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16 已知$\odot O$的两条直径AC、BD互相垂直，分别以AB、BC、CD、DA为直径向外作半圆，得到如图所示的图形。现随机地向该图形内掷一枚小针，记针尖落在阴影区域内的概率为$P_1$，针尖落在$\odot O$内的概率为$P_2$，则$\frac{P_1}{P_2}=$
$\frac{2}{π}$
。答案
$\frac{2}{π}$
解析
【分析】
首先明确几何概率的本质是对应区域的面积比，由于$P_1$和$P_2$的分母都是整个图形的总面积，二者作比时分母可约去，因此只需计算阴影区域面积与$\odot O$面积的比值即可。我们可先设$\odot O$的半径为$r$，先求出正方形$ABCD$的边长，再计算4个以正方形边长为直径的小半圆总面积，最后通过割补法推导阴影面积，最终求出比值。
【解析】
设$\odot O$的半径为$r$，则$\odot O$的面积$S_{\odot O}=π r^2$。
因为$AC$、$BD$是$\odot O$互相垂直的直径，所以$OA=OB=r$，正方形$ABCD$的边长$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{r^2+r^2}=\sqrt{2}r$。
以$AB$为直径的半圆半径为$\frac{\sqrt{2}r}{2}$，单个半圆面积为$\frac{1}{2}π·(\frac{\sqrt{2}r}{2})^2=\frac{π r^2}{4}$，则4个小半圆的总面积为$4×\frac{π r^2}{4}=π r^2$。
正方形$ABCD$的面积$S_{正方形ABCD}=\frac{1}{2}· AC· BD=\frac{1}{2}· 2r· 2r=2r^2$。
由割补法可得阴影区域面积：$S_{阴影}=4个小半圆面积 + S_{正方形ABCD} - S_{\odot O}$，代入得$S_{阴影}=π r^2 + 2r^2 - π r^2=2r^2$。
因为随机掷针的总区域为整个图形，所以$P_1=\frac{S_{阴影}}{S_{总}}$，$P_2=\frac{S_{\odot O}}{S_{总}}$，因此$\frac{P_1}{P_2}=\frac{S_{阴影}}{S_{\odot O}}=\frac{2r^2}{π r^2}=\frac{2}{π}$。
【答案】
$\frac{2}{π}$
【知识点】
几何概率，圆的面积计算，割补法求面积
【点评】
本题结合几何概率考查不规则图形的面积计算，解题的核心是利用参数法和割补法简化计算，无需算出整个图形的总面积即可得到比值，巧妙抵消了相同的面积项降低了计算量。
【难度系数】
0.6
首先明确几何概率的本质是对应区域的面积比，由于$P_1$和$P_2$的分母都是整个图形的总面积，二者作比时分母可约去，因此只需计算阴影区域面积与$\odot O$面积的比值即可。我们可先设$\odot O$的半径为$r$，先求出正方形$ABCD$的边长，再计算4个以正方形边长为直径的小半圆总面积，最后通过割补法推导阴影面积，最终求出比值。
【解析】
设$\odot O$的半径为$r$，则$\odot O$的面积$S_{\odot O}=π r^2$。
因为$AC$、$BD$是$\odot O$互相垂直的直径，所以$OA=OB=r$，正方形$ABCD$的边长$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{r^2+r^2}=\sqrt{2}r$。
以$AB$为直径的半圆半径为$\frac{\sqrt{2}r}{2}$，单个半圆面积为$\frac{1}{2}π·(\frac{\sqrt{2}r}{2})^2=\frac{π r^2}{4}$，则4个小半圆的总面积为$4×\frac{π r^2}{4}=π r^2$。
正方形$ABCD$的面积$S_{正方形ABCD}=\frac{1}{2}· AC· BD=\frac{1}{2}· 2r· 2r=2r^2$。
由割补法可得阴影区域面积：$S_{阴影}=4个小半圆面积 + S_{正方形ABCD} - S_{\odot O}$，代入得$S_{阴影}=π r^2 + 2r^2 - π r^2=2r^2$。
因为随机掷针的总区域为整个图形，所以$P_1=\frac{S_{阴影}}{S_{总}}$，$P_2=\frac{S_{\odot O}}{S_{总}}$，因此$\frac{P_1}{P_2}=\frac{S_{阴影}}{S_{\odot O}}=\frac{2r^2}{π r^2}=\frac{2}{π}$。
【答案】
$\frac{2}{π}$
【知识点】
几何概率，圆的面积计算，割补法求面积
【点评】
本题结合几何概率考查不规则图形的面积计算，解题的核心是利用参数法和割补法简化计算，无需算出整个图形的总面积即可得到比值，巧妙抵消了相同的面积项降低了计算量。
【难度系数】
0.6
17 在一个暗箱里放有 $ m $ 个大小相同、质地均匀的白球，为了估计白球的个数，再放入3个同白球大小、质地均相同，只有颜色不同的黄球，每次将球搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色后再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%，推算 $ m $ 的值大约是
7
。答案
7
解析
【分析】
解决本题首先要明确：大量重复试验时，事件发生的频率会稳定在对应概率的附近，因此可以用摸到黄球的频率30%作为摸到黄球的概率。接下来结合概率计算公式“某事件的概率=该事件对应的样本数量÷总样本数量”，本题中摸到黄球的概率=黄球个数÷总球数，总球数是原有白球数m加上新放入的3个黄球，代入数值列方程即可求出m的值。
【解析】
∵ 大量重复试验后，摸到黄球的频率稳定在30%，
∴ 可估计摸到黄球的概率为$30\%=0.3$。
暗箱中总球数为$(m+3)$个，黄球有3个，根据概率公式可得：
$\frac{3}{m+3}=0.3$
解方程：
$3=0.3(m+3)$
$3=0.3m+0.9$
$0.3m=3-0.9$
$0.3m=2.1$
$m=7$
【答案】
7
【知识点】
用频率估计概率；概率公式
【点评】
本题是概率的实际应用类基础题，核心是理解频率和概率的对应关系，结合概率公式建立方程求解即可，解题逻辑清晰，属于常规常考题型。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确：大量重复试验时，事件发生的频率会稳定在对应概率的附近，因此可以用摸到黄球的频率30%作为摸到黄球的概率。接下来结合概率计算公式“某事件的概率=该事件对应的样本数量÷总样本数量”，本题中摸到黄球的概率=黄球个数÷总球数，总球数是原有白球数m加上新放入的3个黄球，代入数值列方程即可求出m的值。
【解析】
∵ 大量重复试验后，摸到黄球的频率稳定在30%，
∴ 可估计摸到黄球的概率为$30\%=0.3$。
暗箱中总球数为$(m+3)$个，黄球有3个，根据概率公式可得：
$\frac{3}{m+3}=0.3$
解方程：
$3=0.3(m+3)$
$3=0.3m+0.9$
$0.3m=3-0.9$
$0.3m=2.1$
$m=7$
【答案】
7
【知识点】
用频率估计概率；概率公式
【点评】
本题是概率的实际应用类基础题，核心是理解频率和概率的对应关系，结合概率公式建立方程求解即可，解题逻辑清晰，属于常规常考题型。
【难度系数】
0.7
18 已知 $ a_i ≠ 0(i=1,2,\dots,2012) $ 满足 $ \frac{|a_1|}{a_1} + \frac{|a_2|}{a_2} + \frac{|a_3|}{a_3} + \dots + \frac{|a_{2011}|}{a_{2011}} + \frac{|a_{2012}|}{a_{2012}} = 2000 $，则使一次函数 $ y = a_i x + i(i=1,2,\dots,2012) $ 的图像经过第一、二、四象限的 $ a_i $ 的概率是 ______。
答案
$\frac{3}{1006}$
解析
【分析】
首先回忆绝对值的性质：对非零实数a，$\frac{|a|}{a}$的取值只有两种，a＞0时为1，a＜0时为-1。我们可以先设2012个$a_i$中负数的个数为x，正数的个数为2012-x，结合它们的和为2000列方程求出负数的个数。再回忆一次函数图象过第一、二、四象限的条件：一次项系数小于0，常数项大于0，本题中常数项是i（i≥1，均为正），因此只要$a_i＜0$就满足条件。最后根据概率公式，用满足条件的$a_i$个数除以总个数即可得到概率。
【解析】
1. 分析$\frac{|a_i|}{a_i}$的取值：
当$a_i＞0$时，$\frac{|a_i|}{a_i}=\frac{a_i}{a_i}=1$；当$a_i＜0$时，$\frac{|a_i|}{a_i}=\frac{-a_i}{a_i}=-1$。
2. 计算负的$a_i$的个数：
设2012个$a_i$中负数的个数为x，则正数的个数为$2012-x$。根据题意列方程：
$(2012-x)×1 + x×(-1) = 2000$
化简得：$2012 - 2x = 2000$，解得$x=6$，即共有6个负的$a_i$。
3. 分析一次函数过一、二、四象限的条件：
一次函数$y=kx+b$过第一、二、四象限的条件是$k＜0$且$b＞0$。本题中$b=i$（$i=1,2,\dots,2012$）均为正数，因此只要$a_i＜0$，函数图象就经过第一、二、四象限，满足条件的$a_i$共6个。
4. 计算概率：
总共有2012个$a_i$，因此所求概率$P=\frac{6}{2012}=\frac{3}{1006}$。
【答案】
$\frac{3}{1006}$
【知识点】
绝对值的性质，一次函数图象性质，概率计算
【点评】
本题是小综合类基础题，将绝对值化简、一次函数图象特征和概率计算三个知识点结合考查，解题的核心是先求出负数$a_i$的个数，再结合函数图象要求确定符合条件的数量，掌握基础知识点即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
首先回忆绝对值的性质：对非零实数a，$\frac{|a|}{a}$的取值只有两种，a＞0时为1，a＜0时为-1。我们可以先设2012个$a_i$中负数的个数为x，正数的个数为2012-x，结合它们的和为2000列方程求出负数的个数。再回忆一次函数图象过第一、二、四象限的条件：一次项系数小于0，常数项大于0，本题中常数项是i（i≥1，均为正），因此只要$a_i＜0$就满足条件。最后根据概率公式，用满足条件的$a_i$个数除以总个数即可得到概率。
【解析】
1. 分析$\frac{|a_i|}{a_i}$的取值：
当$a_i＞0$时，$\frac{|a_i|}{a_i}=\frac{a_i}{a_i}=1$；当$a_i＜0$时，$\frac{|a_i|}{a_i}=\frac{-a_i}{a_i}=-1$。
2. 计算负的$a_i$的个数：
设2012个$a_i$中负数的个数为x，则正数的个数为$2012-x$。根据题意列方程：
$(2012-x)×1 + x×(-1) = 2000$
化简得：$2012 - 2x = 2000$，解得$x=6$，即共有6个负的$a_i$。
3. 分析一次函数过一、二、四象限的条件：
一次函数$y=kx+b$过第一、二、四象限的条件是$k＜0$且$b＞0$。本题中$b=i$（$i=1,2,\dots,2012$）均为正数，因此只要$a_i＜0$，函数图象就经过第一、二、四象限，满足条件的$a_i$共6个。
4. 计算概率：
总共有2012个$a_i$，因此所求概率$P=\frac{6}{2012}=\frac{3}{1006}$。
【答案】
$\frac{3}{1006}$
【知识点】
绝对值的性质，一次函数图象性质，概率计算
【点评】
本题是小综合类基础题，将绝对值化简、一次函数图象特征和概率计算三个知识点结合考查，解题的核心是先求出负数$a_i$的个数，再结合函数图象要求确定符合条件的数量，掌握基础知识点即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
19 A超市在一次周年庆典当天开展购物抽奖活动，凡当天在该超市购物的顾客，均有一次抽奖机会，抽奖规则如下：将如图所示的圆形转盘平均分成四个扇形，分别标上1、3、5、7四个数字，抽奖者连续转动转盘两次，每次停止后指针所指扇形内的数为每次所得数（若指针指在分界处重转），当两次所得数字之和为2时，返现金20元，当两次所得数字之和为4时，返现金10元，当两次所得数字之和为6时，返现金5元。
（1）试用树状图或列表法表示出王大妈这次抽奖中所有可能出现的结果。
（2）王大妈在参加这次抽奖活动中，能获得返现金的概率是多少？
（1）试用树状图或列表法表示出王大妈这次抽奖中所有可能出现的结果。
（2）王大妈在参加这次抽奖活动中，能获得返现金的概率是多少？
答案
（1）用树状图：
用列表法：
| | 1 | 3 | 5 | 7 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | 2 | 4 | 6 | 8 |
| 3 | 4 | 6 | 8 | 10 |
| 5 | 6 | 8 | 10 | 12 |
| 7 | 8 | 10 | 12 | 14 |
（2）共有16种等可能的结果，其中可获得返现金的有6种，其概率为$P(返现金)=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$。
解析
【分析】
（1）要表示两次抽奖的所有可能结果，转动转盘两次是两个独立步骤，每次都有1、3、5、7四种等可能结果，因此可以用树状图或列表法分步列举：先列出第一次转动的所有结果，再对应每个第一次的结果列出第二次转动的所有结果，即可得到全部等可能情况。
（2）求获得返现金的概率，首先明确返现金的条件是两次数字和为2、4、6，先从所有等可能结果中筛选出符合条件的结果数，再根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的结果数”计算即可。
【解析】
（1）方法一：树状图表示如下：
方法二：列表法表示如下，行代表第一次所得数字，列代表第二次所得数字，表格内为两次数字之和：
| | 1 | 3 | 5 | 7 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | 2 | 4 | 6 | 8 |
| 3 | 4 | 6 | 8 | 10 |
| 5 | 6 | 8 | 10 | 12 |
| 7 | 8 | 10 | 12 | 14 |
（2）由（1）可知，两次抽奖共有16种等可能的结果，其中满足两次数字之和为2、4、6（即能获得返现金）的结果共有6种，分别是(1,1)、(1,3)、(3,1)、(1,5)、(3,3)、(5,1)，根据概率公式可得：
$P(返现金)=\frac{符合返现的结果数}{总结果数}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$
【答案】
（1）用树状图：
用列表法：
| | 1 | 3 | 5 | 7 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | 2 | 4 | 6 | 8 |
| 3 | 4 | 6 | 8 | 10 |
| 5 | 6 | 8 | 10 | 12 |
| 7 | 8 | 10 | 12 | 14 |
（2）$\frac{3}{8}$
【知识点】
列表法与树状图法、概率公式
【点评】
本题是概率的基础应用类题目，通过列表或树状图可以清晰、不重不漏地列举出所有等可能的事件结果，再结合题干要求筛选目标事件计算概率，熟练掌握列举法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.7
（1）要表示两次抽奖的所有可能结果，转动转盘两次是两个独立步骤，每次都有1、3、5、7四种等可能结果，因此可以用树状图或列表法分步列举：先列出第一次转动的所有结果，再对应每个第一次的结果列出第二次转动的所有结果，即可得到全部等可能情况。
（2）求获得返现金的概率，首先明确返现金的条件是两次数字和为2、4、6，先从所有等可能结果中筛选出符合条件的结果数，再根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的结果数”计算即可。
【解析】
（1）方法一：树状图表示如下：
方法二：列表法表示如下，行代表第一次所得数字，列代表第二次所得数字，表格内为两次数字之和：
| | 1 | 3 | 5 | 7 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | 2 | 4 | 6 | 8 |
| 3 | 4 | 6 | 8 | 10 |
| 5 | 6 | 8 | 10 | 12 |
| 7 | 8 | 10 | 12 | 14 |
（2）由（1）可知，两次抽奖共有16种等可能的结果，其中满足两次数字之和为2、4、6（即能获得返现金）的结果共有6种，分别是(1,1)、(1,3)、(3,1)、(1,5)、(3,3)、(5,1)，根据概率公式可得：
$P(返现金)=\frac{符合返现的结果数}{总结果数}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$
【答案】
（1）用树状图：
用列表法：
| | 1 | 3 | 5 | 7 |
| --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | 2 | 4 | 6 | 8 |
| 3 | 4 | 6 | 8 | 10 |
| 5 | 6 | 8 | 10 | 12 |
| 7 | 8 | 10 | 12 | 14 |
（2）$\frac{3}{8}$
【知识点】
列表法与树状图法、概率公式
【点评】
本题是概率的基础应用类题目，通过列表或树状图可以清晰、不重不漏地列举出所有等可能的事件结果，再结合题干要求筛选目标事件计算概率，熟练掌握列举法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.7
20 一堆彩球有红、黄两种颜色，首先数出的50个球中有49个红球，以后每数出8个球中都有7个红球，一直数到最后8个球，正好数完，在已经数出的球中红球的数目不少于90%。
（1）这堆球的数目最多有多少个？
（2）在（1）的情况下，从这堆彩球中任取两个球，恰好为一红一黄的概率是多少？
21 一个不透明的布袋中装有1个黄球和2个红球，每个球除颜色外都相同。
（1）任意摸出一个球，记下颜色后放回，摇均匀再任意摸出一个球，求两次摸到球的颜色相同的概率。
（2）现将n个蓝球放入布袋，搅匀后任意摸出一个球，记录其颜色后放回，重复该实验。经过大量实验后，发现摸到蓝球的频率稳定于0.7附近，求n的值。
（1）这堆球的数目最多有多少个？
（2）在（1）的情况下，从这堆彩球中任取两个球，恰好为一红一黄的概率是多少？
21 一个不透明的布袋中装有1个黄球和2个红球，每个球除颜色外都相同。
（1）任意摸出一个球，记下颜色后放回，摇均匀再任意摸出一个球，求两次摸到球的颜色相同的概率。
（2）现将n个蓝球放入布袋，搅匀后任意摸出一个球，记录其颜色后放回，重复该实验。经过大量实验后，发现摸到蓝球的频率稳定于0.7附近，求n的值。
答案
20（1）设每次摸8个球，共摸了n次，则$\frac{49+7n}{50+8n}\ge\frac{9}{10}$，所以$n\le20$。当$n=20$时，共有210个球，所以这堆球的数目最多有210个。
（2）在(1)的情况下，210个球中有21个黄球，189个红球，所以$\frac{21}{210}×\frac{189}{209}×2=\frac{189}{1045}$，所以从中摸两个球，恰为一红一黄的概率为$\frac{189}{1045}$。
21（1）两次摸到球的颜色相同的概率为$\frac{5}{9}$。
（2）根据题意，得$\frac{n}{1+2+n}=0.7$，解得$n=7$，经检验$n=7$是原分式方程的解，所以$n=7$。
（2）在(1)的情况下，210个球中有21个黄球，189个红球，所以$\frac{21}{210}×\frac{189}{209}×2=\frac{189}{1045}$，所以从中摸两个球，恰为一红一黄的概率为$\frac{189}{1045}$。
21（1）两次摸到球的颜色相同的概率为$\frac{5}{9}$。
（2）根据题意，得$\frac{n}{1+2+n}=0.7$，解得$n=7$，经检验$n=7$是原分式方程的解，所以$n=7$。
解析
【分析】
20题（1）：首先根据红球占比不少于90%的不等关系建立不等式，设后续每8个一组数球的次数为n，分别表示出红球总数量和球的总数量，解不等式得到n的最大正整数解，即可求出总球数的最大值。
20题（2）：先求出210个球中红黄球各自的数量，任取两个球一红一黄包含“先红后黄”和“先黄后红”两种互斥情况，分别计算两种情况的概率相加即可。
21题（1）：属于有放回的两次摸球问题，用列表法或树状图列出所有等可能结果，再统计两次颜色相同的结果数，用概率公式计算即可。
21题（2）：大量重复实验下频率的稳定值等于事件发生的概率，据此结合蓝球的概率公式列分式方程求解，注意检验分式方程的解是否符合题意。
【解析】
20题
（1）设后续每8个球为一组，共数了$n$组。
由题意得，红球总个数为$49+7n$，球的总个数为$50+8n$，根据红球占比不少于90%列不等式：
$\frac{49+7n}{50+8n}\ge\frac{9}{10}$
因为$50+8n＞0$，两边同乘$10(50+8n)$得：
$10(49+7n)\ge9(50+8n)$
展开整理：$490+70n\ge450+72n$，解得$n\le20$。
$n$的最大正整数解为20，此时总球数为$50+8×20=210$个。
（2）当总球数为210个时，黄球个数为$210×(1-90\%)=21$个，红球个数为$210-21=189$个。
任取两个球恰为一红一黄的概率为两种情况的概率和：
$P=\frac{189}{210}×\frac{21}{209}+\frac{21}{210}×\frac{189}{209}=2×\frac{189×21}{210×209}=\frac{189}{1045}$
21题
（1）将2个红球记为红1、红2，黄球记为黄，列表得出所有等可能结果：
|第一次\第二次|红1|红2|黄|
|---|---|---|---|
|红1|（红1，红1）|（红1，红2）|（红1，黄）|
|红2|（红2，红1）|（红2，红2）|（红2，黄）|
|黄|（黄，红1）|（黄，红2）|（黄，黄）|
共9种等可能结果，其中两次颜色相同的结果有5种，因此：
$P(\mathrm{两次颜色相同})=\frac{5}{9}$
（2）大量重复实验下摸到蓝球的频率稳定于0.7，说明摸到蓝球的概率为0.7，总球数为$1+2+n=3+n$，列方程：
$\frac{n}{3+n}=0.7$
解得$n=0.7(3+n)$，整理得$0.3n=2.1$，$n=7$。
检验：当$n=7$时，$3+n=10\ne0$，故$n=7$是原方程的解，符合题意。
【答案】
20（1）这堆球的数目最多有210个；
（2）恰好为一红一黄的概率是$\frac{189}{1045}$；
21（1）两次摸到球的颜色相同的概率为$\frac{5}{9}$；
（2）$n$的值为7。
【知识点】
列不等式解应用题，概率计算，用频率估计概率
【点评】
本组题结合生活场景，综合考察了不等关系的应用、不同摸球规则下的概率计算、频率与概率的关系等内容，注重对基础知识的灵活运用，能够有效检验学生对相关知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.7
20题（1）：首先根据红球占比不少于90%的不等关系建立不等式，设后续每8个一组数球的次数为n，分别表示出红球总数量和球的总数量，解不等式得到n的最大正整数解，即可求出总球数的最大值。
20题（2）：先求出210个球中红黄球各自的数量，任取两个球一红一黄包含“先红后黄”和“先黄后红”两种互斥情况，分别计算两种情况的概率相加即可。
21题（1）：属于有放回的两次摸球问题，用列表法或树状图列出所有等可能结果，再统计两次颜色相同的结果数，用概率公式计算即可。
21题（2）：大量重复实验下频率的稳定值等于事件发生的概率，据此结合蓝球的概率公式列分式方程求解，注意检验分式方程的解是否符合题意。
【解析】
20题
（1）设后续每8个球为一组，共数了$n$组。
由题意得，红球总个数为$49+7n$，球的总个数为$50+8n$，根据红球占比不少于90%列不等式：
$\frac{49+7n}{50+8n}\ge\frac{9}{10}$
因为$50+8n＞0$，两边同乘$10(50+8n)$得：
$10(49+7n)\ge9(50+8n)$
展开整理：$490+70n\ge450+72n$，解得$n\le20$。
$n$的最大正整数解为20，此时总球数为$50+8×20=210$个。
（2）当总球数为210个时，黄球个数为$210×(1-90\%)=21$个，红球个数为$210-21=189$个。
任取两个球恰为一红一黄的概率为两种情况的概率和：
$P=\frac{189}{210}×\frac{21}{209}+\frac{21}{210}×\frac{189}{209}=2×\frac{189×21}{210×209}=\frac{189}{1045}$
21题
（1）将2个红球记为红1、红2，黄球记为黄，列表得出所有等可能结果：
|第一次\第二次|红1|红2|黄|
|---|---|---|---|
|红1|（红1，红1）|（红1，红2）|（红1，黄）|
|红2|（红2，红1）|（红2，红2）|（红2，黄）|
|黄|（黄，红1）|（黄，红2）|（黄，黄）|
共9种等可能结果，其中两次颜色相同的结果有5种，因此：
$P(\mathrm{两次颜色相同})=\frac{5}{9}$
（2）大量重复实验下摸到蓝球的频率稳定于0.7，说明摸到蓝球的概率为0.7，总球数为$1+2+n=3+n$，列方程：
$\frac{n}{3+n}=0.7$
解得$n=0.7(3+n)$，整理得$0.3n=2.1$，$n=7$。
检验：当$n=7$时，$3+n=10\ne0$，故$n=7$是原方程的解，符合题意。
【答案】
20（1）这堆球的数目最多有210个；
（2）恰好为一红一黄的概率是$\frac{189}{1045}$；
21（1）两次摸到球的颜色相同的概率为$\frac{5}{9}$；
（2）$n$的值为7。
【知识点】
列不等式解应用题，概率计算，用频率估计概率
【点评】
本组题结合生活场景，综合考察了不等关系的应用、不同摸球规则下的概率计算、频率与概率的关系等内容，注重对基础知识的灵活运用，能够有效检验学生对相关知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.7
