古典概型与几何概型1．(2020·佛山重点中学联考)“微信抢红包”自2015年以来异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中，若所发红包的总金额为8元，被随机分配为1.72元，1.83元，2.28元，1.55元，0.62元共5份供甲、乙等5人抢，每人只能抢一次，则甲、乙二人抢到的红包金额之和不低于3元的概率是( )A.310B.25C.12D.35解析：依题意，甲、乙抢到红包的可能情况n ＝C 25＝10.其中，甲、乙二人抢到红包的金额之和不低于3元包含的基本事件有6个，所以P ＝610＝35. 答案：D2．(2020·济南调研)2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动，市民可以通过济南地铁App 抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为( )A.16B.13C.23D.56解析：小王和小李至多1人被选中的反面为小王和小李都被选中．设A ＝{小李和小王至多1人被选中}，B ＝{小李和小王都被选中}，则B 包含1个基本事件．所以P (A )＝1－P (B )＝1－1C 24＝56.答案：D3．(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14B.π8C.12D.π4解析：设正方形的边长为2，则正方形的内切圆的半径为1，其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对称，则黑色部分的面积为π2，所以在正方形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率P ＝π22×2＝π8，故选B.答案：B4．(2020·东莞调研)现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为( )A.12B.13C.16D.112解析：基本事件的总数n ＝C 24C 22A 22·A 22＝6. 乙、丙两人恰好参加同一项活动包含的基本事件个数m ＝C 22C 22·A 22＝2. 所以乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率P ＝m n ＝26＝13.答案：B5．(2020·深圳质检)19世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长大于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用了“随机半径”“随机端点”“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同．该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地刺激了概率论基础的严格化．已知“随机端点”的方法如下：设A 为圆O 上一个定点，在圆周上随机取一点B ，连接AB ，求所得弦长AB 大于圆O 的内接等边三角形边长的概率．则由“随机端点”法所求得的概率为( )A.15B.14C.13D.12解析：设“弦AB 的长超过圆内接正三角形边长”为事件M ，以点A 为一顶点，在圆中作一圆内接正三角形ACD ，如图所示，则要满足题意，点B 只能落在劣弧CD 上，又圆内接正三角形ACD 恰好将圆周3等分，故P (M )＝劣弧CD 的长圆的周长＝13.答案：C6．从1，2，3，4中选取两个不同数字组成两位数，则这个两位数能被4整除的概率为________．解析：从1，2，3，4中选取2个不同数字组成的两位数有n ＝A 24＝12个． 其中能被4整除的两位数有12，24，32共3个． 所以所求事件的概率p＝3A 24＝312＝14.答案：148.如图所示，正四棱锥S-ABCD 的顶点都在球面上，球心O 在平面ABCD 上，在球O 内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为________．解析：设球的半径为R ，则所求的概率为P ＝V 锥V 球＝13×12×2R ×2R ×R 43πR 3＝12π.答案：12π9．(2020·潍坊质检)《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为________．解析：观察八卦图可知，含有3根阴线的共有1卦，含有3根阳线的共有1卦，含有2根阴线1根阳线的共有3卦，含有1根阴线2根阳线的共有3卦．故从八卦中任取两卦，这两卦的六根线恰有三根阳线和三根阴线的概率为C 11×C 11＋C 13C 13C 28＝514.答案：51410．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．地区 A B C 数量/件50150100(1)求这6(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解：(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1，150×150＝3，100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别为1，3，2.(2)从6件样品中抽取2件商品的基本事件数为C 26＝6×52×1＝15，每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件数为C 23＋C 22＝4，所以P (D )＝415.故这2件商品来自相同地区的概率为415.11．在平面区域{(x ，y )|0≤x ≤1，1≤y ≤2}内随机投入一点P ，则点P 的坐标(x ，y )满足y ≤2x 的概率为( )A.14B.12 C.23D.34解析：依题意作出图象如图所示， 则P (y ≤2x )＝S 阴影S 正方形＝12×12×112＝14.答案：A12．(2020·青岛二中质检)某商场进行购物摸奖活动，规则如下：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1，2，3，4，5的五个小球，每次摸奖需要同时取出两个小球，每位顾客最多有两次摸奖机会，并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球，若与第一次取出的两个小球号码相同，则为中奖．按照这样的规则摸奖，中奖的概率为( )A.45B.1925C.2350D.41100解析：由题意，①摸到连号小球的概率P 1＝4C 25＝25；②摸到与第一次所摸到的小球同号的概率P 2＝C 25－4C 25·1C 25＝350.所以中奖的概率P ＝P 1＋P 2＝25＋350＝2350.答案：C13．“累计净化量(CCM)”是空气净化器质量的一个重要衡量指标，它是指空气净化器从开始使用到净化效率为50%时对颗粒物的累计净化量，以克表示．空气净化器新国标《GB/T18801－2015》对空气净化器的累计净化量(CCM)有如下等级划分：累计净化量/克[3，5) [5，8) [8，12) ≥12 等级P1P2P3P4已知这n 台机器的累计净化量都分布在区间(4，14]中，按照(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，(12，14]均匀分组，其中累计净化量在(4，6]的所有数据有4.5，4.6，5.1，5.2，5.7和5.9，并绘制了如下频率分布直方图．(1)求n 的值及频率分布直方图中x 的值；(2)以样本估计总体，试估计这批空气净化器(共2 000台)中等级为P2的空气净化器有多少台？(3)从累计净化量在(4，6]的样本中随机抽取2台，求恰好有1台等级为P2的概率． 解：(1)因为在(4，6]之间的数据有6个，又落在(4，6]之间的频率为0.03×2＝0.06，所以n ＝60.06＝100. 由频率分布直方图的性质得(0.03＋x ＋0.12＋0.14＋0.15)×2＝1，解得x ＝0.06. (2)由频率分布直方图可知，落在(6，8]之间共有0.12×2×100＝24(台)， 又因为在(5，6]之间共4台，所以落在(5，8]之间共28台，所以估计这批空气净化器(共 2 000台)中等级为P2的空气净化器有28100×2 000＝560(台)．(3)设“恰好有1台等级为P2”为事件B ，依题意落在(4，6]之间共6台，其中等级为P2的有4台，则从(4，6]中随机抽取2台，基本事件总数n ＝C 26＝15，事件B 包含的基本事件个数m ＝C 12·C 14＝8， 所以P (B )＝m n ＝815.14．将甲、乙、丙等5位同学分别保送北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，每所大学至少保送一人．(1)有________种不同的保送方法；(2)甲、乙、丙三位同学均被保送到北大的概率是________．解析：(1)5名学生可分成2，2，1和3，1，1两种形式，当5名学生分成2，2，1时，共有12C 25C 23A 33＝90种方法；当5名学生分成3，1，1时，共有C 35A 33＝60种方法．根据分类加法计数原理知共有90＋60＝150(种)保送方法．(2)甲、乙、丙三位同学均被保送到北大，则其他两人分别保送到上海交大与浙江大学．所以事件发生的种数m ＝A 22C 33＝2， 故所求事件概率P ＝m 150＝2150＝175.答案：(1)150 (2)175。