PAGEPAGE1第四節古典概型與幾何概型[最新考綱]1.理解古典概型及其概率計算公式.2.會計算一些隨機事務所包含的基本領件數及事務發生的概率.3.了解隨機數的意義，能運用隨機模擬的方法估計概率.4.了解幾何概型的意義．1．古典概型具有以下兩個特征的隨機試驗的數學模型稱為古典概型(古典的概率模型)．(1)試驗的全部可能結果只有有限個，每次試驗只出現其中的一個結果；(2)每一個試驗結果出現的可能性相同．2．古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(事務A包含的可能結果數,試驗的全部可能結果數)＝eq\f(m,n).3．幾何概型(1)向平面上有限區域(集合)G內隨機地投擲點M，若點M落在子區域G1G的概率與G1的面積成正比，而與G的形態、位置無關，即P(點M落在G1)＝eq\f(G1的面積,G的面積)，則稱這種模型為幾何概型．(2)幾何概型中的G也可以是空間中或直線上的有限區域，相應的概率是體積之比或長度之比．eq\a\vs4\al([常用結論])幾種常見的幾何概型(1)與長度有關的幾何概型，其基本領件只與一個連續的變量有關；(2)與面積有關的幾何概型，其基本領件與兩個連續的變量有關，若已知圖形不明確，可將兩個變量分別作為一個點的橫坐標和縱坐標，這樣基本領件就構成了平面上的一個區域，即可借助平面區域解決問題；(3)與體積有關的幾何概型，可借助空間幾何體的體積公式解答問題．一、思索辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)隨機模擬方法是以事務發生的頻率估計概率．()(2)從區間[1,10]內任取一個數，取到1的概率是eq\f(1,10).()(3)概率為0的事務肯定是不行能事務．()(4)從市場上出售的標準為500±5g[答案](1)√(2)×(3)×(4)×二、教材改編1．一枚硬幣連擲2次，只有一次出現正面的概率為()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)D[一枚硬幣連擲2次可能出現(正，正)、(反，反)、(正，反)、(反，正)四種狀況，只有一次出現正面的狀況有兩種，故P＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).]2．某路公共汽車每5分鐘發車一次，某乘客到乘車點的時刻是隨機的，則他候車時間不超過2分鐘的概率是()A.eq\f(3,5) B．eq\f(4,5)C.eq\f(2,5) D．eq\f(1,5)C[試驗的全部結果構成的區域長度為5，所求事務的區域長度為2，故所求概率為P＝eq\f(2,5).]3．袋中裝有6個白球，5個黃球，4個紅球，從中任取一球，則取到白球的概率為()A．eq\f(2,5) B．eq\f(4,15)C．eq\f(3,5) D．eq\f(2,3)A[從袋中任取一球，有15種取法，其中取到白球的取法有6種，則所求概率為P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).]4．同時擲兩個骰子，向上點數不相同的概率為________．eq\f(5,6)[擲兩個骰子一次，向上的點數共6×6＝36(種)可能的結果，其中點數相同的結果共有6種，所以點數不相同的概率P＝1－eq\f(6,36)＝eq\f(5,6).]考點1簡潔的古典概型計算古典概型事務的概率可分3步(1)計算基本領件總個數n.(2)計算事務A所包含的基本領件的個數m.(3)代入公式求出概率P.提示：解題時可依據須要敏捷選擇列舉法、列表法或樹形圖法．(1)甲在微信群中發布6元“拼手氣”紅包一個，被乙、丙、丁三人搶完．若三人均領到整數元，且每人至少領到1元，則乙獲得“手氣最佳”(即乙領取的錢數不少于其他任何人)的概率是()A.eq\f(3,4) B．eq\f(1,3)C.eq\f(3,10) D．eq\f(2,5)(2)(2024·全國卷Ⅱ)從分別寫有1,2,3,4,5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于其次張卡片上的數的概率為()A.eq\f(1,10) B．eq\f(1,5)C.eq\f(3,10) D．eq\f(2,5)(3)(2024·全國卷Ⅰ)我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的改變．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“－－”，如圖就是一重卦．在全部重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是()A.eq\f(5,16) B．eq\f(11,32)C.eq\f(21,32) D．eq\f(11,16)(1)D(2)D(3)A[(1)用(x，y，z)表示乙、丙、丁搶到的紅包分別為x元、y元、z元．乙、丙、丁三人搶完6元錢的全部不同的可能結果有10種，分別為(1,1,4)，(1,4,1)，(4,1,1)，(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，(2,2,2)．乙獲得“手氣最佳”的全部不同的可能結果有4種，分別為(4,1,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，(2,2,2)．依據古典概型的概率計算公式，得乙獲得“手氣最佳”的概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(2)從5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張的狀況如圖：基本領件總數為25，第一張卡片上的數大于其次張卡片上的數的事務數為10，∴所求概率P＝eq\f(10,25)＝eq\f(2,5).故選D.(3)由6個爻組成的重卦種數為26＝64，在全部重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的種數為Ceq\o\al(3,6)＝eq\f(6×5×4,6)＝20.依據古典概型的概率計算公式得，所求概率P＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16).故選A.]古典概型中基本領件個數的探求方法(1)枚舉法：適合于給定的基本領件個數較少且易一一列舉出的問題．(2)樹狀圖法：適合于較為困難的問題，留意在確定基本領件時(x，y)可看成是有序的，如(1,2)與(2,1)不同，有時也可看成是無序的，如(1,2)與(2,1)相同．(3)排列組合法：在求一些較困難的基本領件個數時，可利用排列或組合的學問．[老師備選例題]1．設平面對量a＝(m,1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1,2,3,4}，記“a⊥(a－b)”為事務A，則事務A發生的概率為()A.eq\f(1,8) B．eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)A[有序數對(m，n)的全部可能結果為：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16個．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1,2,3,4}，故事務A包含的基本領件為(2,1)和(3,4)，共2個，所以所求的概率P(A)＝eq\f(2,16)＝eq\f(1,8).]2．用1,2,3,4,5組成無重復數字的五位數，若用a1，a2，a3，a4，a5分別表示五位數的萬位、千位、百位、十位、個位，則出現a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位數的概率為________．eq\f(1,20)[1,2,3,4,5可組成Aeq\o\al(5,5)＝120個不同的五位數，其中滿意題目條件的五位數中，最大的5必需排在中間，左、右各兩個數字只要選出，則排列位置就隨之而定，滿意條件的五位數有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝6個，故出現a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位數的概率為eq\f(6,120)＝eq\f(1,20).]1.(2024·武漢模擬)將7個相同的小球投入甲、乙、丙、丁4個不同的小盒中，每個小盒中至少有1個小球，那么甲盒中恰好有3個小球的概率為()A.eq\f(3,10) B．eq\f(2,5)C.eq\f(3,20) D．eq\f(1,4)C[將7個相同的小球投入甲、乙、丙、丁4個不同的小盒中，每個小盒中至少有1個小球有Ceq\o\al(3,6)種放法，甲盒中恰好有3個小球有Ceq\o\al(2,3)種放法，結合古典概型的概率計算公式得所求概率為eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,20).故選C.]2．已知a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，則函數f(x)＝ax2－2bx在區間(1，＋∞)上為增函數的概率是()A.eq\f(5,12) B．eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)A[∵a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，∴基本領件總數n＝3×4＝12.函數f(x)＝ax2－2bx在區間(1，＋∞)上為增函數，①當a＝0時，f(x)＝－2bx，符合條件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；②當a≠0時，須要滿意eq\f(b,a)≤1，符合條件的有(1，－1)，(1,1)，(2，－1)，(2,1)，共4種．∴函數f(x)＝ax2－2bx在區間(1，＋∞)上為增函數的概率是P＝eq\f(5,12).]考點2古典概型與統計的綜合求解古典概型的交匯問題，關鍵是把相關的學問轉化為事務，然后利用古典概型的有關學問解決，其解題流程為：eq\x(化事務)eq\x(將題目條件中的相關學問轉化為事務)eq\x(辨概型)eq\x(推斷事務是古典概型還是其他概型)eq\x(列事務)eq\x(選用合適的方法列舉基本領件)eq\x(求概率)eq\x(代入相應的概率公式求解)(2024·天津高考)2024年，我國施行個人所得稅專項附加扣除方法，涉及子女教化、接著教化、大病醫療、住房貸款利息或者住房租金、贍養老人等六項專項附加扣除．某單位老、中、青員工分別有72,108,120人，現采納分層抽樣的方法，從該單位上述員工中抽取25人調查專項附加扣除的享受狀況．(1)應從老、中、青員工中分別抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少兩項專項附加扣除的員工有6人，分別記為A，B，C，D，E，F.享受狀況如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．現從這6人中隨機抽取2人接受采訪．員工項目ABCDEF子女教化○○×○×○接著教化××○×○○大病醫療×××○××住房貸款利息○○××○○住房租金××○×××贍養老人○○×××○(ⅰ)試用所給字母列舉出全部可能的抽取結果；(ⅱ)設M為事務“抽取的2人享受的專項附加扣除至少有一項相同”，求事務M發生的概率．[解](1)由已知，老、中、青員工人數之比為6∶9∶10，由于采納分層抽樣的方法從中抽取25位員工，因此應從老、中、青員工中分別抽取6人，9人，10人．(2)(ⅰ)從已知的6人中隨機抽取2人的全部可能結果為{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15種．(ⅱ)由表格知，符合題意的全部可能結果為{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11種．所以，事務M發生的概率P(M)＝eq\f(11,15).有關古典概型與統計結合的題型是高考考查概率的一個重要題型，已成為高考考查的熱點，概率與統計的結合題，無論是干脆描述還是利用概率分布表、頻率分布直方圖、莖葉圖等給出信息，精確從題中提煉信息是解題的關鍵．[老師備選例題]某縣共有90個農村淘寶服務網點，隨機抽取6個網點統計其元旦期間的網購金額(單位：萬元)的莖葉圖如圖所示，其中莖為十位數，葉為個位數．(1)依據莖葉圖計算樣本數據的平均數；(2)若網購金額(單位：萬元)不小于18的服務網點定義為優秀服務網點，其余為非優秀服務網點，依據莖葉圖推斷這90個服務網點中優秀服務網點的個數；(3)從隨機抽取的6個服務網點中再任取2個作網購商品的調查，求恰有1個網點是優秀服務網點的概率．[解](1)由題意知，樣本數據的平均數eq\x\to(x)＝eq\f(4＋6＋12＋12＋18＋20,6)＝12.(2)樣本中優秀服務網點有2個，概率為eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，由此估計這90個服務網點中優秀服務網點有90×eq\f(1,3)＝30(個)．(3)樣本中優秀服務網點有2個，分別記為a1，a2，非優秀服務網點有4個，分別記為b1，b2，b3，b4，從隨機抽取的6個服務網點中再任取2個的可能狀況有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共15種，記“恰有1個是優秀服務網點”為事務M，則事務M包含的可能狀況有：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共8種，故所求概率P(M)＝eq\f(8,15).移動公司擬在國慶期間推出4G套餐，對國慶節當日辦理套餐的客戶進行實惠，實惠方案如下：選擇套餐1的客戶可獲得實惠200元，選擇套餐2的客戶可獲得實惠500元，選擇套餐3的客戶可獲得實惠300元．國慶節當天參與活動的人數統計結果如圖所示，現將頻率視為概率．(1)求從中任選1人獲得實惠金額不低于300元的概率；(2)若采納分層抽樣的方式從參與活動的客戶中選出6人，再從該6人中隨機選出2人，求這2人獲得相等實惠金額的概率．[解](1)設事務A為“從中任選1人獲得實惠金額不低于300元”，則P(A)＝eq\f(150＋100,50＋150＋100)＝eq\f(5,6).(2)設事務B為“從這6人中選出2人，他們獲得相等實惠金額”，由題意按分層抽樣方式選出的6人中，獲得實惠200元的有1人，獲得實惠500元的有3人，獲得實惠300元的有2人，分別記為a1，b1，b2，b3，c1，c2，從中選出2人的全部基本領件如下：a1b1，a1b2，a1b3，a1c1，a1c2，b1b2，b1b3，b1c1，b1c2，b2b3，b2c1，b2c2，b3c1，b其中使得事務B成立的有b1b2，b1b3，b2b3，c1c2，共4個．則P(B)＝eq\f(4,15).故這2人獲得相等實惠金額的概率為eq\f(4,15).考點3幾何概型與長度、角度有關的幾何概型求與長度(角度)有關的幾何概型的概率的方法是把題中所表示的幾何模型轉化為長度(角度)，然后求解．要特殊留意“長度型”與“角度型”的不同，解題的關鍵是構建事務的區域(長度或角度)．在等腰Rt△ABC中，直角頂點為C.(1)在斜邊AB上任取一點M，求|AM|<|AC|的概率；(2)在∠ACB的內部，以C為端點任作一條射線CM，與線段AB交于點M，求|AM|<|AC|的概率．[解](1)如圖所示，在AB上取一點C′，使|AC′|＝|AC|，連接CC′.由題意，知|AB|＝eq\r(2)|AC|.由于點M是在斜邊AB上任取的，所以點M等可能分布在線段AB上，因此基本領件的區域應是線段AB.所以P(|AM|<|AC|)＝eq\f(|AC′|,|AB|)＝eq\f(|AC|,\r(2)|AC|)＝eq\f(\r(2),2).(2)由于在∠ACB內以C為端點任作射線CM，所以CM等可能分布在∠ACB內的任一位置(如圖所示)，因此基本領件的區域應是∠ACB，所以P(|AM|<|AC|)＝eq\f(∠ACC′,∠ACB)＝eq\f(\f(π－\f(π,4),2),\f(π,2))＝eq\f(3,4).當涉及射線的轉動、扇形中有關落點區域的問題時，應以角度作為區域的度量來計算概率，切不行用線段的長度代替．1.某公司的班車在7：00,8：00,8：30發車，小明在7：50至8：30之間到達發車站乘坐班車，且到達發車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是()A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)B[如圖所示，畫出時間軸．小明到達的時間會隨機的落在圖中線段AB中，而當他的到達時間落在線段AC或DB上時，才能保證他等車的時間不超過10分鐘，依據幾何概型的概率計算公式，得所求概率P＝eq\f(10＋10,40)＝eq\f(1,2)，故選B.]2.如圖，四邊形ABCD為矩形，AB＝eq\r(3)，BC＝1，以A為圓心，1為半徑作四分之一個圓弧eq\o\ac(DE,\s\up18(︵))，在∠DAB內任作射線AP，則射線AP與線段BC有公共點的概率為________．eq\f(1,3)[因為在∠DAB內任作射線AP，所以它的全部等可能事務所在的區域是∠DAB，當射線AP與線段BC有公共點時，射線AP落在∠CAB內，則區域為∠CAB，所以射線AP與線段BC有公共點的概率為eq\f(∠CAB,∠DAB)＝eq\f(30°,90°)＝eq\f(1,3).]與面積有關的幾何概型求解與面積有關的幾何概型的留意點求解與面積有關的幾何概型時，關鍵是弄清某事務對應的面積，必要時可依據題意構造兩個變量，把變量看成點的坐標，找到全部試驗結果構成的平面圖形，以便求解．(1)(2024·全國卷Ⅱ)從區間[0,1]隨機抽取2n個數x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，構成n個數對(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中兩數的平方和小于1的數對共有m個，則用隨機模擬的方法得到的圓周率π的近似值為()A.eq\f(4n,m) B．eq\f(2n,m)C.eq\f(4m,n) D．eq\f(2m,n)(2)(2024·太原聯考)甲、乙二人約定7：10在某處會面，甲在7：00～7：20內某一時刻隨機到達，乙在7：05～7：20內某一時刻隨機到達，則甲至少需等待乙5分鐘的概率是()A.eq\f(1,8) B．eq\f(1,4)C.eq\f(3,8) D．eq\f(5,8)(3)(2024·全國卷Ⅰ)如圖來自古希臘數學家希波克拉底所探討的幾何圖形．此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則()A．p1＝p2 B．p1＝p3C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3(1)C(2)C(3)A[(1)因為x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在區間[0,1]內隨機抽取，所以構成的n個數對(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在正方形OABC內(包括邊界)，如圖所示．若兩數的平方和小于1，則對應的數對在扇形OAC內(不包括扇形圓弧上的點所對應的數對)，故在扇形OAC內的數對有m個．用隨機模擬的方法可得eq\f(S扇形,S正方形)＝eq\f(m,n)，即eq\f(π,4)＝eq\f(m,n)，所以π＝eq\f(4m,n).(2)建立平面直角坐標系如圖，x，y分別表示甲、乙二人到達的時刻，則坐標系中每個點(x，y)可對應甲、乙二人到達時刻的可能性，則甲至少等待乙5分鐘應滿意的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－x≥5，,0≤x≤20，,5≤y≤20，))其構成的區域為如圖陰影部分，則所求的概率P＝eq\f(\f(1,2)×15×15,20×15)＝eq\f(3,8).(3)設直角三角形ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則區域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝eq\f(1,2)bc，區域Ⅱ的面積S2＝eq\f(1,2)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＋eq\f(1,2)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2,2)－\f(1,2)bc))＝eq\f(1,8)π(c2＋b2－a2)＋eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)bc，所以S1＝S2，由幾何概型的學問知p1＝p2，故選A.](1)求解由兩個量確定的概率問題時，通過建立坐標系，借助于縱、橫坐標關系產生的區域面積，得到問題的結論，我們稱此類問題為“約會型”概率問題．“約會型”概率問題的求解關鍵在于合理、恰當地引入變量，再將詳細問題“數學化”，通過建立數學模型，得出結論．(2)幾何概型與平面幾何的交匯問題要利用平面幾何的相關學問，先確定基本領件對應區域的形態，再選擇恰當的方法和公式，計算出其面積，進而代入公式求概率．1.如圖所示，矩形長為6，寬為4，在矩形內隨機地撒300顆黃豆，數得落在橢圓外的黃豆為96顆，以此試驗數據為依據估計橢圓的面積為()A．7.68 B．8.68C．16.32 D．17.32C[由隨機模擬的思想方法，可得黃豆落在橢圓內的概率為eq\f(300－96,300)＝0.68.由幾何概型的概率計算公式，可得eq\f(S橢圓,S矩形)＝0.68，而S矩形＝6×4＝24，則S橢圓＝0.68×24＝16.32.]2．已知實數m∈[0,1]，n∈[0,2]，則關于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有實數根的概率是()A．1－eq\f(π,4) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π－3,2) D．eq\f(π,2)－1A[方程有實數根，即Δ＝16m2－16(－n2＋2n)≥0，m2＋n2－2n≥0，m2＋(n－1)2≥1，畫出圖形如圖所示，長方形面積為2，半圓的面積為eq\f(π,2)，故概率為eq\f(2－\f(π,2),2)＝1－eq\f(π,4).]與體積有關的幾何概型對于與體積有關的幾何概型問題，關鍵是計算問題的總體積(總空間)以及事務的體積(事務空間)，對于某些較困難的也可利用其對立事務去求．已知在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，現在該四棱錐內部或表面任取一點O，則四棱錐O-ABCD的體積不小于eq\f(2,3)的概率為________．

eq\f(27,64)[當四棱錐O-ABCD的體積為eq\f(2,3)時，設O到平面ABCD的距離為h，則eq\f(1,3)×22×h＝eq\f(2,3)，解得h＝eq\f(1,2).如圖所示，在四棱錐P-ABCD內作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH與底面ABCD的距離為eq\f(1,2).因為PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以eq\f(PH,PA)＝eq\f(3,4)，所以四棱錐O-ABCD的體積不小于eq\f(2,3)的概率P＝eq\f(V四棱錐P-EFGH,V四棱錐P-ABCD)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PH,PA)))3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＝eq\f(27,64).]求解本題的關鍵是找到四棱錐O-ABCD的體積為eq\f(2,3)時的點O對應的平面EFGH，然后借助比例關系計算體積比例，進而得出概率值．[老師備選例題]1．小李從網上購買了一件商品，快遞員支配在下午5：00到6：00之間送貨上門，已知小李下班到家的時間在下午5：30到6：00之間．快遞員到小李家時，假如小李未到家，則快遞員會電話聯系小李．若小李能在10分鐘之內到家，則快遞員等小李回來；否則，就將商品存放在快遞柜中．則小李須要去快遞柜領取商品的概率為()A.eq\f(1,9) B．eq\f(8,9)C.eq\f(5,12) D．eq\f(7,12)D[如圖，設快遞員和小李分別在下午5點后過了x分鐘和y分鐘到小李家，則全部結果構成的區域為{(x，y)|0≤x≤60,30≤y≤60}，這是一個矩形區域，y－x＞10表示小李比快遞員晚到超過10分鐘，事務M表示小李須要去快遞柜領取商品，其所構成的區域是如圖所示的直角梯形ABCD的內部區域及邊界(不包含AB)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝60，,y＝x＋10，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝50，,y＝60，))即A(50,60)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝30，,y＝x＋10，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝20，,y＝30，))即B(20,30)，所以由幾何概型的概率計算公式可知P(M)＝eq\f(\f(1,2)×50＋20×30,60×30)＝eq\f(7,12)，故選D.]2．已知正三棱錐S-ABC的底面邊長為4，高為3，在正三棱錐內任取一點P，使得VP-ABC＜eq\f(1,2)VS-ABC的概率是()A.eq\f(7,8) B．eq\f(3,4)C.eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)A[由題意知，當點P在三棱錐的中截面A′B′C′以下時，滿意VP-ABC<eq\f(1,2)VS-ABC，又V錐S-A′B′C′＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)V錐S-ABC＝eq\f(1,8)V錐S-ABC.∴事務“VP-ABC<eq\f(1,2)VS-ABC”的概率P＝eq\f(V合體A′B′C′-ABC,V錐S-ABC)＝eq\f(V錐S-ABC－V錐S-A′B′C′,V錐S-ABC)＝eq\f(7,8).]1.在5升水中有一個病毒，現從中隨機地取出1升水，含有病毒的概率是________．eq\f(1,5)[“取出1升水，其中含有病毒”這一事務記作事務A，則P(A)＝eq\f(取出水的體積,全部水的體積)＝eq\f(1,5).從而所求的概率為eq\f(1,5).]2．在一個球內有一棱長為1的內接正方體，一動點在球內運動，則此點落在正方體內部的概率為()A．eq\f(6,π) B．eq\f(3,2)πC．eq\f(3,π) D．eq\f(2\r(3),3π)D[由題意可知這是一個幾何概型，棱長為1的正方體的體積V1＝1，球的直徑是正方體的體對角線長，故球的半徑R＝eq\f(\r(3),2)，球的體積V2＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3),2)π，則此點落在正方體內部的概率P＝eq\f(V1,V2)＝eq\f(2\r(3),3π).]課外素養提升⑨數學建模——數學文化與概率數學文化是國家文化素養教化的重要組成部分，縱觀近幾年高考，概率統計部分以數學文化為背景的問題，層出不窮，讓人耳目一新．同時它也使考生們受困于背景生疏，閱讀受阻，使思路無法打開．下面通過對典型例題的剖析，讓同學們增加對數學文化的相識，進而加深對數學文化的理解，提升數學核心素養．以古代文化經典為素材【例1】(2024·全國卷Ⅰ)如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖．正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱．在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是()A.eq\f(1,4) B．eq\f(π,8)C.eq\f(1,2) D．eq\f(π,4)B[不妨設正方形ABCD的邊長為2，則正方形內切圓的半徑為1，可得S正方形＝4.由圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱，得S黑＝S白＝eq\f(1,2)S圓＝eq\f(π,2)，所以由幾何概型知，所求概率P＝eq\f(S黑,S正方形)＝eq\f(\f(π,2),4)＝eq\f(π,8).故選B.][評析]以《易經》八卦中的太極圖為載體，既豐富了數學文化的取材途徑，又很好體現數學的美學特征，可將實際問題轉化為數學中的幾何概型問題，結合幾何概型解答．【素養提升練習】1.中華文化博大精深，我國古代算書《周髀算經》中介紹了用統計概率得到圓周率π的近似值的方法．古代數學家用體現“外圓內方”文化的錢幣(如圖1)做統計，現將其抽象成如圖2所示的圖形，其中圓的半徑為2cm，正方形的邊長為1cm，在圓內隨機取點，若統計得到此點取自陰影部分的概率是p，則圓周率π的近似值為()圖1圖2A．eq\f(1,41－p) B．eq\f(1,1－p)C．eq\f(1,1－4p) D．eq\f(4,1－p)A[圓形錢幣的半徑為2cm，面積為S圓＝π·22＝4π；正方形邊長為1cm，面積為S正方形＝12＝1.在圓形內隨機取一點，此點取自黑色部分的概率是p＝eq\f(S圓－S正方形,S圓)＝1－eq\f(1,4π)，則π＝eq\f(1,41－p).故選A.]2.五行學說是華夏民族創建的哲學思想，是華夏文明重要組成部分．古人認為，天下萬物皆由金、木、水、火、土五類元素組成，如圖，分別是金、木、水、火、土彼此之間存在的相生相克的關系．若從5類元素中任選2類元素，則2類元素相生的概率為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D．eq\f(1,5)A[金、木、水、火、土任取兩類，共有：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10種結果，其中兩類元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5結果，所以2類元素相生的概率為eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，故選A.]【例2】中國古代四大藝術，琴棋書畫，源遠流長，相傳堯舜以棋教子，在春秋、戰國時期，圍棋已廣為流行．圍棋盒子中有多粒黑子和白子，已知從中取出2粒都是黑子的概率為eq\f(1,7)，都是白子的概率是eq\f(12,35)，則從中隨意取出2粒恰好是同一色的概率是()A．eq\f(1,7) B．eq\f(12,35)C．eq\f(17,35) D．1C[設“從中取出2粒都是黑子”為事務A，“從中取出2粒都是白子”為事務B，“隨意取出2粒恰好是同一色”為事務C，則C＝A＋B，且事務A與B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,7)＋eq\f(12,35)＝eq\f(17,35).即隨意取出2粒恰好是同一色的概率為eq\f(17,35).][評析]以中國古代四大藝術為載體，滲透中國傳統文化藝術，涉及世界人文學問，可將實際問題轉化為數學中的古典概型問題，結合古典概型及互斥事務的概率給與解答．【素養提升練習】1.(2024·貴陽一模)齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬，田忌的中等馬優于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬，現從雙方的馬匹中隨機選一匹進行一場競賽，則田忌的馬獲勝的概率為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,6)A[分別用A，B，C表示齊王的上、中、下等馬，用a，b，c表示田忌的上、中、下等馬，現從雙方的馬匹中隨機選一匹進行一場競賽有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9場競賽，其中田忌馬獲勝的有Ba，Ca，Cb共3場競賽，所以田忌馬獲勝的概率為eq\f(1,3).]2．生活中人們常用“通五經貫六藝”形容一個人才識技藝過人，這里的“六藝”其實源于中國周朝的貴族教化體系，詳細包括“禮、樂、射、御、書、數”．為弘揚中國傳統文化，某校在周末學生業余愛好活動中開展了“六藝”學問講座，每藝支配一節，連排六節，則滿意“數”必需排在前兩節，“禮”和“樂”必需分開支配的概率為()A．eq\f(7,60) B．eq\f(1,6)C．eq\f(13,60) D．eq\f(1,4)C[基本領件總數n＝Aeq\o\al(6,6)＝720，滿意“數”必需排在前兩節，“禮”和“樂”必需分開支配包含的基本領件個數：第一節是數，有：Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72種排法，其次節是數，有：Aeq\o\al(5,5)－Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝84種排法，∴m＝72＋84＝156，則滿意“數”必需排在前兩節，“禮”和“樂”必需分開支配的概率p＝eq\f(m,n)＝eq\f(156,720)＝eq\f(13,60).故選C.]3．(2024·寶雞模擬)洛書，古稱龜書，是陰陽五行術數之源，在古代傳聞中有神龜出于洛水，其甲殼上心有此圖像，結構是戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足，以五居中，五方白圈皆陽數，四角黑點為陰數．如圖，若從四個陰數和五個陽數中隨機選取3個不同的數，其和等于15的概率是()A．eq\f(2,21) B．eq\f(1,14)C．eq\f(3,28) D．eq\f(1,7)A[先計算從四個陰數和五個陽數共9個數字中隨機選取3個不同的數，總共有Ceq\o\al(3,9)種選法，在計算符合條件和等于15的三個數的種類，即可算出概率．從四個陰數和五個陽數共9個數字中隨機選取3個不同的數，總共有Ceq\o\al(3,9)＝84種選法，其和等于15的三個數的種類共有8種，即：(圖形中各橫，各列，對角線所在的三個數字之和均為15)．故其和等于15的概率是：eq\f(8,84)＝eq\f(2,21)，故選A.]以數學家為素材【例3】(2024·全國卷Ⅱ)我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的探討中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率是()A．eq\f(1,12) B．eq\f(1,14)C．eq\f(1,15) D．eq\f(1,18)C[不超過30的素數有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10個，從中隨機選取兩個不同的數有Ceq\o\al(2,10)種不同的取法，這10個數中兩個不同的數的和等于30的有3對，所以所求概率P＝eq\f(3,C\o\al(2,10))＝eq\f(1,15)，故選C.][評析]以我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的探討中取得的成果為載體，呈現了我國數學家在數學領域中的地位，可將實際問題轉化為數學中的古典概型問題，結合古典概型解答．【素養提升練習】1.我國數學家鄒元治利用如圖證明白勾股定理，該圖中用勾(a)和股(b)分別表示直角三角形的兩條直角邊，用弦(c)來表示斜邊，現已知該圖中勾為3，股為4，若從圖中隨機取一點，