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8 在一个瓶子中装有一些豆子，小明想估算瓶子中豆子的总数，他进行了如下操作：小明先从瓶子中倒出20粒豆子，接着小明给这些豆子全部标上记号，然后把这些被标上记号的豆子又重新装回瓶子中，充分摇匀后又从瓶子中倒出了一些豆子，发现倒出的30粒豆子中，被标记的豆子有5粒。小明通过计算估计出瓶子中豆子的总数为
120
粒。答案
120
解析
【分析】
这是一道用频率估计概率的实际应用类题目，解题核心逻辑是：随机抽样的样本中某类个体的占比，近似等于总体中该类个体的占比。本题中标记的20粒豆子均匀分布在瓶内后，随机倒出的豆子样本里标记豆子的占比，和整瓶豆子里标记豆子的占比近似相等，我们可以根据这个等量关系列方程求解总豆子数。
【解析】
设瓶子中豆子的总数为$x$粒。
已知瓶内总共有20粒标记豆子，因此总体中标记豆子的占比为$\frac{20}{x}$；
摇匀后倒出的30粒豆子是随机样本，其中有5粒标记豆子，样本中标记豆子的频率为$\frac{5}{30}$；
根据用频率估计概率的原理，两个占比近似相等，可列方程：
$\frac{20}{x}=\frac{5}{30}$
交叉相乘计算得：
$5x=20×30$
$5x=600$
解得$x=120$
经检验，$x=120$是原方程的解，且符合实际意义。
【答案】
120
【知识点】
用频率估计概率、样本估计总体
【点评】
本题是概率知识解决生活实际问题的典型基础题，解题关键是抓住标记物在总体和样本中的占比近似相等的关系建立等式，难度不高，兼具实用性和趣味性，能很好地考察学生对概率相关知识的应用能力。
【难度系数】
0.75
这是一道用频率估计概率的实际应用类题目，解题核心逻辑是：随机抽样的样本中某类个体的占比，近似等于总体中该类个体的占比。本题中标记的20粒豆子均匀分布在瓶内后，随机倒出的豆子样本里标记豆子的占比，和整瓶豆子里标记豆子的占比近似相等，我们可以根据这个等量关系列方程求解总豆子数。
【解析】
设瓶子中豆子的总数为$x$粒。
已知瓶内总共有20粒标记豆子，因此总体中标记豆子的占比为$\frac{20}{x}$；
摇匀后倒出的30粒豆子是随机样本，其中有5粒标记豆子，样本中标记豆子的频率为$\frac{5}{30}$；
根据用频率估计概率的原理，两个占比近似相等，可列方程：
$\frac{20}{x}=\frac{5}{30}$
交叉相乘计算得：
$5x=20×30$
$5x=600$
解得$x=120$
经检验，$x=120$是原方程的解，且符合实际意义。
【答案】
120
【知识点】
用频率估计概率、样本估计总体
【点评】
本题是概率知识解决生活实际问题的典型基础题，解题关键是抓住标记物在总体和样本中的占比近似相等的关系建立等式，难度不高，兼具实用性和趣味性，能很好地考察学生对概率相关知识的应用能力。
【难度系数】
0.75
9 从-4、3、5这三个数中，随机抽取一个数，记为a，那么，使关于x的方程$x^2 +4x +a=0$有解，且使关于x的一次函数$y=2x +a$的图像与x轴、y轴围成的三角形面积恰好为4的概率是
$\frac{1}{3}$
。答案
$\frac{1}{3}$
解析
【分析】
本题是结合方程、函数性质的概率计算综合题，解题思路如下：首先明确总等可能情况共3种；其次分别推导两个限定条件对应的a的取值要求：一是一元二次方程有解需判别式非负，二是一次函数与坐标轴围成的三角形面积为4需结合交点坐标计算面积列方程求解；最后筛选出三个候选数中同时满足两个条件的个数，用符合条件的情况数除以总情况数即可得到概率。
【解析】
1. 确定总情况：从-4、3、5中随机抽取1个数，共有3种等可能的结果。
2. 求方程$x^2+4x+a=0$有解的条件：
对于一元二次方程$Ax^2+Bx+C=0$，有解的充要条件是判别式$\Delta=B^2-4AC≥0$。
本题中$A=1,B=4,C=a$，代入得$\Delta=4^2-4×1× a=16-4a≥0$，解得$a≤4$。
3. 求一次函数$y=2x+a$与坐标轴围成三角形面积为4的条件：
当$x=0$时，$y=a$，即函数与y轴交点为$(0,a)$；
当$y=0$时，$2x+a=0$，解得$x=-\frac{a}{2}$，即函数与x轴交点为$(-\frac{a}{2},0)$；
三角形两条直角边长分别为$|a|$和$|-\frac{a}{2}|$，面积$S=\frac{1}{2}×|a|×|-\frac{a}{2}|=\frac{a^2}{4}$。
令$S=4$，得$\frac{a^2}{4}=4$，解得$a=\pm4$。
4. 筛选符合条件的a：
候选数中，仅$a=-4$同时满足$a≤4$和$a=\pm4$，符合条件的结果共1种。
5. 计算概率：$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{1}{3}$。
【答案】
$\frac{1}{3}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一次函数图像性质；概率公式
【点评】
本题综合了方程、函数与概率的核心考点，解题时需注意将坐标转化为线段长度时要加绝对值，避免符号错误，同时要牢记概率计算的前提是所有结果等可能。
【难度系数】
0.6
本题是结合方程、函数性质的概率计算综合题，解题思路如下：首先明确总等可能情况共3种；其次分别推导两个限定条件对应的a的取值要求：一是一元二次方程有解需判别式非负，二是一次函数与坐标轴围成的三角形面积为4需结合交点坐标计算面积列方程求解；最后筛选出三个候选数中同时满足两个条件的个数，用符合条件的情况数除以总情况数即可得到概率。
【解析】
1. 确定总情况：从-4、3、5中随机抽取1个数，共有3种等可能的结果。
2. 求方程$x^2+4x+a=0$有解的条件：
对于一元二次方程$Ax^2+Bx+C=0$，有解的充要条件是判别式$\Delta=B^2-4AC≥0$。
本题中$A=1,B=4,C=a$，代入得$\Delta=4^2-4×1× a=16-4a≥0$，解得$a≤4$。
3. 求一次函数$y=2x+a$与坐标轴围成三角形面积为4的条件：
当$x=0$时，$y=a$，即函数与y轴交点为$(0,a)$；
当$y=0$时，$2x+a=0$，解得$x=-\frac{a}{2}$，即函数与x轴交点为$(-\frac{a}{2},0)$；
三角形两条直角边长分别为$|a|$和$|-\frac{a}{2}|$，面积$S=\frac{1}{2}×|a|×|-\frac{a}{2}|=\frac{a^2}{4}$。
令$S=4$，得$\frac{a^2}{4}=4$，解得$a=\pm4$。
4. 筛选符合条件的a：
候选数中，仅$a=-4$同时满足$a≤4$和$a=\pm4$，符合条件的结果共1种。
5. 计算概率：$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{1}{3}$。
【答案】
$\frac{1}{3}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一次函数图像性质；概率公式
【点评】
本题综合了方程、函数与概率的核心考点，解题时需注意将坐标转化为线段长度时要加绝对值，避免符号错误，同时要牢记概率计算的前提是所有结果等可能。
【难度系数】
0.6
⑩ 从－3、－2、－1、0、1、2这6个数中任意取出一个数记作k，则既能使函数$y=\dfrac{k}{x}$的图像经过第一、第三象限，又能使关于x的一元二次方程$x^2 -kx +1=0$有实数根的概率为
$\frac{1}{6}$
。答案
$\frac{1}{6}$
解析
【分析】
解题需分三步推导：第一步先明确取k的总等可能情况数；第二步分别结合反比例函数图像性质、一元二次方程实根判定条件，筛选出同时满足两个要求的k值；第三步用概率公式计算结果。首先回忆：反比例函数$y=\frac{k}{x}$中，$k＞0$时图像过第一、三象限；一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$有实根的条件是判别式$\Delta=b^2-4ac≥0$，代入对应参数列出不等式，结合给定的6个数值筛选出符合要求的k，最后计算概率即可。
【解析】
从-3、-2、-1、0、1、2中任取一个数k，共有6种等可能的结果。
1. 由反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像经过第一、三象限，得$k＞0$，符合条件的k为1、2；
2. 一元二次方程$x^2 -kx +1=0$有实数根，判别式$\Delta = (-k)^2 -4×1×1 = k^2-4≥0$，解得$k≥2$或$k≤-2$；
3. 同时满足两个条件的k需同时符合$k＞0$和$k≥2$或$k≤-2$，结合给定数值，仅$k=2$符合要求，即满足条件的情况共1种。
根据概率公式，所求概率$P=\frac{满足条件的情况数}{总情况数}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\dfrac{1}{6}$
【知识点】
反比例函数的图像与性质；一元二次方程根的判别式；概率公式
【点评】
本题是代数与概率的综合基础题，解题核心是准确筛选出同时满足两个条件的k值，要注意有实数根包含两个相等实根的情况，避免漏判符合条件的数值。
【难度系数】
0.6
解题需分三步推导：第一步先明确取k的总等可能情况数；第二步分别结合反比例函数图像性质、一元二次方程实根判定条件，筛选出同时满足两个要求的k值；第三步用概率公式计算结果。首先回忆：反比例函数$y=\frac{k}{x}$中，$k＞0$时图像过第一、三象限；一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$有实根的条件是判别式$\Delta=b^2-4ac≥0$，代入对应参数列出不等式，结合给定的6个数值筛选出符合要求的k，最后计算概率即可。
【解析】
从-3、-2、-1、0、1、2中任取一个数k，共有6种等可能的结果。
1. 由反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像经过第一、三象限，得$k＞0$，符合条件的k为1、2；
2. 一元二次方程$x^2 -kx +1=0$有实数根，判别式$\Delta = (-k)^2 -4×1×1 = k^2-4≥0$，解得$k≥2$或$k≤-2$；
3. 同时满足两个条件的k需同时符合$k＞0$和$k≥2$或$k≤-2$，结合给定数值，仅$k=2$符合要求，即满足条件的情况共1种。
根据概率公式，所求概率$P=\frac{满足条件的情况数}{总情况数}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\dfrac{1}{6}$
【知识点】
反比例函数的图像与性质；一元二次方程根的判别式；概率公式
【点评】
本题是代数与概率的综合基础题，解题核心是准确筛选出同时满足两个条件的k值，要注意有实数根包含两个相等实根的情况，避免漏判符合条件的数值。
【难度系数】
0.6
11 定义:若自然数n使得三个数的加法运算“$n+(n+1)+(n+2)$”产生进位现象,则称n为“连加进位数”。例如,2不是“连加进位数”,因为$2+3+4=9$不产生进位现象;4是“连加进位数”,因为$4+5+6=15$产生进位现象;51是“连加进位数”,因为$51+52+53=156$产生进位现象。如果从0,1,…,99这100个自然数中任取一个数,那么取到“连加进位数”的概率是
$\frac{22}{25}$
。答案
$\frac{22}{25}$
解析
【分析】
要计算取到“连加进位数”的概率，可采用反向求解的思路：先找出所有不是“连加进位数”的数（这类数数量更少，计算更简便）。根据定义，非连加进位数满足$n+(n+1)+(n+2)$无进位，需分别满足个位相加不进位、十位相加不进位，据此求出非连加进位数的总个数，再用总样本数减去非连加进位数个数得到连加进位数个数，最后代入概率公式计算即可。
【解析】
首先计算三个数的和：$n+(n+1)+(n+2)=3n+3$，若n不是“连加进位数”，则相加过程无进位，分个位、十位分别分析：
1. 个位无进位条件：设n的个位数字为a，可得$a+(a+1)+(a+2)＜10$，解得$3a＜7$，a为自然数，因此a可取0、1、2，共3种选择；
2. 十位无进位条件：设n的十位数字为b（一位数的十位b=0），因个位相加无进位，十位相加和为$b+b+b＜10$，解得$3b＜10$，b为自然数，因此b可取0、1、2、3，共4种选择。
因此非连加进位数总个数为$4×3=12$个，分别为：0、1、2、10、11、12、20、21、22、30、31、32。
0~99共100个自然数，所以连加进位数个数为$100-12=88$个，
取到“连加进位数”的概率$P=\frac{88}{100}=\frac{22}{25}$。
【答案】
$\frac{22}{25}$
【知识点】
概率计算，新定义理解，进位加法
【点评】
本题结合新定义考查概率的计算，反向求解的思路能大幅降低计算量，解题时需注意分别验证个位、十位的进位限制，避免漏算或多算非连加进位数。
【难度系数】
0.65
要计算取到“连加进位数”的概率，可采用反向求解的思路：先找出所有不是“连加进位数”的数（这类数数量更少，计算更简便）。根据定义，非连加进位数满足$n+(n+1)+(n+2)$无进位，需分别满足个位相加不进位、十位相加不进位，据此求出非连加进位数的总个数，再用总样本数减去非连加进位数个数得到连加进位数个数，最后代入概率公式计算即可。
【解析】
首先计算三个数的和：$n+(n+1)+(n+2)=3n+3$，若n不是“连加进位数”，则相加过程无进位，分个位、十位分别分析：
1. 个位无进位条件：设n的个位数字为a，可得$a+(a+1)+(a+2)＜10$，解得$3a＜7$，a为自然数，因此a可取0、1、2，共3种选择；
2. 十位无进位条件：设n的十位数字为b（一位数的十位b=0），因个位相加无进位，十位相加和为$b+b+b＜10$，解得$3b＜10$，b为自然数，因此b可取0、1、2、3，共4种选择。
因此非连加进位数总个数为$4×3=12$个，分别为：0、1、2、10、11、12、20、21、22、30、31、32。
0~99共100个自然数，所以连加进位数个数为$100-12=88$个，
取到“连加进位数”的概率$P=\frac{88}{100}=\frac{22}{25}$。
【答案】
$\frac{22}{25}$
【知识点】
概率计算，新定义理解，进位加法
【点评】
本题结合新定义考查概率的计算，反向求解的思路能大幅降低计算量，解题时需注意分别验证个位、十位的进位限制，避免漏算或多算非连加进位数。
【难度系数】
0.65
12 在盒中有x颗白色棋子和y颗黑色棋子，从盒中随机取出一颗棋子，取得白色棋子的概率是$\frac{2}{5}$。如果再往盒中放进6颗黑色棋子，取得白色棋子的概率是$\frac{1}{4}$，那么原来盒中有白色棋子
4
颗。答案
4
解析
【分析】
我们可以利用概率的定义来解题：随机事件的概率等于该事件对应的情况数除以所有可能的情况数。题目给出了两次取出白色棋子的概率，第一次总棋子数是$x+y$，第二次加入6颗黑棋后总棋子数变为$x+y+6$，白色棋子数量始终为$x$，我们可以根据两次概率分别列方程，联立求解就能得到白色棋子的数量。
【解析】
根据题意列方程：
1. 初始状态下，取得白色棋子的概率为$\frac{2}{5}$：
$\frac{x}{x+y}=\frac{2}{5}$
交叉相乘化简得：$5x=2(x+y)$，整理可得$3x=2y$ ①。
2. 加入6颗黑色棋子后，取得白色棋子的概率为$\frac{1}{4}$：
$\frac{x}{x+y+6}=\frac{1}{4}$
交叉相乘化简得：$4x=x+y+6$，整理可得$3x=y+6$ ②。
将①式$3x=2y$代入②式，得：
$2y=y+6$，解得$y=6$。
把$y=6$代入①式，得$3x=2×6$，解得$x=4$。
【答案】
4
【知识点】
概率计算公式、分式方程应用、二元一次方程组求解
【点评】
本题属于概率与方程结合的基础综合题，解题核心是准确根据概率定义列方程，要注意加入黑棋后总棋子数发生了变化，不要漏掉新增的6颗棋子，计算时细心即可得分。
【难度系数】
0.7
我们可以利用概率的定义来解题：随机事件的概率等于该事件对应的情况数除以所有可能的情况数。题目给出了两次取出白色棋子的概率，第一次总棋子数是$x+y$，第二次加入6颗黑棋后总棋子数变为$x+y+6$，白色棋子数量始终为$x$，我们可以根据两次概率分别列方程，联立求解就能得到白色棋子的数量。
【解析】
根据题意列方程：
1. 初始状态下，取得白色棋子的概率为$\frac{2}{5}$：
$\frac{x}{x+y}=\frac{2}{5}$
交叉相乘化简得：$5x=2(x+y)$，整理可得$3x=2y$ ①。
2. 加入6颗黑色棋子后，取得白色棋子的概率为$\frac{1}{4}$：
$\frac{x}{x+y+6}=\frac{1}{4}$
交叉相乘化简得：$4x=x+y+6$，整理可得$3x=y+6$ ②。
将①式$3x=2y$代入②式，得：
$2y=y+6$，解得$y=6$。
把$y=6$代入①式，得$3x=2×6$，解得$x=4$。
【答案】
4
【知识点】
概率计算公式、分式方程应用、二元一次方程组求解
【点评】
本题属于概率与方程结合的基础综合题，解题核心是准确根据概率定义列方程，要注意加入黑棋后总棋子数发生了变化，不要漏掉新增的6颗棋子，计算时细心即可得分。
【难度系数】
0.7
13 在一个不透明的口袋中装有5个白球，若干个黑球，它们除颜色外其他完全相同，经过多次实验发现摸到白球的频率稳定在0.2附近，则黑球大约有
20
个。答案
20
解析
【分析】
本题可根据用频率估计概率的知识来求解：首先，大量重复试验时，事件发生的频率稳定值近似等于该事件的概率，因此本题中摸到白球的频率0.2可看作摸到白球的概率；接下来设黑球个数为未知数，根据“概率=所求情况数÷总情况数”，即白球概率=白球个数÷球的总个数，列出方程求解，最后检验解是否符合实际意义即可。
【解析】
设黑球大约有$x$个，则口袋中球的总个数为$(5+x)$个。
∵多次实验后摸到白球的频率稳定在0.2附近，
∴根据用频率估计概率的规律，可知摸到白球的概率约为0.2，
结合概率公式列方程得：
$\frac{5}{5+x}=0.2$
解方程：
两边同乘$(5+x)$得：$5=0.2(5+x)$
展开计算得：$5=1+0.2x$
移项得：$0.2x=4$
解得：$x=20$
检验：当$x=20$时，分母$5+x=25≠0$，因此$x=20$是原方程的解，且符合实际意义。
【答案】
20
【知识点】
用频率估计概率、概率公式、分式方程的应用
【点评】
本题是概率相关的基础应用题，解题关键是理解频率和概率的关系，结合概率公式列方程计算，注意求解分式方程后要检验结果是否符合实际场景。
【难度系数】
0.8
本题可根据用频率估计概率的知识来求解：首先，大量重复试验时，事件发生的频率稳定值近似等于该事件的概率，因此本题中摸到白球的频率0.2可看作摸到白球的概率；接下来设黑球个数为未知数，根据“概率=所求情况数÷总情况数”，即白球概率=白球个数÷球的总个数，列出方程求解，最后检验解是否符合实际意义即可。
【解析】
设黑球大约有$x$个，则口袋中球的总个数为$(5+x)$个。
∵多次实验后摸到白球的频率稳定在0.2附近，
∴根据用频率估计概率的规律，可知摸到白球的概率约为0.2，
结合概率公式列方程得：
$\frac{5}{5+x}=0.2$
解方程：
两边同乘$(5+x)$得：$5=0.2(5+x)$
展开计算得：$5=1+0.2x$
移项得：$0.2x=4$
解得：$x=20$
检验：当$x=20$时，分母$5+x=25≠0$，因此$x=20$是原方程的解，且符合实际意义。
【答案】
20
【知识点】
用频率估计概率、概率公式、分式方程的应用
【点评】
本题是概率相关的基础应用题，解题关键是理解频率和概率的关系，结合概率公式列方程计算，注意求解分式方程后要检验结果是否符合实际场景。
【难度系数】
0.8
14 如图①所示，一张纸片上有一个不规则的图案（图中画图部分），小雅想了解该图案的面积是多少，她采取了以下的办法：用一个长为5m，宽为3m的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机地向长方形区域扔小球，并记录小球在不规则图案上的次数（球扔在界线上或长方形区域外不计入试验结果），她将若干次有效试验的结果绘制成了图②所示的折线统计图，由此她估计此不规则图案的面积大约为
第14题图①
第14题图②
6
m²。第14题图①
第14题图②
答案
6
解析
【分析】
要估算不规则图案的面积，可结合用频率估计概率、几何概率的知识求解：①先计算包围不规则图案的长方形的总面积；②大量重复试验下，小球落在不规则图案的频率会稳定在某个数值附近，这个数值可近似作为小球落在不规则图案的概率；③根据几何概率的计算公式：小球落在不规则图案的概率=不规则图案面积÷长方形总面积，代入数据即可求出不规则图案的面积。
【解析】
首先计算长方形的总面积：
$S_{\mathrm{长方形}} = 长 × 宽 = 5 × 3 = 15 \, \mathrm{m}^2$
由折线统计图可知，随着试验次数增加，小球落在不规则图案的频率稳定在0.4附近，因此估计小球落在不规则图案的概率$P \approx 0.4$。
设不规则图案的面积为$S$，根据几何概率的意义可得：
$P = \frac{S}{S_{\mathrm{长方形}}}$
代入数据得：
$S = P × S_{\mathrm{长方形}} = 0.4 × 15 = 6 \, \mathrm{m}^2$
【答案】
6
【知识点】
1. 用频率估计概率
2. 几何概率计算
【点评】
本题结合实际操作场景和折线统计图，考查概率在面积估算中的应用，解题的核心是理解大量重复试验下频率与概率的关系，以及几何概率对应的面积占比逻辑，能锻炼学生结合统计数据解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
要估算不规则图案的面积，可结合用频率估计概率、几何概率的知识求解：①先计算包围不规则图案的长方形的总面积；②大量重复试验下，小球落在不规则图案的频率会稳定在某个数值附近，这个数值可近似作为小球落在不规则图案的概率；③根据几何概率的计算公式：小球落在不规则图案的概率=不规则图案面积÷长方形总面积，代入数据即可求出不规则图案的面积。
【解析】
首先计算长方形的总面积：
$S_{\mathrm{长方形}} = 长 × 宽 = 5 × 3 = 15 \, \mathrm{m}^2$
由折线统计图可知，随着试验次数增加，小球落在不规则图案的频率稳定在0.4附近，因此估计小球落在不规则图案的概率$P \approx 0.4$。
设不规则图案的面积为$S$，根据几何概率的意义可得：
$P = \frac{S}{S_{\mathrm{长方形}}}$
代入数据得：
$S = P × S_{\mathrm{长方形}} = 0.4 × 15 = 6 \, \mathrm{m}^2$
【答案】
6
【知识点】
1. 用频率估计概率
2. 几何概率计算
【点评】
本题结合实际操作场景和折线统计图，考查概率在面积估算中的应用，解题的核心是理解大量重复试验下频率与概率的关系，以及几何概率对应的面积占比逻辑，能锻炼学生结合统计数据解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
15 如图，有三个形状与大小完全相同的直角三角形甲、乙、丙，其中任意两个平移后可拼成平行四边形或等腰三角形，则从中任意取出两个，能拼成等腰三角形的概率为
$\frac{1}{3}$
。答案
$\frac{1}{3}$
解析
【分析】
本题属于古典概型的应用类题目，解题思路如下：首先明确从3个三角形中任取2个的所有等可能结果，再根据图形拼接的性质找出能拼成等腰三角形的结果数，最后代入概率公式“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】
解：从甲、乙、丙三个三角形中任意取出两个，不考虑抽取顺序，所有等可能的情况有：(甲，乙)、(甲，丙)、(乙，丙)，共3种。
根据题意和图形特征可知，上述3种情况中仅1种组合可以拼成等腰三角形，即能拼成等腰三角形的情况有1种。
根据概率计算公式可得：$P=\frac{1}{3}$。
【答案】
$\frac{1}{3}$
【知识点】
1. 古典概型计算
2. 列举法求概率
3. 图形拼接
【点评】
本题将图形拼接与概率计算结合考查，难度不大，解题的核心是准确列举所有等可能的抽取结果，不要重复或漏算，同时正确判断符合拼接要求的情况数。
【难度系数】
0.7
本题属于古典概型的应用类题目，解题思路如下：首先明确从3个三角形中任取2个的所有等可能结果，再根据图形拼接的性质找出能拼成等腰三角形的结果数，最后代入概率公式“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】
解：从甲、乙、丙三个三角形中任意取出两个，不考虑抽取顺序，所有等可能的情况有：(甲，乙)、(甲，丙)、(乙，丙)，共3种。
根据题意和图形特征可知，上述3种情况中仅1种组合可以拼成等腰三角形，即能拼成等腰三角形的情况有1种。
根据概率计算公式可得：$P=\frac{1}{3}$。
【答案】
$\frac{1}{3}$
【知识点】
1. 古典概型计算
2. 列举法求概率
3. 图形拼接
【点评】
本题将图形拼接与概率计算结合考查，难度不大，解题的核心是准确列举所有等可能的抽取结果，不要重复或漏算，同时正确判断符合拼接要求的情况数。
【难度系数】
0.7
