2019版高考数学一轮总复习 第十一章 计数原理和概率 题组训练84 离散型随机变量及其分布列 理.doc

题组训练84 离散型随机变量及其分布列 1．(2017·衡水中学调研)在区间(0)上任取一数x则的概率为(　　)A．0.1　　　　　　　　．答案　解析　由解得x10.所以P＝＝0.9.若在区间[0]中随机地取两个数则这两个数中较大的数大于的概率是(　　) B. C. D. 答案　解析　两个数都小于的概率为所以两个数中较大的数大于的概率是1－＝在长为6 的木棒上任取一点P使点P到木棒两端点的距离都大于2 的概率是(　　) B. C. D. 答案　解析　将木棒三等分当P位于中间一段时到两端A的距离都大于2 ＝＝在区间[0]上随机取一个数x使的值介于－与之间的概率为(　　) B. C. D. 答案　解析　的值介于－与之间的区间长度为－＝P＝＝故选(2017·课标全国Ⅰ理)如图正方形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. B. C. D. 答案　解析　由题意可知圆中黑色部分面积与白色部分面积相等．设正方形的边长为a则S正方形＝a圆＝()2＝黑＝＝＝＝故选(2018·天津五校联考)点P在边长为2的正方形ABCD内运动则动点P到定点A的距离|PA|1的概率为(　　) B. C. D. 答案　解析　在正方形ABCD中其中满足动点P到定点A的距离|PA|1的平面区域如图中阴影所示则正方形的面积S＝4阴影部分的面积S阴影＝故动点P到定点A的距离|PA|1的概率P＝如图所示在圆心角为90的扇形中以圆心O为起点作射线OC则使得∠AOC和∠BOC都不小于15的概率为(　　) B. C. D. 答案　解析　依题意可知∠AOC∈[15]，∠BOC∈[15°，75°]，故OC活动区域为与OA构成的角均为15的扇形区域可求得该扇形圆心角为(90－30)＝60(A)＝＝＝已知菱形ABCD的边长为4＝150若在菱形内任取一点则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率是(　　) B．1－ D．1－答案　解析　P＝1－(2018·安徽淮南一模)《九章算术》是我国古代数学名著也是古代数学的代表作．书中有如下问题：“今有勾八步股一十五步问勾中容圆径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为8步和15步问其内切圆的“径为多少步？”现若向此三角形内投豆子则豆子落在其内切圆内的概率是(　　)A. B. C. D. 答案　解析　依题意直角三角形的斜边长为17.设内切圆半径为r则由等面积法可得＝(8＋15＋17)r解得r＝3向此三角形内投豆子豆子落在其内切圆内的概率是P＝＝(2018·山西太原五中月考)在区间(0)上任取两个数则两个数之和小于的概率是(　　) B. C. D. 答案　解析　设这两个数是x则试验所有的基本事件构成的区域即确定的平面区域满足条件的事件包含的基本事件构成的区域即确定的平面区域如图所示阴影部分的面积是1－()2＝所以这两个数之和小于的概率是(2018·贵州贵阳大联考)如图在半径为4的大圆中有三个小半圆O其半径分别为1若在大圆内随机取一点则此点取自阴影部分的概率是(　　) B. C. D. 答案　解析　题图中大圆面积为S＝＝16阴影部分的面积为S＝2×＋(π×42－)＝7所求概率为P＝＝(2018·云南师大附中月考)在棱长为2的正方体ABCD－A中任取一点M则满足∠AMB90的概率为(　　) B. C. D. 答案　解析　以AB为直径作球球在正方体内的区域体积为V＝π×13＝正方体的体积为8所求概率P＝＝在棱长为2的正方体ABCD－A中点O为底面ABCD的中心在正方体ABCD－A内随机取一点P则点P到点O的距离大于1的概率为(　　) B．1－ D．1－答案　解析　正方体的体积为2×2×2＝8以O为球心为半径且在正方体内部的半球的体积为πr3＝×13＝则点P到点O的距离小于或等于1的＝故点P到点O的距离大于1的概率为1－在区间[0]上随机取两个数x记P为事件“x＋y≥的概率为事件“|x－y|≤的概率为事件“xy≤的概率则(　　)3P1 C．P3P1P2 D．P3P2P1 答案　解析　因为x[0，1]对事件x＋y≥如图(1)的阴影部分S；对事件|x－y|≤如图(2)的阴影部分S；对事件xy≤如图(3)的阴影部分S； 由图知阴影部分的面积从S2S3S1，正方形的面积为1根据几何概型公式可得P公共汽车在8：00到8：20内随机地到达某站等待乘客某人8：15到达该站则他能等到公共汽车的概率为________答案　解析　∵公共汽车在8：00到8：20内随机地到达某站故所有基本事件对应的时间总长度L＝20分钟8：15到达该站记“他能等到公共汽车”为事