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一、选择题(共30分)
1 [2026江苏连云港期中]一个不透明的袋子中装有20个红球,4个黑球,1个白球,它们除颜色外其他都相同,若从中任意摸出1个球,则
(
A.摸出黑球的可能性最小
B.不可能摸出白球
C.一定能摸出红球
D.摸出红球的可能性最大
1 [2026江苏连云港期中]一个不透明的袋子中装有20个红球,4个黑球,1个白球,它们除颜色外其他都相同,若从中任意摸出1个球,则
(
D
)A.摸出黑球的可能性最小
B.不可能摸出白球
C.一定能摸出红球
D.摸出红球的可能性最大
答案
1.D 【解析】
∵不透明的袋子中装有20个红球,4个黑球,1个白球,共有25个球,
∴摸出黑球的概率是$\frac{4}{25}$,摸出白球的概率是$\frac{1}{25}$,摸出红球的概率是$\frac{20}{25}=\frac{4}{5}$.
∵$\frac{4}{5}＞\frac{4}{25}＞\frac{1}{25}$,
∴从中任意摸出1个球,摸出白球的可能性最小,摸出红球的可能性最大.故选D.
∵不透明的袋子中装有20个红球,4个黑球,1个白球,共有25个球,
∴摸出黑球的概率是$\frac{4}{25}$,摸出白球的概率是$\frac{1}{25}$,摸出红球的概率是$\frac{20}{25}=\frac{4}{5}$.
∵$\frac{4}{5}＞\frac{4}{25}＞\frac{1}{25}$,
∴从中任意摸出1个球,摸出白球的可能性最小,摸出红球的可能性最大.故选D.
解析
【分析】
要判断摸出不同颜色球的可能性大小，首先明确：摸出某颜色球的可能性大小等于该颜色球的数量除以球的总数量，也就是该事件发生的概率。解题时第一步先计算袋子中球的总数量，第二步分别计算摸出红球、黑球、白球的概率，第三步比较三个概率的大小，再逐一判断每个选项的正误即可。
【解析】
首先计算球的总数量：袋子里共有$20+4+1=25$个除颜色外其余特征均相同的球。
分别计算摸出不同颜色球的概率：
摸出黑球的概率为$\frac{4}{25}$；
摸出白球的概率为$\frac{1}{25}$；
摸出红球的概率为$\frac{20}{25}=\frac{4}{5}$。
对比概率大小可得$\frac{4}{5}＞\frac{4}{25}＞\frac{1}{25}$，据此判断选项：
A. 摸出白球的可能性最小，而非黑球，A错误；
B. 摸出白球的概率不为0，属于可能发生的随机事件，B错误；
C. 摸出红球是随机事件，不是必然事件，不能保证一定摸出红球，C错误；
D. 摸出红球的概率最大，因此摸出红球的可能性最大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
简单概率计算；可能性大小判断；随机事件概念
【点评】
本题是概率模块的基础题型，核心考查随机事件发生的可能性和对应数量占比的关系，仅需要准确计算各事件的概率再对比即可得出结论，是概率章节的常见基础考法。
【难度系数】
0.9
要判断摸出不同颜色球的可能性大小，首先明确：摸出某颜色球的可能性大小等于该颜色球的数量除以球的总数量，也就是该事件发生的概率。解题时第一步先计算袋子中球的总数量，第二步分别计算摸出红球、黑球、白球的概率，第三步比较三个概率的大小，再逐一判断每个选项的正误即可。
【解析】
首先计算球的总数量：袋子里共有$20+4+1=25$个除颜色外其余特征均相同的球。
分别计算摸出不同颜色球的概率：
摸出黑球的概率为$\frac{4}{25}$；
摸出白球的概率为$\frac{1}{25}$；
摸出红球的概率为$\frac{20}{25}=\frac{4}{5}$。
对比概率大小可得$\frac{4}{5}＞\frac{4}{25}＞\frac{1}{25}$，据此判断选项：
A. 摸出白球的可能性最小，而非黑球，A错误；
B. 摸出白球的概率不为0，属于可能发生的随机事件，B错误；
C. 摸出红球是随机事件，不是必然事件，不能保证一定摸出红球，C错误；
D. 摸出红球的概率最大，因此摸出红球的可能性最大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
简单概率计算；可能性大小判断；随机事件概念
【点评】
本题是概率模块的基础题型，核心考查随机事件发生的可能性和对应数量占比的关系，仅需要准确计算各事件的概率再对比即可得出结论，是概率章节的常见基础考法。
【难度系数】
0.9
2[2026江苏苏州期中]如图,圆形转盘被分成4个面积相等的扇形区域,在上面依次写上数字1,2,3,4,任意转动转盘1次,当转盘停止转动时(若指针恰好停在等分线上,则重转一次),指针指向区域所标数字为偶数的概率是（
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{3}{4}$
(第2题图)
(第3题图)
C
）A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{3}{4}$
(第2题图)
(第3题图)
答案
2.C 【解析】
∵圆形转盘被分成4个面积相等的扇形区域,在上面依次写上数字1,2,3,4,
∴转盘停止转动后,指针指向区域所标数字为偶数的概率是$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,故选C.
∵圆形转盘被分成4个面积相等的扇形区域,在上面依次写上数字1,2,3,4,
∴转盘停止转动后,指针指向区域所标数字为偶数的概率是$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,故选C.
解析
【分析】
这是一道典型的等可能事件概率计算问题，解题思路如下：第一步先确定总等可能结果数：转盘被分为4个面积相等的扇形，转动一次转盘，指针指向1、2、3、4四个区域的可能性完全相等，共有4种等可能的结果；第二步梳理符合条件的结果数：四个数字中的偶数为2和4，共2种符合“指向数字为偶数”的结果；第三步代入等可能事件的概率公式：概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数，即可算出对应概率。
【解析】
解：
∵圆形转盘被分成4个面积相等的扇形区域，分别标有数字1、2、3、4，
∴转动转盘1次，共有4种等可能的结果，其中指针指向区域数字为偶数的结果有2种（分别为数字2、4），
∴指针指向区域所标数字为偶数的概率$P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
概率公式、等可能事件概率
【点评】
本题属于概率基础题型，主要考查对等可能事件概率计算方法的掌握，只要正确梳理总结果数和符合要求的结果数，代入公式即可快速求解，不易出错。
【难度系数】
0.9
这是一道典型的等可能事件概率计算问题，解题思路如下：第一步先确定总等可能结果数：转盘被分为4个面积相等的扇形，转动一次转盘，指针指向1、2、3、4四个区域的可能性完全相等，共有4种等可能的结果；第二步梳理符合条件的结果数：四个数字中的偶数为2和4，共2种符合“指向数字为偶数”的结果；第三步代入等可能事件的概率公式：概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数，即可算出对应概率。
【解析】
解：
∵圆形转盘被分成4个面积相等的扇形区域，分别标有数字1、2、3、4，
∴转动转盘1次，共有4种等可能的结果，其中指针指向区域数字为偶数的结果有2种（分别为数字2、4），
∴指针指向区域所标数字为偶数的概率$P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
概率公式、等可能事件概率
【点评】
本题属于概率基础题型，主要考查对等可能事件概率计算方法的掌握，只要正确梳理总结果数和符合要求的结果数，代入公式即可快速求解，不易出错。
【难度系数】
0.9
3[2025江苏南京质检]如图,一个小球从A点沿制定的轨道下落,在每个交叉口都有向左或向右两种机会均相等的结果,那么,小球最终到达H点的概率是 (
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{6}$
D.$\frac{1}{8}$
B
)A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{6}$
D.$\frac{1}{8}$
答案
3.B 【解析】根据图形可知,小球最终可能到达的点有E,F,G,H,即共有4种等可能的结果,其中小球最终到达H点的结果有1种,
∴小球最终到达H点的概率为$\frac{1}{4}$.故选B.
∴小球最终到达H点的概率为$\frac{1}{4}$.故选B.
解析
【分析】
本题考查等可能事件的概率计算，解题思路如下：首先明确小球在每个交叉口向左、向右的概率相等，属于等可能事件；接下来梳理小球下落的所有可能路径，统计出所有等可能的最终结果总数，再统计最终到达H点的结果数，最后利用概率公式“概率=所求情况数与总情况数之比”计算即可得到答案。
【解析】
解：小球从A点沿轨道下落，在每个交叉口向左、向右的机会均等，因此最终的落点共有4种等可能的结果，分别为E、F、G、H，其中最终到达H点的结果有1种。
根据概率公式可得，小球最终到达H点的概率为$\frac{1}{4}$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
等可能事件概率，列举法求概率，概率公式
【点评】
本题属于基础类概率题，解题的核心是梳理清楚所有等可能的路径，准确统计总结果数和符合要求的结果数，避免漏数或多数路径。
【难度系数】
0.7
本题考查等可能事件的概率计算，解题思路如下：首先明确小球在每个交叉口向左、向右的概率相等，属于等可能事件；接下来梳理小球下落的所有可能路径，统计出所有等可能的最终结果总数，再统计最终到达H点的结果数，最后利用概率公式“概率=所求情况数与总情况数之比”计算即可得到答案。
【解析】
解：小球从A点沿轨道下落，在每个交叉口向左、向右的机会均等，因此最终的落点共有4种等可能的结果，分别为E、F、G、H，其中最终到达H点的结果有1种。
根据概率公式可得，小球最终到达H点的概率为$\frac{1}{4}$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
等可能事件概率，列举法求概率，概率公式
【点评】
本题属于基础类概率题，解题的核心是梳理清楚所有等可能的路径，准确统计总结果数和符合要求的结果数，避免漏数或多数路径。
【难度系数】
0.7
4[2024湖北武汉中考]经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，这三种可能性大小相同.若两辆汽车经过这个十字路口，则至少一辆车向右转的概率是（
A.$\frac{1}{9}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{5}{9}$
D
）A.$\frac{1}{9}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{5}{9}$
答案
4.D 【解析】列表如下:
| | 直行 | 左转 | 右转 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 直行 | (直行,直行) | (直行,左转) | (直行,右转) |
| 左转 | (左转,直行) | (左转,左转) | (左转,右转) |
| 右转 | (右转,直行) | (右转,左转) | (右转,右转) |
由表格可知,共有9种等可能的结果,其中至少一辆车向右转的结果有5种,
∴至少一辆车向右转的概率为$\frac{5}{9}$.故选D.
一题多解
计算“至少一辆车向右转”的概率时,也可以通过计算1-“每一辆车都不右转”的概率,得出结果.
| | 直行 | 左转 | 右转 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 直行 | (直行,直行) | (直行,左转) | (直行,右转) |
| 左转 | (左转,直行) | (左转,左转) | (左转,右转) |
| 右转 | (右转,直行) | (右转,左转) | (右转,右转) |
由表格可知,共有9种等可能的结果,其中至少一辆车向右转的结果有5种,
∴至少一辆车向右转的概率为$\frac{5}{9}$.故选D.
一题多解
计算“至少一辆车向右转”的概率时,也可以通过计算1-“每一辆车都不右转”的概率,得出结果.
解析
【分析】
本题是两步等可能事件的概率计算问题，可通过两种思路求解：①列举法：先明确每辆车有直行、左转、右转3种等可能的行驶方向，两辆汽车的行驶方向组合共有3×3=9种等可能结果，再找出符合“至少一辆车向右转”的结果数，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到概率；②对立事件法：“至少一辆车向右转”的对立事件是“两辆车都不向右转”，先算出对立事件的概率，再用1减去该概率即可得到所求结果，这种方法可避免列举时出现漏算、重复计算的问题。
【解析】
方法一：列表法，列出两辆汽车行驶方向的所有等可能组合：
| | 直行 | 左转 | 右转 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 直行 | (直行,直行) | (直行,左转) | (直行,右转) |
| 左转 | (左转,直行) | (左转,左转) | (左转,右转) |
| 右转 | (右转,直行) | (右转,左转) | (右转,右转) |
由表格可知，共有9种等可能的结果，其中至少一辆车向右转的结果共有5种，因此至少一辆车向右转的概率为$\frac{5}{9}$。
方法二：对立事件法，“至少一辆车向右转”的对立事件为“两辆车都不向右转”，每辆车不向右转的概率为$\frac{2}{3}$，因此两辆车都不向右转的概率为$\frac{2}{3} × \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$，故至少一辆车向右转的概率为$1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}$。
【答案】
D
【知识点】
列表法求概率，等可能事件概率，对立事件概率
【点评】
本题是概率计算的典型基础题，既可以通过列举所有等可能结果直接求解，也可以利用“至少”类问题的特点，通过计算对立事件的概率简化运算，解题时需注意避免漏算“两辆车都右转”的情况。
【难度系数】
0.75
本题是两步等可能事件的概率计算问题，可通过两种思路求解：①列举法：先明确每辆车有直行、左转、右转3种等可能的行驶方向，两辆汽车的行驶方向组合共有3×3=9种等可能结果，再找出符合“至少一辆车向右转”的结果数，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到概率；②对立事件法：“至少一辆车向右转”的对立事件是“两辆车都不向右转”，先算出对立事件的概率，再用1减去该概率即可得到所求结果，这种方法可避免列举时出现漏算、重复计算的问题。
【解析】
方法一：列表法，列出两辆汽车行驶方向的所有等可能组合：
| | 直行 | 左转 | 右转 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 直行 | (直行,直行) | (直行,左转) | (直行,右转) |
| 左转 | (左转,直行) | (左转,左转) | (左转,右转) |
| 右转 | (右转,直行) | (右转,左转) | (右转,右转) |
由表格可知，共有9种等可能的结果，其中至少一辆车向右转的结果共有5种，因此至少一辆车向右转的概率为$\frac{5}{9}$。
方法二：对立事件法，“至少一辆车向右转”的对立事件为“两辆车都不向右转”，每辆车不向右转的概率为$\frac{2}{3}$，因此两辆车都不向右转的概率为$\frac{2}{3} × \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$，故至少一辆车向右转的概率为$1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}$。
【答案】
D
【知识点】
列表法求概率，等可能事件概率，对立事件概率
【点评】
本题是概率计算的典型基础题，既可以通过列举所有等可能结果直接求解，也可以利用“至少”类问题的特点，通过计算对立事件的概率简化运算，解题时需注意避免漏算“两辆车都右转”的情况。
【难度系数】
0.75
5 如图，小明随机地在对角线长分别为6 cm和8 cm的菱形区域内投针，则针尖落到其内切圆区域的概率是（
A.$\frac{7}{25}π$
B.$\frac{3}{25}π$
C.$\frac{6}{25}π$
D.$\frac{4}{25}π$
C
）A.$\frac{7}{25}π$
B.$\frac{3}{25}π$
C.$\frac{6}{25}π$
D.$\frac{4}{25}π$
答案
5.C 【解析】如图,连接两对角线交于点O,设圆与菱形边AB的切点为E,连接OE.
∵菱形的两对角线长为6 cm和8 cm,
∴易得AB=5 cm.由题意可得OE⊥AB,
∴$\frac{1}{2}× EO× AB=\frac{1}{2}× AO× BO$,
∴$\frac{1}{2}×5× EO=\frac{1}{2}×3×4$,解得$EO=\frac{12}{5}$ cm,
∴内切圆区域的面积为$π×(\frac{12}{5})^2=\frac{144}{25}π(cm^2)$.
∵菱形的面积为$\frac{1}{2}×6×8=24(cm^2)$,
∴针尖落到其内切圆区域的概率是$\frac{\frac{144}{25}π}{24}=\frac{6π}{25}$.故选C.
关键点拨
利用菱形的性质得出菱形内切圆的半径和面积,进而求出内切圆的面积与菱形面积的比值,即可得出针尖落到其内切圆区域的概率.
解析
【分析】
本题是几何概率类题目，所求概率为内切圆面积与菱形面积的比值，可按以下思路求解：第一步，根据菱形对角线长度，利用“菱形面积等于对角线乘积的一半”先算出菱形的总面积，再结合勾股定理求出菱形的边长；第二步，内切圆的圆心为菱形对角线的交点，半径是圆心到菱形边的距离，可通过直角三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半）求出内切圆半径；第三步，计算内切圆的面积，最后用内切圆面积除以菱形面积即可得到所求概率。
【解析】
连接菱形的两条对角线交于点O，设内切圆与菱形边AB的切点为E，连接OE。
∵菱形的两条对角线长分别为6 cm和8 cm，
∴对角线的一半长度分别为3 cm和4 cm，由勾股定理可得菱形边长$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$cm。
∵OE是内切圆的半径，
∴$OE⊥AB$。
△AOB的面积可表示为两种形式：$\frac{1}{2}×AO×BO$和$\frac{1}{2}×AB×EO$，因此有：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×EO$，解得$EO=\frac{12}{5}$cm。
∴内切圆的面积为$π×(\frac{12}{5})^2=\frac{144}{25}π(\mathrm{cm}^2)$。
菱形的面积为$\frac{1}{2}×6×8=24(\mathrm{cm}^2)$。
∴针尖落到内切圆区域的概率为$\frac{\frac{144}{25}π}{24}=\frac{6π}{25}$。
【答案】
C
【知识点】
几何概率计算，菱形的性质，内切圆半径计算
【点评】
本题是几何与概率结合的典型题型，解题的关键是灵活运用菱形的性质和面积法求出内切圆的半径，再通过面积比得到对应概率，是几何知识与概率结合的常考题型。
【难度系数】
0.7
本题是几何概率类题目，所求概率为内切圆面积与菱形面积的比值，可按以下思路求解：第一步，根据菱形对角线长度，利用“菱形面积等于对角线乘积的一半”先算出菱形的总面积，再结合勾股定理求出菱形的边长；第二步，内切圆的圆心为菱形对角线的交点，半径是圆心到菱形边的距离，可通过直角三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半）求出内切圆半径；第三步，计算内切圆的面积，最后用内切圆面积除以菱形面积即可得到所求概率。
【解析】
连接菱形的两条对角线交于点O，设内切圆与菱形边AB的切点为E，连接OE。
∵菱形的两条对角线长分别为6 cm和8 cm，
∴对角线的一半长度分别为3 cm和4 cm，由勾股定理可得菱形边长$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$cm。
∵OE是内切圆的半径，
∴$OE⊥AB$。
△AOB的面积可表示为两种形式：$\frac{1}{2}×AO×BO$和$\frac{1}{2}×AB×EO$，因此有：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×EO$，解得$EO=\frac{12}{5}$cm。
∴内切圆的面积为$π×(\frac{12}{5})^2=\frac{144}{25}π(\mathrm{cm}^2)$。
菱形的面积为$\frac{1}{2}×6×8=24(\mathrm{cm}^2)$。
∴针尖落到内切圆区域的概率为$\frac{\frac{144}{25}π}{24}=\frac{6π}{25}$。
【答案】
C
【知识点】
几何概率计算，菱形的性质，内切圆半径计算
【点评】
本题是几何与概率结合的典型题型，解题的关键是灵活运用菱形的性质和面积法求出内切圆的半径，再通过面积比得到对应概率，是几何知识与概率结合的常考题型。
【难度系数】
0.7
二、填空题(共30分)
6[2026江苏无锡调研]排队时,小亮和2位同学站成一横排,其中小亮“站在中间”的可能性
6[2026江苏无锡调研]排队时,小亮和2位同学站成一横排,其中小亮“站在中间”的可能性
小于
小亮“站在两边”的可能性(填“大于”“小于”或“等于”).答案
6.小于 【解析】用字母A,B,C分别表示小亮和他的2位同学,则他们3人站成一横排有6种等可能的情况:ABC、ACB、BAC、BCA、CAB、CBA.其中小亮“站在中间”的情况有2种,其概率为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$,小亮“站在两边”的情况有4种,其概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.
∵$\frac{1}{3}＜\frac{2}{3}$,
∴小亮“站在中间”的可能性小于小亮“站在两边”的可能性.故答案为小于.
∵$\frac{1}{3}＜\frac{2}{3}$,
∴小亮“站在中间”的可能性小于小亮“站在两边”的可能性.故答案为小于.
解析
【分析】
要判断小亮站在中间和站在两边的可能性大小，我们可以通过计算两种情况的概率进行比较：首先用列举法列出3人排队所有等可能的站位情况，再分别统计符合“小亮站中间”“小亮站两边”的情况数，结合概率公式算出两种情况的概率，最后比较概率大小即可得出结论。
【解析】
用A表示小亮，B、C分别表示他的2位同学，3人站成一横排共有6种等可能的情况：ABC、ACB、BAC、BCA、CAB、CBA。
其中小亮“站在中间”的情况有BAC、CAB共2种，其概率为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$；
小亮“站在两边”的情况有ABC、ACB、BCA、CBA共4种，其概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
∵$\frac{1}{3}＜\frac{2}{3}$，
∴小亮“站在中间”的可能性小于小亮“站在两边”的可能性。
【答案】
小于
【知识点】
列举法求概率、可能性大小比较
【点评】
本题是基础类题型，解题关键是不重不漏地列出所有等可能的站位情况，结合概率公式计算后比较大小即可，对逻辑列举能力有基础要求。
【难度系数】
0.8
要判断小亮站在中间和站在两边的可能性大小，我们可以通过计算两种情况的概率进行比较：首先用列举法列出3人排队所有等可能的站位情况，再分别统计符合“小亮站中间”“小亮站两边”的情况数，结合概率公式算出两种情况的概率，最后比较概率大小即可得出结论。
【解析】
用A表示小亮，B、C分别表示他的2位同学，3人站成一横排共有6种等可能的情况：ABC、ACB、BAC、BCA、CAB、CBA。
其中小亮“站在中间”的情况有BAC、CAB共2种，其概率为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$；
小亮“站在两边”的情况有ABC、ACB、BCA、CBA共4种，其概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
∵$\frac{1}{3}＜\frac{2}{3}$，
∴小亮“站在中间”的可能性小于小亮“站在两边”的可能性。
【答案】
小于
【知识点】
列举法求概率、可能性大小比较
【点评】
本题是基础类题型，解题关键是不重不漏地列出所有等可能的站位情况，结合概率公式计算后比较大小即可，对逻辑列举能力有基础要求。
【难度系数】
0.8
7 一个仅装有球的不透明布袋里只有6个红球和n个白球(仅有颜色不同).若从中任意摸出1个球是红球的概率为$\frac{2}{5}$,则n=
9
.答案
7.9 【解析】
∵从中任意摸出1个球是红球的概率为$\frac{2}{5}$,
∴$\frac{6}{6+n}=\frac{2}{5}$,去分母,得6×5=2(6+n),解得n=9.经检验,n=9是所列分式方程的根.故答案为9.
∵从中任意摸出1个球是红球的概率为$\frac{2}{5}$,
∴$\frac{6}{6+n}=\frac{2}{5}$,去分母,得6×5=2(6+n),解得n=9.经检验,n=9是所列分式方程的根.故答案为9.
解析
【分析】
这是概率与分式方程结合的应用题，解题思路如下：第一步回忆简单概率计算公式：随机事件发生的概率=符合条件的情况数÷所有等可能的情况数，本题中摸出红球的符合条件情况数是红球个数6，总情况数是布袋内球的总个数（红球加白球，即6+n）；第二步结合题目给出的摸出红球的概率为$\frac{2}{5}$，列出分式方程；第三步解分式方程并检验，即可求出n的值。
【解析】
根据概率公式，结合题意列方程：
$\frac{6}{6+n}=\frac{2}{5}$
去分母，得：$6×5=2(6+n)$
整理计算：$30=12+2n$
移项得：$2n=30-12=18$
解得：$n=9$
检验：当$n=9$时，分母$6+n=15≠0$，因此$n=9$是原分式方程的解。
【答案】
9
【知识点】
概率公式、分式方程的解法
【点评】
本题属于基础应用题，核心考查对概率公式的掌握以及分式方程的求解，注意解分式方程后必须检验根是否使原方程分母不为0，避免出现增根。
【难度系数】
0.8
这是概率与分式方程结合的应用题，解题思路如下：第一步回忆简单概率计算公式：随机事件发生的概率=符合条件的情况数÷所有等可能的情况数，本题中摸出红球的符合条件情况数是红球个数6，总情况数是布袋内球的总个数（红球加白球，即6+n）；第二步结合题目给出的摸出红球的概率为$\frac{2}{5}$，列出分式方程；第三步解分式方程并检验，即可求出n的值。
【解析】
根据概率公式，结合题意列方程：
$\frac{6}{6+n}=\frac{2}{5}$
去分母，得：$6×5=2(6+n)$
整理计算：$30=12+2n$
移项得：$2n=30-12=18$
解得：$n=9$
检验：当$n=9$时，分母$6+n=15≠0$，因此$n=9$是原分式方程的解。
【答案】
9
【知识点】
概率公式、分式方程的解法
【点评】
本题属于基础应用题，核心考查对概率公式的掌握以及分式方程的求解，注意解分式方程后必须检验根是否使原方程分母不为0，避免出现增根。
【难度系数】
0.8
8 某校现打算从备选的四名同学(两名男生和两名女生)中随机选取两名同学来当航天知识竞赛的主持人,则选中一男一女的概率是
$\frac{2}{3}$
.答案
8.$\frac{2}{3}$ 【解析】记两名男同学分别为男1,男2,两名女同学分别为女1,女2,画树状图如下:
共有12种等可能的结果,其中选中一男一女的结果有(男1,女1),(男1,女2),(男2,女1),(男2,女2),(女1,男1),(女1,男2),(女2,男1),(女2,男2),共8种,
∴选中一男一女的概率是$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$.故答案为$\frac{2}{3}$.
解析
【分析】
本题属于等可能事件的概率计算问题，解题思路如下：首先明确选取两名同学为不放回抽取，可通过树状图法枚举所有等可能的选取结果；再从所有结果中筛选出“选中一男一女”的结果数量；最后根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的总结果数”计算所求概率。
【解析】
记两名男同学分别为男1、男2，两名女同学分别为女1、女2，画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中选中一男一女的结果有(男1,女1)、(男1,女2)、(男2,女1)、(男2,女2)、(女1,男1)、(女1,男2)、(女2,男1)、(女2,男2)，共8种。
根据概率计算公式可得，选中一男一女的概率是$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
列举法求概率，概率计算公式
【点评】
本题考查等可能事件概率的求解，使用树状图枚举结果时需注意抽取为不放回模式，避免出现结果重复或遗漏的问题，准确计数总结果数和符合条件的结果数是解题的关键。
【难度系数】
0.7
本题属于等可能事件的概率计算问题，解题思路如下：首先明确选取两名同学为不放回抽取，可通过树状图法枚举所有等可能的选取结果；再从所有结果中筛选出“选中一男一女”的结果数量；最后根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的总结果数”计算所求概率。
【解析】
记两名男同学分别为男1、男2，两名女同学分别为女1、女2，画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中选中一男一女的结果有(男1,女1)、(男1,女2)、(男2,女1)、(男2,女2)、(女1,男1)、(女1,男2)、(女2,男1)、(女2,男2)，共8种。
根据概率计算公式可得，选中一男一女的概率是$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
列举法求概率，概率计算公式
【点评】
本题考查等可能事件概率的求解，使用树状图枚举结果时需注意抽取为不放回模式，避免出现结果重复或遗漏的问题，准确计数总结果数和符合条件的结果数是解题的关键。
【难度系数】
0.7
9 若关于$x$的方程$x^2 - 3x + m = 0$有两个不相等的实数根，且$m ≥ -3$，则从满足条件的所有整数$m$中随机选取一个，恰好是负数的概率是
$\frac{1}{2}$
.答案
9.$\frac{1}{2}$ 【解析】
$x^2-3x+m=0$有两个不相等的实数根
↓ 根的判别式
$b^2-4ac＞0$ 恰好是负数的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$
↓ 负数-3,-2,-1
$(-3)^2-4×1× m＞0$ ↗
↓ $m＜\frac{9}{4}$ } m=-3,-2,-1,0,1,2
$m\ge-3$
故答案为$\frac{1}{2}$.
解析
【分析】
解题时首先根据“一元二次方程有两个不相等的实数根”的条件，利用根的判别式列出关于m的不等式，求出m的取值上限；再结合题干给出的$m≥ -3$的限制，确定所有符合条件的整数m；最后统计其中负数的个数，用“概率=符合条件的情况数÷总情况数”的公式计算结果即可。
【解析】
对于一元二次方程$x^2-3x+m=0$，其中$a=1$，$b=-3$，$c=m$，
∵ 方程有两个不相等的实数根，
∴ 根的判别式$\Delta = b^2-4ac ＞ 0$，
代入得：$(-3)^2 - 4×1× m ＞ 0$，
化简得$9-4m＞0$，解得$m ＜ \frac{9}{4}$。
结合条件$m≥ -3$，可得m的取值范围为$-3≤ m ＜ \frac{9}{4}$，
该范围内的整数m为：-3、-2、-1、0、1、2，共6个，
其中属于负数的m有：-3、-2、-1，共3个，
因此随机选取一个恰好是负数的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，概率计算，不等式整数解
【点评】
本题是基础综合题，将一元二次方程根的判别式的应用和简单概率计算结合考查，解题核心是先准确求出m的取值范围，找全所有符合条件的整数解，再代入概率公式计算，能有效检验对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据“一元二次方程有两个不相等的实数根”的条件，利用根的判别式列出关于m的不等式，求出m的取值上限；再结合题干给出的$m≥ -3$的限制，确定所有符合条件的整数m；最后统计其中负数的个数，用“概率=符合条件的情况数÷总情况数”的公式计算结果即可。
【解析】
对于一元二次方程$x^2-3x+m=0$，其中$a=1$，$b=-3$，$c=m$，
∵ 方程有两个不相等的实数根，
∴ 根的判别式$\Delta = b^2-4ac ＞ 0$，
代入得：$(-3)^2 - 4×1× m ＞ 0$，
化简得$9-4m＞0$，解得$m ＜ \frac{9}{4}$。
结合条件$m≥ -3$，可得m的取值范围为$-3≤ m ＜ \frac{9}{4}$，
该范围内的整数m为：-3、-2、-1、0、1、2，共6个，
其中属于负数的m有：-3、-2、-1，共3个，
因此随机选取一个恰好是负数的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，概率计算，不等式整数解
【点评】
本题是基础综合题，将一元二次方程根的判别式的应用和简单概率计算结合考查，解题核心是先准确求出m的取值范围，找全所有符合条件的整数解，再代入概率公式计算，能有效检验对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
10 新考向跨学科综合[2026河北石家庄期末]如图所示,方案1和方案2都是由2个电子元件$R_1$和$R_2$组成的电路系统,其中每个元件正常工作的概率均为$\frac{1}{2}$,且每个元件能否正常工作互相不影响.当A到B的电路为通路状态时,系统正常工作,当A到B的电路为断路状态时,系统不能正常工作.
(1)方案1中电路为通路的概率为
(2)根据电路系统正常工作的概率,连接方案更稳定可靠的电路是
(1)方案1中电路为通路的概率为
$\frac{1}{4}$
;(2)根据电路系统正常工作的概率,连接方案更稳定可靠的电路是
方案2
(填"方案1"或"方案2").答案
10.(1)$\frac{1}{4}$ (2)方案2 【解析】(1)设2个电子元件正常工作时为$R_1,R_2$,不能正常工作时为$\overline{R_1},\overline{R_2}$,方案1中所有情况如下表:
| | $R_2$ | $\overline{R_2}$ |
| ---- | ---- | ---- |
| $R_1$ | $(R_1,R_2)$ | $(R_1,\overline{R_2})$ |
| $\overline{R_1}$ | $(\overline{R_1},R_2)$ | $(\overline{R_1},\overline{R_2})$ |
从A到B的电路共有4种等可能的结果,其中使该电路为通路的结果有1种,所以该电路为通路的概率为$\frac{1}{4}$,故答案为$\frac{1}{4}$.
(2)设2个电子元件正常工作时为$R_1,R_2$,不能正常工作时为$\overline{R_1},\overline{R_2}$,则方案2从A到B的电路中所有可能的结果为$(R_1,R_2)$,$(R_1,\overline{R_2})$,$(\overline{R_1},R_2)$,$(\overline{R_1},\overline{R_2})$,共4种等可能的结果,其中使电路系统正常工作的结果有3种,所以方案2中电路系统正常工作的概率为$\frac{3}{4}$.由(1)得,方案1中电路系统正常工作的概率为$\frac{1}{4}$,因为$\frac{1}{4}＜\frac{3}{4}$,所以方案2更稳定可靠.故答案为方案2.
| | $R_2$ | $\overline{R_2}$ |
| ---- | ---- | ---- |
| $R_1$ | $(R_1,R_2)$ | $(R_1,\overline{R_2})$ |
| $\overline{R_1}$ | $(\overline{R_1},R_2)$ | $(\overline{R_1},\overline{R_2})$ |
从A到B的电路共有4种等可能的结果,其中使该电路为通路的结果有1种,所以该电路为通路的概率为$\frac{1}{4}$,故答案为$\frac{1}{4}$.
(2)设2个电子元件正常工作时为$R_1,R_2$,不能正常工作时为$\overline{R_1},\overline{R_2}$,则方案2从A到B的电路中所有可能的结果为$(R_1,R_2)$,$(R_1,\overline{R_2})$,$(\overline{R_1},R_2)$,$(\overline{R_1},\overline{R_2})$,共4种等可能的结果,其中使电路系统正常工作的结果有3种,所以方案2中电路系统正常工作的概率为$\frac{3}{4}$.由(1)得,方案1中电路系统正常工作的概率为$\frac{1}{4}$,因为$\frac{1}{4}＜\frac{3}{4}$,所以方案2更稳定可靠.故答案为方案2.
解析
【分析】
(1) 方案1为串联电路，A到B通路的前提是两个元件$R_1$、$R_2$都正常工作。我们可以先列出两个元件工作状态的所有等可能结果，再统计符合通路要求的结果数，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到通路概率。
(2) 方案2为并联电路，A到B通路的前提是至少有一个元件正常工作。先计算出方案2的通路概率，再和方案1的通路概率比较，概率越大说明电路越稳定可靠。
【解析】
(1) 设元件正常工作记为$R_1$、$R_2$，故障记为$\overline{R_1}$、$\overline{R_2}$，两个元件的工作状态共有4种等可能的结果：$(R_1,R_2)$、$(R_1,\overline{R_2})$、$(\overline{R_1},R_2)$、$(\overline{R_1},\overline{R_2})$。方案1是串联电路，只有两个元件都正常时电路才为通路，符合要求的结果只有$(R_1,R_2)$这1种，因此通路概率为$\frac{1}{4}$。
(2) 方案2是并联电路，只要至少有一个元件正常，电路就为通路，符合要求的结果有$(R_1,R_2)$、$(R_1,\overline{R_2})$、$(\overline{R_1},R_2)$共3种，因此方案2的通路概率为$\frac{3}{4}$。因为$\frac{3}{4}＞\frac{1}{4}$，方案2正常工作的概率更高，所以方案2更稳定可靠。
【答案】
(1)$\frac{1}{4}$；(2)方案2
【知识点】
列举法求概率、串并联电路特点、独立事件概率
【点评】
本题属于跨学科综合题，将物理电路知识与数学概率计算相结合，考查学生对基础概率计算方法的掌握，以及跨学科知识融合运用的能力，解题的核心是明确串并联电路通路的判定条件。
【难度系数】
0.7
(1) 方案1为串联电路，A到B通路的前提是两个元件$R_1$、$R_2$都正常工作。我们可以先列出两个元件工作状态的所有等可能结果，再统计符合通路要求的结果数，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到通路概率。
(2) 方案2为并联电路，A到B通路的前提是至少有一个元件正常工作。先计算出方案2的通路概率，再和方案1的通路概率比较，概率越大说明电路越稳定可靠。
【解析】
(1) 设元件正常工作记为$R_1$、$R_2$，故障记为$\overline{R_1}$、$\overline{R_2}$，两个元件的工作状态共有4种等可能的结果：$(R_1,R_2)$、$(R_1,\overline{R_2})$、$(\overline{R_1},R_2)$、$(\overline{R_1},\overline{R_2})$。方案1是串联电路，只有两个元件都正常时电路才为通路，符合要求的结果只有$(R_1,R_2)$这1种，因此通路概率为$\frac{1}{4}$。
(2) 方案2是并联电路，只要至少有一个元件正常，电路就为通路，符合要求的结果有$(R_1,R_2)$、$(R_1,\overline{R_2})$、$(\overline{R_1},R_2)$共3种，因此方案2的通路概率为$\frac{3}{4}$。因为$\frac{3}{4}＞\frac{1}{4}$，方案2正常工作的概率更高，所以方案2更稳定可靠。
【答案】
(1)$\frac{1}{4}$；(2)方案2
【知识点】
列举法求概率、串并联电路特点、独立事件概率
【点评】
本题属于跨学科综合题，将物理电路知识与数学概率计算相结合，考查学生对基础概率计算方法的掌握，以及跨学科知识融合运用的能力，解题的核心是明确串并联电路通路的判定条件。
【难度系数】
0.7
