1. (2024·广东)长江是中华民族的母亲河,长江流域孕育出藏羌文化、巴蜀文化、荆楚文化、吴越文化等区域文化.若从上述四种区域文化中随机选一种文化开展专题学习,则选中“巴蜀文化”的概率是()

A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{3}{4}$

A

题目中共有四种区域文化，且每一种文化被选中的可能性相等，属于等可能条件下的概率问题。根据等可能概率的计算方法，选中“巴蜀文化”的概率为$P = \frac{1}{4}$。

2. (2024·福建)哥德巴赫提出“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和”的猜想,我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.在质数2、3、5中,随机选取两个不同的数,其和是偶数的概率是()

A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$

B

质数给定为$2,3, 5$，从这三个数中随机选取两个不同的数，共有以下组合方式：
$（2，3）$，$（2，5）$，$（3，5）$，
共有$3$种等可能的结果。
计算和为偶数的组合：
$2 + 3 = 5$（奇数），
$2 + 5 = 7$（奇数），
$3 + 5 = 8$（偶数），
和为偶数的组合有$1$种。
根据概率的定义，所求概率为成功的事件数除以所有可能的事件数，即：
$\frac{1}{3}$，

3. 在一个不透明的袋子中装有四个小球,小球上分别标有6、7、8、9四个数字,这些小球除数字外都相同.甲、乙两人玩“猜数字”游戏,甲先从袋子中任意摸出一个小球,将小球上的数字记为$m$,再由乙猜这个小球上的数字,记为$n$.如果$m$、$n$满足$|m-n| \leqslant 1$,那么就称甲、乙两人“心领神会”.两人“心领神会”的概率是()

A.$\frac{3}{8}$
B.$\frac{5}{8}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{1}{2}$

B

1. 确定所有可能的$(m,n)$组合总数：
甲从$4$个数字中摸出一个作为$m$，乙从$4$个数字中猜一个作为$n$，根据分步乘法计数原理，总共有$4×4 = 16$种等可能的结果。
2. 找出满足$\vert m - n\vert\leqslant1$的$(m,n)$组合：
当$m = 6$时，$n = 6$，$7$满足$\vert m - n\vert\leqslant1$，共$2$种情况。
当$m = 7$时，$n = 6$，$7$，$8$满足$\vert m - n\vert\leqslant1$，共$3$种情况。
当$m = 8$时，$n = 7$，$8$，$9$满足$\vert m - n\vert\leqslant1$，共$3$种情况。
当$m = 9$时，$n = 8$，$9$满足$\vert m - n\vert\leqslant1$，共$2$种情况。
满足$\vert m - n\vert\leqslant1$的$(m,n)$组合共有$2 + 3+3 + 2=10$种。
3. 计算“心领神会”的概率：
根据古典概型概率公式$P(A)=\frac{事件A包含的基本事件数}{试验的基本事件总数}$，可得两人“心领神会”的概率$P=\frac{10}{16}=\frac{5}{8}$。

4. 从数-2、1、2、5、8中任取一个数记为$k$,则正比例函数$y=k x$的图像经过第二、四象限的概率是.

$\boxed{\dfrac{1}{5}}$

首先，正比例函数 $y = kx$ 的图像经过第二、四象限的条件是斜率 $k ＜ 0$。
给定的数有 $-2, 1, 2, 5, 8$，共5个可能的 $k$ 值，其中只有 $k = -2$ 满足 $k ＜ 0$。
因此，满足条件的概率为 $\frac{1}{5}$。

5. (2024·资阳)一个不透明的袋中装有6个白球和$m$个红球,这些球除颜色外无其他差别.充分搅匀后,从袋中随机取出一个球是白球的概率为$\frac{2}{5}$,则$m$的值为.

$9$（或 填写具体数字的格式，由于要求可能为填空，这里按数值给出）

根据题意，袋中总共有 $6 + m$ 个球，其中白球有 6 个。
随机取出一个球是白球的概率为 $\frac{2}{5}$，因此可以建立如下方程：
$\frac{6}{6 + m} = \frac{2}{5}$，
交叉相乘得：
$6 × 5 = 2 × (6 + m)$，
进一步展开得：
$30 = 12 + 2m$，
移项并化简得：
$2m = 18$，
解得：
$m = 9$。

6. 如图,一张圆桌共有3个座位,甲、乙、丙3人随机坐到这3个座位上,则甲和乙相邻的概率为.

$\frac{2}{3}$

3人随机坐3个座位，总共有$3×2×1=6$种等可能结果。设座位为A、B、C，其中A与B相邻，B与C相邻，A与C不相邻。列举所有结果并判断甲、乙相邻情况：
(1)甲A,乙B,丙C（相邻）；(2)甲A,乙C,丙B（不相邻）；(3)甲B,乙A,丙C（相邻）；(4)甲B,乙C,丙A（相邻）；(5)甲C,乙A,丙B（不相邻）；(6)甲C,乙B,丙A（相邻）。
甲、乙相邻的结果有4种，概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。

7. (2024·吴江区期中)如图,飞镖游戏中每一块小正方形除颜色外都相同.假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的(击中小正方形的边界线或没有击中游戏板,则重投1次),任意投掷飞镖1次,击中的小正方形的概率较大(填“灰色”或“白色”).

灰色

设每块小正方形面积为1，由图可知，灰色小正方形有13块，白色小正方形有12块，总面积为25。击中灰色的概率为13/25，击中白色的概率为12/25，13/25 ＞ 12/25，故击中灰色的概率较大。

8. (2023·自贡)端午节早上,小颖为全家人蒸了2个蛋黄粽,3个鲜肉粽,她从中随机挑选了2个孝敬爷爷奶奶,则爷爷奶奶吃到同类粽子的概率是.

$\frac{2}{5}$（或 $\frac{4}{10}$）

题目中给出2个蛋黄粽，3个鲜肉粽，共5个粽子。
随机挑选2个粽子的总组合数为：$C_5^2 = \frac{5 × 4}{2 × 1} = 10$。
同类粽子组合的情况：
两个蛋黄粽的组合数为：$C_2^2 = 1$。
两个鲜肉粽的组合数为：$C_3^2 = \frac{3 × 2}{2 × 1} = 3$。
同类粽子的总组合数为：$1 + 3 = 4$。
所以，爷爷奶奶吃到同类粽子的概率为：$\frac{4}{10} = \frac{2}{5} × 2（或\frac{4}{10}）= \frac{2}{5} ×（或0.4的另一种表示\frac{2}{5}）$（化简后为$\frac{2}{5}$，或$40\%$，题目要求分数，所以为$\frac{2}{5}$，或$\frac{4}{10}$化简得）。

9. 如图,$A$、$B$是由边长为1的小正方形组成的网格的两个格点,在其余格点中选一点$C$使其与点$A$、$B$构成$\triangle ABC$,则恰好能使$\triangle ABC$的面积为1的概率为.

2/7

首先确定网格总格点数，假设为5×5网格（25个格点）。设A、B坐标分别为(2,3)、(3,2)，直线AB方程为y=-x+5，该直线上有(1,4)、(2,3)、(3,2)、(4,1)共4个格点（含A、B）。能构成△ABC的C点总数为25-4=21个（排除直线AB上的格点）。
由三角形面积公式，S=1/2|x_C+y_C-5|=1，得|x_C+y_C-5|=2，即x_C+y_C=7或3。在5×5网格中，x_C+y_C=3的格点有(0,3)、(1,2)、(2,1)、(3,0)（4个）；x_C+y_C=7的格点有(3,4)、(4,3)（2个），共6个符合条件的C点。
概率为6/21=2/7。

10. (2024·绵阳)如图,电路上有$S_{1}$、$S_{2}$、$S_{3}$、$S_{4}$四个断开的开关和一个正常的小灯泡$L$,将这些开关随机闭合至少两个,能让灯泡发光的概率为.

$\frac{9}{11}$

首先，确定总情况数：4个开关随机闭合至少两个，即闭合2个、3个或4个开关。总组合数为$C(4,2)+C(4,3)+C(4,4)=6+4+1=11$种。
其次，分析灯泡发光条件：假设电路中灯泡需左侧开关（$S_1,S_2$）至少闭合1个且右侧开关（$S_3,S_4$）至少闭合1个才能形成通路。
不发光的情况为：仅闭合左侧2个开关（$\{S_1,S_2\}$）或仅闭合右侧2个开关（$\{S_3,S_4\}$），共2种。
发光情况数：总情况数 - 不发光情况数 = $11 - 2 = 9$种。
概率为$\frac{9}{11}$。