古典概型与几何概型训练题

一、题点全面练

1.(2019·衡水联考)2017年8月1日是中国人民建军90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币.如图所示是一枚8克圆形金质纪念币，直径22 mm，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是( )

A.C.

363π2

mm 10726π2

mm 5

B.D.

363π2

mm 5363π2

mm 20

解析：选A 向硬币内投掷100次，恰有30次落在军旗内，所以可估计军旗的面积大30363π22

约是S＝×π×11＝(mm).

10010

2.(2019·漳州一模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”，从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )

1A. 51C. 4

1B. 31D. 6

解析：选B 由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊.又因为所有的条件对丙、丁或戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等可能事件，所以丙1

是第一名的概率是. 3

3.(2019·郑州模拟)现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完结束的概率为( )

A.C.1 103 10

1B. 52D. 5

5

解析：选C 将5张奖票不放回地依次取出共有A5＝120(种)不同的取法，若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票，共有C3C2A3＝

213

363

36(种)取法，所以P＝＝. 12010

4.(2019·长沙模拟)如图是一个边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍.若在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为( )

A.π

8

B.π 16

πC.1－ 8

2πD.1－ 16

解析：选C 正方形的面积为8，正方形的内切圆半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为π×4－π×2－4×π×1＝8π，所以黑色区域的面积8－8ππ为8－8π.在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为P＝＝1－. 288222225.(2019·郑州模拟)已知圆C：x＋y＝1，直线l：y＝k(x＋2)，在[－1,1]上随机选取一个数k，则事件“直线l与圆C相离”发生的概率为( )

1

A. 2C.3－3

3

2

2

22

B.

2－2

22－3

2

D.

解析：选C 圆C：x＋y＝1的圆心C(0,0)，半径r＝1，圆心到直线l：y＝k(x＋2)|0×k－0＋2k|2|k|2|k|

的距离d＝2＝2，直线l与圆C相离时d＞r，即2＞1，解得k＜－2

k＋－k＋1k＋13

2×1－33－333

或k＞，故所求的概率P＝＝. 331－－3

6.从1～9这9个自然数中任取7个不同的数，则这7个数的平均数是5的概率为________.

解析：从1～9这9个自然数中任取7个不同的数的取法共有C9＝36种，从(1,9)，(2,8)，413

(3,7)，(4,6)中任选3组，有C4＝4种选法，故这7个数的平均数是5的概率P＝＝.

369

1答案： 9

7.一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称这个三位数为“好数”(如213,134)，若a，b，c∈{1,2,3,4}，且a，

7

b，c互不相同，则这个三位数为“好数”的概率是________.

解析：从1,2,3,4中任选3个互不相同的数并进行全排列，共组成A4＝24个三位数，

3

而“好数”的三个位置上的数字为1,2,3或1,3,4，所以共组成2A3＝12个“好数”，故所121

求概率P＝＝. 242

1答案： 2

8.太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相对统一的形式美.按照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角π

坐标系中，圆O被函数y＝3sinx的图象分割为两个对称的鱼形图案，

6

其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为________.

π2π

解析：根据题意，大圆的直径为函数y＝3sinx的最小正周期T，又T＝＝12，所

6π

6

3

1222

以大圆的面积S＝π·＝36π，一个小圆的面积S′＝π·1＝π，故在大圆内随机取

2

2S′2π1

一点，此点取自阴影部分的概率P＝＝＝.

S36π18

1

答案： 18

9.(2018·天津高考)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动.

(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？

(2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作.

①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率.

解：(1)因为甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，所以应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人.

(2)①从抽取的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，

D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21种.

②由①，不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5种.

所以事件M发生的概率P(M5＝. 21

10.在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者.

(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率； (2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率； (3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率.

A31

解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)＝24＝，

C5A4401

即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是. 40

A41

(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)＝24＝，所以甲、

C5A4109

乙两人不在同一岗位服务的概率是P(E)＝1－P(E)＝.

10

C5A31

(3)因为有两人同时参加A岗位服务的概率P2＝24＝，所以仅有一人参加A岗位服务

C5A443

的概率P1＝1－P2＝.

4

二、专项培优练

(一)易错专练——不丢怨枉分

1.(2019·太原联考)甲、乙二人约定7：10在某处会面，甲在7：00～7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05～7：20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙5分钟的概率是( )

1A. 83C. 8

1B. 45D. 8

23

4

3

解析：选C 建立平面直角坐标系如图，x，y分别表示甲、乙二人到达的时刻，则坐标系中每个点(x，y)可对应甲、乙二人到达时刻的可

y－x≥5，

能性，则甲至少等待乙5分钟应满足的条件是0≤x≤20，

5≤y≤20，

1

×15×1523

区域为如图阴影部分，则所求的概率P＝＝.

20×158

其构成的

2.(2019·开封模拟)如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其

最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为( )

1A. 73C. 7

2B. 74D. 7

解析：选B 根据题意，最近路线就是不能走回头路，不能走重复的路，∴一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，∴最近的行走路线共有A7＝5 040(种).∵不能连续向上，∴先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列为A4.接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空当中，5个位置排3个元素，也就是A5，则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有A4A5＝1 440(种)，∴其最近的行走路线中不连续向上1 4402

攀登的概率P＝＝.故选B.

5 0407

3.已知等腰直角△ABC中，∠C＝90°，在∠CAB内作射线AM，则使∠CAM＜30°的概率为________.

解析：如图，在∠CAB内作射线AM0，使∠CAM0＝30°，于是有P(∠CAM＜∠CAM0302

30°)＝＝＝. ∠CAB453

2答案： 3

(二)交汇专练——融会巧迁移

―→―→―→

4.[与平面向量交汇]已知P是△ABC所在平面内一点，且PB＋PC＋2PA＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是( )

1A. 41C. 2

1B. 32D. 3

43

34

7

―→―→―→

解析：选C 以PB，PC为邻边作平行四边形PBDC，连接PD交BC于点O，则PB＋PC＝PD. ―→―→―→

∵PB＋PC＋2PA＝0，

―→―→―→―→―→∴PB＋PC＝－2PA，即PD＝－2PA，

1

由此可得，P是BC边上的中线AO的中点，点P到BC的距离等于点A到BC的距离的，21S△PBC1

∴S△PBC＝S△ABC，∴将一粒黄豆随机撒在△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率P＝＝. 2S△ABC2

5.[与定积分交汇]点集Ω＝{(x，y)|0≤x≤e，0≤y≤e}，A＝{(x，y)|y≥e，(x，y)∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a，则a∈A的概率为( )

x1A. ee－1C. e

1B.2 ee－1D.2

e

2

解析：选B 如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO，

21x面积为e，A表示的区域为图中阴影部分，面积为∫0 (e－e)dx＝(ex1x1

－e)|0＝(e－e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a∈A的概率P＝2.故

e选B.

6.[与数学文化交汇]如图，来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部

分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )

A.p1＝p2 C.p2＝p3

B.p1＝p3 D.p1＝p2＋p3

解析：选A 不妨设△ABC为等腰直角三角形，

AB＝AC＝2，则BC＝22，

所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积， 1

为S1＝×2×2＝2，

2

π

区域Ⅱ的面积S2＝π×1－



2

22

2

2

－2＝2，



π

区域Ⅲ的面积S3＝

22

－2＝π－2.

根据几何概型的概率计算公式， 得p1＝p2＝

2π－2，p3＝， π＋2π＋2

所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.

x2y2

7.[与解析几何交汇]双曲线C：2－2＝1(a＞0，b＞0)，其中a∈{1,2,3,4}，b∈

ab{1,2,3,4}，且a，b取到其中每个数都是等可能的，则直线l：y＝x与双曲线C的左、右支各有一个交点的概率为( )

1A. 41C. 2

3B. 85D. 8

解析：选B 直线l：y＝x与双曲线C的左、右支各有一个交点，则＞1，总基本事件数为4×4＝16，满足条件的(a，b)的情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，3

共6个，故概率为. 8

12

8.[与函数交汇]在区间[0,1]上随机取两个数a，b，则函数f(x)＝x＋ax＋b有零点的

4概率是________.

12222

解析：函数f(x)＝x＋ax＋b有零点，则Δ＝a－b ≥0，∴b≤a，∴函数f(x)＝x4

2

∫1110ada＋ax＋b有零点的概率P＝＝.

41×13

ba1答案： 3