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2013年数学高考总复习重点精品课件: 古典概型与几何概型 69张

2013年数学高考总复习重点精品课件: 古典概型与几何概型 69张


走向高考· 数学
人教B版 ·高考一轮总复习

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

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第十章

统计与概率

第十章

统计与概率

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第十章
第五节 古 概 与 何 型 典 型 几 概

第十章

统计与概率

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基础梳理导学

3

考点典例讲练

思想方法技巧

4

课堂巩固训练

5

课后强化作业

第十章

第五节

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基础梳理导学

第十章

第五节

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重点难点

引领方向

重点:古典概型及几何概型的定义、概率计算及应用. m 难点: 1.古典概型 P(A)= n 中, 与 m 的求法及“事件” n 等可能性的判断. 2.将实际概率问题归结为几何概型.

第十章

第五节

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夯基 础 稳根 实 固基 1.等 能 本 件 特 可基事的点 () 基 事 是 能 分 事 , 它 件 1 本件不再的件其事 事 )可 用 来 示 件 以它表: () 所 的 验 基 事 都 有 个 2 有试中本件是限; () 每 基 事 的 生 是 可 的 3 个本件发都等能; () 任 两 基 事 是 斥 . 4 何个本件互的 (不 括 可 包不能

第十章

第五节

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2.古典概型 满 以 两 条 的 机 验 概 模 称 古 概 足 下 个 件 随 试 的 率 型 为 典 型: () 有 性 在 次 验 , 能 现 不 的 本 件 1 限 :一试 中可出的 同 基事 只有有限个;

第十章

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() 等 能 : 个 本 件 发 都 等 能 . 2 可性每基事的生是可的 古概中件概计: 典型事的率算 如一试的可基事共 果次验等能本件有 包了中 含其 m P(A)= . n m个 可 基 等能 本件那事 事,么件 n 个随事 ,机件 A发 的 率 生概为 A

第十章

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3.几 概 何型 区 A为 域 Ω的 个 区 , 果 个 件 生 概 域 区 一子域如每事发的 率与成事的域 只构该件区
比 而 成正 , 与

A 的何量 几度

(长 、 积 体 度面或积

)

A 的置形无,称样概模为 位和状关则这的率型

几概模. 何率型

第十章

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几概的率 何型概 域 度 (面 或 积 长 积体 度(面 或 积 积体 ).

μA P(A)= , 中 μA 表 构 事 其 示成件 μΩ ). Ω 表 试 的 部 果 构 区 的 μ 示验全结所成域长

A的 区

第十章

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疑难误区 点拨警示 1.弄清楚“互斥事件”与“等可能事件”的差异 “互斥事件”和“等 能 件 可事 ”是 思 意不 同两概 的个念 .

在 次 验 , 于 种 称 条 , 得 干 随 事 一 试 中 由 某 对 性 件 使 若 个 机 件 中 一 件 生 可 性 完 相 的 则 这 事 为 每 事 产 的 能 是 全 同 , 称 些 件 等 可能事件,在数目上,它可为 2 个或多个;而互斥事件是指 不 能 时 生 两 或 个 件 可 同 发 的 个 多 事 是 斥 件有 互 事 也 能 等 能 件 互 事 ,些 斥 件 可 是 可 事 . 有 等 能 件 能 些 可 事 可 也 . 例如:①粉

第十章

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笔盒有 8 支红粉笔,6 支绿粉笔,4 支黄粉笔,现从中任取 1 支. “抽得红粉笔”,“抽得绿粉笔”,“抽得黄粉笔”,它 们是彼此互斥事件,不是等可能事件. ②李明从分别标有 1、 2、?、1 标 的 样 小 中 任 一 , 0 号 同 的 球 ,取 球 “取得 1 号球”,

“取得 2 号球”,?,“取得 1 号球”. 它 是 此 斥 0 们彼互事 件又 等 能 件 ,是 可 事 . ③一周七天中,“周一晴天”,“周二

晴天”,?,“周 晴 六 天 ”,“星期天晴天”. 它们是等可能 事件,不是彼此互斥事件.

第十章

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2.“概率为 0 的事件”与“不可能事件”是两个不同的 概念,应区别. 3. 算 典 型 几 概 的 率 , 定 把 基 计古概和何型概时一要握本 事件的等可能性. 4.抽样方法要区分有无放回抽样,是否与顺序有关.

第十章

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思想方法技巧

第十章

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一、解答概率初步题解题要点 1. 解 典 型 率 首 要 准 本 件 判 的 求古概概,先找基事,断标 准就是有限性和等可能性. 基本事件空间中基本事件的计算方 法和事件 A 中 含 基 事 计 方 必 保 一 , 数 包的本件算法须持致计 时可以采取一一列举的方法, 也可以采用模型化方法或用计数 原理求,并辅以必要的文字说明. 2. 意 件 否 斥 遇 注事是互;到 “至多”、“至少”等事件

时,注意对立事件概率公式的应用.

第十章

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二、模型化方法 将实际问题转化为对应的概率模型是重要的基本功, 要通 过练习学会选择恰当的数学模型(如编号、用平面直角坐标系 中的点及平面区域表示等)来实现实际问题向数学问题的转 化.

第十章

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[例]

一排有 5 个 子 两 各 机 坐 则 人 侧 凳,人随就,每两都

有空凳的概率为________.
解: 把个了的子作 析 两坐人凳记 作 0, 问 转 为 三 则题化将个 在头概问.有法数有 两的率题所排种共 有1种 故 求 率 ,所概为 1 P= . 10 1, 个 坐 的 子 三未人凳记

0和 个 1排 列 两 一 , 1不 邻 不 相且 10 种 符 条 的 ,合件只

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考点典例讲练

第十章

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古典概型

[例 1]

(01 21·

东 三 联 北 校 考

)一 同 先 投 一 骰 名 学 后 掷 枚 x,二 向 的 数 为 第次上点记 y, 2x+y=

子 次第 次 上 点 记 两 ,一 向 的 数 为

在直角坐标系 x y 中 以 (x,y)为 标 点 在 线 O , 坐的落直 8 上的概率为( 1 A. 6 5 C.36 ) 1 B. 12 1 D.9

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分析:(x,y)与(y,x)作为点的坐标是不同的,故基本事 件总数为 6×6=36 个,落在直线 2x+y=8 上的点可依次令 x =1,2,?,6 找出 y∈N*的即可求出.

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解析:依题意,以(x,y)为坐标的点一共有 6×6=36 个, 其中落在直线 2x+y=8 上的点一共有 3 个:6 (,) 1 3 1 故所求概率为 P=36=12. ,4 (,) 2 ,2 (,) 3 ,

答案:B

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(文)先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(他 的 个 分 标 们 六 面 别 有 数 1、2、3、4、5、6 , 子 上 面 点 分 为 点 ) 骰朝的的数别 则o lg
2xy=1

x、y,

的率 概为 ( 5 B. 3 6 1 D. 2

)

1 A. 6 1 C. 1 2

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解析:先后抛掷两枚骰子,向上点数共有 6×6=36 种不 同结果,其中满足 o lg
2xy=1,即

y=2x 的 况 下 情如:

x=1 时,y=2;x=2 时,y=4;x=3 时,y=6,共 3 种. 3 1 ∴所求概率为 P= = . 36 12

答案:C

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点评:注意细微差别,若把题目中的条件 o lg o lg
2xy>1,则所求概率为(

2xy=1

改为

)

此时答案为 A 这是因为抛掷两枚骰子共有 62=36 种 同 果 不结, ∵lg o
2xy>1,∴y>2x.

当 x=1 时,y 有 4 种 法 当 取; 当 x=3 时,没有 y 满 , 足

x=2 时,y 有 2 种取法;

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∴满足 y>2x 的 法 有 取共 6 1 故所求概率 P=36=6. 若改为 o x2y<1 呢? lg

4+2=6 种,

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(理)01 ( 1· 2

韶关模拟)盒 内 有 子装

1 张 片分 写 0 卡 ,别 有

1~1 0 x,然后

的1 个数从子任 0 整,盒中取

1张片记它读 卡,下的数

放回盒子内,第二次再从盒子中任取 1 张卡片,记下它的读数 y.试求: () x+y 是 1 的 数 概 ; 1 0 倍的率 () xy 是 3 的 数 概 . 2 倍的率

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解析:先后取两次卡片,每次都有 1~1 这 1 个 果 故 0 0 结, 形成的数对(x,y)共有 10 个. 0 () x+y 是 1 的倍数的数对包括以下 1 个:) 1 0 0 (, 1 9 (2 8) , ,(7 3) , ,(, 3),(6 7 4) , ,(4 6) , ,(5 5) , ,(00 11) , . ,) (1 9 , ,) (8 2 , ,

1 0 故“x+y 是 1 的倍数”的概率为 P1=10 =0. 0 1 . 0

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() xy 是 3 的倍数,只要 x 是 3 的 数 或 2 倍,

y 是 3 的倍数,

由于 x 是 3 的倍数且 y 不是 3 的倍数的数对有 2 个,而 x 不是 1 3 的倍数且 y 是 3 的倍数的数对有 2 个, 是 3 的倍数且 y 也是 1 x 3 的倍数的数对有 9 个. 故 xy 是 3 的 数 数 有 倍的对 故 xy 是 3 的 数 概 为 倍的率 2 +2 +9=5( 个). 1 1 1 5 1 P2=10 =01 5. . 0

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几何概型

[例 2]

πx 在区间[-1 上随机取一个数 x,o 1 ,] cs 的值介于 2 ) 1 C.2 2 D.3

1 0 到 之间的概率为( 2 1 A.3 2 B.π

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πx 1 ? ?0≤cs o 2 ≤2, 分析: ? 由 可得出 x 的取值范围 A,在 [- 即 ?-1≤x≤1. ? 1,1]中任取一个数 x,求 x∈A 的概率,这是长度型几何概型.

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π 1 π π π π π 解析:∵0≤cs x≤ ,-1≤x≤1,∴ ≤ x≤ 或- ≤ o 2 2 3 2 2 2 2 π 2 2 x≤-3,∴3≤x≤1 或-1≤x≤-3, 即
? 2? ?2 ? x∈?-1,-3?∪?3,1?, ? ? ? ?

根据几何概型的计算公式可知
?? 2? ? ? 2? ??- ?-?-1??+?1- ? 3? ?? 3? ? ?

P=

1-?-1?

1 =3,故选 A.

答案:A

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(文)02 ( 1· 2

东三四联 北省市考

)在 长 棱为

2的方内机 正体随取 1 的 率 ____ 概 为 ____ .

一,到点正体心距大 点取的到方中的离于

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解析:依 意 , 正 体 体 为 题 得该 方 的 积 正 体 随 取 点 取 的 到 方 中 的 离 于 方 内 机 一 , 到 点 正 体 心 距 大

23=8.在 长 棱为

2的 1

的点是位于以正方体的中心为球心、1 为半径的球的外部的点 (注意到该球恰好是该正方体的内切球). 此 所 的 率 因,求概等 4 8-3π×13 π 于 =1-6. 8
π 答案:1-6

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(理)设 a∈[2 0] ,

,b∈[4 0 ,]

,则函数 f(x)=x2+2ax+b 在 R

上有两个不同零点的概率为________.

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解析:

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∵f(x)有 个 同 点 两 不 零,

∴Δ=4a2-4b>0,∴b<a2,如图,

设点(a,b)落在阴影部分(即满足 0≤a≤2 ≤b≤4 且 b<a2)的事 0 , 1 32 8 件为 A,由于阴影部分面积 S= a da= a |0= , 3 3
?2 ? ? ?0

2

8 3 1 故所求事件 A 的概率 P(A)= = . 2×4 3

1 答: 3 案

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有无放回取样的概率计算问题

[例 3] 某厂生产的 10 件产品中,有 8 件正品,2 件次 品正 与 品 外 上 有 别从 ,品 次 在 观 没 区 ,这 检 2 件. () 两件都是正品的概率为________; 1 () 一件是正品,一件是次品的概率为________; 2 () 如果抽检的 2 件产品都是次品, 3 则这批产品将被退货, 这批产品被退货的概率为________. 10 件产品中任意抽

第十章

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分析:(文)将 10 件产品编号,用列举法可写出所有可能 的 本 件然 找 问 中 事 所 含 基 事 ,可 基 事 ,后 出 题 的 件 包 的 本 件即 求出概率. (理)依 组 数 理 出 本 件 据 合 原 求 基 事 构 件中的事件数,代入古典概型公式即可. 成 集 和 求 的 合 所 事

第十章

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解析:(文)从 10 件 品 任 产中取

2件等能,顺 是可的按序 (x,y)与(y,

记录结果(x,y),x 有 10 种可能,y 有 9 种 能 但 可,

x)是相同的,所以试验的所有结果共有 10×92 =45 种. ÷ () 记事件 A 为“两 都 正 1 件是品 ”,从 8 件 品 任 即 正中取 2

件,按上面的计算方法,共有可能结果 8×72 =28 种,故所 ÷ 28 求事件的概率是 P(A)=45.

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() 记事件 B 为“一 是 品 一 是 品 2 件正,件次 品中取 1 件 有 8 种 能 从 , 可,

”,从 8 件正

2 件次品中取 1 件 有 2 种 能 , 可,

因此,事件 B 包含的基本事件总数为 8×2=16 种,故所求事 16 件的概率 P(B)= . 45 () 抽检的 2 件都是次品,可能结果只有 1 种,记此事件 3 1 为 C,则所求事件的概率为 P(C)= . 45

第十章

第五节

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2 (理)从 10 件产品中任取 2 件,共有不同取法 C10种,

C2 28 8 2 () 两件都是正品的取法有 C8种,∴P1=C2 =45. 1 10 () 一件是正品,一件是次品的取法有 8×2=16 种, 2 16 16 ∴P2= 2 = . C10 45 () 3 2
2 件都是次品的取法有 C2=1 种,

1 1 ∴P3= 2 = . C10 45
28 答案:() 45 1 16 () 45 2 1 () 45 3
第十章 第五节

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(02 21· 次品.

大连模拟)盒中有 3 只 泡 其 灯 ,中

2只 正 , 是品

1 只是

() 从中取出 1 只 然 放 , 取 1 ,后回再

1 只,求①“连续 2 次

取出的灯泡都是正品”这一事件所包含的基本事件总数;② “两 取 的 泡 个 正 , 个 次 次 出 灯 一 为 品 一 为 品 件总数; () 从中一次任取出 2 只,求 2 只都是正品的概率. 2 ”所包含的基本事

第十章

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解析:() 将灯泡中 2 只正品记为 a1、a2,1 只次品记为 b1, 1 则第一次取 1 只 然 放 , 二 取 ,后 回第 次 数为 9 个, ①“连续 2 次 出 灯 都 正 取的泡是品 ”所 含 基 事 包的本件 1只基 事 总 ,本 件

为(a1,a1)、(a1,a2)、(a2,a1)、(a2,a2),共 4 个基本事件; ②“两次取出的灯泡一个为正品, 一个为次品”所包含的 基本事件为(a1,b1)、(a2,b1)、(b1,a1)、(b1,a2),共 4 个基 本事件.

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() “从中一次任取 2 只”得到的基本事件总数是 3,即 2 a1、a2,a1、b1,a2、b1,“2 只都是正品”的基本事件数是 1, 1 所以其概率为 P=3.

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概率的实际应用

[例 4]

为 了 某 工 开 群 体 活 的 况拟 了解市厂展众育动情, 7 个工厂进行

采用分层抽样的方法从 A、B、C 三 区 抽 个中取

调查.已知 A、B、C 区中分别有 18、27、18 个工厂. (1)求从 A、B、C 区中应分别抽取的工厂个数; () 若从抽得的 7 个工厂中随机地抽取 2 个进行调查结果 2 的比用举计这 对,列法算 概率. 2 个工厂中至少有 1 个来自 A 区的

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分析: 本小题主要考查分层抽样、 用列举法计算随机事件 所含的基本事件数及事件发生的概率等基础知识, 考查运用统 计、概率知识解决简单的实际问题的能力.

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解析:() 工厂总数为 18+27+18=63,样本容量与总体 1 7 1 中的个体数的比为63=9, 以 所从 取的工厂个数为 2、3、2. A、B、C 三个区中应分别抽

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() 设 A1、A2 为在 A 区 抽 的 2 中得

2个 厂 工 , B1、B2、B3 为 2 个工 (A1,

在 B 区中抽得的 3 个 厂 工 , C1、C2 为在 C 区 抽 的 中得 厂在 .这 7个 厂 随 地 取 工中机抽 2 个全 可 的 果 : ,部 能 结 有

A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2, B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),(B1,B2),(B1, B3),(B1,C1),(B1,C2),(B2,B3),(B2,C1),(B2,C2),(B3, C1),(B3,C2),(C1,C2),共有 21 种.

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随机地抽取的 2 个工厂至少有 1 个来自 A 区 结 的 果 (记为 事件 X)有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C1), (A1,C2),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2), 共有 11 种.所以这 2 个工厂中至少有 1 个来自 A 区的概率为 11 P(X)=21.

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(01 21· 现机取 随抽 如: 下

陕高 西 考 )如 , A 地 火 站 有 条 径 图 到车共两路 10 位 A 地 达 车 的 进 调 , 查 果 0 从 到火站人行查调结

L1 和 L2,

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所时 用 间( n m) i 选 L1 择 的数 人 选 L2 择 的数 人

10 ~ 20 6

20 ~ 30 12

30 ~ 40 18

40 ~ 50 12

50 ~ 60 12

0

4

16

16

4

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() 试估计 4m 1 0n i

内不能赶到火车站的概率; ..

() 分别求通过路径 L1 和 L2 所用时间落在上表中各时间段 2 内的频率; () 现甲、乙两人分别有 4m 3 0n i 和 5m 0n i 时用赶火 间于往

车 ,了 最 可 在 许 时 内 到 车 ,通 计 站为 尽 大 能 允 的 间 赶 火 站试 过 算说明,他们应如何选择各自的路径.

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解析:() 由已知共调查了 100 人,其中 4m 1 0n i

内不能赶

到火车站的有 12+12+16+4=44(人),∴用频率估计相应的 概率为 0.44. () 选择 L1 的有 60 人 选 2 ,择 故由调查结果得频率为: L2 的有 40 人,

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1 0 所用时间( n m) i ~ 2 0 L1 的频率 L2 的频率 0 1 . 0

2 0 ~ 3 0 0 2 . 0 1 .

3 0 ~ 4 0 0 3 . 0 4 .

4 0 ~ 5 0 0 2 . 0 4 .

5 0 ~ 6 0 0 2 . 0 1 .

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() A1、A2 分别表示甲选择 L1 和 L2 时 在 4m 3 , 0n i 站; B1、 2 分别表示乙选择 L1 和 L2 时 在 5m B , 0n i 由() 知 P(A1)=0.1+0.2+0.3=0.6, 2 P(A2)=0.1+0.4=0.5,P(A1)>P(A2), ∴甲应选择 L1. P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8, P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9,P(B2)>P(B1), ∴乙应选择 L2.

内赶到火车

内到车 赶火站



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课堂巩固训练

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一、选择题 1.(01 21· 温州八校期末)已知 α、β、γ 是 重 平 , 不合面 ) a、

b 是不重合的直线,下列说法正确的是(

A.“若 a∥b,a⊥α,则 b⊥α”是随机事件 B.“若 a∥b,a?α,则 b∥α”是必然事件 C.“若 α⊥γ,β⊥γ,则 α⊥β”是必然事件 D.“若 a⊥α,a∩b=P,则 b⊥α”是不可能事件
[答案] D

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[解析]

a∥b? a∥b? ? ? ??b⊥α, A 错; ??b∥α 或 b?α, 故 a⊥α? a?α? ? ? (包

故 B 错;当 α⊥γ,β⊥γ 时,α 与 β 可 平 , 可 相 能行也能交

括垂直),故 C 错;如果两条直线垂直于同一个平面,则此二 直线必平行,故 D 为真命题.

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2.(文)01 ( 1· 2

安徽文,9)从正六边形的 6 个顶点中随机选

择 4 个点则它作顶的边是形概等 顶,以们为点四形矩的率于 ( ) 1 A.10 1 C.6 1 B.8 1 D.5

[答案]

D

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[解析]

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如图正六边形 AC E B DF

, 6 个顶点中随机选择 4 个顶点 从

有 AC ,AC ,AC ,AD ,AD ,A D ,A D , BD BE BF BE BF CE CF A E ,A E ,B D ,B D ,B E ,ABEF,B E ,C E CF DF CE CF CF DF DF 共 15 种 法 基 事 总 为 选,本件数 AD ,B E ,C F BE CF DA 15, 中 边 是 形 有 其四形矩的

3 1 共 3 种,所以所求概率为 P=15=5.

第十章

第五节

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(理)02 ( 1· 2

皖八联 南校考

)一颗质地均匀的正方体骰子,其

六面的数别 个上点分为

1、2、3、4、5、6, 这 骰 连 将颗子续

抛 三 ,察 上 点 ,三 点 依 构 等 数 的 掷 次观 向 的 数则 次 数 次 成 差 列 概率为( 1 A.12
[答案]

) 1 B 18 .
A

1 C 36 .

7 D 108 .

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[解析]

连抛三共 续掷次有

63=216(种)情 , 三 点 况记 次 数 a、c 的

分别为 a、b、c,则 a+c=2b, 以 a+c 为 数 则 所 偶, 奇性同且 偶相, a、c 允 重 , 旦 许复一
2

a、c 确定,b 也唯一确

18 1 定,故 a,c 共有 2×3 =18(种),所以所求概率为 = , 216 12 故选 A.

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3.(文)02 ( 1· 2

大 部 中 联 连 分 学 考

)用 平 截 半 为 一 面 一 径 )

5

的球得到一个圆面,则此圆面积小于 9π 的概率是( 4 A.5 1 C.3 1 B.5 1 D.2

[答 ] 案

B

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[解析]

依意截圆积 题得面面为

9π 的圆半径为 3, 球 故心

到该截面的距离等于 4,球的截面圆面积小于 9π 的截面到球 5-4 1 心的距离大于 4,因此所求的概率等于 5 =5,选 B.

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(理)点 P 在边长为 1 的 方 正形 定点 A 的距离|PA|1 的 率 < 概为 ( 1 A.4 π C.4 1 B.2 D.π

AC BD )

内 动则 点 运 ,动

P到

[答 ] C 案

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[解析]

由意知当点 题可,动

P 位于扇形 AD 内时,动 B P 到定

点 P 到定点 A 的距离|PA|1 , 据 何 型 知 动 < 根 几 概 可 ,点 S扇 形 点 A 的距离|PA|1 的 率 < 概为 S正形 方
A B D AD B C

π =4,故选 C.

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