第三章《概率》3.3 几何概型（提高练，含解析）—2020-2021学年人教A版必修三同步必刷题

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2020-2021学年人教A版必修三同步必刷题提高练
第三章《概率》
3.3
几何概型
一．选择题
1．（2021?七模拟）欧几里得是希腊论证几何学的集大成者，在其所著的《几何原本》中命题I.47：在直角三角形中以斜边为边的正方形面积等于以两直角边为边的正方形面积之和（两直角边的平方和等于斜边的平方），这其实就是大家熟知的勾股定理，如图是《几何原本》中证明的图示，在Rt△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，若在四边形ABDL中任取一点，则该点落在四边形BDLM中的概率是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．（2020秋?二道区校级期末）已知边长为2的正方形ABCD，在正方形ABCD内随机取一点，则取到的点到正方形四个顶点A，B，C，D的距离都大于1的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（2020春?海珠区校级月考）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1内随机取一点P，则点P与点A距离大于1的概率为（　　）
A．1
B．1
C．
D．
4．（2020?广州二模）《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r，正方形的边长为a（0＜a＜r），若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的值为（　　）
A．
B．
C．
D．
5．（2020秋?广西期中）某小学要求下午放学后的17：00﹣18：00接学生回家，该学生家长从下班后到达学校（随机）的时间为17：30﹣18：30，则该学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（2020?临川区校级模拟）某同学自制了一套数学实验模型，该模型三视图如图所示．模型内置一个与其各个面都相切的球，该模型及其内球在同一方向有开口装置．实验的时候，随机往模型中投掷大小相等，形状相同的玻璃球，通过计算落在球内的玻璃球数量，来估算圆周率的近似值．已知某次实验中，某同学一次投掷了1000个玻璃球，请你估算落在球内的玻璃球数量（其中π≈3）（　　）
A．286
B．289
C．298
D．302
7．（2020春?河南月考）在矩形ABCD中，AB＞AD，在CD上任取一点P，使△ABP的最大边是AB的概率为，则在折线A﹣D﹣C﹣B上任取一点Q，使△ABQ是直角三角形的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
二．填空题
8．（2020春?海珠区校级月考）我校交通车分别在6：50，7：30分两个班次从老校区发车到新校区，某老师在6：30至7：30之间到达老校区乘坐校车到新校区，且到老校区的时刻是随机的，则他等车时间不超过15分钟的概率是　
　．
9．（2020秋?上月考）在区间[0，π]上随机取一个实数x，则sin2x的值在区间[，]上的概率为　
　．
10．（2020秋?郫都区月考）如图所示，在边长为π的正方形内，四条曲线均是y＝sinx在x∈[0，π]的图象，若在正方形内任取一点，则该点落在阴影部分的概率p＝　
　．
11．（2020秋?黎川县校级期中）已知集合M＝{（x，y）||x|≤2，|y|≤2}，点P的坐标为（x，y），则当P∈M时，且满足（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1的概率为　
　．
12．（2020?汕头校级三模）如图是一种圆内接六边形ABCDEF，其中BC＝CD＝DE＝EF＝FA且AB⊥BC．则在圆内随机取一点，则此点取自六边形ABCDEF内的概率是　
　．
13．（2019秋?抚州期末）在古代三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形（如图阴影部分）．若直角三角形中较小的锐角为α，现向大正方形区域内随机投掷一枚飞镖，要使飞镖落在小正方形内的概率为，则cosα＝　
　
14．（2020春?海珠区校级月考）甲、乙两人约定晚上6点到7点之间在某地见面，并约定先到者要等候另一人10分钟，过时即可离开．则甲、乙能见面的概率为　
　．
15．（2020春?桃城区校级月考）有一个底面圆的半径为1，高为2的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为　
　．
三．解答题
16．（2020秋?河南期中）甲、乙两人进行比赛，现有两组图形，第一组为一个正方形及其外接圆和内切圆，第二组为一个正方体及其外接球和内切球，甲在第一组图形内部任取一点，则此点在正方形与其外接圆之间得3分，此点在内切圆与正方形之间得2分，此点在内切圆内部得1分，乙在第二组图形内部任取一点，则此点在正方体与其外接球之间得3分，此点在内切球与正方体之间得2分，此点在内切球内部得1分．
（Ⅰ）分别求出甲得3分的概率和乙得3分的概率；
（Ⅱ）预估在这种规则下，甲、乙两人谁的得分多．
17．（2020秋?丰城市校级期中）已知函数f（x）＝x22，正数p在集合M上随机取值．
（1）设M＝{x∈Z|0＜x≤5}，求方程f（x）＝0有实数根的概率；
（2）设M＝{x∈R|0＜x≤5}，求f（x）≥﹣1恒成立的概率．
18．（2019秋?广东期末）已知某保险公司的某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
≥4
保费（元）
0.9a
a
1.5a
2.5a
4a
随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表：
出险次数
0
1
2
3
≥4
频数
280
80
24
12
4
该保险公司这种保险的赔付规定如下：
出险序次
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次及以上
赔付金额（元）
2.5a
1.5a
a
0.5a
0
将所抽样本的频率视为概率．
（Ⅰ）求本年度续保人保费的平均值的估计值；
（Ⅱ）按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，则可获得赔付（2.5a+1.5a+a）元；若续保人在本年度内出险6次，则可获得赔付（2.5a+1.5a+a+0.5a）元；依此类推，求本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；
（Ⅲ）续保人原定约了保险公司的销售人员在上午10：30～11：30之间上门签合同，因为续保人临时有事，外出的时间在上午10：45～11：05之间，请问续保人在离开前见到销售人员的概率是多少？
19．（2020?河南模拟）甲与乙午觉醒来后，发现自己的手表因故停止转动，于是他们想借助收音机，利用电台整点报时确认时间．（1）求甲等待的时间不多于10分钟的概率；
（2）求甲比乙多等待10分钟以上的概率．
20．（2020秋?肥东县期中）已知f（x）＝|x|，g（x）＝x﹣1．
（1）若x是从区间[﹣3，4]上任取的一个实数，y＝2，求满足f（x）≥|g（y）+1|的概率．
（2）若x、y都是从区间[0，4]上任取的一个实数，求满足f2（x）+g2（y）≤1的概率．
21．（2020秋?迎江区校级期中）小红和小明相约去参加超市的半夜不打烊活动，两人约定凌晨0点到1点之间在超市门口相见，并且先到的必须等后到的人30分钟才可以进超市先逛．如果两个人出发是各自独立的，在0点到1点的各个时候到达的可能性是相等的．
（1）求两个人能在约定的时间内在超市门口相见的概率；
（2）超市内举行抽奖活动，掷一枚骰子，掷2次，如果出现的点数之和是5的倍数，则获奖．小红参与活动，她获奖的概率是多少呢？
22．（2019春?楚雄州期中）已知﹣3≤x≤3，﹣2≤y≤2，点M的坐标为（x，y）．
（1）求当x，y∈R时，点M满足x2+（y﹣2）2≤4的概率；
（2）求当x，y∈Z时，点M满足x2+（y﹣2）2≤4的概率．
23．（2019秋?张家口月考）已知函数f（x）＝ax2﹣bx+1．
（1）若a，b都是从集合{0，1，2，3}中任取的一个数，求函数f（x）没有零点的概率；
（2）分别从集合P和Q中随机取一个数a和b得到数对（a，b），若P＝{x|1≤x≤3}，Q＝{x|0≤x≤4}，求函数y＝f（x）在区间[1，+∞）上是增函数的概率．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：由题意得：AM，BM，
故AL＝5，
故四边形ABDL的面积S1，
四边形BDLM的面积S2＝59，
设该点落在四边形BDML中为事件A，
则P（A），
故选：D．
2．【解答】解：在正方形ABCD内随机取一点P，点P到点A的距离大于1的部分是以A为圆心，1为半径的圆的外部，
同理：到其余3个顶点的距离大于1的部分为以1为半径的圆的外部，
符合条件的面积之和为22﹣π×12＝4﹣π，
∵正方形的面积为2×2＝4，
∴点P到正方形各顶点的距离大于1的概率为1．
故选：D．
3．【解答】解：根据题意，分析可得，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与点A距离小于等于1的点在以A为球心，半径为1的八分之一个球内，
其体积为V113；
正方体的体积为23＝8，
则点P到点A的距离小于等于1的概率为：，
故点P到点A的距离大于1的概率为1，
故选：B．
4．【解答】解：圆形钱币的半径为rcm，面积为S圆＝π?r2；
正方形边长为acm，面积为S正方形＝a2．
在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是
p1，
则π．
故选：A．
5．【解答】解：根据题意，设学生出来的时间为x，家长到达学校的时间为y，
学生出来的时间为17：00﹣18：00，看作5≤x≤6，
家长到学校的时间为17：30﹣18：30，5.5≤y≤6.5，
要使得家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子，则需要y≥x，
则相当于，即求y≥x的概率，
如图所示：
约束条件对应的可行域面积为：1，
则可行域中y≥x的面积为阴影部分面积：，
所以对应的概率为：，即学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为：．
故选：A．
6．【解答】解：由三视图得该模型是一个棱长为a＝50的四面体及其内切球，
正四面体体积V1，
过球心及正四面体顶点作截图，如图所示，
由题意得△BOD∽△BEC，∴，即，
解得r，
∴内切球体积为，
设落在球内的玻璃球数量为x，
则，即，
解得x≈302．
故选：D．
7．【解答】解：如图：P所在位置使△ABP的最大边是AB的概率为，
可令AB＝5，设P在MN之间运动时，△ABP的最大边是AB，易知AB＝AM＝BN＝3，DN＝MC＝1，由勾股定理得AD＝BC＝3．
又Q在线段AD或BC上时，△ABQ是直角三角形，故概率P．
故选：A．
二．填空题
8．【解答】解：某老师在6：30至7：30之间到达发车站乘坐班车，总时长为60分钟，
设该老师到达时间为y，
当y在6：35至6：50，或7：15至7：30时，
等车时间不超过15分钟的时长为30分钟，
由几何概型的公式得P．
故答案为：．
9．【解答】解：因为在区间[0，π]上函数y＝sin2x的图象，
如图所示：，
由图可知，概率P．
故答案为：．
10．【解答】解：如图示：
，
求y＝sinx，x∈[0，π]图1的面积为y＝sinx与x轴在[0，π]所围成的面积，
S1sinxdx＝﹣cosxcosπ﹣（﹣cos0）＝﹣（﹣1）﹣（﹣1）＝2，
故S阴影＝π2﹣2×4＝π2﹣8，
故点落在阴影部分的概率p，
故答案为：．
11．【解答】解：如图示：
集合M所在的区域为正方形ABCD及其内部，
（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1所在的区域是以（1，1）为圆心，以1为半径的圆及其内部，
则所求的概率p，
故答案为：．
12．【解答】解：因为BC＝CD＝DE＝EF＝FA且AB⊥BC．
所以该图形是该圆的内接正六边形AMNBCDEF的一部分．
易知，以O为顶点，正八边形的各边为底边的八个等腰三角形全等．
且它们的腰长为圆的半径r，顶角为．
故每个小等腰三角形的面积为．
内接六边形ABCDEF的面积为S△OAF+S△OFE+S△OED+S△ODC+S△OCB+S△OAB，
由正八边形的性质知：四边形ABCF是矩形，且S△OAB＝S△OAE，
所以S六边形ABCDEF＝6S△OAE．
又，故所求概率为：．
故答案为：．
13．【解答】解：由题意，不妨设大正方形的边长为2，则根据条件中的概率可知小正方形的边长为1，
设图中直角三角形的较短直角边为x，则x2+（x+1）2＝4，
解得，
所以图中直角三角形中较小锐角的正余弦值cosα．
故答案为：．
14．【解答】解：设事件A为“两人能会面”，以7点钟作为计算时间的起点，
设甲乙各在第x分钟和第y分钟到达
试验包含的所有事件是Ω＝{（x，y）|0≤x≤60，0≤y≤60}，
并且事件对应的集合表示的面积是S＝60×60＝3600，
满足条件的事件是A＝{（x，y）|0≤x≤60，0≤y≤60，|x﹣y|＜10}
所以事件对应的集合表示的面积是3600﹣250×50＝1100，
根据几何概型概率公式得到P
故答案为：
15．【解答】解：∵到点O1的距离等于1的点构成一个半个球面，到点O2的距离等于1的点构成一个半个球面，两个半球构成一个整球，如图，
点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为：
P1；
故答案为：
三．解答题
16．【解答】解：（Ⅰ）假设第一组图形中正方形的边长为2，则正方形的外接圆的半径为，
所以正方形的面积为4，其外接圆的面积为2π，
则甲得3分的概率为1，
假设第二组图形中正方体的棱长为2，则正方体的外接球的半径为，
乙得3分的概率为1，
（Ⅱ）甲得1分的概率为，甲得2分的概率为，
所以甲的平均得分为13×（1），
乙得1分的概率为，甲得2分的概率为，
所以乙的平均得分为123×（1）3，
（）﹣（3）0，
因此预估乙的得分多．
17．【解答】解：（1）p的全部取值为1，2，3，4，5，即有5个基本事件，
记事件A＝{方程f（x）＝0有实数根}，则，
满足方程f（x）＝0有实数根的p为1，2，3，4．
因此事件A含有4个基本事件，所以，
（2）由恒成立，知，
正数p的所有可能取值构成集合M＝{x∈R|0＜x≤5}，
满足f（x）≥﹣1恒成立的正数p构成集合{x|2≤x≤5}，
记B＝{f（x）≥﹣1恒成立}，．
18．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得
保费（元）
0.9a
a
1.5a
2.5a
4a
概率
0.7
0.2
0.06
0.03
0.01
本年度续保人保费的平均值的估计值为0.9a×0.7+a×0.2+1.5a×0.06+2.5a×0.03+4a×0.01＝1.035a；
（Ⅱ）由题意可得
赔偿金额（元）
0
2.5a
4a
5a
5.5a
概率
0.7
0.2
0.06
0.03
0.01
本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值0×0.7+2.5a×0.2+4a×0.06+5a×0.03+5.5a×0.01＝0.945a；
（Ⅲ）设保险公司销售人员到达的时间为x，续保人离开的时间为y，（x，y）看成平面上的点，全部结果所构成的区域为，
则区域Ω的面积．
事件A表示续保人在离开前见到销售人员，
所构成的区域为，
即图中的阴影部分，其面积．
所以，即续保人在离开前见到销售人员的概率是．
19．【解答】解：（1）∵电台每隔1小时报时一次，甲在[0，60）之间任何一个时刻打开收音机是等可能的，
∴他在哪个时间段打开收音机的概率只与该时间段的长度有关，而与该时间段的位置无关，符合几何概型的条件，
设事件A为“甲等待的时间不多于10分钟”，则事件A恰好是打开收音机的时刻位于[50，60）时间段内，
因此，由几何概型的概率公式可得，P（A）．
∴甲等待的时间不多于10分钟的概率为；
（2）由于甲，乙两人的起床时间是任意的，
∴所求事件是一个与两个变量相关的几何概型，且为面积型，
设甲需要等待的时间为x，乙需要等待的时间为y（10分钟为一个长度单位），
则由已知可得，对应的基本事件空间为Ω＝{（x，y|）}，
甲比乙多等待10分钟以上对应的事件为M＝{（x，y|）}．
在平面直角坐标系中，作出两不等式组表示的平面区域如图：
正方形面积为36，阴影部分的面积为，
∴甲比乙多等待10分钟以上的概率为．
20．【解答】解：（1）由f（x）≥|g（y）+1|知|x|≥|y﹣1+1|，得|x|≥|y|，即|x|≥2，
因为﹣3≤x≤4，
所以满足f（x）≥|g（y）+1|的概率为．
（2）由f2（x）+g2（y）≤1知|x|2+（y﹣1）2≤1，
得x2+（y﹣1）2≤1，
因为0≤x≤4，0≤y≤4，
所以满足f2（x）+g2（y）≤1的概率为．
21．【解答】解：（1）设两人到达约会地点的时刻分别为x，y，依题意，必须满足|x﹣y|才能相遇．我们把他们到达的时刻分别作为横坐标和纵坐标，于是两人到达的时刻均匀地分布在一个边长为1的正方形Ⅰ内，如图所示，而相遇现象则发生在阴影区域G内，即甲、乙两人的到达时刻（x，y）满足|x﹣y|，所以两人相遇的概率为区域G与区域Ⅰ的面积之比：P．
也就是说，两个人能在约定的时间内在超市门口相见的概率为．
（2）设第一枚随机地投掷得到向上一面的点数为a，第二枚投掷得到向上一面的点数为b，则a与b的和共有36种情况．
ab
1
2
3
4
5
6
1
（1，1）
（1，2）
（1，3）
（1，4）
（1，5）
（1，6）
2
（2，1）
（2，2）
（2，3）
（2，4）
（2，5）
（2，6）
3
（3，1）
（3，2）
（3，3）
（3，4）
（3，5）
（3，6）
4
（4，1）
（4，2）
（4，3）
（4，4）
（4，5）
（4，6）
5
（5，1）
（5，2）
（5，3）
（5，4）
（5，5）
（5，6）
6
（6，1）
（6，2）
（6，3）
（6，4）
（6，5）
（6，6）
所以两次取出的数字之和a+b是5的倍数的情况有（1，4），（4，1），（2，3），（3，2），（4，6），（6，4），（5，5），共7种，其概率为P．
22．【解答】解：如图，点P所在的区域为长方形ABCD的内部（含边界），
满足x2+（y﹣2）2≤4的点的区域为以（0，2）为圆心，2为半径的圆面（含边界）．
（1）点P所在的区域为矩形的内部（含边界）满足x2+（y﹣2）2≤4的区域，
故所求概率；
（2）满足x，y∈Z且﹣3≤x≤3，﹣2≤y≤2的整点有35个，
满足x，y∈Z且x2+（y﹣2）2≤4的整点有9个，
故所求概率．
23．【解答】解：（1）a，b都是从集合{0，1，2，3}中任取的一个数，则基本事件总数为4×4＝16个，
设“函数f（x）有零点”为事件A．
则①当a＝0时，b取1，2，3，时，函数y＝﹣bx+1均有零点，即（0，1），（0，2），（0，3）．
②当a≠0时，则A?b2﹣4a≥0，即b2≥4a，a＝1时，b＝2，b＝3，a＝2时，b＝3，
事件A包含（0，1），（0，2），（0，3），（1，2），（1，3），（2，3）共6个基本事件，
∴．
则没有零点的概率为，；
（2）要使y＝f（x）单调递增，则，即2a≥b，（a，b）可看成是平面区域Ω＝{（a，b）|1≤a≤3，0≤b≤4}中的所有点，
而满足条件是在平面区域A＝{（a，b）|2a≥b，1≤a≤3，0≤b≤4}中的所有点，
∴．
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