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7. (2024·德州)衣橱里挂着3套不同颜色的服装，同一套服装的上衣与裤子的颜色相同，若从衣橱里各任取一件上衣和一条裤子，则它们取自同一套的概率是.
答案
$\frac{1}{3}$（或填对应的选择项）
解析
设三套不同颜色的服装分别为A、B、C，每套包括一件上衣和一条裤子。从三套服装中任取一件上衣有3种选择，任取一条裤子有3种选择，因此总的可能组合数为$3 × 3 = 9$种。其中，取自同一套的组合有A上衣与A裤子、B上衣与B裤子、C上衣与C裤子，共3种情况。因此，所求概率为$\frac{3}{9} = \frac{1}{3}$。
8. (2023·伊春)已知一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率为.
答案
$\frac{3}{5}$（或填 0.6 对应的选择项（若有）） ，若以分数形式对应选择项，这里答案填对应$\frac{3}{5}$的选项。
解析
袋子中共有$3$个红球和$2$个白球，共$5$个球。
从$5$个球中随机摸出$2$个球，总的组合数为$C_{5}^2 =\frac{5×4}{2×1} = 10$种。
一红一白的组合数为$C_{3}^1× C_{2}^1=3×2 = 6$种。
所以随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率为$\frac{6}{10}=\frac{3}{5}= 0.6$。
从$5$个球中随机摸出$2$个球，总的组合数为$C_{5}^2 =\frac{5×4}{2×1} = 10$种。
一红一白的组合数为$C_{3}^1× C_{2}^1=3×2 = 6$种。
所以随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率为$\frac{6}{10}=\frac{3}{5}= 0.6$。
9. (2024·苏州)一个不透明的盒子里装有4张书签，分别描绘“春”“夏”“秋”“冬”四个季节，书签除图案外都相同，并将4张书签充分搅匀.
(1)若从盒子中任意抽取1张书签，恰好抽到“夏”的概率为；
(2)若从盒子中任意抽取2张书签(先抽取1张书签，且这张书签不放回，再抽取1张书签)，求抽取的书签恰好1张为“春”，1张为“秋”的概率(请用画树状图或列表的方法求解).
(1)若从盒子中任意抽取1张书签，恰好抽到“夏”的概率为；
(2)若从盒子中任意抽取2张书签(先抽取1张书签，且这张书签不放回，再抽取1张书签)，求抽取的书签恰好1张为“春”，1张为“秋”的概率(请用画树状图或列表的方法求解).
答案
(1) $\frac{1}{4}$
(2) 列表如下：
|第一次|春|夏|秋|冬|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|春|—|(春,夏)|(春,秋)|(春,冬)|
|夏|(夏,春)|—|(夏,秋)|(夏,冬)|
|秋|(秋,春)|(秋,夏)|—|(秋,冬)|
|冬|(冬,春)|(冬,夏)|(冬,秋)|—|
共有12种等可能的结果，其中1张为“春”，1张为“秋”的结果有2种，即(春,秋)，(秋,春)。
所以概率为$\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
(2) 列表如下：
|第一次|春|夏|秋|冬|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|春|—|(春,夏)|(春,秋)|(春,冬)|
|夏|(夏,春)|—|(夏,秋)|(夏,冬)|
|秋|(秋,春)|(秋,夏)|—|(秋,冬)|
|冬|(冬,春)|(冬,夏)|(冬,秋)|—|
共有12种等可能的结果，其中1张为“春”，1张为“秋”的结果有2种，即(春,秋)，(秋,春)。
所以概率为$\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
10. (2023·常州)在5张相同的小纸条上，分别写有：①$\sqrt{2}$；②$\sqrt{8}$；③1；④乘法；⑤加法.将这5张小纸条做成5支签，①②③放在不透明的盒子A中搅匀，④⑤放在不透明的盒子B中搅匀.
(1)从盒子A中任意抽出1支签，抽到无理数的概率是.
(2)先从盒子A中任意抽出2支签，再从盒子B中任意抽出1支签.求抽到的2个实数进行相应的运算后结果是无理数的概率.
(1)从盒子A中任意抽出1支签，抽到无理数的概率是.
(2)先从盒子A中任意抽出2支签，再从盒子B中任意抽出1支签.求抽到的2个实数进行相应的运算后结果是无理数的概率.
答案
(1)$\frac{2}{3}$；(2)$\frac{5}{6}$
解析
(1)$\frac{2}{3}$
(2)盒子A中签记为A1($\sqrt{2}$)、A2($\sqrt{8}=2\sqrt{2}$)、A3(1)，从A中抽2支的组合：(A1,A2)、(A1,A3)、(A2,A3)；盒子B中签记为B1(乘法)、B2(加法)，从B中抽1支有2种情况。总结果数：3×2=6种。
各结果运算如下：
(A1,A2)与B1：$\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$（有理）
(A1,A2)与B2：$\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$（无理）
(A1,A3)与B1：$\sqrt{2}×1=\sqrt{2}$（无理）
(A1,A3)与B2：$\sqrt{2}+1$（无理）
(A2,A3)与B1：$2\sqrt{2}×1=2\sqrt{2}$（无理）
(A2,A3)与B2：$2\sqrt{2}+1$（无理）
无理数结果共5种，概率为$\frac{5}{6}$。
(2)盒子A中签记为A1($\sqrt{2}$)、A2($\sqrt{8}=2\sqrt{2}$)、A3(1)，从A中抽2支的组合：(A1,A2)、(A1,A3)、(A2,A3)；盒子B中签记为B1(乘法)、B2(加法)，从B中抽1支有2种情况。总结果数：3×2=6种。
各结果运算如下：
(A1,A2)与B1：$\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$（有理）
(A1,A2)与B2：$\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$（无理）
(A1,A3)与B1：$\sqrt{2}×1=\sqrt{2}$（无理）
(A1,A3)与B2：$\sqrt{2}+1$（无理）
(A2,A3)与B1：$2\sqrt{2}×1=2\sqrt{2}$（无理）
(A2,A3)与B2：$2\sqrt{2}+1$（无理）
无理数结果共5种，概率为$\frac{5}{6}$。
11. (2024·威海)如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，C是AO的中点.过点C作CE⊥AO交$\overset{\frown}{AB}$于点E，过点E作ED⊥OB，垂足为D.在扇形内随机选取一点M，则点M落在涂色部分的概率是()
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
答案
D
解析
设扇形OAB的半径为$2r$。
在$Rt\triangle OCE$中，$OC = r$，$OE = 2r$，则$\cos\angle COE=\frac{OC}{OE}=\frac{1}{2}$，故$\angle COE = 60°$，$CE=\sqrt{OE^2 - OC^2}=\sqrt{(2r)^2 - r^2}=\sqrt{3}r$。
$\angle EOD=\angle AOB-\angle COE=90° - 60°=30°$，在$Rt\triangle ODE$中，$OD = OE\cos30°=2r×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}r$，$ED = OE\sin30°=2r×\frac{1}{2}=r$。
涂色部分面积$S_{涂色}=S_{\triangle OCE}+S_{扇形 OEB}-S_{\triangle ODE}$：
$S_{\triangle OCE}=\frac{1}{2}× OC× CE=\frac{1}{2}× r×\sqrt{3}r=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2$
$S_{扇形 OEB}=\frac{30°}{360°}×\pi×(2r)^2=\frac{1}{12}×\pi×4r^2=\frac{\pi r^2}{3}$
$S_{\triangle ODE}=\frac{1}{2}× OD× ED=\frac{1}{2}×\sqrt{3}r× r=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2$
故$S_{涂色}=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2+\frac{\pi r^2}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}r^2=\frac{\pi r^2}{3}$。
扇形$OAB$面积$S_{扇形 OAB}=\frac{90°}{360°}×\pi×(2r)^2=\pi r^2$。
概率$P=\frac{S_{涂色}}{S_{扇形 OAB}}=\frac{\frac{\pi r^2}{3}}{\pi r^2}=\frac{1}{3}$。
$\boxed{B}$
在$Rt\triangle OCE$中，$OC = r$，$OE = 2r$，则$\cos\angle COE=\frac{OC}{OE}=\frac{1}{2}$，故$\angle COE = 60°$，$CE=\sqrt{OE^2 - OC^2}=\sqrt{(2r)^2 - r^2}=\sqrt{3}r$。
$\angle EOD=\angle AOB-\angle COE=90° - 60°=30°$，在$Rt\triangle ODE$中，$OD = OE\cos30°=2r×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}r$，$ED = OE\sin30°=2r×\frac{1}{2}=r$。
涂色部分面积$S_{涂色}=S_{\triangle OCE}+S_{扇形 OEB}-S_{\triangle ODE}$：
$S_{\triangle OCE}=\frac{1}{2}× OC× CE=\frac{1}{2}× r×\sqrt{3}r=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2$
$S_{扇形 OEB}=\frac{30°}{360°}×\pi×(2r)^2=\frac{1}{12}×\pi×4r^2=\frac{\pi r^2}{3}$
$S_{\triangle ODE}=\frac{1}{2}× OD× ED=\frac{1}{2}×\sqrt{3}r× r=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2$
故$S_{涂色}=\frac{\sqrt{3}}{2}r^2+\frac{\pi r^2}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}r^2=\frac{\pi r^2}{3}$。
扇形$OAB$面积$S_{扇形 OAB}=\frac{90°}{360°}×\pi×(2r)^2=\pi r^2$。
概率$P=\frac{S_{涂色}}{S_{扇形 OAB}}=\frac{\frac{\pi r^2}{3}}{\pi r^2}=\frac{1}{3}$。
$\boxed{B}$
