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7. 一个不透明的口袋中装有$ n $个白球，为了估计白球的个数，向口袋中加入3个红球，它们除颜色外其他都相同。从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.1附近，则$ n $的值为 【 】
A.27
B.30
C.33
D.36
A.27
B.30
C.33
D.36
答案
A
解析
【分析】
解题时首先结合“多次试验后频率稳定在0.1附近”的条件，根据用频率估计概率的知识，可得摸到红球的概率为0.1；再根据概率计算公式，摸到红球的概率等于红球个数除以口袋中球的总个数，已知红球3个、白球n个，总球数为(n+3)个，代入公式即可列出关于n的方程，解方程即可求出n的值，最后检验解是否符合实际意义。
【解析】
解：
∵多次摸球试验后摸到红球的频率稳定在0.1附近，
∴摸到红球的概率约为0.1。
口袋中共有(n+3)个球，其中红球有3个，根据概率公式可得：
$\frac{3}{n+3}=0.1$
解方程：
$3=0.1(n+3)$
两边同乘10得：$30=n+3$
解得$n=27$。
经检验，$n=27$是原方程的解，符合题意。
【答案】
A
【知识点】
用频率估计概率；概率公式；分式方程求解
【点评】
本题属于概率应用的常规题型，核心是理解频率与概率的关系，结合概率公式列方程求解即可，解题过程简单，逻辑清晰。
【难度系数】
0.8
解题时首先结合“多次试验后频率稳定在0.1附近”的条件，根据用频率估计概率的知识，可得摸到红球的概率为0.1；再根据概率计算公式，摸到红球的概率等于红球个数除以口袋中球的总个数，已知红球3个、白球n个，总球数为(n+3)个，代入公式即可列出关于n的方程，解方程即可求出n的值，最后检验解是否符合实际意义。
【解析】
解：
∵多次摸球试验后摸到红球的频率稳定在0.1附近，
∴摸到红球的概率约为0.1。
口袋中共有(n+3)个球，其中红球有3个，根据概率公式可得：
$\frac{3}{n+3}=0.1$
解方程：
$3=0.1(n+3)$
两边同乘10得：$30=n+3$
解得$n=27$。
经检验，$n=27$是原方程的解，符合题意。
【答案】
A
【知识点】
用频率估计概率；概率公式；分式方程求解
【点评】
本题属于概率应用的常规题型，核心是理解频率与概率的关系，结合概率公式列方程求解即可，解题过程简单，逻辑清晰。
【难度系数】
0.8
8. 下表是某种子公司为检测某种植物的种子在相同条件下发芽率试验的结果：
根据表中的数据，可估计该种子发芽的概率为
根据表中的数据，可估计该种子发芽的概率为0.9
.(精确到0.1)答案
8. 0.9
解析
【分析】
解题时首先回忆用频率估计概率的相关知识：大量重复试验时，事件发生的频率会逐渐稳定在某个常数附近，这个常数就可以作为该事件发生概率的估计值。接下来观察表格中数据，随着试验的种子个数逐渐增多，发芽率在0.9上下波动，且波动幅度越来越小，因此取这个稳定值，按要求精确到0.1即可得到结果。
【解析】
根据用频率估计概率的规律：当大量重复进行同一试验时，事件发生的频率会逐渐稳定到某个常数附近，这个常数就是该事件发生的概率。
观察表格中的发芽率数据：随着试验种子个数逐渐增大，发芽率依次为0.923、0.883、0.890、0.915、0.905，均在0.9附近波动，且种子数越多波动越小，因此可估计该种子发芽的概率为0.9（精确到0.1）。
【答案】
0.9
【知识点】
用频率估计概率；频率的稳定性
【点评】
本题考查利用频率估计概率的应用，解题核心是理解大量重复试验下频率的稳定值即为概率的估计值，属于统计概率部分的基础题型。
【难度系数】
0.9
解题时首先回忆用频率估计概率的相关知识：大量重复试验时，事件发生的频率会逐渐稳定在某个常数附近，这个常数就可以作为该事件发生概率的估计值。接下来观察表格中数据，随着试验的种子个数逐渐增多，发芽率在0.9上下波动，且波动幅度越来越小，因此取这个稳定值，按要求精确到0.1即可得到结果。
【解析】
根据用频率估计概率的规律：当大量重复进行同一试验时，事件发生的频率会逐渐稳定到某个常数附近，这个常数就是该事件发生的概率。
观察表格中的发芽率数据：随着试验种子个数逐渐增大，发芽率依次为0.923、0.883、0.890、0.915、0.905，均在0.9附近波动，且种子数越多波动越小，因此可估计该种子发芽的概率为0.9（精确到0.1）。
【答案】
0.9
【知识点】
用频率估计概率；频率的稳定性
【点评】
本题考查利用频率估计概率的应用，解题核心是理解大量重复试验下频率的稳定值即为概率的估计值，属于统计概率部分的基础题型。
【难度系数】
0.9
9. 如图①，有一不规则图案(图中阴影部分)，数学小组为了探究该不规则图案的面积，进行了模拟试验，将不规则图案放在边长为2 cm 的正方形内部. 通过计算机随机投放一个点到正方形内部，并记录该点落在不规则图案上的次数，得到如图所示的数据. 由此可估计不规则图案的面积大约为
（第9题）
1.2 cm²
. （第9题）答案
9. 1.2 cm²
解析
【分析】
解题时首先明确本题用到用频率估计概率和几何概率的相关知识：第一步，观察频率折线图，当试验次数足够多时，频率会稳定在概率附近，从图中可看出频率稳定在0.3，即点落在不规则图案内的概率约为0.3；第二步，计算边长为2cm的正方形的面积；第三步，根据几何概率的规律：点落在阴影部分的概率=阴影部分面积÷正方形面积，代入已知数据即可求出不规则图案的面积。
【解析】
1. 计算正方形的面积：
已知正方形边长为2 cm，因此正方形面积$S_{正方形}=2×2=4\ \mathrm{cm}^2$。
2. 确定点落在不规则图案内的概率：
观察频率折线图，随着试验次数增加，点落在不规则图案内的频率逐渐稳定在0.3附近，根据大量重复试验中频率稳定值即为概率的规律，可估计$P(\mathrm{点落在不规则图案内})\approx0.3$。
3. 求解不规则图案面积：
由几何概率公式可得：$P(\mathrm{点落在不规则图案内})=\frac{S_{\mathrm{不规则图案}}}{S_{正方形}}$，
变形得$S_{\mathrm{不规则图案}}\approx P× S_{正方形}=0.3×4=1.2\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
$\boxed{1.2\ \mathrm{cm^2}}$
【知识点】
用频率估计概率；几何概率；概率公式应用
【点评】
本题将概率知识和实际面积估算结合，解题核心是理解大量重复试验下频率和概率的关系，掌握几何概率中面积比对应概率的规律，能够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
解题时首先明确本题用到用频率估计概率和几何概率的相关知识：第一步，观察频率折线图，当试验次数足够多时，频率会稳定在概率附近，从图中可看出频率稳定在0.3，即点落在不规则图案内的概率约为0.3；第二步，计算边长为2cm的正方形的面积；第三步，根据几何概率的规律：点落在阴影部分的概率=阴影部分面积÷正方形面积，代入已知数据即可求出不规则图案的面积。
【解析】
1. 计算正方形的面积：
已知正方形边长为2 cm，因此正方形面积$S_{正方形}=2×2=4\ \mathrm{cm}^2$。
2. 确定点落在不规则图案内的概率：
观察频率折线图，随着试验次数增加，点落在不规则图案内的频率逐渐稳定在0.3附近，根据大量重复试验中频率稳定值即为概率的规律，可估计$P(\mathrm{点落在不规则图案内})\approx0.3$。
3. 求解不规则图案面积：
由几何概率公式可得：$P(\mathrm{点落在不规则图案内})=\frac{S_{\mathrm{不规则图案}}}{S_{正方形}}$，
变形得$S_{\mathrm{不规则图案}}\approx P× S_{正方形}=0.3×4=1.2\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
$\boxed{1.2\ \mathrm{cm^2}}$
【知识点】
用频率估计概率；几何概率；概率公式应用
【点评】
本题将概率知识和实际面积估算结合，解题核心是理解大量重复试验下频率和概率的关系，掌握几何概率中面积比对应概率的规律，能够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
10. 如图,用两个可自由转动的转盘做“配紫色”游戏(其中一个转出红色,另一个转出蓝色,即可配成紫色),其中转盘一被分成不相等的两个扇形,转盘二被分成相等的四个扇形.如果同时转动这两个转盘,那么这两个转盘停止时指针所指的颜色可配成紫色的概率是
【 】
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{5}{12}$
C.$\frac{3}{8}$
D.$\frac{5}{8}$
【 】
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{5}{12}$
C.$\frac{3}{8}$
D.$\frac{5}{8}$
答案
B
解析
【分析】
要解决配紫色的概率问题，首先明确配成紫色的两种有效情况：①转盘一转红色、转盘二转蓝色；②转盘一转蓝色、转盘二转红色。可以从两个思路思考：一是先根据扇形圆心角、等分份数分别求出两个转盘转出各颜色的概率，再分别计算两种有效情况的概率相加即可；二是将转盘一的蓝色区域拆分为2个和红色区域面积相等的扇形，把转盘一转化为3个等份，结合转盘二的4个等份，用列表或树状图列出所有等可能结果，再统计符合条件的结果数计算概率。
【解析】
方法一：概率公式法
1. 计算转盘一各颜色的概率：红色区域圆心角为$120°$，因此$P(\mathrm{转盘一红})=\frac{120°}{360°}=\frac{1}{3}$，$P(\mathrm{转盘一蓝})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。
2. 计算转盘二各颜色的概率：转盘二平均分为4份，红色占2份、蓝色占1份，因此$P(\mathrm{转盘二红})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，$P(\mathrm{转盘二蓝})=\frac{1}{4}$。
3. 分别计算两种配紫色情况的概率：
情况①：转盘一红+转盘二蓝，概率为$\frac{1}{3} × \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$；
情况②：转盘一蓝+转盘二红，概率为$\frac{2}{3} × \frac{1}{2}=\frac{4}{12}$；
4. 总概率为两种情况概率之和：$\frac{1}{12}+\frac{4}{12}=\frac{5}{12}$。
方法二：等可能结果法
将转盘一的蓝色区域平均分为2个$120°$的扇形，此时转盘一有3个等面积扇形：红、蓝1、蓝2；转盘二有4个等面积扇形：红1、红2、蓝、黄。
同时转动两个转盘，总共有$3×4=12$种等可能的结果，其中能配成紫色的结果有：（红，蓝）、（蓝1，红1）、（蓝1，红2）、（蓝2，红1）、（蓝2，红2），共5种，因此概率为$\frac{5}{12}$。
【答案】
B
【知识点】
几何概率计算、概率运算、列表法求概率
【点评】
本题是典型的配紫色概率问题，解题核心是明确所有符合条件的事件，既可以用概率分步、分类公式计算，也可以将不等份区域转化为等份区域后用列表或树状图求解，注意不要漏算任意一种可配成紫色的情况。
【难度系数】
0.6
要解决配紫色的概率问题，首先明确配成紫色的两种有效情况：①转盘一转红色、转盘二转蓝色；②转盘一转蓝色、转盘二转红色。可以从两个思路思考：一是先根据扇形圆心角、等分份数分别求出两个转盘转出各颜色的概率，再分别计算两种有效情况的概率相加即可；二是将转盘一的蓝色区域拆分为2个和红色区域面积相等的扇形，把转盘一转化为3个等份，结合转盘二的4个等份，用列表或树状图列出所有等可能结果，再统计符合条件的结果数计算概率。
【解析】
方法一：概率公式法
1. 计算转盘一各颜色的概率：红色区域圆心角为$120°$，因此$P(\mathrm{转盘一红})=\frac{120°}{360°}=\frac{1}{3}$，$P(\mathrm{转盘一蓝})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。
2. 计算转盘二各颜色的概率：转盘二平均分为4份，红色占2份、蓝色占1份，因此$P(\mathrm{转盘二红})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，$P(\mathrm{转盘二蓝})=\frac{1}{4}$。
3. 分别计算两种配紫色情况的概率：
情况①：转盘一红+转盘二蓝，概率为$\frac{1}{3} × \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$；
情况②：转盘一蓝+转盘二红，概率为$\frac{2}{3} × \frac{1}{2}=\frac{4}{12}$；
4. 总概率为两种情况概率之和：$\frac{1}{12}+\frac{4}{12}=\frac{5}{12}$。
方法二：等可能结果法
将转盘一的蓝色区域平均分为2个$120°$的扇形，此时转盘一有3个等面积扇形：红、蓝1、蓝2；转盘二有4个等面积扇形：红1、红2、蓝、黄。
同时转动两个转盘，总共有$3×4=12$种等可能的结果，其中能配成紫色的结果有：（红，蓝）、（蓝1，红1）、（蓝1，红2）、（蓝2，红1）、（蓝2，红2），共5种，因此概率为$\frac{5}{12}$。
【答案】
B
【知识点】
几何概率计算、概率运算、列表法求概率
【点评】
本题是典型的配紫色概率问题，解题核心是明确所有符合条件的事件，既可以用概率分步、分类公式计算，也可以将不等份区域转化为等份区域后用列表或树状图求解，注意不要漏算任意一种可配成紫色的情况。
【难度系数】
0.6
11. 四个完全相同的球上分别标有数字－2、－3、0、5，从这四个球中任意取出一个球记为$m$，不放回，再取出一个球记为$n$，则$m+n$能被5整除的概率为 【$\quad$】
A.$\dfrac{3}{8}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{5}{8}$
D.$\dfrac{1}{4}$
A.$\dfrac{3}{8}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{5}{8}$
D.$\dfrac{1}{4}$
答案
B
解析
【分析】
本题是不放回抽样的概率计算问题，解题思路分为三步：第一步确定所有等可能的结果总数，因为是不放回依次抽取2个球，第一次有4种选择，第二次剩余3种选择，因此总共有4×3=12种等可能的有序结果；第二步筛选出满足“m+n能被5整除”的结果，可通过列举所有组合计算两数之和，判断是否为5的倍数；第三步根据概率公式，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】
从4个标有-2、-3、0、5的球中不放回依次抽取两个，所有等可能的有序结果共12种，分别为：
$(-2,-3),(-2,0),(-2,5),(-3,-2),(-3,0),(-3,5),(0,-2),(0,-3),(0,5),(5,-2),(5,-3),(5,0)$
逐一计算两数之和，筛选出和能被5整除的结果：
$-2+(-3)=-5$（符合），$-3+(-2)=-5$（符合），$0+5=5$（符合），$5+0=5$（符合），共4种符合条件的结果。
根据概率公式$P=\dfrac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}$，可得$P=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
1. 列举法求概率 2. 不放回抽样概率计算 3. 整除的判定
【点评】
本题核心考查概率的基本计算，解题时需注意不放回抽样的特点，即第二次抽取的可选数量比第一次少1，列举结果时要做到不重复不遗漏，才能准确计算概率。
【难度系数】
0.7
本题是不放回抽样的概率计算问题，解题思路分为三步：第一步确定所有等可能的结果总数，因为是不放回依次抽取2个球，第一次有4种选择，第二次剩余3种选择，因此总共有4×3=12种等可能的有序结果；第二步筛选出满足“m+n能被5整除”的结果，可通过列举所有组合计算两数之和，判断是否为5的倍数；第三步根据概率公式，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】
从4个标有-2、-3、0、5的球中不放回依次抽取两个，所有等可能的有序结果共12种，分别为：
$(-2,-3),(-2,0),(-2,5),(-3,-2),(-3,0),(-3,5),(0,-2),(0,-3),(0,5),(5,-2),(5,-3),(5,0)$
逐一计算两数之和，筛选出和能被5整除的结果：
$-2+(-3)=-5$（符合），$-3+(-2)=-5$（符合），$0+5=5$（符合），$5+0=5$（符合），共4种符合条件的结果。
根据概率公式$P=\dfrac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}$，可得$P=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
1. 列举法求概率 2. 不放回抽样概率计算 3. 整除的判定
【点评】
本题核心考查概率的基本计算，解题时需注意不放回抽样的特点，即第二次抽取的可选数量比第一次少1，列举结果时要做到不重复不遗漏，才能准确计算概率。
【难度系数】
0.7
12. 一个不透明袋子中装有2个红球和1个黑球，除颜色外无其他差别. 从袋子中随机摸出1个球后，放回并摇匀，再随机摸出1个球，两次都摸出红球的概率是
$\frac{4}{9}$
.答案
12. $\frac{4}{9}$
解析
【分析】
这是一道有放回的两次摸球概率题，解题思路清晰：首先明确“放回摸球”的特点，即两次摸球的总情况数不变、两次摸球结果互不影响。可以选择两种方法求解：一是用列表法或画树状图法枚举所有等可能的结果，再统计两次都摸出红球的结果数，用符合条件的结果数除以总结果数得到概率；二是先计算单次摸出红球的概率，再利用独立事件的概率乘法规则计算两次都摸出红球的概率，解题时注意不要和不放回摸球的情况混淆。
【解析】
方法1：列表法
将2个红球记为红₁、红₂，黑球记为黑，列出两次摸球的所有等可能结果如下：
| 第一次\第二次 | 红₁ | 红₂ | 黑 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 红₁ | （红₁，红₁） | （红₁，红₂） | （红₁，黑） |
| 红₂ | （红₂，红₁） | （红₂，红₂） | （红₂，黑） |
| 黑 | （黑，红₁） | （黑，红₂） | （黑，黑） |
由表可知，总共有9种等可能的结果，其中两次都摸出红球的结果有4种，因此$P(两次都摸出红球)=\frac{符合条件的结果数}{总结果数}=\frac{4}{9}$。
方法2：概率乘法计算
因为是放回摸球，两次摸球结果互不影响：
第一次摸球时，总共有3个球，其中红球有2个，因此摸出红球的概率为$\frac{2}{3}$；
放回摇匀后第二次摸球，总球数和红球数不变，摸出红球的概率仍为$\frac{2}{3}$；
因此两次都摸出红球的概率为$\frac{2}{3} × \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$。
【答案】
$\frac{4}{9}$
【知识点】
放回型概率计算，列表法求概率，独立事件概率
【点评】
本题是概率章节的基础常考题，核心考点是区分放回与不放回试验的差异，只要掌握枚举法或者基础的概率乘法规则就能顺利求解，出错点多是误将放回试验当成不放回试验计算。
【难度系数】
0.8
这是一道有放回的两次摸球概率题，解题思路清晰：首先明确“放回摸球”的特点，即两次摸球的总情况数不变、两次摸球结果互不影响。可以选择两种方法求解：一是用列表法或画树状图法枚举所有等可能的结果，再统计两次都摸出红球的结果数，用符合条件的结果数除以总结果数得到概率；二是先计算单次摸出红球的概率，再利用独立事件的概率乘法规则计算两次都摸出红球的概率，解题时注意不要和不放回摸球的情况混淆。
【解析】
方法1：列表法
将2个红球记为红₁、红₂，黑球记为黑，列出两次摸球的所有等可能结果如下：
| 第一次\第二次 | 红₁ | 红₂ | 黑 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 红₁ | （红₁，红₁） | （红₁，红₂） | （红₁，黑） |
| 红₂ | （红₂，红₁） | （红₂，红₂） | （红₂，黑） |
| 黑 | （黑，红₁） | （黑，红₂） | （黑，黑） |
由表可知，总共有9种等可能的结果，其中两次都摸出红球的结果有4种，因此$P(两次都摸出红球)=\frac{符合条件的结果数}{总结果数}=\frac{4}{9}$。
方法2：概率乘法计算
因为是放回摸球，两次摸球结果互不影响：
第一次摸球时，总共有3个球，其中红球有2个，因此摸出红球的概率为$\frac{2}{3}$；
放回摇匀后第二次摸球，总球数和红球数不变，摸出红球的概率仍为$\frac{2}{3}$；
因此两次都摸出红球的概率为$\frac{2}{3} × \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$。
【答案】
$\frac{4}{9}$
【知识点】
放回型概率计算，列表法求概率，独立事件概率
【点评】
本题是概率章节的基础常考题，核心考点是区分放回与不放回试验的差异，只要掌握枚举法或者基础的概率乘法规则就能顺利求解，出错点多是误将放回试验当成不放回试验计算。
【难度系数】
0.8
