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9 已知6张不同的卡片上分别写有数字2、2、4、4、6、6，若从中任取3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是
$\frac{2}{5}$
。答案
9.$\frac{2}{5}$
解析
【分析】
解决本题需要分三步思考：第一步先计算从6张不同卡片中任取3张的总等可能情况数，用组合计数即可；第二步结合三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”，筛选出能构成三角形的数字组合，注意排除不能满足三边关系的组合（如2、4、6的组合，含两个2的组合等）；第三步计算每种符合条件的数字组合对应的卡片取法数，求和得到符合条件的总情况数，最后用符合条件的情况数除以总情况数得到所求概率。
【解析】
首先计算总情况数：从6张不同的卡片中任取3张，总共有$\mathrm{C}_6^3=\frac{6×5×4}{3×2×1}=20$种等可能的结果。
再根据三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）筛选符合条件的数字组合：
若三张卡片数字为2、4、6，因$2+4=6$，不满足三边关系，排除；
若三张卡片含两个2：不管第三个数字是4还是6，都有$2+2=4$、$2+2＜6$，不满足，排除；
剩余符合条件的组合为：(4,4,2)、(4,4,6)、(6,6,2)、(6,6,4)，共4种数字组合。
计算每种数字组合对应的取法数：
对每种“两个相同数字+一个不同数字”的组合，相同数字的2张卡片全部取出，有$\mathrm{C}_2^2=1$种取法；不同数字从2张同数字卡片中取1张，有$\mathrm{C}_2^1=2$种取法，因此每种组合对应$1×2=2$种取法。
符合条件的总取法数为$4×2=8$种。
因此所求概率$P=\frac{8}{20}=\frac{2}{5}$。
【答案】
$\frac{2}{5}$
【知识点】
列举法求概率，三角形三边关系
【点评】
本题将三角形性质和概率计算结合，解题核心是先通过三边关系筛选有效组合，再准确计数总情况和符合条件的情况，计数时要注意卡片虽有重复数字但本身互不相同，避免计数错误。
【难度系数】
0.6
解决本题需要分三步思考：第一步先计算从6张不同卡片中任取3张的总等可能情况数，用组合计数即可；第二步结合三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”，筛选出能构成三角形的数字组合，注意排除不能满足三边关系的组合（如2、4、6的组合，含两个2的组合等）；第三步计算每种符合条件的数字组合对应的卡片取法数，求和得到符合条件的总情况数，最后用符合条件的情况数除以总情况数得到所求概率。
【解析】
首先计算总情况数：从6张不同的卡片中任取3张，总共有$\mathrm{C}_6^3=\frac{6×5×4}{3×2×1}=20$种等可能的结果。
再根据三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）筛选符合条件的数字组合：
若三张卡片数字为2、4、6，因$2+4=6$，不满足三边关系，排除；
若三张卡片含两个2：不管第三个数字是4还是6，都有$2+2=4$、$2+2＜6$，不满足，排除；
剩余符合条件的组合为：(4,4,2)、(4,4,6)、(6,6,2)、(6,6,4)，共4种数字组合。
计算每种数字组合对应的取法数：
对每种“两个相同数字+一个不同数字”的组合，相同数字的2张卡片全部取出，有$\mathrm{C}_2^2=1$种取法；不同数字从2张同数字卡片中取1张，有$\mathrm{C}_2^1=2$种取法，因此每种组合对应$1×2=2$种取法。
符合条件的总取法数为$4×2=8$种。
因此所求概率$P=\frac{8}{20}=\frac{2}{5}$。
【答案】
$\frac{2}{5}$
【知识点】
列举法求概率，三角形三边关系
【点评】
本题将三角形性质和概率计算结合，解题核心是先通过三边关系筛选有效组合，再准确计数总情况和符合条件的情况，计数时要注意卡片虽有重复数字但本身互不相同，避免计数错误。
【难度系数】
0.6
三、解答题
⑩ 将表示下列事件的字母标在最能代表该事件发生概率的相应点上。
A:投掷一枚硬币，正面朝上；
B:小明一个小时步行80千米；
C:抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是3；
D:太阳每天从东边升起，从西边落下。
⑩ 将表示下列事件的字母标在最能代表该事件发生概率的相应点上。
A:投掷一枚硬币，正面朝上；
B:小明一个小时步行80千米；
C:抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是3；
D:太阳每天从东边升起，从西边落下。
答案
10 如图所示：
解析
【分析】
解题时先分三步思考：第一步，判断每个事件的类型，计算对应发生的概率：不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，随机事件用列举法，以“符合条件的情况数÷所有等可能的总情况数”计算概率；第二步，观察数轴可知，0到1的区间被平均分为6等份，每份代表的概率为$\frac{1}{6}$；第三步，将各事件的概率转化为对应分母为6的分数，找到数轴上对应的位置标注字母即可。
【解析】
1. 分别计算各事件的发生概率：
① 事件B：小明1小时步行80千米不符合人类步行的速度常识，是不可能事件，因此$P(B)=0$；
② 事件C：抛掷质地均匀的骰子，共有1、2、3、4、5、6共6种等可能的结果，掷出点数为3的情况只有1种，因此$P(C)=\frac{1}{6}$；
③ 事件A：投掷一枚硬币，共有正面朝上、反面朝上2种等可能的结果，正面朝上的情况只有1种，因此$P(A)=\frac{1}{2}=\frac{3}{6}$；
④ 事件D：太阳每天从东边升起西边落下是必然发生的自然规律，是必然事件，因此$P(D)=1$。
2. 对应数轴标注：数轴0到1区间被平均分为6等份，每等份对应概率为$\frac{1}{6}$，因此在概率为0的位置标注B，概率为$\frac{1}{6}$的位置标注C，概率为$\frac{3}{6}$的位置标注A，概率为1的位置标注D。
【答案】
如图所示：
【知识点】
事件的分类；概率的计算；概率的意义
【点评】
本题结合生活常识考查概率的基础应用，需要准确判断事件类型、正确计算随机事件的概率，再完成数轴位置的对应，侧重对基础概念的理解和应用。
【难度系数】
0.8
解题时先分三步思考：第一步，判断每个事件的类型，计算对应发生的概率：不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，随机事件用列举法，以“符合条件的情况数÷所有等可能的总情况数”计算概率；第二步，观察数轴可知，0到1的区间被平均分为6等份，每份代表的概率为$\frac{1}{6}$；第三步，将各事件的概率转化为对应分母为6的分数，找到数轴上对应的位置标注字母即可。
【解析】
1. 分别计算各事件的发生概率：
① 事件B：小明1小时步行80千米不符合人类步行的速度常识，是不可能事件，因此$P(B)=0$；
② 事件C：抛掷质地均匀的骰子，共有1、2、3、4、5、6共6种等可能的结果，掷出点数为3的情况只有1种，因此$P(C)=\frac{1}{6}$；
③ 事件A：投掷一枚硬币，共有正面朝上、反面朝上2种等可能的结果，正面朝上的情况只有1种，因此$P(A)=\frac{1}{2}=\frac{3}{6}$；
④ 事件D：太阳每天从东边升起西边落下是必然发生的自然规律，是必然事件，因此$P(D)=1$。
2. 对应数轴标注：数轴0到1区间被平均分为6等份，每等份对应概率为$\frac{1}{6}$，因此在概率为0的位置标注B，概率为$\frac{1}{6}$的位置标注C，概率为$\frac{3}{6}$的位置标注A，概率为1的位置标注D。
【答案】
如图所示：
【知识点】
事件的分类；概率的计算；概率的意义
【点评】
本题结合生活常识考查概率的基础应用，需要准确判断事件类型、正确计算随机事件的概率，再完成数轴位置的对应，侧重对基础概念的理解和应用。
【难度系数】
0.8
11 如图，某景区停车场有A、B两个停车区域，其中，A区剩余2个空车位，B区剩余3个空车位。甲、乙两辆车随机停入这5个空车位中，每个车位只能停一辆车。（1）甲停在A区的概率是
$\frac{2}{5}$
。（2）求甲、乙停在相同区域的概率。答案
11 (1) 因为甲车停放的所有可能结果有5种，停在A区的有2种，所以甲停放在A区的概率是$\frac{2}{5}$。
(2) 分别将A、B两个停车区域的空车位记为“A₁”“A₂”“B₁”“B₂”“B₃”，则根据题意，所有可能出现的结果有:(A₁, A₂), (A₁, B₁), (A₁, B₂), (A₁, B₃), (A₂, B₁), (A₂, B₂), (A₂, B₃), (B₁, B₂), (B₁, B₃), (B₂, B₃)共有10种，它们出现的可能性相同。所有的结果中，满足“甲、乙两人停在相同区域”(记为事件A)的结果有4种，即(A₁, A₂), (B₁, B₂), (B₁, B₃), (B₂, B₃)，所以$P(A)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$。
(2) 分别将A、B两个停车区域的空车位记为“A₁”“A₂”“B₁”“B₂”“B₃”，则根据题意，所有可能出现的结果有:(A₁, A₂), (A₁, B₁), (A₁, B₂), (A₁, B₃), (A₂, B₁), (A₂, B₂), (A₂, B₃), (B₁, B₂), (B₁, B₃), (B₂, B₃)共有10种，它们出现的可能性相同。所有的结果中，满足“甲、乙两人停在相同区域”(记为事件A)的结果有4种，即(A₁, A₂), (B₁, B₂), (B₁, B₃), (B₂, B₃)，所以$P(A)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$。
解析
【分析】
（1）第一问属于简单的古典概型计算，首先明确甲停车的所有可选车位共5个，即总等可能结果数为5，A区共有2个空车位，即甲停在A区的结果数为2，直接根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数”计算即可。
（2）第二问需要先列举出甲、乙两辆车停放的所有等可能结果，再筛选出两车停在同一区域的结果，最后代入概率公式求解。列举所有结果时要注意按照固定顺序罗列，避免出现重复或遗漏的情况。
【解析】
（1）甲车停放的所有等可能结果共有5种，其中停在A区的结果有2种，因此甲停在A区的概率为$\frac{2}{5}$。
（2）将A区2个空车位记为$A_1$、$A_2$，B区3个空车位记为$B_1$、$B_2$、$B_3$。根据题意，所有等可能的停放结果有：$(A_1,A_2)$、$(A_1,B_1)$、$(A_1,B_2)$、$(A_1,B_3)$、$(A_2,B_1)$、$(A_2,B_2)$、$(A_2,B_3)$、$(B_1,B_2)$、$(B_1,B_3)$、$(B_2,B_3)$，共10种。
其中满足“甲、乙停在相同区域”的结果有$(A_1,A_2)$、$(B_1,B_2)$、$(B_1,B_3)$、$(B_2,B_3)$，共4种。
因此甲、乙停在相同区域的概率$P=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$。
【答案】
（1）$\frac{2}{5}$；（2）$\frac{2}{5}$
【知识点】
古典概型概率计算，列举法求概率
【点评】
本题是概率计算的基础题型，核心是掌握古典概型的计算方法，解题的关键是准确、不重不漏地列举出所有等可能的结果，再对应找到符合要求的结果数代入公式计算。
【难度系数】
0.7
（1）第一问属于简单的古典概型计算，首先明确甲停车的所有可选车位共5个，即总等可能结果数为5，A区共有2个空车位，即甲停在A区的结果数为2，直接根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数”计算即可。
（2）第二问需要先列举出甲、乙两辆车停放的所有等可能结果，再筛选出两车停在同一区域的结果，最后代入概率公式求解。列举所有结果时要注意按照固定顺序罗列，避免出现重复或遗漏的情况。
【解析】
（1）甲车停放的所有等可能结果共有5种，其中停在A区的结果有2种，因此甲停在A区的概率为$\frac{2}{5}$。
（2）将A区2个空车位记为$A_1$、$A_2$，B区3个空车位记为$B_1$、$B_2$、$B_3$。根据题意，所有等可能的停放结果有：$(A_1,A_2)$、$(A_1,B_1)$、$(A_1,B_2)$、$(A_1,B_3)$、$(A_2,B_1)$、$(A_2,B_2)$、$(A_2,B_3)$、$(B_1,B_2)$、$(B_1,B_3)$、$(B_2,B_3)$，共10种。
其中满足“甲、乙停在相同区域”的结果有$(A_1,A_2)$、$(B_1,B_2)$、$(B_1,B_3)$、$(B_2,B_3)$，共4种。
因此甲、乙停在相同区域的概率$P=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$。
【答案】
（1）$\frac{2}{5}$；（2）$\frac{2}{5}$
【知识点】
古典概型概率计算，列举法求概率
【点评】
本题是概率计算的基础题型，核心是掌握古典概型的计算方法，解题的关键是准确、不重不漏地列举出所有等可能的结果，再对应找到符合要求的结果数代入公式计算。
【难度系数】
0.7
12 如图，从甲地到乙地有$a_1$、$a_2$、$a_3$三条路，从乙地到丙地有$b_1$、$b_2$两条路。小明从甲地出发去丙地。
（1）他有多少种不同的路线可选？请列举出来。
（2）已知驾车经过$a_1$、$a_2$、$a_3$、$b_1$、$b_2$分别需要用时12 min，10 min，15 min，15 min，18 min。若小明随机选择驾车路线，他总用时少于30 min的概率是
（1）他有多少种不同的路线可选？请列举出来。
（2）已知驾车经过$a_1$、$a_2$、$a_3$、$b_1$、$b_2$分别需要用时12 min，10 min，15 min，15 min，18 min。若小明随机选择驾车路线，他总用时少于30 min的概率是
$\frac{1}{2}$
。答案
12 (1) 小明从甲地出发去丙地的路线有:$a_1b_1$、$a_1b_2$、$a_2b_1$、$a_2b_2$、$a_3b_1$、$a_3b_2$,共有6种不同的路线。
(2) $a_1b_1$用时$12+15=27\min$，$a_1b_2$用时$12+18=30\min$，$a_2b_1$用时$10+15=25\min$，$a_2b_2$用时$10+18=28\min$，$a_3b_1$用时$15+15=30\min$，$a_3b_2$用时$15+18=33\min$，所以总用时少于30 min的结果有3种，所以总用时少于30 min的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
(2) $a_1b_1$用时$12+15=27\min$，$a_1b_2$用时$12+18=30\min$，$a_2b_1$用时$10+15=25\min$，$a_2b_2$用时$10+18=28\min$，$a_3b_1$用时$15+15=30\min$，$a_3b_2$用时$15+18=33\min$，所以总用时少于30 min的结果有3种，所以总用时少于30 min的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
解析
【分析】
（1）计算从甲到丙的路线数可分两步思考：第一步从甲地到乙地，共有3条路线可选；第二步从乙地到丙地，共有2条路线可选，每条甲到乙的路线都可搭配2条乙到丙的路线，先通过乘法计算总路线数，再逐一列举所有组合即可。
（2）先计算每条路线的总用时，筛选出总用时少于30min的路线数量，再根据“概率=符合条件的情况数÷总等可能情况数”计算对应概率，注意“少于30min”不包含用时恰好为30min的情况。
【解析】
（1）从甲到乙有3种选择，每种选择对应从乙到丙的2种选择，总路线数为$3×2=6$种，分别为：$a_1b_1$、$a_1b_2$、$a_2b_1$、$a_2b_2$、$a_3b_1$、$a_3b_2$。
（2）分别计算各路线总用时：
$a_1b_1$用时：$12+15=27\mathrm{min}$，小于30min，符合要求；
$a_1b_2$用时：$12+18=30\mathrm{min}$，不小于30min，不符合要求；
$a_2b_1$用时：$10+15=25\mathrm{min}$，小于30min，符合要求；
$a_2b_2$用时：$10+18=28\mathrm{min}$，小于30min，符合要求；
$a_3b_1$用时：$15+15=30\mathrm{min}$，不小于30min，不符合要求；
$a_3b_2$用时：$15+18=33\mathrm{min}$，大于30min，不符合要求。
符合总用时少于30min的情况共3种，总等可能情况共6种，因此概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
（1）共有6种不同的路线，分别为$a_1b_1$、$a_1b_2$、$a_2b_1$、$a_2b_2$、$a_3b_1$、$a_3b_2$；
（2）$\frac{1}{2}$
【知识点】
分步计数、列举法、概率计算
【点评】
本题结合实际出行场景考查基础计数和概率计算，解题时需要注意分步列举做到不重不漏，读题时明确“少于30min”的判定标准，避免将等于30min的情况计入符合条件的结果中。
【难度系数】
0.8
（1）计算从甲到丙的路线数可分两步思考：第一步从甲地到乙地，共有3条路线可选；第二步从乙地到丙地，共有2条路线可选，每条甲到乙的路线都可搭配2条乙到丙的路线，先通过乘法计算总路线数，再逐一列举所有组合即可。
（2）先计算每条路线的总用时，筛选出总用时少于30min的路线数量，再根据“概率=符合条件的情况数÷总等可能情况数”计算对应概率，注意“少于30min”不包含用时恰好为30min的情况。
【解析】
（1）从甲到乙有3种选择，每种选择对应从乙到丙的2种选择，总路线数为$3×2=6$种，分别为：$a_1b_1$、$a_1b_2$、$a_2b_1$、$a_2b_2$、$a_3b_1$、$a_3b_2$。
（2）分别计算各路线总用时：
$a_1b_1$用时：$12+15=27\mathrm{min}$，小于30min，符合要求；
$a_1b_2$用时：$12+18=30\mathrm{min}$，不小于30min，不符合要求；
$a_2b_1$用时：$10+15=25\mathrm{min}$，小于30min，符合要求；
$a_2b_2$用时：$10+18=28\mathrm{min}$，小于30min，符合要求；
$a_3b_1$用时：$15+15=30\mathrm{min}$，不小于30min，不符合要求；
$a_3b_2$用时：$15+18=33\mathrm{min}$，大于30min，不符合要求。
符合总用时少于30min的情况共3种，总等可能情况共6种，因此概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
（1）共有6种不同的路线，分别为$a_1b_1$、$a_1b_2$、$a_2b_1$、$a_2b_2$、$a_3b_1$、$a_3b_2$；
（2）$\frac{1}{2}$
【知识点】
分步计数、列举法、概率计算
【点评】
本题结合实际出行场景考查基础计数和概率计算，解题时需要注意分步列举做到不重不漏，读题时明确“少于30min”的判定标准，避免将等于30min的情况计入符合条件的结果中。
【难度系数】
0.8
