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1 同一元素中质子数相同、中子数不同的各种原子互为同位素，如$\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{13}_{6}C}$、$\ce{^{16}_{8}O}$与$\ce{^{17}_{8}O}$。在一次制取CO的实验中，$\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{13}_{6}C}$的原子个数比为$2:1$，$\ce{^{16}_{8}O}$与$\ce{^{17}_{8}O}$的原子个数比为$1:1$，若实验恰好完全反应生成CO，则反应生成的$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$占全部CO的（
A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{1}{2}$
B
）。A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{1}{2}$
答案
1.B
解析
【分析】
解题思路：首先明确每个CO分子由1个碳原子和1个氧原子构成，要求$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$占全部CO的比例，本质是求原子随机组合时得到该分子的概率。第一步先根据给定的原子个数比，设定不同种类碳原子、氧原子的份数；第二步用列举法列出所有可能的CO组合及对应的份数；第三步计算目标组合的份数占总份数的比例即可得到结果。
【解析】
解：已知$\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{13}_{6}C}$的原子个数比为$2:1$，设$\ce{^{12}_{6}C}$有2份，$\ce{^{13}_{6}C}$有1份；
已知$\ce{^{16}_{8}O}$与$\ce{^{17}_{8}O}$的原子个数比为$1:1$，设$\ce{^{16}_{8}O}$有1份，$\ce{^{17}_{8}O}$有1份。
碳原子和氧原子随机结合生成CO，所有可能的组合及对应份数如下：
1. $\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{16}_{8}O}$结合：份数为$2×1=2$份，即$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$有2份
2. $\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{17}_{8}O}$结合：份数为$2×1=2$份，即$\ce{^{12}_{6}C^{17}_{8}O}$有2份
3. $\ce{^{13}_{6}C}$与$\ce{^{16}_{8}O}$结合：份数为$1×1=1$份，即$\ce{^{13}_{6}C^{16}_{8}O}$有1份
4. $\ce{^{13}_{6}C}$与$\ce{^{17}_{8}O}$结合：份数为$1×1=1$份，即$\ce{^{13}_{6}C^{17}_{8}O}$有1份
全部CO的总份数为$2+2+1+1=6$份
则$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$占全部CO的比例为$\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
列举法求概率，组合计数，分数化简
【点评】
本题结合化学同位素的背景考查概率的实际应用，跨学科的背景看似复杂，实际核心是基础的概率计算，解题时只需理清原子组合的规律，用列举法统计所有情况的份数即可求解。
【难度系数】
0.7
解题思路：首先明确每个CO分子由1个碳原子和1个氧原子构成，要求$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$占全部CO的比例，本质是求原子随机组合时得到该分子的概率。第一步先根据给定的原子个数比，设定不同种类碳原子、氧原子的份数；第二步用列举法列出所有可能的CO组合及对应的份数；第三步计算目标组合的份数占总份数的比例即可得到结果。
【解析】
解：已知$\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{13}_{6}C}$的原子个数比为$2:1$，设$\ce{^{12}_{6}C}$有2份，$\ce{^{13}_{6}C}$有1份；
已知$\ce{^{16}_{8}O}$与$\ce{^{17}_{8}O}$的原子个数比为$1:1$，设$\ce{^{16}_{8}O}$有1份，$\ce{^{17}_{8}O}$有1份。
碳原子和氧原子随机结合生成CO，所有可能的组合及对应份数如下：
1. $\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{16}_{8}O}$结合：份数为$2×1=2$份，即$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$有2份
2. $\ce{^{12}_{6}C}$与$\ce{^{17}_{8}O}$结合：份数为$2×1=2$份，即$\ce{^{12}_{6}C^{17}_{8}O}$有2份
3. $\ce{^{13}_{6}C}$与$\ce{^{16}_{8}O}$结合：份数为$1×1=1$份，即$\ce{^{13}_{6}C^{16}_{8}O}$有1份
4. $\ce{^{13}_{6}C}$与$\ce{^{17}_{8}O}$结合：份数为$1×1=1$份，即$\ce{^{13}_{6}C^{17}_{8}O}$有1份
全部CO的总份数为$2+2+1+1=6$份
则$\ce{^{12}_{6}C^{16}_{8}O}$占全部CO的比例为$\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
列举法求概率，组合计数，分数化简
【点评】
本题结合化学同位素的背景考查概率的实际应用，跨学科的背景看似复杂，实际核心是基础的概率计算，解题时只需理清原子组合的规律，用列举法统计所有情况的份数即可求解。
【难度系数】
0.7
② 某个寝室有四个人，每个人写一张贺卡，集中起来。然后每人从中拿出一张，则所有人拿到的都不是自己写的贺卡的概率是（
A.$\frac{1}{9}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{3}{8}$
D.$\frac{1}{4}$
C
）。A.$\frac{1}{9}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{3}{8}$
D.$\frac{1}{4}$
答案
2.C
解析
【分析】
要计算该事件的概率，需遵循“概率=符合条件的情况数÷所有等可能的总情况数”的思路求解。第一步先计算4人拿贺卡的总情况数，可通过分步计数的方法得出；第二步再分类列举出“所有人拿到的都不是自己写的贺卡”的情况数，最后代入公式计算概率即可。
【解析】
我们将4个人分别编号为1、2、3、4，对应他们写的贺卡也编号为1、2、3、4，规定编号为n的人拿到n号贺卡即拿到自己写的贺卡。
1. 计算总情况数：第一个人拿贺卡有4种选择，第二个人拿剩余3张有3种选择，第三个人拿剩余2张有2种选择，最后1人只有1种选择，总共有$4×3×2×1=24$种等可能的结果。
2. 计算符合“所有人都不拿到自己写的贺卡”的情况数：
按1号拿到的贺卡分类：
若1号拿2号贺卡：剩余贺卡为1、3、4，此时2号不能拿自己的贺卡，可选1、3、4：
①2号拿1号贺卡：剩余3、4，只能3拿4、4拿3，共1种；
②2号拿3号贺卡：剩余1、4，3不能拿自己的贺卡，只能3拿4、4拿1，共1种；
③2号拿4号贺卡：剩余1、3，3不能拿自己的贺卡，只能3拿1、4拿3，共1种；
共3种情况。
同理，若1号拿3号贺卡、1号拿4号贺卡时，也各有3种符合条件的情况。
总符合条件的情况数为$3×3=9$种。
3. 计算概率：$P=\frac{9}{24}=\frac{3}{8}$。
【答案】
C
【知识点】
概率计算；分步计数；错排问题
【点评】
本题是典型的错排类概率应用题，解题核心是准确计数总情况和符合条件的情况，通过分类枚举的方法可以有效避免计数时的重复和遗漏，熟练掌握分步计数逻辑是解题的关键。
【难度系数】
0.6
要计算该事件的概率，需遵循“概率=符合条件的情况数÷所有等可能的总情况数”的思路求解。第一步先计算4人拿贺卡的总情况数，可通过分步计数的方法得出；第二步再分类列举出“所有人拿到的都不是自己写的贺卡”的情况数，最后代入公式计算概率即可。
【解析】
我们将4个人分别编号为1、2、3、4，对应他们写的贺卡也编号为1、2、3、4，规定编号为n的人拿到n号贺卡即拿到自己写的贺卡。
1. 计算总情况数：第一个人拿贺卡有4种选择，第二个人拿剩余3张有3种选择，第三个人拿剩余2张有2种选择，最后1人只有1种选择，总共有$4×3×2×1=24$种等可能的结果。
2. 计算符合“所有人都不拿到自己写的贺卡”的情况数：
按1号拿到的贺卡分类：
若1号拿2号贺卡：剩余贺卡为1、3、4，此时2号不能拿自己的贺卡，可选1、3、4：
①2号拿1号贺卡：剩余3、4，只能3拿4、4拿3，共1种；
②2号拿3号贺卡：剩余1、4，3不能拿自己的贺卡，只能3拿4、4拿1，共1种；
③2号拿4号贺卡：剩余1、3，3不能拿自己的贺卡，只能3拿1、4拿3，共1种；
共3种情况。
同理，若1号拿3号贺卡、1号拿4号贺卡时，也各有3种符合条件的情况。
总符合条件的情况数为$3×3=9$种。
3. 计算概率：$P=\frac{9}{24}=\frac{3}{8}$。
【答案】
C
【知识点】
概率计算；分步计数；错排问题
【点评】
本题是典型的错排类概率应用题，解题核心是准确计数总情况和符合条件的情况，通过分类枚举的方法可以有效避免计数时的重复和遗漏，熟练掌握分步计数逻辑是解题的关键。
【难度系数】
0.6
3 有三张正面分别写有数字－1、－2、1的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上洗匀后随机抽取一张，以其正面数字作为a的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作为b的值，则点$(a,b)$在第二象限的概率为(
A.$\frac{1}{6}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
B
)。A.$\frac{1}{6}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
答案
3.B
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先明确第二象限内点的坐标特征：横坐标小于0，纵坐标大于0；其次，本题是不放回的两步抽取问题，我们可以通过列举法找出所有等可能的(a,b)组合，再从中筛选出符合第二象限特征的组合，最后用符合条件的组合数除以总组合数即可得到所求概率。
【解析】
第一步：列举所有等可能的(a,b)结果：
第一次抽取a有3种可能，第二次从剩余2张抽b，总共有$3×2=6$种等可能的结果，分别为：
$(-1,-2)、(-1,1)、(-2,-1)、(-2,1)、(1,-1)、(1,-2)$
第二步：筛选符合第二象限的结果：
第二象限的点满足$a＜0$且$b＞0$，符合要求的结果有：$(-1,1)、(-2,1)$，共2种。
第三步：计算概率：
$P(\mathrm{点在第二象限})=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$
因此本题选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 第二象限点的坐标特征
2. 列举法求概率
3. 不放回抽样概率计算
【点评】
本题将平面直角坐标系知识与概率计算结合考查，解题的关键是准确掌握第二象限点的坐标特点，列举所有情况时注意是不放回抽取，避免出现重复或遗漏的情况。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先明确第二象限内点的坐标特征：横坐标小于0，纵坐标大于0；其次，本题是不放回的两步抽取问题，我们可以通过列举法找出所有等可能的(a,b)组合，再从中筛选出符合第二象限特征的组合，最后用符合条件的组合数除以总组合数即可得到所求概率。
【解析】
第一步：列举所有等可能的(a,b)结果：
第一次抽取a有3种可能，第二次从剩余2张抽b，总共有$3×2=6$种等可能的结果，分别为：
$(-1,-2)、(-1,1)、(-2,-1)、(-2,1)、(1,-1)、(1,-2)$
第二步：筛选符合第二象限的结果：
第二象限的点满足$a＜0$且$b＞0$，符合要求的结果有：$(-1,1)、(-2,1)$，共2种。
第三步：计算概率：
$P(\mathrm{点在第二象限})=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$
因此本题选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 第二象限点的坐标特征
2. 列举法求概率
3. 不放回抽样概率计算
【点评】
本题将平面直角坐标系知识与概率计算结合考查，解题的关键是准确掌握第二象限点的坐标特点，列举所有情况时注意是不放回抽取，避免出现重复或遗漏的情况。
【难度系数】
0.7
6。若一次性随机抽取两个小球，则两个小球上的数字之和大于$\sqrt{30}$的概率为
$\dfrac{2}{3}$
。答案
4.$\dfrac{2}{3}$
解析
【分析】
解题思路可分为三步：第一步，先估算$\sqrt{30}$的大小，将“两个数字之和大于$\sqrt{30}$”的条件转化为便于判断的整数和范围；第二步，用列举法列出一次性抽取2个小球的所有等可能结果，统计总结果数；第三步，筛选出满足和的条件的结果数，代入古典概型的概率公式计算概率即可。
【解析】
首先估算$\sqrt{30}$的取值范围：
∵$5^2=25$，$6^2=36$，且$25＜30＜36$，
∴$5＜\sqrt{30}＜6$，即两个小球数字之和大于$\sqrt{30}$等价于两数之和$≥6$。
已知袋中有4个分别标有数字1、2、4、5的完全相同的小球，一次性抽取2个的所有等可能结果为：$(1,2)$、$(1,4)$、$(1,5)$、$(2,4)$、$(2,5)$、$(4,5)$，共6种。
其中满足两数之和$≥6$的结果有：$(1,5)$、$(2,4)$、$(2,5)$、$(4,5)$，共4种。
根据概率公式可得：
$P=\dfrac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$
【答案】
$\dfrac{2}{3}$
【知识点】
无理数的估算；列举法求概率；组合计数
【点评】
本题重点考查古典概型的概率计算，解题的核心是先通过估算无理数大小将抽象条件转化为具体的整数和要求，再准确列举所有等可能结果，计数时注意无序抽取不要重复或漏算。
【难度系数】
0.7
解题思路可分为三步：第一步，先估算$\sqrt{30}$的大小，将“两个数字之和大于$\sqrt{30}$”的条件转化为便于判断的整数和范围；第二步，用列举法列出一次性抽取2个小球的所有等可能结果，统计总结果数；第三步，筛选出满足和的条件的结果数，代入古典概型的概率公式计算概率即可。
【解析】
首先估算$\sqrt{30}$的取值范围：
∵$5^2=25$，$6^2=36$，且$25＜30＜36$，
∴$5＜\sqrt{30}＜6$，即两个小球数字之和大于$\sqrt{30}$等价于两数之和$≥6$。
已知袋中有4个分别标有数字1、2、4、5的完全相同的小球，一次性抽取2个的所有等可能结果为：$(1,2)$、$(1,4)$、$(1,5)$、$(2,4)$、$(2,5)$、$(4,5)$，共6种。
其中满足两数之和$≥6$的结果有：$(1,5)$、$(2,4)$、$(2,5)$、$(4,5)$，共4种。
根据概率公式可得：
$P=\dfrac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$
【答案】
$\dfrac{2}{3}$
【知识点】
无理数的估算；列举法求概率；组合计数
【点评】
本题重点考查古典概型的概率计算，解题的核心是先通过估算无理数大小将抽象条件转化为具体的整数和要求，再准确列举所有等可能结果，计数时注意无序抽取不要重复或漏算。
【难度系数】
0.7
5 联欢会上，小明按照3个红气球、2个黄气球、1个绿气球的顺序把气球串起来装饰教室。
第16个气球是
第16个气球是
黄
颜色气球；这16个气球中出现黄色气球的概率是$\dfrac{5}{16}$
。答案
5. 黄，$\dfrac{5}{16}$
解析
【分析】
本题需要先结合气球的排列周期规律判断第16个气球的颜色，再根据概率公式计算黄色气球出现的概率。解题思路如下：1. 先计算一个循环周期的气球总数：3个红+2个黄+1个绿=6个，即每6个气球为一个完整循环；2. 用16除以周期数6，根据余数判断第16个气球在周期内的位置，即可确定颜色；3. 统计16个气球中黄色气球的总数量，再根据“概率=所求情况数÷总情况数”计算概率即可。
【解析】
1. 计算排列周期：气球按照3红、2黄、1绿的顺序排列，一个周期的气球总数为$3+2+1=6$（个）。
2. 判断第16个气球的颜色：
$16÷6=2······4$，即16个气球包含2个完整周期，余下4个气球对应第三个周期的前4个。
周期内前3个为红气球，第4、5个为黄气球，第6个为绿气球，因此余下的第4个气球为黄色，即第16个气球是黄颜色。
3. 计算黄色气球的概率：
每个完整周期有2个黄气球，2个完整周期共有黄气球$2×2=4$（个）；余下的4个气球中包含1个黄气球，因此16个气球中黄气球总数量为$4+1=5$（个）。
根据概率公式，出现黄色气球的概率为$P=\dfrac{\mathrm{黄气球总数}}{\mathrm{气球总数}}=\dfrac{5}{16}$。
【答案】
黄，$\dfrac{5}{16}$
【知识点】
周期排列规律；概率计算
【点评】
本题是排列规律与概率计算的基础综合题，解题的核心是先找准排列周期，准确统计出黄色气球的总数量，再代入概率公式计算即可，整体难度不大，需要注意计算余数对应的气球类型时不要出错。
【难度系数】
0.75
本题需要先结合气球的排列周期规律判断第16个气球的颜色，再根据概率公式计算黄色气球出现的概率。解题思路如下：1. 先计算一个循环周期的气球总数：3个红+2个黄+1个绿=6个，即每6个气球为一个完整循环；2. 用16除以周期数6，根据余数判断第16个气球在周期内的位置，即可确定颜色；3. 统计16个气球中黄色气球的总数量，再根据“概率=所求情况数÷总情况数”计算概率即可。
【解析】
1. 计算排列周期：气球按照3红、2黄、1绿的顺序排列，一个周期的气球总数为$3+2+1=6$（个）。
2. 判断第16个气球的颜色：
$16÷6=2······4$，即16个气球包含2个完整周期，余下4个气球对应第三个周期的前4个。
周期内前3个为红气球，第4、5个为黄气球，第6个为绿气球，因此余下的第4个气球为黄色，即第16个气球是黄颜色。
3. 计算黄色气球的概率：
每个完整周期有2个黄气球，2个完整周期共有黄气球$2×2=4$（个）；余下的4个气球中包含1个黄气球，因此16个气球中黄气球总数量为$4+1=5$（个）。
根据概率公式，出现黄色气球的概率为$P=\dfrac{\mathrm{黄气球总数}}{\mathrm{气球总数}}=\dfrac{5}{16}$。
【答案】
黄，$\dfrac{5}{16}$
【知识点】
周期排列规律；概率计算
【点评】
本题是排列规律与概率计算的基础综合题，解题的核心是先找准排列周期，准确统计出黄色气球的总数量，再代入概率公式计算即可，整体难度不大，需要注意计算余数对应的气球类型时不要出错。
【难度系数】
0.75
6 经过某十字路口的汽车，可能直行，可能向左转，可能向右转，如果这三种可能性大小相同，则三辆汽车经过这个十字路口时，至少有2辆车向左转的概率为
$\dfrac{7}{27}$
。答案
6.$\dfrac{7}{27}$
解析
【分析】
首先明确这是等可能事件的概率计算问题，解题思路如下：1. 先计算三辆车经过路口的所有等可能结果总数；2. 理解“至少有2辆车向左转”包含两类情况：恰好2辆车左转、3辆车全部左转，分别计算两类情况对应的结果数；3. 用符合条件的结果数除以总结果数，即可得到所求概率。
【解析】
解：每辆汽车经过十字路口有直行、左转、右转共3种等可能的选择，
则三辆汽车经过路口的所有等可能结果总数为：$3 × 3 × 3 = 27$种。
接下来计算满足“至少2辆车向左转”的结果数：
① 3辆车全部向左转：只有1种情况；
② 恰好2辆车向左转，剩余1辆车不左转：先选哪2辆车左转，共有3种选择（第1和2辆、第1和3辆、第2和3辆），不左转的车可以直行或右转，有2种选择，因此该类情况共有$3 × 2 = 6$种。
综上，符合条件的结果总数为$1 + 6 = 7$种，
因此所求概率$P = \dfrac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}} = \dfrac{7}{27}$。
【答案】
$\dfrac{7}{27}$
【知识点】
等可能事件概率，列举法求概率，分类计数思想
【点评】
本题重点考查概率的基础计算，解题的核心是正确拆分“至少2辆左转”包含的所有情况，分类时注意做到不重复、不遗漏，熟练掌握等可能事件概率的计算公式即可快速求解。
【难度系数】
0.7
首先明确这是等可能事件的概率计算问题，解题思路如下：1. 先计算三辆车经过路口的所有等可能结果总数；2. 理解“至少有2辆车向左转”包含两类情况：恰好2辆车左转、3辆车全部左转，分别计算两类情况对应的结果数；3. 用符合条件的结果数除以总结果数，即可得到所求概率。
【解析】
解：每辆汽车经过十字路口有直行、左转、右转共3种等可能的选择，
则三辆汽车经过路口的所有等可能结果总数为：$3 × 3 × 3 = 27$种。
接下来计算满足“至少2辆车向左转”的结果数：
① 3辆车全部向左转：只有1种情况；
② 恰好2辆车向左转，剩余1辆车不左转：先选哪2辆车左转，共有3种选择（第1和2辆、第1和3辆、第2和3辆），不左转的车可以直行或右转，有2种选择，因此该类情况共有$3 × 2 = 6$种。
综上，符合条件的结果总数为$1 + 6 = 7$种，
因此所求概率$P = \dfrac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}} = \dfrac{7}{27}$。
【答案】
$\dfrac{7}{27}$
【知识点】
等可能事件概率，列举法求概率，分类计数思想
【点评】
本题重点考查概率的基础计算，解题的核心是正确拆分“至少2辆左转”包含的所有情况，分类时注意做到不重复、不遗漏，熟练掌握等可能事件概率的计算公式即可快速求解。
【难度系数】
0.7
7 有四张正面分别标有一元二次方程的不透明卡片(如图)，它们除文字不同外其余全部相同。现将它们背面朝上，洗匀后从中任取一张，不放回，再从余下的卡片中任取一张，则抽到的两张卡片上的一元二次方程都有实数根的概率为
第7题图
$\dfrac{1}{2}$
。 第7题图答案
7.$\dfrac{1}{2}$
解析
【分析】
解题分为两个核心步骤：第一步，利用一元二次方程根的判别式$\Delta = b^2-4ac$判断每个方程是否存在实数根，规则为$\Delta ≥ 0$时有实根，$\Delta＜0$时无实根；第二步，计算不放回抽取2张卡片的所有等可能结果数，以及两张卡片对应的方程都有实根的结果数，最后根据概率公式计算所求概率。
【解析】
1. 逐一计算四个方程的判别式：
对$2x^2-5x-2=0$：$\Delta = (-5)^2 - 4×2×(-2)=25+16=41＞0$，有实根；
对$4x^2+12x+9=0$：$\Delta = 12^2 - 4×4×9=144-144=0$，有实根；
对$x^2-2x+5=0$：$\Delta = (-2)^2 - 4×1×5=4-20=-16＜0$，无实根；
对$3x^2-4x+1=0$：$\Delta = (-4)^2 - 4×3×1=16-12=4＞0$，有实根。
因此4个方程中，3个有实根，1个无实根。
2. 计算概率：
不放回抽取2张卡片，总等可能结果数为$4×3=12$种；
两张都为有实根的方程的结果数为$3×2=6$种。
根据概率公式得：$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
根的判别式，列举法求概率，概率公式
【点评】
本题将一元二次方程根的判定和概率计算结合考查，易错点为忽略$\Delta=0$的方程也有实根，或计数抽取结果时出现重复、遗漏，解题时需先准确判定根的情况，再规范计数。
【难度系数】
0.6
解题分为两个核心步骤：第一步，利用一元二次方程根的判别式$\Delta = b^2-4ac$判断每个方程是否存在实数根，规则为$\Delta ≥ 0$时有实根，$\Delta＜0$时无实根；第二步，计算不放回抽取2张卡片的所有等可能结果数，以及两张卡片对应的方程都有实根的结果数，最后根据概率公式计算所求概率。
【解析】
1. 逐一计算四个方程的判别式：
对$2x^2-5x-2=0$：$\Delta = (-5)^2 - 4×2×(-2)=25+16=41＞0$，有实根；
对$4x^2+12x+9=0$：$\Delta = 12^2 - 4×4×9=144-144=0$，有实根；
对$x^2-2x+5=0$：$\Delta = (-2)^2 - 4×1×5=4-20=-16＜0$，无实根；
对$3x^2-4x+1=0$：$\Delta = (-4)^2 - 4×3×1=16-12=4＞0$，有实根。
因此4个方程中，3个有实根，1个无实根。
2. 计算概率：
不放回抽取2张卡片，总等可能结果数为$4×3=12$种；
两张都为有实根的方程的结果数为$3×2=6$种。
根据概率公式得：$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
根的判别式，列举法求概率，概率公式
【点评】
本题将一元二次方程根的判定和概率计算结合考查，易错点为忽略$\Delta=0$的方程也有实根，或计数抽取结果时出现重复、遗漏，解题时需先准确判定根的情况，再规范计数。
【难度系数】
0.6
8 看了《田忌赛马》的故事后，小青用数学模型来分析：齐王与田忌的上、中、下三个等级的三匹马记分如右表，每匹马只赛一场，两数相比，大数为胜，三场两胜则赢。已知齐王的三匹马出场顺序为8、10、6，田忌的三匹马随机出场，则齐王赢得比赛的概率是田忌赢得比赛概率的
5
倍。答案
8.5
解析
【分析】
解题思路如下：首先明确齐王出场顺序固定为8、10、6，田忌的3匹马随机出场属于等可能事件，第一步先列举田忌所有可能的出场顺序，得到总情况数；第二步逐个对比每种出场顺序下三场比赛的胜负，按三场两胜的规则统计齐王获胜、田忌获胜的情况数；第三步依据概率公式分别计算两者获胜的概率，最后计算两者概率的倍数关系即可。
【解析】
解：田忌的三匹马随机出场，所有等可能的出场顺序共有$3×2×1=6$种，逐一分析胜负：
1. 田忌出场顺序：5、7、9：$5＜8$（齐王胜），$7＜10$（齐王胜），$9＞6$（田忌胜），齐王$2:1$获胜；
2. 田忌出场顺序：5、9、7：$5＜8$（齐王胜），$9＜10$（齐王胜），$7＞6$（田忌胜），齐王$2:1$获胜；
3. 田忌出场顺序：7、5、9：$7＜8$（齐王胜），$5＜10$（齐王胜），$9＞6$（田忌胜），齐王$2:1$获胜；
4. 田忌出场顺序：7、9、5：$7＜8$（齐王胜），$9＜10$（齐王胜），$5＜6$（齐王胜），齐王$3:0$获胜；
5. 田忌出场顺序：9、5、7：$9＞8$（田忌胜），$5＜10$（齐王胜），$7＞6$（田忌胜），田忌$2:1$获胜；
6. 田忌出场顺序：9、7、5：$9＞8$（田忌胜），$7＜10$（齐王胜），$5＜6$（齐王胜），齐王$2:1$获胜。
统计得：齐王获胜共5种情况，田忌获胜共1种情况。
则$P(\mathrm{齐王胜})=\frac{5}{6}$，$P(\mathrm{田忌胜})=\frac{1}{6}$，
倍数为$\frac{\frac{5}{6}}{\frac{1}{6}}=5$。
【答案】
5
【知识点】
列举法求概率；概率公式
【点评】
本题结合经典的田忌赛马故事考查概率的相关计算，解题核心是不重不漏地列举出所有等可能的出场顺序，再统计对应事件的情况数计算概率，兼具趣味性和逻辑性，能很好地考查学生的分析能力。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先明确齐王出场顺序固定为8、10、6，田忌的3匹马随机出场属于等可能事件，第一步先列举田忌所有可能的出场顺序，得到总情况数；第二步逐个对比每种出场顺序下三场比赛的胜负，按三场两胜的规则统计齐王获胜、田忌获胜的情况数；第三步依据概率公式分别计算两者获胜的概率，最后计算两者概率的倍数关系即可。
【解析】
解：田忌的三匹马随机出场，所有等可能的出场顺序共有$3×2×1=6$种，逐一分析胜负：
1. 田忌出场顺序：5、7、9：$5＜8$（齐王胜），$7＜10$（齐王胜），$9＞6$（田忌胜），齐王$2:1$获胜；
2. 田忌出场顺序：5、9、7：$5＜8$（齐王胜），$9＜10$（齐王胜），$7＞6$（田忌胜），齐王$2:1$获胜；
3. 田忌出场顺序：7、5、9：$7＜8$（齐王胜），$5＜10$（齐王胜），$9＞6$（田忌胜），齐王$2:1$获胜；
4. 田忌出场顺序：7、9、5：$7＜8$（齐王胜），$9＜10$（齐王胜），$5＜6$（齐王胜），齐王$3:0$获胜；
5. 田忌出场顺序：9、5、7：$9＞8$（田忌胜），$5＜10$（齐王胜），$7＞6$（田忌胜），田忌$2:1$获胜；
6. 田忌出场顺序：9、7、5：$9＞8$（田忌胜），$7＜10$（齐王胜），$5＜6$（齐王胜），齐王$2:1$获胜。
统计得：齐王获胜共5种情况，田忌获胜共1种情况。
则$P(\mathrm{齐王胜})=\frac{5}{6}$，$P(\mathrm{田忌胜})=\frac{1}{6}$，
倍数为$\frac{\frac{5}{6}}{\frac{1}{6}}=5$。
【答案】
5
【知识点】
列举法求概率；概率公式
【点评】
本题结合经典的田忌赛马故事考查概率的相关计算，解题核心是不重不漏地列举出所有等可能的出场顺序，再统计对应事件的情况数计算概率，兼具趣味性和逻辑性，能很好地考查学生的分析能力。
【难度系数】
0.7
