登录
1. (2025 徐州市期末)抛掷一枚质地均匀的骰子一次,所得点数为奇数的概率是 （
A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{6}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{1}{3}$
C
）A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{6}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{1}{3}$
答案
1. C 提示:抛掷一枚质地均匀的骰子,有6种结果,每种结果等可能出现,出现“点数为奇数”的情况有3种,故所求概率为$\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】本题考查古典概型的概率计算，解题思路为：先确定抛掷骰子的所有等可能结果总数，再找出点数为奇数的结果数量，最后根据古典概型概率公式计算概率，对应选项得出答案。
【解析】抛掷一枚质地均匀的骰子，所有等可能的结果共6种，分别为点数1、2、3、4、5、6；其中点数为奇数的结果有3种，即1、3、5。根据古典概型概率公式，所得点数为奇数的概率为：符合条件的结果数÷总结果数=3÷6=1/2，对应选项C。
【答案】C
【知识点】古典概型、概率计算
【点评】本题是古典概型的基础应用题，考查对概率基本公式的掌握，属于概率模块的基础题，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】抛掷一枚质地均匀的骰子，所有等可能的结果共6种，分别为点数1、2、3、4、5、6；其中点数为奇数的结果有3种，即1、3、5。根据古典概型概率公式，所得点数为奇数的概率为：符合条件的结果数÷总结果数=3÷6=1/2，对应选项C。
【答案】C
【知识点】古典概型、概率计算
【点评】本题是古典概型的基础应用题，考查对概率基本公式的掌握，属于概率模块的基础题，难度较低。
【难度系数】0.8
2.（2025 苏州市二模）一只不透明的袋子中，装有4个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出一个球，摸到白球的概率为$\dfrac{4}{5}$，则红球的个数为（
A.1
B.2
C.3
D.4
A
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
2. A 提示:设红球的个数为x个,由题意,得$\dfrac{4}{4+x}=\dfrac{4}{5}$,解得x=1,经检验,x=1是原方程的解,且符合题意,即红球的个数为1个.
解析
【分析】
这是一道利用概率公式求解的基础题，解题思路为：首先明确摸到白球的概率等于白球个数除以袋子中球的总个数；设红球个数为$x$个，则总球数为$(4+x)$个，根据已知的摸到白球的概率列出分式方程，解方程并检验解的合理性，即可得到红球的个数。
【解析】
设红球的个数为$x$个，袋子中球的总个数为$(4+x)$个。
根据概率公式：摸到白球的概率 = 白球个数÷总球数，结合题意得：
$\frac{4}{4+x} = \frac{4}{5}$
方程两边同乘$5(4+x)$去分母得：
$20 = 4(4+x)$
展开计算：
$20 = 16 + 4x$
移项得：
$4x = 20 - 16 = 4$
解得：
$x = 1$
经检验，当$x=1$时，$5(4+x)=25≠0$，所以$x=1$是原分式方程的解，且符合实际意义，即红球的个数为1个。
【答案】
A
【知识点】
概率公式，分式方程的应用
【点评】
本题考查概率公式的简单应用，核心是利用“概率=所求情况数与总情况数之比”建立方程，需注意分式方程解的检验及实际意义的合理性，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】
0.8
这是一道利用概率公式求解的基础题，解题思路为：首先明确摸到白球的概率等于白球个数除以袋子中球的总个数；设红球个数为$x$个，则总球数为$(4+x)$个，根据已知的摸到白球的概率列出分式方程，解方程并检验解的合理性，即可得到红球的个数。
【解析】
设红球的个数为$x$个，袋子中球的总个数为$(4+x)$个。
根据概率公式：摸到白球的概率 = 白球个数÷总球数，结合题意得：
$\frac{4}{4+x} = \frac{4}{5}$
方程两边同乘$5(4+x)$去分母得：
$20 = 4(4+x)$
展开计算：
$20 = 16 + 4x$
移项得：
$4x = 20 - 16 = 4$
解得：
$x = 1$
经检验，当$x=1$时，$5(4+x)=25≠0$，所以$x=1$是原分式方程的解，且符合实际意义，即红球的个数为1个。
【答案】
A
【知识点】
概率公式，分式方程的应用
【点评】
本题考查概率公式的简单应用，核心是利用“概率=所求情况数与总情况数之比”建立方程，需注意分式方程解的检验及实际意义的合理性，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】
0.8
3. 在分别标有号码 $2,3,4,···,10$ 的 9 个球中，随机取出两个球,记下它们的标号,则较大标号被较小标号整除的概率是（
A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{2}{9}$
C.$\dfrac{5}{18}$
D.$\dfrac{7}{36}$
B
）A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{2}{9}$
C.$\dfrac{5}{18}$
D.$\dfrac{7}{36}$
答案
3. B
解析
【分析】
本题是古典概型的概率计算问题，解题思路为：先计算从9个球中随机取2个球的总组合数，再枚举找出满足“较大标号被较小标号整除”的组合数，最后用符合条件的组合数除以总组合数得到概率，对应选项即可。
【解析】
解：1. 计算总组合数：从9个球中随机取出2个球，不考虑顺序，总组合数为组合数 $ C_{9}^{2} = \frac{9×8}{2×1} = 36 $（种）。
2. 枚举满足“较大标号被较小标号整除”的组合：
较小标号为2时，较大标号可为4、6、8、10，共4种：(2,4)、(2,6)、(2,8)、(2,10)；
较小标号为3时，较大标号可为6、9，共2种：(3,6)、(3,9)；
较小标号为4时，较大标号可为8，共1种：(4,8)；
较小标号为5时，较大标号可为10，共1种：(5,10)；
较小标号≥6时，无符合条件的组合。
3. 计算概率：符合条件的组合总数为 $ 4+2+1+1=8 $（种），所求概率为 $ \frac{8}{36} = \frac{2}{9} $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
古典概型、组合数计算
【点评】
本题考查古典概型的基础应用，核心是准确枚举满足条件的组合，避免遗漏或重复，属于概率部分的常规题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题是古典概型的概率计算问题，解题思路为：先计算从9个球中随机取2个球的总组合数，再枚举找出满足“较大标号被较小标号整除”的组合数，最后用符合条件的组合数除以总组合数得到概率，对应选项即可。
【解析】
解：1. 计算总组合数：从9个球中随机取出2个球，不考虑顺序，总组合数为组合数 $ C_{9}^{2} = \frac{9×8}{2×1} = 36 $（种）。
2. 枚举满足“较大标号被较小标号整除”的组合：
较小标号为2时，较大标号可为4、6、8、10，共4种：(2,4)、(2,6)、(2,8)、(2,10)；
较小标号为3时，较大标号可为6、9，共2种：(3,6)、(3,9)；
较小标号为4时，较大标号可为8，共1种：(4,8)；
较小标号为5时，较大标号可为10，共1种：(5,10)；
较小标号≥6时，无符合条件的组合。
3. 计算概率：符合条件的组合总数为 $ 4+2+1+1=8 $（种），所求概率为 $ \frac{8}{36} = \frac{2}{9} $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
古典概型、组合数计算
【点评】
本题考查古典概型的基础应用，核心是准确枚举满足条件的组合，避免遗漏或重复，属于概率部分的常规题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
4. 如果 $k$ 是随机投掷一枚质地均匀的骰子所得的数字(骰子各个面上的数字分别为 1,2,3,4,5,6),那么关于 $x$ 的方程 $(k-1)x^2+$$4x+1=0$ 有两个不相等实数根的概率为（
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{1}{6}$
A
）A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{1}{6}$
答案
4. A 提示:根据题意,得根的判别式16-4(k-1)＞0且k≠1,解得k＜5且k≠1,故符合题意的数字为2,3,4.所以方程有两个不相等实数根的概率为$\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需分两步推导：第一步，确定k的取值范围，既要保证方程是一元二次方程（二次项系数不为0），又要满足一元二次方程有两个不相等实数根（判别式大于0）；第二步，找出符合条件的k的个数，结合概率公式计算概率。
【解析】
解：随机投掷质地均匀的骰子，k的可能取值为1,2,3,4,5,6，共6种等可能结果。
关于x的方程$(k-1)x^2+4x+1=0$有两个不相等实数根，需满足两个条件：
1. 方程为一元二次方程，二次项系数不为0：$k-1≠0$，得$k≠1$；
2. 一元二次方程有两个不相等实数根，判别式$\Delta＞0$：
$\Delta=4^2 -4(k-1)×1=16-4(k-1)$，
令$\Delta＞0$，则$16-4(k-1)＞0$，
化简得：$20-4k＞0$，解得$k＜5$。
结合上述两个条件，k需满足$k＜5$且$k≠1$，k为1~6的整数，因此符合条件的k为2,3,4，共3个。
根据概率公式，所求概率为符合条件的k的个数除以k的总个数，即$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程根的判别式、概率的计算
【点评】
本题综合考查一元二次方程的定义、根的判别式及概率的计算，需注意二次项系数不为0这一易忽略的条件，属于基础的代数与概率结合题，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需分两步推导：第一步，确定k的取值范围，既要保证方程是一元二次方程（二次项系数不为0），又要满足一元二次方程有两个不相等实数根（判别式大于0）；第二步，找出符合条件的k的个数，结合概率公式计算概率。
【解析】
解：随机投掷质地均匀的骰子，k的可能取值为1,2,3,4,5,6，共6种等可能结果。
关于x的方程$(k-1)x^2+4x+1=0$有两个不相等实数根，需满足两个条件：
1. 方程为一元二次方程，二次项系数不为0：$k-1≠0$，得$k≠1$；
2. 一元二次方程有两个不相等实数根，判别式$\Delta＞0$：
$\Delta=4^2 -4(k-1)×1=16-4(k-1)$，
令$\Delta＞0$，则$16-4(k-1)＞0$，
化简得：$20-4k＞0$，解得$k＜5$。
结合上述两个条件，k需满足$k＜5$且$k≠1$，k为1~6的整数，因此符合条件的k为2,3,4，共3个。
根据概率公式，所求概率为符合条件的k的个数除以k的总个数，即$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程根的判别式、概率的计算
【点评】
本题综合考查一元二次方程的定义、根的判别式及概率的计算，需注意二次项系数不为0这一易忽略的条件，属于基础的代数与概率结合题，难度适中。
【难度系数】
0.5
5. 不透明的盒中有$x$枚黑棋和$y$枚白棋,这些棋除颜色外无其他差别.从盒中随机取出一枚棋子,取得黑棋的概率是$\dfrac{3}{8}$;放回后,往盒中再放进10枚黑棋,搅匀后从盒中随机取出一枚棋子,取得黑棋的概率为$\dfrac{1}{2}$,则
$x=$
$x=$
15
,$y=$25
.答案
5. 15 25 提示:因为盒中有x枚黑棋和y枚白棋,所以盒中共有(x+y)枚棋子.因为取得黑棋的概率是$\dfrac{3}{8}$,所以可得关系式$\dfrac{x}{x+y}=\dfrac{3}{8}$.根据“往盒中再放进10枚黑棋”,“取得黑棋的概率为$\dfrac{1}{2}$”,又可得$\dfrac{x+10}{x+y+10}=\dfrac{1}{2}$.联立解得x=15,y=25.
解析
【分析】
要解决该问题，需结合概率公式和二元一次方程组的知识。首先根据第一次取黑棋的概率条件，列出关于黑棋数、白棋数的第一个方程；再根据加入10枚黑棋后取黑棋的概率条件，列出第二个方程，联立方程组求解即可得到x和y的值。
【解析】
根据题意，盒中原有黑棋$x$枚，白棋$y$枚，总棋数为$x+y$枚。
1. 第一次取黑棋的概率为$\frac{3}{8}$，由概率公式（概率=所求情况数/总情况数）得：
$\frac{x}{x+y}=\frac{3}{8}$，交叉相乘化简得：$8x=3(x+y)$，整理为：$5x - 3y = 0$ ①
2. 加入10枚黑棋后，黑棋数变为$x+10$，总棋数变为$x+y+10$，此时取黑棋的概率为$\frac{1}{2}$，同理得：
$\frac{x+10}{x+y+10}=\frac{1}{2}$，交叉相乘化简得：$2(x+10)=x+y+10$，整理为：$x - y = -10$ ②
3. 联立方程①②，将②变形为$x = y -10$，代入①得：
$5(y-10) -3y =0$，解得$y=25$，再代入$x = y -10$得$x=15$。
【答案】
15；25
【知识点】
概率公式；二元一次方程组的应用
【点评】
本题是概率与二元一次方程组结合的基础应用题，核心是根据两次取黑棋的概率条件准确列出方程，计算过程简单，主要考查学生对概率公式的理解和方程组的求解能力。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，需结合概率公式和二元一次方程组的知识。首先根据第一次取黑棋的概率条件，列出关于黑棋数、白棋数的第一个方程；再根据加入10枚黑棋后取黑棋的概率条件，列出第二个方程，联立方程组求解即可得到x和y的值。
【解析】
根据题意，盒中原有黑棋$x$枚，白棋$y$枚，总棋数为$x+y$枚。
1. 第一次取黑棋的概率为$\frac{3}{8}$，由概率公式（概率=所求情况数/总情况数）得：
$\frac{x}{x+y}=\frac{3}{8}$，交叉相乘化简得：$8x=3(x+y)$，整理为：$5x - 3y = 0$ ①
2. 加入10枚黑棋后，黑棋数变为$x+10$，总棋数变为$x+y+10$，此时取黑棋的概率为$\frac{1}{2}$，同理得：
$\frac{x+10}{x+y+10}=\frac{1}{2}$，交叉相乘化简得：$2(x+10)=x+y+10$，整理为：$x - y = -10$ ②
3. 联立方程①②，将②变形为$x = y -10$，代入①得：
$5(y-10) -3y =0$，解得$y=25$，再代入$x = y -10$得$x=15$。
【答案】
15；25
【知识点】
概率公式；二元一次方程组的应用
【点评】
本题是概率与二元一次方程组结合的基础应用题，核心是根据两次取黑棋的概率条件准确列出方程，计算过程简单，主要考查学生对概率公式的理解和方程组的求解能力。
【难度系数】
0.6
6. 随着信息化的发展,二维码已经走进我们的日常生活,其图案主要由黑、白两种小正方形组成. 现对由三个小正方形组成的“
”进行涂色,每个小正方形随机涂成黑色或白色,则涂色后恰好是两个黑色小正方形和一个白色小正方形的概率为
”进行涂色,每个小正方形随机涂成黑色或白色,则涂色后恰好是两个黑色小正方形和一个白色小正方形的概率为$\dfrac{3}{8}$
.答案
6. $\dfrac{3}{8}$
解析
【分析】
要解决这个概率问题，需先确定所有等可能的涂色情况总数，再找出“恰好两个黑色小正方形和一个白色小正方形”的情况数，最后利用古典概型概率公式计算。步骤如下：
1. 每个小正方形有黑、白2种涂色选择，三个小正方形的总涂色情况数为 $2×2×2=8$ 种；
2. 计算“两黑一白”的情况：从3个小正方形中选2个涂黑色，剩余1个涂白色，组合数为 $C_3^2=3$ 种；
3. 概率=符合条件的情况数÷总情况数，即可得结果。
【解析】
每个小正方形随机涂成黑色或白色，三个小正方形的所有等可能涂色结果共有 $2×2×2=8$ 种。
其中，恰好是两个黑色小正方形和一个白色小正方形的情况数为：从3个小正方形中选2个涂黑色，共 $C_3^2=3$ 种。
根据古典概型概率公式，所求概率为 $\frac{3}{8}$。
【答案】
$\dfrac{3}{8}$
【知识点】
古典概型、概率计算
【点评】
本题考查古典概型的基础应用，核心是准确统计总情况数和符合条件的情况数，属于概率入门题型，难度较低。
【难度系数】
0.3
要解决这个概率问题，需先确定所有等可能的涂色情况总数，再找出“恰好两个黑色小正方形和一个白色小正方形”的情况数，最后利用古典概型概率公式计算。步骤如下：
1. 每个小正方形有黑、白2种涂色选择，三个小正方形的总涂色情况数为 $2×2×2=8$ 种；
2. 计算“两黑一白”的情况：从3个小正方形中选2个涂黑色，剩余1个涂白色，组合数为 $C_3^2=3$ 种；
3. 概率=符合条件的情况数÷总情况数，即可得结果。
【解析】
每个小正方形随机涂成黑色或白色，三个小正方形的所有等可能涂色结果共有 $2×2×2=8$ 种。
其中，恰好是两个黑色小正方形和一个白色小正方形的情况数为：从3个小正方形中选2个涂黑色，共 $C_3^2=3$ 种。
根据古典概型概率公式，所求概率为 $\frac{3}{8}$。
【答案】
$\dfrac{3}{8}$
【知识点】
古典概型、概率计算
【点评】
本题考查古典概型的基础应用，核心是准确统计总情况数和符合条件的情况数，属于概率入门题型，难度较低。
【难度系数】
0.3
7. (2025 宿迁市泗阳县期末)一只箱子里共有3 个球,其中 2 个白球,1 个红球,它们除颜色外均相同.
(1) 从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是多少？
(2) 小明向箱中放入 $ n $ 个红球后搅匀,然后从箱子中随机摸出一个球是白球的概率为$\dfrac{1}{4}$,求 $ n $ 的值.
(1) 从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是多少？
(2) 小明向箱中放入 $ n $ 个红球后搅匀,然后从箱子中随机摸出一个球是白球的概率为$\dfrac{1}{4}$,求 $ n $ 的值.
答案
7. 解:(1) 因为箱子里共有3个球,其中2个白球,1个红球,所以从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是$\dfrac{2}{3}$.
(2) 由题意,得$\dfrac{2}{n+3}=\dfrac{1}{4}$,解得n=5,经检验,n=5是原方程的解,所以n的值为5.
(2) 由题意,得$\dfrac{2}{n+3}=\dfrac{1}{4}$,解得n=5,经检验,n=5是原方程的解,所以n的值为5.
解析
【分析】
第(1)问，求摸出白球的概率，需运用概率公式：某事件发生的概率=该事件包含的等可能结果数÷所有等可能结果数，直接代入白球数量和总球数计算即可。
第(2)问，加入n个红球后，总球数变为原球数加n，白球数量不变，根据此时摸出白球的概率为1/4，列出分式方程，解方程后需检验解是否符合实际意义（分母不为0）。
【解析】
(1) 箱子中共有3个球，其中白球2个，根据概率公式：
$P(摸出白球)=\frac{白球个数}{总球数}=\frac{2}{3}$。
(2) 加入n个红球后，箱子中总球数为$(3+n)$个，白球仍为2个，由题意得：
$\frac{2}{n+3}=\frac{1}{4}$
解方程：两边同乘$4(n+3)$得：$8 = n+3$，解得$n=5$。
经检验，当$n=5$时，$n+3=8≠0$，故$n=5$是原方程的解，且符合题意。
【答案】(1) $\frac{2}{3}$；(2) $n=5$
【知识点】概率的计算，分式方程的应用
【点评】本题为期末基础题型，结合概率公式与分式方程求解，重点考查学生对概率概念的理解和分式方程的运算能力，难度适中。
【难度系数】0.7
第(1)问，求摸出白球的概率，需运用概率公式：某事件发生的概率=该事件包含的等可能结果数÷所有等可能结果数，直接代入白球数量和总球数计算即可。
第(2)问，加入n个红球后，总球数变为原球数加n，白球数量不变，根据此时摸出白球的概率为1/4，列出分式方程，解方程后需检验解是否符合实际意义（分母不为0）。
【解析】
(1) 箱子中共有3个球，其中白球2个，根据概率公式：
$P(摸出白球)=\frac{白球个数}{总球数}=\frac{2}{3}$。
(2) 加入n个红球后，箱子中总球数为$(3+n)$个，白球仍为2个，由题意得：
$\frac{2}{n+3}=\frac{1}{4}$
解方程：两边同乘$4(n+3)$得：$8 = n+3$，解得$n=5$。
经检验，当$n=5$时，$n+3=8≠0$，故$n=5$是原方程的解，且符合题意。
【答案】(1) $\frac{2}{3}$；(2) $n=5$
【知识点】概率的计算，分式方程的应用
【点评】本题为期末基础题型，结合概率公式与分式方程求解，重点考查学生对概率概念的理解和分式方程的运算能力，难度适中。
【难度系数】0.7
1. 掷一枚质地均匀的硬币5次,其中3次正面朝上,2次正面朝下,则再次掷出这枚硬币,正面朝下的概率是（
A.1
B.$\dfrac{2}{5}$
C.$\dfrac{3}{5}$
D.$\dfrac{1}{2}$
D
）A.1
B.$\dfrac{2}{5}$
C.$\dfrac{3}{5}$
D.$\dfrac{1}{2}$
答案
1. D
解析
【分析】
首先明确：掷质地均匀的硬币属于独立重复试验，每次试验的结果互不影响，不会被之前的试验结果干扰。硬币只有正面朝上和正面朝下两种等可能的结果，因此每次掷硬币时，正面朝下的概率是固定的，与之前的投掷次数和结果无关。
【解析】
掷一枚质地均匀的硬币，每次投掷的结果是独立事件，前5次的投掷结果不会影响本次投掷的概率。由于硬币质地均匀，正面朝上和正面朝下的可能性相等，均为等可能结果，因此正面朝下的概率为$\dfrac{1}{2}$，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
独立事件、等可能事件概率
【点评】
本题考查概率的基本概念，核心是区分频率与概率，理解独立事件的概率不受过往试验结果影响，需避免被题目中“5次投掷结果”的干扰信息误导，属于基础概念题。
【难度系数】
0.4
首先明确：掷质地均匀的硬币属于独立重复试验，每次试验的结果互不影响，不会被之前的试验结果干扰。硬币只有正面朝上和正面朝下两种等可能的结果，因此每次掷硬币时，正面朝下的概率是固定的，与之前的投掷次数和结果无关。
【解析】
掷一枚质地均匀的硬币，每次投掷的结果是独立事件，前5次的投掷结果不会影响本次投掷的概率。由于硬币质地均匀，正面朝上和正面朝下的可能性相等，均为等可能结果，因此正面朝下的概率为$\dfrac{1}{2}$，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
独立事件、等可能事件概率
【点评】
本题考查概率的基本概念，核心是区分频率与概率，理解独立事件的概率不受过往试验结果影响，需避免被题目中“5次投掷结果”的干扰信息误导，属于基础概念题。
【难度系数】
0.4
