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2. 某种型号的变速自行车的主动轴上有三个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有四个齿轮，齿数分别是32，24，16，12。当链条卡在主动轴上的齿轮齿数大于卡在后轴上的齿轮齿数时，自行车处于加速状态。随意变换链条卡在主动轴和后轴的不同齿轮上，则自行车处于加速状态的概率是 （
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{2}{3}$
C.$\dfrac{3}{4}$
D.$\dfrac{5}{6}$
D
）A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{2}{3}$
C.$\dfrac{3}{4}$
D.$\dfrac{5}{6}$
答案
2. D 提示:主动轴上有三个齿轮,齿数分别是48,36,24,后轴上有四个齿轮,齿数分别是32,24,16,12,可构成12种组合情况.加速的前提是主动轴上的齿轮齿数大于后轴上的齿轮齿数,即主动轴上的齿轮齿数48,后轴的齿轮齿数32,24,16,12;主动轴上的齿轮齿数36,后轴上的齿轮齿数32,24,16,12;主动轴上的齿轮齿数24,后轴上的齿轮齿数16,12.共计10种,故自行车处于加速状态的概率是$\dfrac{10}{12}=\dfrac{5}{6}$.
解析
【分析】
解题思路：首先计算主动轴与后轴齿轮的所有组合总数，再根据加速条件（主动轴齿轮齿数大于后轴齿轮齿数），分别统计每个主动轴齿轮对应的符合条件的后轴齿轮数量，最后用符合加速条件的组合数除以总组合数，即可得到加速状态的概率。
【解析】
解：1. 计算总组合数：主动轴有3个齿轮，后轴有4个齿轮，不同的齿轮组合总数为 $3 × 4 = 12$ 种。
2. 统计加速状态的组合数：
主动轴齿轮齿数为48时，后轴齿轮齿数32、24、16、12均小于48，共4种符合条件；
主动轴齿轮齿数为36时，后轴齿轮齿数32、24、16、12均小于36，共4种符合条件；
主动轴齿轮齿数为24时，后轴齿轮齿数16、12小于24，共2种符合条件；
因此加速状态的组合数为 $4 + 4 + 2 = 10$ 种。
3. 计算概率：加速状态的概率为 $\frac{10}{12} = \frac{5}{6}$。
【答案】
D
【知识点】
概率计算、实际问题转化
【点评】
本题结合变速自行车的实际场景考查概率计算，核心是准确统计总组合数与符合条件的组合数，需注意主动轴不同齿轮对应的后轴符合条件的齿数，避免漏算。
【难度系数】
0.5
解题思路：首先计算主动轴与后轴齿轮的所有组合总数，再根据加速条件（主动轴齿轮齿数大于后轴齿轮齿数），分别统计每个主动轴齿轮对应的符合条件的后轴齿轮数量，最后用符合加速条件的组合数除以总组合数，即可得到加速状态的概率。
【解析】
解：1. 计算总组合数：主动轴有3个齿轮，后轴有4个齿轮，不同的齿轮组合总数为 $3 × 4 = 12$ 种。
2. 统计加速状态的组合数：
主动轴齿轮齿数为48时，后轴齿轮齿数32、24、16、12均小于48，共4种符合条件；
主动轴齿轮齿数为36时，后轴齿轮齿数32、24、16、12均小于36，共4种符合条件；
主动轴齿轮齿数为24时，后轴齿轮齿数16、12小于24，共2种符合条件；
因此加速状态的组合数为 $4 + 4 + 2 = 10$ 种。
3. 计算概率：加速状态的概率为 $\frac{10}{12} = \frac{5}{6}$。
【答案】
D
【知识点】
概率计算、实际问题转化
【点评】
本题结合变速自行车的实际场景考查概率计算，核心是准确统计总组合数与符合条件的组合数，需注意主动轴不同齿轮对应的后轴符合条件的齿数，避免漏算。
【难度系数】
0.5
3. 如图, 在方格纸中, 以 $A B$ 为一边作
$△ A B P$, 使之与 $△ A B C$ 全等, 则 $P_1, P_2$,
$P_3, P_4$ 四个点中, 任选一个符合条件的点
$P$ 的概率是
（
A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{3}{4}$
D.1
$△ A B P$, 使之与 $△ A B C$ 全等, 则 $P_1, P_2$,
$P_3, P_4$ 四个点中, 任选一个符合条件的点
$P$ 的概率是
（
B
）A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{3}{4}$
D.1
答案
3. B 提示:要使$△ ABP$与$△ ABC$全等,点P的位置可以是$P_1,P_2$两个,所以从$P_1,P_2,P_3,P_4$四个点中找出符合条件的点P的概率是$\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】要解决本题，需先找出能使△ABP与△ABC全等的点P，再根据概率公式计算。AB是两个三角形的公共边，结合方格纸的网格特征，利用全等三角形的判定（SSS），可确定符合条件的点P数量，再用符合条件的点数除以总可选点数得到概率。
【解析】首先，AB为公共边，在方格纸中，△ABC的形状固定，要使△ABP与△ABC全等，需满足对应边相等。观察四个点，能使△ABP与△ABC全等的点是P₁和P₂，共2个。总共有P₁、P₂、P₃、P₄四个点可供选择，根据概率公式：概率=符合条件的情况数÷总情况数，即$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】B
【知识点】全等三角形判定、概率计算
【点评】本题结合方格纸考查全等三角形判定与概率计算，关键是准确找出符合条件的点P，需掌握全等判定方法和概率基本公式，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】首先，AB为公共边，在方格纸中，△ABC的形状固定，要使△ABP与△ABC全等，需满足对应边相等。观察四个点，能使△ABP与△ABC全等的点是P₁和P₂，共2个。总共有P₁、P₂、P₃、P₄四个点可供选择，根据概率公式：概率=符合条件的情况数÷总情况数，即$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】B
【知识点】全等三角形判定、概率计算
【点评】本题结合方格纸考查全等三角形判定与概率计算，关键是准确找出符合条件的点P，需掌握全等判定方法和概率基本公式，难度适中。
【难度系数】0.5
4. (2025 南京市模拟)如图,在一个正方形的网格上有 A,B,C,D,E 五个点,任意连接其中 3 个点,在构成的三角形中,是直角三角形的概率为
$\dfrac{7}{9}$
.答案
4. $\dfrac{7}{9}$ 提示:从在格点处的点A,B,C,D,E中任取三个点构成的三角形有$△ ABD,△ ABE,△ ACD$,$△ ACE,△ ADE,△ BCD,△ BCE,△ BDE,△ CDE$,共9个.根据网格的特点可得$△ ACD,△ BCD$,$△ ADE,△ ABE,△ ACE,△ BDE,△ CDE$是直角三角形,即在构成的三角形中,是直角三角形的个数是7个.所以在构成的三角形中,是直角三角形的概率为$\dfrac{7}{9}$.
解析
【分析】要计算从5个点中任取3个点构成直角三角形的概率，需先确定所有可构成的三角形总数，再统计其中直角三角形的个数，最后用直角三角形个数除以总三角形数得到概率。首先，5个点中A、B、C三点共线，无法构成三角形，需先排除该情况；再结合网格边长特点，利用勾股定理判断每个三角形是否为直角三角形，进而完成计算。
【解析】1. 计算总三角形数：从5个点中任取3个点的组合数为$\mathrm{C}_5^3=10$，其中A、B、C三点共线，无法构成三角形，因此总三角形数为$10-1=9$个。
2. 统计直角三角形个数：设每个小正方形边长为1，根据勾股定理判断，直角三角形有$△ ACD$、$△ BCD$、$△ ADE$、$△ ABE$、$△ ACE$、$△ BDE$、$△ CDE$，共7个。
3. 计算概率：概率为直角三角形个数除以总三角形数，即$\dfrac{7}{9}$。
【答案】$\dfrac{7}{9}$
【知识点】概率计算、勾股定理、格点三角形
【点评】本题结合格点图形考查概率计算，关键在于先排除共线三点无法构成三角形的情况，再通过勾股定理准确判断直角三角形，需仔细计数避免出错。
【难度系数】0.5
【解析】1. 计算总三角形数：从5个点中任取3个点的组合数为$\mathrm{C}_5^3=10$，其中A、B、C三点共线，无法构成三角形，因此总三角形数为$10-1=9$个。
2. 统计直角三角形个数：设每个小正方形边长为1，根据勾股定理判断，直角三角形有$△ ACD$、$△ BCD$、$△ ADE$、$△ ABE$、$△ ACE$、$△ BDE$、$△ CDE$，共7个。
3. 计算概率：概率为直角三角形个数除以总三角形数，即$\dfrac{7}{9}$。
【答案】$\dfrac{7}{9}$
【知识点】概率计算、勾股定理、格点三角形
【点评】本题结合格点图形考查概率计算，关键在于先排除共线三点无法构成三角形的情况，再通过勾股定理准确判断直角三角形，需仔细计数避免出错。
【难度系数】0.5
5. 若正整数 $n$ 使得在计算 $n+(n+1)+(n+$
$2)$ 的过程中,各数位上均不产生进位现象,则称 $n$ 为“本位数”.例如:2 和 30 是“本位数”,而 5 和 91 不是“本位数”.现从所有大于 0 且小于 100 的“本位数”中,随机抽取一个数,抽到奇数的概率为
$2)$ 的过程中,各数位上均不产生进位现象,则称 $n$ 为“本位数”.例如:2 和 30 是“本位数”,而 5 和 91 不是“本位数”.现从所有大于 0 且小于 100 的“本位数”中,随机抽取一个数,抽到奇数的概率为
$\dfrac{4}{11}$
.答案
5. $\dfrac{4}{11}$ 提示:所有大于0且小于100的“本位数”有1,2,10,11,12,20,21,22,30,31,32,共有11个,7个偶数,4个奇数,所以P(抽到奇数)=$\dfrac{4}{11}$.
解析
【分析】首先明确“本位数”的定义：计算$n+(n+1)+(n+2)$时各数位均不产生进位，据此确定$n$的范围是大于0且小于100的正整数，分一位数和两位数两类找出所有符合条件的“本位数”，再统计其中奇数的个数，最后根据概率公式（概率=符合条件的数的个数÷总个数）计算抽到奇数的概率。
【解析】1. 确定“本位数”的范围：$n$是大于0且小于100的正整数，即$1≤ n≤99$。
2. 分类列举“本位数”：
一位数$n$：需满足$n+(n+1)+(n+2)$的个位相加不进位，即$3n+3＜10$，解得$n＜\frac{7}{3}\approx2.33$，故一位数本位数为1、2；
两位数$n=10a+b$（$a$为十位数字，$b$为个位数字）：十位相加需不进位，即$3a＜10$，得$a=1、2、3$；个位相加需不进位，即$3b+3＜10$，得$b=0、1、2$，故两位数本位数为10、11、12、20、21、22、30、31、32；
3. 统计数量：所有本位数共$2+9=11$个，其中奇数为1、11、21、31，共4个；
4. 计算概率：$P=\frac{奇数个数}{总本位数个数}=\frac{4}{11}$。
【答案】$\dfrac{4}{11}$
【知识点】概率计算、新定义问题
【点评】本题结合新定义考查概率计算，核心是准确理解“本位数”的定义，分类列举时需注意不重不漏，属于中等难度的应用类题目。
【难度系数】0.5
【解析】1. 确定“本位数”的范围：$n$是大于0且小于100的正整数，即$1≤ n≤99$。
2. 分类列举“本位数”：
一位数$n$：需满足$n+(n+1)+(n+2)$的个位相加不进位，即$3n+3＜10$，解得$n＜\frac{7}{3}\approx2.33$，故一位数本位数为1、2；
两位数$n=10a+b$（$a$为十位数字，$b$为个位数字）：十位相加需不进位，即$3a＜10$，得$a=1、2、3$；个位相加需不进位，即$3b+3＜10$，得$b=0、1、2$，故两位数本位数为10、11、12、20、21、22、30、31、32；
3. 统计数量：所有本位数共$2+9=11$个，其中奇数为1、11、21、31，共4个；
4. 计算概率：$P=\frac{奇数个数}{总本位数个数}=\frac{4}{11}$。
【答案】$\dfrac{4}{11}$
【知识点】概率计算、新定义问题
【点评】本题结合新定义考查概率计算，核心是准确理解“本位数”的定义，分类列举时需注意不重不漏，属于中等难度的应用类题目。
【难度系数】0.5
6. 六个面上分别标有 1,1,2,3,3,5 六个数字的均匀立方体表面如图所示,掷这个立方体一次,记朝上一面的数为平面直角坐标系中某个点的横坐标,朝下一面的数为该点的纵坐标,按照这样的规定,每掷一次该立方体,就能得到平面内一个点的坐标,已知小明前两次得到的两个点能确定一条直线$l$,且这条直线$l$经过点$(4,7)$,那么他第三次掷得的点也在这条直线上的概率是
$\dfrac{2}{3}$
.答案
6. $\dfrac{2}{3}$ 提示:由题意,掷一次可能得到6个点的坐标是(其中有两个点是重合的):(1,1),(1,1),(2,3),(3,2),(3,5),(5,3).通过描点,可以发现,(1,1),(2,3),(3,5)三点在同一直线上.验证:设经过点(1,1),(2,3)的直线为y=kx+b,代入两点坐标,得$\begin{cases} k+b=1,\\ 2k+b=3, \end{cases}$解得$\begin{cases} k=2,\\ b=-1, \end{cases}$则该直线为y=2x-1,当x=3时,y=2×3-1=5,即直线经过点(3,5),同理可验证直线y=2x-1经过点(4,7),所以小明第三次掷得的点也在直线上的概率是$\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$.
解析
【分析】
首先，根据立方体的面的数字对应关系，确定掷一次立方体得到的所有等可能点坐标；接着，利用前两次点确定的直线经过的点，通过待定系数法求出该直线的解析式；然后找出所有可能点中在这条直线上的点的数量；最后用符合条件的点的数量除以总可能数，计算出概率。
【解析】
1. 确定所有可能的点坐标：根据立方体六个面的数字对面关系，掷一次立方体得到的6个等可能点坐标为：$(1,1)$、$(1,1)$、$(2,3)$、$(3,2)$、$(3,5)$、$(5,3)$。
2. 求直线$l$的解析式：设直线$l$的解析式为$y=kx+b$，取点$(1,1)$和$(2,3)$代入得方程组：
$\begin{cases} k + b = 1 \\ 2k + b = 3 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=2 \\ b=-1 \end{cases}$，因此直线$l$的解析式为$y=2x-1$。
3. 验证直线经过的点：将$x=3$代入解析式得$y=5$，即点$(3,5)$在直线上；将$x=4$代入得$y=7$，符合直线经过$(4,7)$的条件，故直线$l$上的点有$(1,1)$、$(1,1)$、$(2,3)$、$(3,5)$，共4个。
4. 计算概率：第三次掷得的点在直线上的概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\dfrac{2}{3}$
【知识点】
一次函数解析式、概率计算、立方体对面关系
【点评】
本题是立体图形、一次函数与概率的综合题，需先确定所有可能的点坐标，再通过待定系数法求直线解析式，最后计算概率，考查学生的逻辑推理与综合应用能力。
【难度系数】
0.5
首先，根据立方体的面的数字对应关系，确定掷一次立方体得到的所有等可能点坐标；接着，利用前两次点确定的直线经过的点，通过待定系数法求出该直线的解析式；然后找出所有可能点中在这条直线上的点的数量；最后用符合条件的点的数量除以总可能数，计算出概率。
【解析】
1. 确定所有可能的点坐标：根据立方体六个面的数字对面关系，掷一次立方体得到的6个等可能点坐标为：$(1,1)$、$(1,1)$、$(2,3)$、$(3,2)$、$(3,5)$、$(5,3)$。
2. 求直线$l$的解析式：设直线$l$的解析式为$y=kx+b$，取点$(1,1)$和$(2,3)$代入得方程组：
$\begin{cases} k + b = 1 \\ 2k + b = 3 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=2 \\ b=-1 \end{cases}$，因此直线$l$的解析式为$y=2x-1$。
3. 验证直线经过的点：将$x=3$代入解析式得$y=5$，即点$(3,5)$在直线上；将$x=4$代入得$y=7$，符合直线经过$(4,7)$的条件，故直线$l$上的点有$(1,1)$、$(1,1)$、$(2,3)$、$(3,5)$，共4个。
4. 计算概率：第三次掷得的点在直线上的概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\dfrac{2}{3}$
【知识点】
一次函数解析式、概率计算、立方体对面关系
【点评】
本题是立体图形、一次函数与概率的综合题，需先确定所有可能的点坐标，再通过待定系数法求直线解析式，最后计算概率，考查学生的逻辑推理与综合应用能力。
【难度系数】
0.5
7. 班长邀请 A,B,C,D 四位同学参加圆桌会议. 如图,班长坐在⑤号座位,四位同学随机坐在①②③④四个座位,则 A,B 两位同学座位相邻的概率是
$\dfrac{1}{2}$
.答案
7. $\dfrac{1}{2}$
解析
【分析】
要计算A、B两位同学座位相邻的概率，需先确定所有可能的坐法总数，再计算A、B相邻的坐法数量，最后用“相邻坐法数÷总坐法数”得到概率。总坐法是4位同学的全排列，相邻坐法可通过“捆绑法”：将A、B看作一个整体，结合其他两位同学排列，同时考虑A、B内部的顺序。
【解析】
1. 计算总坐法数：4位同学随机坐在4个座位，属于全排列，总情况数为 $ A_{4}^4 = 4! = 24 $ 种。
2. 计算A、B相邻的坐法数：把A、B捆绑为1个“整体”，此时相当于3个元素（AB整体、C、D）排列，排列数为 $ A_{3}^3 = 3! = 6 $ 种；A、B内部可交换位置，有 $ A_{2}^2 = 2 $ 种情况，因此A、B相邻的坐法数为 $ 6×2 = 12 $ 种。
3. 计算概率：概率 = 相邻坐法数÷总坐法数 = $ \frac{12}{24} = \frac{1}{2} $。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
排列组合、古典概型
【点评】
本题考查古典概型的概率计算，核心是利用“捆绑法”处理相邻元素的排列问题，属于基础概率应用题型，需掌握排列数的计算规则。
【难度系数】
0.5
要计算A、B两位同学座位相邻的概率，需先确定所有可能的坐法总数，再计算A、B相邻的坐法数量，最后用“相邻坐法数÷总坐法数”得到概率。总坐法是4位同学的全排列，相邻坐法可通过“捆绑法”：将A、B看作一个整体，结合其他两位同学排列，同时考虑A、B内部的顺序。
【解析】
1. 计算总坐法数：4位同学随机坐在4个座位，属于全排列，总情况数为 $ A_{4}^4 = 4! = 24 $ 种。
2. 计算A、B相邻的坐法数：把A、B捆绑为1个“整体”，此时相当于3个元素（AB整体、C、D）排列，排列数为 $ A_{3}^3 = 3! = 6 $ 种；A、B内部可交换位置，有 $ A_{2}^2 = 2 $ 种情况，因此A、B相邻的坐法数为 $ 6×2 = 12 $ 种。
3. 计算概率：概率 = 相邻坐法数÷总坐法数 = $ \frac{12}{24} = \frac{1}{2} $。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
排列组合、古典概型
【点评】
本题考查古典概型的概率计算，核心是利用“捆绑法”处理相邻元素的排列问题，属于基础概率应用题型，需掌握排列数的计算规则。
【难度系数】
0.5
8. 有7张正面分别标有数字$-3,-2,-1,0,$1,2,3 的卡片,它们除数字不同外其他全部相同.现将它们背面朝上,洗匀后从中随机抽取 1 张,记卡片上的数字为 a,则使关于x 的一元二次方程$x^{2}-2(a-1)x+a(a-$$3)=0$有两个不相等的实数根,且以 x 为自变量的一次函数$y=(a-5)x+2$的图象不经过点$(1,0)$的概率是多少?
答案
8. 解:因为关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根,所以根的判别式$[-2(a-1)]^2-4a(a-3)＞0$,解得a＞-1.又因为以x为自变量的一次函数y=(a-5)x+2的图象不经过点(1,0),所以a-5+2≠0,解得a≠3.结合题目中所给的卡片上的数字,可得出a的所有可能的值为0,1,2.所以所求的概率为$\dfrac{3}{7}$.
解析
【分析】
要解决该概率问题，需分步骤推导：首先确定抽取的a的所有可能取值共7种；再分别根据一元二次方程有两个不相等实数根的条件、一次函数不经过点(1,0)的条件，筛选出符合要求的a值；最后用符合条件的a的个数除以总个数7，得到所求概率。
【解析】
1. 求一元二次方程有两个不相等实数根的a的范围：
对于方程$x^2 - 2(a-1)x + a(a-3)=0$，判别式$\Delta = [-2(a-1)]^2 - 4 × 1 × a(a-3)$，展开计算得：
$\Delta = 4(a^2 - 2a +1) - 4(a^2 -3a) = 4a +4$
因方程有两个不相等实数根，故$\Delta ＞0$，即$4a +4＞0$，解得$a ＞ -1$。
2. 求一次函数图象不经过点(1,0)的a的条件：
若一次函数$y=(a-5)x +2$经过点(1,0)，代入得$0=(a-5)×1 +2$，解得$a=3$，故图象不经过该点的条件为$a≠3$。
3. 筛选符合两个条件的a值：
结合卡片数字$-3,-2,-1,0,1,2,3$，同时满足$a ＞ -1$且$a≠3$的a为0,1,2，共3个。
4. 计算概率：总共有7种等可能结果，符合条件的有3种，故概率为$\frac{3}{7}$。
【答案】
$\frac{3}{7}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式、一次函数性质、概率计算
【点评】
本题综合考查方程、函数与概率的结合应用，需分别分析两个限制条件，再取交集确定符合要求的取值，计算时要注意判别式的化简和一次函数过点的条件应用，步骤清晰即可顺利解题。
【难度系数】
0.5
要解决该概率问题，需分步骤推导：首先确定抽取的a的所有可能取值共7种；再分别根据一元二次方程有两个不相等实数根的条件、一次函数不经过点(1,0)的条件，筛选出符合要求的a值；最后用符合条件的a的个数除以总个数7，得到所求概率。
【解析】
1. 求一元二次方程有两个不相等实数根的a的范围：
对于方程$x^2 - 2(a-1)x + a(a-3)=0$，判别式$\Delta = [-2(a-1)]^2 - 4 × 1 × a(a-3)$，展开计算得：
$\Delta = 4(a^2 - 2a +1) - 4(a^2 -3a) = 4a +4$
因方程有两个不相等实数根，故$\Delta ＞0$，即$4a +4＞0$，解得$a ＞ -1$。
2. 求一次函数图象不经过点(1,0)的a的条件：
若一次函数$y=(a-5)x +2$经过点(1,0)，代入得$0=(a-5)×1 +2$，解得$a=3$，故图象不经过该点的条件为$a≠3$。
3. 筛选符合两个条件的a值：
结合卡片数字$-3,-2,-1,0,1,2,3$，同时满足$a ＞ -1$且$a≠3$的a为0,1,2，共3个。
4. 计算概率：总共有7种等可能结果，符合条件的有3种，故概率为$\frac{3}{7}$。
【答案】
$\frac{3}{7}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式、一次函数性质、概率计算
【点评】
本题综合考查方程、函数与概率的结合应用，需分别分析两个限制条件，再取交集确定符合要求的取值，计算时要注意判别式的化简和一次函数过点的条件应用，步骤清晰即可顺利解题。
【难度系数】
0.5
