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15 将一枚六个面编号分别为1、2、3、4、5、6的质地均匀的正方体骰子先后投掷两次，记第一次掷出的点数为$a$，第二次掷出的点数为$b$，则使关于$x$、$y$的方程组$\begin{cases}ax + by = 2, \\2x + y = 3\end{cases}$只有正数解的概率为 ______ 。
答案
15.$\frac{1}{6}$
解析
【分析】
这是一道古典概型结合二元一次方程组的综合题，解题思路如下：第一步先确定所有等可能的基本事件总数，先后投掷两次骰子，第一次点数$a$、第二次点数$b$都有6种取值，总共有$6×6=36$种等可能结果；第二步解关于$x$、$y$的方程组，用$a$、$b$表示出$x$和$y$；第三步根据“方程组只有正数解”即$x＞0$、$y＞0$，列出关于$a$、$b$的不等式，推导符合条件的$a$、$b$的取值，统计符合条件的组合数；最后用符合条件的组合数除以总结果数得到概率。
【解析】
1. 计算总事件数：先后掷两次骰子，$a$、$b$的取值均为1~6的整数，共有$6×6=36$种等可能的情况。
2. 解方程组：
$\begin{cases}ax + by = 2&① \\2x + y = 3&②\end{cases}$
由②得：$y=3-2x$ ③，将③代入①：
$ax + b(3-2x) = 2$，整理得$(a-2b)x = 2-3b$，
解得$x=\frac{3b-2}{2b-a}$，
将$x$代入③得$y=3-2×\frac{3b-2}{2b-a}=\frac{4-3a}{2b-a}$。
3. 根据解为正数的条件列不等式：
要求$x＞0$且$y＞0$，即$\frac{3b-2}{2b-a}＞0$且$\frac{4-3a}{2b-a}＞0$，说明分子分母同号：
① 若分母$2b-a＜0$，则分子需同时满足$3b-2＜0$和$4-3a＜0$，$3b-2＜0$得$b＜\frac{2}{3}$，$b$为正整数，无符合条件的取值，舍去；
② 若分母$2b-a＞0$，则分子需同时满足$3b-2＞0$和$4-3a＞0$：
$4-3a＞0$得$a＜\frac{4}{3}$，$a$是1~6的正整数，故$a=1$；
$3b-2＞0$得$b＞\frac{2}{3}$，且$2b -a=2b-1＞0$，$b$是1~6的正整数，故$b=1、2、3、4、5、6$，共6种符合条件的$(a,b)$组合。
4. 计算概率：$P=\frac{符合条件的情况数}{总情况数}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\frac{1}{6}$
【知识点】
二元一次方程组的解法，不等式组的应用，古典概型概率计算
【点评】
本题是代数与概率的综合题，需要熟练掌握方程组的解法，结合正解的限制条件推导参数的取值范围，再统计符合条件的情况计算概率，能有效考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
这是一道古典概型结合二元一次方程组的综合题，解题思路如下：第一步先确定所有等可能的基本事件总数，先后投掷两次骰子，第一次点数$a$、第二次点数$b$都有6种取值，总共有$6×6=36$种等可能结果；第二步解关于$x$、$y$的方程组，用$a$、$b$表示出$x$和$y$；第三步根据“方程组只有正数解”即$x＞0$、$y＞0$，列出关于$a$、$b$的不等式，推导符合条件的$a$、$b$的取值，统计符合条件的组合数；最后用符合条件的组合数除以总结果数得到概率。
【解析】
1. 计算总事件数：先后掷两次骰子，$a$、$b$的取值均为1~6的整数，共有$6×6=36$种等可能的情况。
2. 解方程组：
$\begin{cases}ax + by = 2&① \\2x + y = 3&②\end{cases}$
由②得：$y=3-2x$ ③，将③代入①：
$ax + b(3-2x) = 2$，整理得$(a-2b)x = 2-3b$，
解得$x=\frac{3b-2}{2b-a}$，
将$x$代入③得$y=3-2×\frac{3b-2}{2b-a}=\frac{4-3a}{2b-a}$。
3. 根据解为正数的条件列不等式：
要求$x＞0$且$y＞0$，即$\frac{3b-2}{2b-a}＞0$且$\frac{4-3a}{2b-a}＞0$，说明分子分母同号：
① 若分母$2b-a＜0$，则分子需同时满足$3b-2＜0$和$4-3a＜0$，$3b-2＜0$得$b＜\frac{2}{3}$，$b$为正整数，无符合条件的取值，舍去；
② 若分母$2b-a＞0$，则分子需同时满足$3b-2＞0$和$4-3a＞0$：
$4-3a＞0$得$a＜\frac{4}{3}$，$a$是1~6的正整数，故$a=1$；
$3b-2＞0$得$b＞\frac{2}{3}$，且$2b -a=2b-1＞0$，$b$是1~6的正整数，故$b=1、2、3、4、5、6$，共6种符合条件的$(a,b)$组合。
4. 计算概率：$P=\frac{符合条件的情况数}{总情况数}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\frac{1}{6}$
【知识点】
二元一次方程组的解法，不等式组的应用，古典概型概率计算
【点评】
本题是代数与概率的综合题，需要熟练掌握方程组的解法，结合正解的限制条件推导参数的取值范围，再统计符合条件的情况计算概率，能有效考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
16 小亮有黑、白各10张卡片，分别写有数字0～9。把它们像扑克牌那样洗过后，数字朝下，排成四行，排列规则如下：
①从左至右按从小到大的顺序排列；②黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边。
小亮每行翻开了两张卡片，如图所示：
小亮请小明根据排列规则推算其余卡片上的数字。
小明发现有的卡片上数字可以唯一确定，例如第四行最后一张白色卡片上数字只能是
①从左至右按从小到大的顺序排列；②黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边。
小亮每行翻开了两张卡片，如图所示：
小亮请小明根据排列规则推算其余卡片上的数字。
小明发现有的卡片上数字可以唯一确定，例如第四行最后一张白色卡片上数字只能是
8
，有的卡片上的数字并不能唯一确定，小明对不能唯一确定的卡片上的数字进行猜测，则小明一次猜对所有数字的概率是$\frac{1}{3}$
。答案
16.8；$\frac{1}{3}$
解析
【分析】
解题首先明确两个核心规则：①每行数字从左到右从小到大排列；②数字相同时黑卡放在白卡左侧，且黑白卡片各10张，数字均为0~9各一张。第一步先推导第四行最后一张白卡：第四行倒数第二格是黑8，因此最后一格白卡数字≥8，又因为白卡9已经在第一行最右侧使用，因此该白卡只能是8。第二步梳理所有已使用的黑白卡，逐行推导可唯一确定的卡片，再统计剩余不确定卡片的所有等可能排列总数，一次猜对的概率即为1除以总情况数。
【解析】
1. 推导第四行最后一张白卡：
已知第四行第4格为黑8，按排列规则，第5格白卡数字≥8；白卡中大于8的只有9，而白9已在第一行第5格使用，因此第5格只能是8（符合同数字黑卡在左的规则），第一个空填8。
2. 计算猜对所有数字的概率：
整理已使用卡片：
黑卡已用：1、5、7、8，剩余：0、2、3、4、6、9
白卡已用：0、2、5、8、9，剩余：1、3、4、6、7
逐行确定唯一卡片：
第一行第3格为黑卡，介于5和9之间，剩余黑卡中仅6符合，确定为黑6；第4格为白卡，介于6和9之间，剩余白卡中仅7符合，确定为白7，剩余白卡：1、3、4。
第三行第5格为黑卡，大于7，剩余黑卡中仅9符合，确定为黑9。
第四行第1格为黑卡，小于2，剩余黑卡中仅0符合，确定为黑0。
剩余需分配的卡片为黑卡2、3、4，白卡1、3、4，经梳理所有符合排列规则的情况共3种，均为等可能事件，因此一次猜对所有数字的概率为$\frac{1}{3}$。
【答案】
8；$\frac{1}{3}$
【知识点】
数字排列规律；概率计算；逻辑推理
【点评】
本题结合排列规则考查逻辑推理能力和等可能事件的概率计算，解题的关键是先确定可唯一推出的数字，再准确统计不确定数字的所有等可能情况。
【难度系数】
0.5
解题首先明确两个核心规则：①每行数字从左到右从小到大排列；②数字相同时黑卡放在白卡左侧，且黑白卡片各10张，数字均为0~9各一张。第一步先推导第四行最后一张白卡：第四行倒数第二格是黑8，因此最后一格白卡数字≥8，又因为白卡9已经在第一行最右侧使用，因此该白卡只能是8。第二步梳理所有已使用的黑白卡，逐行推导可唯一确定的卡片，再统计剩余不确定卡片的所有等可能排列总数，一次猜对的概率即为1除以总情况数。
【解析】
1. 推导第四行最后一张白卡：
已知第四行第4格为黑8，按排列规则，第5格白卡数字≥8；白卡中大于8的只有9，而白9已在第一行第5格使用，因此第5格只能是8（符合同数字黑卡在左的规则），第一个空填8。
2. 计算猜对所有数字的概率：
整理已使用卡片：
黑卡已用：1、5、7、8，剩余：0、2、3、4、6、9
白卡已用：0、2、5、8、9，剩余：1、3、4、6、7
逐行确定唯一卡片：
第一行第3格为黑卡，介于5和9之间，剩余黑卡中仅6符合，确定为黑6；第4格为白卡，介于6和9之间，剩余白卡中仅7符合，确定为白7，剩余白卡：1、3、4。
第三行第5格为黑卡，大于7，剩余黑卡中仅9符合，确定为黑9。
第四行第1格为黑卡，小于2，剩余黑卡中仅0符合，确定为黑0。
剩余需分配的卡片为黑卡2、3、4，白卡1、3、4，经梳理所有符合排列规则的情况共3种，均为等可能事件，因此一次猜对所有数字的概率为$\frac{1}{3}$。
【答案】
8；$\frac{1}{3}$
【知识点】
数字排列规律；概率计算；逻辑推理
【点评】
本题结合排列规则考查逻辑推理能力和等可能事件的概率计算，解题的关键是先确定可唯一推出的数字，再准确统计不确定数字的所有等可能情况。
【难度系数】
0.5
17 如图①，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，现分别连接大、小正方形的四组顶点得到图②的“风车”图案（阴影部分）。若图①中的四个直角三角形的较长直角边为9，较短直角边为5，现随机向图②大正方形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率为
第17题图①
第17题图②
$\frac{28}{53}$
。第17题图①
第17题图②
答案
17.$\frac{28}{53}$
解析
【分析】
本题属于几何概率问题，针尖落在阴影区域的概率等于阴影区域面积与大正方形总面积的比值。解题思路如下：首先利用勾股定理求出大正方形的面积；再计算小正方形的边长及面积，结合阴影部分的构成求出阴影总面积；最后用阴影面积除以大正方形面积即可得到所求概率。
【解析】
已知直角三角形较长直角边为9，较短直角边为5：
1. 求大正方形总面积：
大正方形的边长为直角三角形的斜边，由勾股定理得斜边的平方为$9^2+5^2=81+25=106$，因此大正方形面积$S_{\mathrm{总}}=106$。
2. 求小正方形的面积：
小正方形的边长为较长直角边减去较短直角边，即$9-5=4$，因此小正方形面积$S_{\mathrm{小}}=4^2=16$。
3. 求阴影部分总面积：
阴影由中间小正方形和4个全等的三角形组成，每个三角形的底为小正方形的边长4，高为直角三角形的较短直角边5，单个三角形面积为$\frac{1}{2}×4×5=10$，4个三角形总面积为$4×10=40$。
因此阴影总面积$S_{\mathrm{阴}}=16+40=56$。
4. 计算概率：
$P=\frac{S_{\mathrm{阴}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{56}{106}=\frac{28}{53}$。
【答案】
$\frac{28}{53}$
【知识点】
几何概率，勾股定理，图形面积计算
【点评】
本题结合赵爽弦图这一经典数学文化素材考查几何概率的计算，解题核心是准确拆分阴影部分并计算各部分面积，需要熟练掌握勾股定理和常见平面图形的面积公式，能较好地考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
本题属于几何概率问题，针尖落在阴影区域的概率等于阴影区域面积与大正方形总面积的比值。解题思路如下：首先利用勾股定理求出大正方形的面积；再计算小正方形的边长及面积，结合阴影部分的构成求出阴影总面积；最后用阴影面积除以大正方形面积即可得到所求概率。
【解析】
已知直角三角形较长直角边为9，较短直角边为5：
1. 求大正方形总面积：
大正方形的边长为直角三角形的斜边，由勾股定理得斜边的平方为$9^2+5^2=81+25=106$，因此大正方形面积$S_{\mathrm{总}}=106$。
2. 求小正方形的面积：
小正方形的边长为较长直角边减去较短直角边，即$9-5=4$，因此小正方形面积$S_{\mathrm{小}}=4^2=16$。
3. 求阴影部分总面积：
阴影由中间小正方形和4个全等的三角形组成，每个三角形的底为小正方形的边长4，高为直角三角形的较短直角边5，单个三角形面积为$\frac{1}{2}×4×5=10$，4个三角形总面积为$4×10=40$。
因此阴影总面积$S_{\mathrm{阴}}=16+40=56$。
4. 计算概率：
$P=\frac{S_{\mathrm{阴}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{56}{106}=\frac{28}{53}$。
【答案】
$\frac{28}{53}$
【知识点】
几何概率，勾股定理，图形面积计算
【点评】
本题结合赵爽弦图这一经典数学文化素材考查几何概率的计算，解题核心是准确拆分阴影部分并计算各部分面积，需要熟练掌握勾股定理和常见平面图形的面积公式，能较好地考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
18 如图,点A在$\odot O$上,$∠ BAC=60°$,以A为圆心,AB为半径的扇形ABC内接于$\odot O$。某人向$\odot O$区域内任意投掷一枚飞镖,则飞镖恰好落在扇形ABC内的概率为
$\frac{1}{2}$
。答案
18.$\frac{1}{2}$
解析
【分析】
要求飞镖落在扇形ABC内的概率，根据几何概率的计算规则，该概率等于扇形ABC的面积与$\odot O$的面积的比值，因此解题核心是推导扇形半径AB和$\odot O$半径的数量关系。首先由扇形的性质可得AB=AC，结合$∠ BAC=60°$可判断$△ ABC$是等边三角形，再利用圆周角定理得到$\odot O$中对应弧AB的圆心角度数，通过垂径定理即可求出AB与$\odot O$半径的关系，最后代入面积公式计算比值即可。
【解析】
解：设$\odot O$的半径为$R$，连接$OA$、$OB$，过点$O$作$OD⊥ AB$于点$D$。
$\because$ 扇形ABC以A为圆心、AB为半径，$\therefore AB=AC$，
又$\because ∠ BAC=60°$，$\therefore △ ABC$是等边三角形，$∠ ACB=60°$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
$\therefore ∠ AOB=2∠ ACB=120°$。
由垂径定理可得：$AD=BD=\frac{1}{2}AB$，$∠ AOD=\frac{1}{2}∠ AOB=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，$AD=OA·\sin60°=R·\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore AB=2AD=\sqrt{3}R$。
扇形ABC的面积：$S_{\mathrm{扇}}=\frac{nπ· AB^2}{360}=\frac{60π· (\sqrt{3}R)^2}{360}=\frac{1}{2}π R^2$，
$\odot O$的面积：$S_{\odot O}=π R^2$，
$\therefore$ 飞镖落在扇形ABC内的概率$P=\frac{S_{\mathrm{扇}}}{S_{\odot O}}=\frac{\frac{1}{2}π R^2}{π R^2}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
几何概率计算，扇形面积公式，圆周角定理
【点评】
本题结合了圆的性质与几何概率两个模块的知识，解题关键是利用等边三角形性质和圆周角定理推导扇形半径与外接圆半径的关系，侧重考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
要求飞镖落在扇形ABC内的概率，根据几何概率的计算规则，该概率等于扇形ABC的面积与$\odot O$的面积的比值，因此解题核心是推导扇形半径AB和$\odot O$半径的数量关系。首先由扇形的性质可得AB=AC，结合$∠ BAC=60°$可判断$△ ABC$是等边三角形，再利用圆周角定理得到$\odot O$中对应弧AB的圆心角度数，通过垂径定理即可求出AB与$\odot O$半径的关系，最后代入面积公式计算比值即可。
【解析】
解：设$\odot O$的半径为$R$，连接$OA$、$OB$，过点$O$作$OD⊥ AB$于点$D$。
$\because$ 扇形ABC以A为圆心、AB为半径，$\therefore AB=AC$，
又$\because ∠ BAC=60°$，$\therefore △ ABC$是等边三角形，$∠ ACB=60°$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
$\therefore ∠ AOB=2∠ ACB=120°$。
由垂径定理可得：$AD=BD=\frac{1}{2}AB$，$∠ AOD=\frac{1}{2}∠ AOB=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，$AD=OA·\sin60°=R·\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore AB=2AD=\sqrt{3}R$。
扇形ABC的面积：$S_{\mathrm{扇}}=\frac{nπ· AB^2}{360}=\frac{60π· (\sqrt{3}R)^2}{360}=\frac{1}{2}π R^2$，
$\odot O$的面积：$S_{\odot O}=π R^2$，
$\therefore$ 飞镖落在扇形ABC内的概率$P=\frac{S_{\mathrm{扇}}}{S_{\odot O}}=\frac{\frac{1}{2}π R^2}{π R^2}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
几何概率计算，扇形面积公式，圆周角定理
【点评】
本题结合了圆的性质与几何概率两个模块的知识，解题关键是利用等边三角形性质和圆周角定理推导扇形半径与外接圆半径的关系，侧重考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
