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【经典例题】
【例1】（2012湖北）如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆．在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是
2 1 1 2 1
A．1- B．- C． D．
πππ2π【答案】A
【解析】令OA=1，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为S1，围成OC为S2，作对称轴OD，则过C点．S2即为
π 1 2 1 1 1 π-2 S1
以OA为直径的半圆面积减去三角形OAC的面积，S2=()-××=．在扇形OAD中为扇形面积
2222282减去三角形OAC面积和
S2 S1 1 2 1 S2 π-2 π-2 π ，=π×1--=，S1+S2=，扇形OAB面积S=，选A． 228821644
【例2】（2013湖北）如图所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，
从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)＝( )
A.
12661687 B. C. D. 12551255
275436827
，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，故E(X)＝0×＋125125125125125
【答案】B
【解析】X的取值为0，1，2，3且P(X＝0)＝543686
1×＋2×＋3×＝，选B. 1251251255
【例3】（2012四川）节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )
1137A. B. C. D. 4248
【答案】C
?0≤x≤4，
【解析】设第一串彩灯在通电后第x秒闪亮，第二串彩灯在通电后第y秒闪亮，由题意?满足条件的关系
?0≤y≤4，
式为－2≤x－y≤2.
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根据几何概型可知，事件全体的测度(面积)为16平方单位，而满足条件的事件测度(阴影部分面积)为12平方单位，
123
故概率为＝.
164【例4】（2009江苏）现有5根竹竿，它们的长度（单位：m）分别为2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3m的概率为 . 【答案】0.2
【解析】从5根竹竿中一次随机抽取2根的可能的事件总数为10，它们的长度恰好相差0.3m的事件数为2，分别是：2.5和2.8，2.6和2.9，所求概率为0.2 【例5】（2013江苏）现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________．
20
【答案】
63【解析】基本事件共有7×9＝63种，m可以取1，3，5，7，n可以取1，3，5，7，9.所以m，n都取到奇数共有20
20
种，故所求概率为.
63【例6】（2013山东）在区间[－3，3]上随机取一个数x，使得|x＋1|－|x－2|≥1成立的概率为________．
1
【答案】
3
【解析】当x<－1时，不等式化为－x－1＋x－2≥1，此时无解；当－1≤x≤2时，不等式化为x＋1＋x－2≥1，解之得x≥1；当x>2时，不等式化为x＋1－x＋2≥1，此时恒成立，∴|x＋1|－|x－2|≥1的解集为[1，＋∞).在[－3，3]上使不等式有解的区间为[1，3]，由几何概型的概率公式得P＝
3－11
＝.
3－（－3）3
【例7】（2013北京）下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．
（1）求此人到达当日空气重度污染的概率；
（2）设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望； （3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)
212
【答案】；；3月5日
1313【解析】设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．
1
根据题意，P(Ai)＝，且Ai∩Aj＝(i≠j)．
13
（1）设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8.
2
所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝. 13
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（2）由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且 P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)
4
＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝，
13P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13) 4
＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝，
135
P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝.
13所以X的分布列为
X P 54412
故X的期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 13131313
（3）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．
2
【例8】（2013福建）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以
32
获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中
5奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
（1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
（2）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
11
【答案】；方案甲．
1522
【解析】方法一：（1）由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．记“这2
35人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A的对立事件为“X＝5”，
22411
因为P(X＝5)＝×＝，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，
35151511
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
15
（2）设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
?2??2?由已知可得，X1～B?2，?，X2～B?2，?，
?3??5?2424
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×＝，
3355812
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝. 35
因为E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
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