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二、填空题(每小题3分,共24分)
9. 一个不透明的口袋中装有红球和白球共10个,这两种球除颜色外均相同,将口袋中的球摇匀,从口袋中取出一个球,记录颜色后放回,摇匀再取出,经过多次试验,估计得到红球的概率是$\dfrac{2}{5}$,则口袋中红球有
9. 一个不透明的口袋中装有红球和白球共10个,这两种球除颜色外均相同,将口袋中的球摇匀,从口袋中取出一个球,记录颜色后放回,摇匀再取出,经过多次试验,估计得到红球的概率是$\dfrac{2}{5}$,则口袋中红球有
4
个.答案
9. 4 设口袋中红球有 $x$ 个.
∵ 总球数为 10 个,且得到红球的概率是$\dfrac{2}{5}$,$\therefore \dfrac{x}{10}=\dfrac{2}{5}$,解得 $x=10×\dfrac{2}{5}=4$.
∵ 总球数为 10 个,且得到红球的概率是$\dfrac{2}{5}$,$\therefore \dfrac{x}{10}=\dfrac{2}{5}$,解得 $x=10×\dfrac{2}{5}=4$.
解析
【分析】
这道题可以利用大量重复试验下频率趋近于概率的规律来解题：首先明确有放回摸球时，摸到红球的理论概率等于红球的总个数除以口袋中球的总个数，题目已经通过多次试验估计出红球的概率为$\dfrac{2}{5}$，同时已知球的总数量是10个，既可以直接用总球数乘红球概率得到红球个数，也可以设红球个数为未知数列方程求解，思路清晰易懂。
【解析】
解：设口袋中红球有$x$个，
已知口袋中球的总数量为10个，经过多次试验估计得到红球的概率为$\dfrac{2}{5}$，根据摸出红球的概率计算公式可得：
$\dfrac{x}{10}=\dfrac{2}{5}$
解方程，两边同时乘以10得：
$x=10×\dfrac{2}{5}=4$
即口袋中红球有4个。
【答案】
4
【知识点】
频率估计概率，简单概率计算
【点评】
本题属于概率模块的基础常规题型，场景设置为常见的有放回摸球问题，重点考察学生对概率基本定义的理解，计算量很小，只要掌握概率和样本总数、指定样本数的对应关系就可以顺利得出结果，是典型的基础送分类填空题。
【难度系数】
0.9
这道题可以利用大量重复试验下频率趋近于概率的规律来解题：首先明确有放回摸球时，摸到红球的理论概率等于红球的总个数除以口袋中球的总个数，题目已经通过多次试验估计出红球的概率为$\dfrac{2}{5}$，同时已知球的总数量是10个，既可以直接用总球数乘红球概率得到红球个数，也可以设红球个数为未知数列方程求解，思路清晰易懂。
【解析】
解：设口袋中红球有$x$个，
已知口袋中球的总数量为10个，经过多次试验估计得到红球的概率为$\dfrac{2}{5}$，根据摸出红球的概率计算公式可得：
$\dfrac{x}{10}=\dfrac{2}{5}$
解方程，两边同时乘以10得：
$x=10×\dfrac{2}{5}=4$
即口袋中红球有4个。
【答案】
4
【知识点】
频率估计概率，简单概率计算
【点评】
本题属于概率模块的基础常规题型，场景设置为常见的有放回摸球问题，重点考察学生对概率基本定义的理解，计算量很小，只要掌握概率和样本总数、指定样本数的对应关系就可以顺利得出结果，是典型的基础送分类填空题。
【难度系数】
0.9
10. 有两个不透明的盒子，里面分别装有3个小球. 第一个盒子中的三个小球上分别标有数-1，0，2；第二个盒子中的三个小球上分别标有数-2，1，2. 分别从两个盒子中随机摸出一个小球，则两个小球上的数的乘积为正数的概率是
$\dfrac{1}{3}$
.答案
10. $\dfrac{1}{3}$ 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 9 种等可能的结果,其中两个小球上的数的乘积为正数的有 3 种等可能结果,
∴ 两个小球上的数的乘积为正数的概率为$\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$.
∴ 两个小球上的数的乘积为正数的概率为$\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$.
解析
【分析】
要计算两个小球上的数乘积为正数的概率，首先我们需要先明确所有等可能的摸球结果总数，再从中筛选出满足“两数乘积为正数”的结果数量，最后根据概率的定义，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到所求概率。首先回忆有理数乘法规则：乘积为正数的两个数必须同号（同正或同负），0和任何数相乘结果都为0，不可能是正数。我们可以通过树状图或者列表法，把从两个盒子摸球的所有组合全部枚举出来，避免漏数或者重复计数。
【解析】
步骤1：枚举所有等可能结果
从第一个盒子摸球，共有3种等可能结果：-1、0、2；对应每一种结果，从第二个盒子摸球都有3种等可能结果：-2、1、2，因此总共有$3×3=9$种等可能的组合，所有组合的乘积分别为：
① 第一个球为-1时：$(-1)×(-2)=2$，$(-1)×1=-1$，$(-1)×2=-2$
② 第一个球为0时：$0×(-2)=0$，$0×1=0$，$0×2=0$
③ 第一个球为2时：$2×(-2)=-4$，$2×1=2$，$2×2=4$
步骤2：统计乘积为正数的结果数
从上述结果中筛选出乘积为正数的组合，分别是$(-1,-2)$、$(2,1)$、$(2,2)$，共3种符合条件的结果。
步骤3：计算概率
根据概率公式，所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$。
【答案】
$\dfrac{1}{3}$
【知识点】
树状图求概率，有理数乘法，概率公式
【点评】
本题属于两步试验求概率的基础题型，核心易错点是容易忽略“负负得正”的情况，漏算第一个盒子摸出-1、第二个盒子摸出-2这一组符合条件的结果，导致统计的符合条件结果数出错，解题时牢记乘积为正的两数同号的规则，用树状图或列表完整枚举所有结果即可避免错误。
【难度系数】
0.7
要计算两个小球上的数乘积为正数的概率，首先我们需要先明确所有等可能的摸球结果总数，再从中筛选出满足“两数乘积为正数”的结果数量，最后根据概率的定义，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到所求概率。首先回忆有理数乘法规则：乘积为正数的两个数必须同号（同正或同负），0和任何数相乘结果都为0，不可能是正数。我们可以通过树状图或者列表法，把从两个盒子摸球的所有组合全部枚举出来，避免漏数或者重复计数。
【解析】
步骤1：枚举所有等可能结果
从第一个盒子摸球，共有3种等可能结果：-1、0、2；对应每一种结果，从第二个盒子摸球都有3种等可能结果：-2、1、2，因此总共有$3×3=9$种等可能的组合，所有组合的乘积分别为：
① 第一个球为-1时：$(-1)×(-2)=2$，$(-1)×1=-1$，$(-1)×2=-2$
② 第一个球为0时：$0×(-2)=0$，$0×1=0$，$0×2=0$
③ 第一个球为2时：$2×(-2)=-4$，$2×1=2$，$2×2=4$
步骤2：统计乘积为正数的结果数
从上述结果中筛选出乘积为正数的组合，分别是$(-1,-2)$、$(2,1)$、$(2,2)$，共3种符合条件的结果。
步骤3：计算概率
根据概率公式，所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$。
【答案】
$\dfrac{1}{3}$
【知识点】
树状图求概率，有理数乘法，概率公式
【点评】
本题属于两步试验求概率的基础题型，核心易错点是容易忽略“负负得正”的情况，漏算第一个盒子摸出-1、第二个盒子摸出-2这一组符合条件的结果，导致统计的符合条件结果数出错，解题时牢记乘积为正的两数同号的规则，用树状图或列表完整枚举所有结果即可避免错误。
【难度系数】
0.7
11. 如图,小莹对三个相连的方格进行涂色. 在给每个方格涂色时,均从红、黄、蓝三种颜色中随机选取一种,那么三个方格所涂颜色均不相同的概率是
$\dfrac{2}{9}$
.答案
11. $\dfrac{2}{9}$ 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 27 种等可能的结果,其中三个方格所涂颜色均不相同的有 6 种等可能结果,
∴ 三个方格所涂颜色均不相同的概率为$\dfrac{6}{27}=\dfrac{2}{9}$.
∴ 三个方格所涂颜色均不相同的概率为$\dfrac{6}{27}=\dfrac{2}{9}$.
解析
【分析】
这是一道古典概型的概率计算问题，解题思路如下：首先我们需要先求出所有等可能的涂色总结果数：每个方格都可以从3种颜色里任选，三个方格的选择相互独立，因此可以用分步计数的方法算出总结果数，也可以通过画树状图枚举所有结果验证。接下来统计满足“三个方格所涂颜色均不相同”的结果数：第一个方格有3种颜色可选，第二个方格要和第一个颜色不同，只剩2种选择，第三个方格要和前两个颜色都不同，仅剩1种选择，就能得到符合条件的结果数。最后根据概率的定义，用符合条件的结果数除以总等可能结果数，就能得到所求概率。
【解析】
解：
1. 计算总等可能结果数：
给第一个方格涂色，有红、黄、蓝共3种不同的选择；给第二个方格涂色，同样有3种不同的选择；给第三个方格涂色，也有3种不同的选择，因此所有等可能的涂色总结果数为：
$3×3×3=27$ 种
2. 计算三个方格颜色均不相同的符合条件的结果数：
第一个方格可任选1种颜色，共3种选法；第二个方格需选择与第一个方格不同的颜色，共2种选法；第三个方格需选择与前两个方格都不同的颜色，仅剩1种选法，因此符合要求的结果数为：
$3×2×1=6$ 种
3. 计算概率：
根据古典概型的概率计算公式，所求概率为符合条件的结果数除以总结果数：
$P=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}$
【答案】
$\dfrac{2}{9}$
【知识点】
古典概型，分步计数原理
【点评】
本题是初中概率板块的基础常规题，既可以通过画树状图枚举所有结果求解，也可以借助分步乘法计数原理快速计算两类情况的数量，解题时要注意不要错算总情况数或者符合条件的情况数，最后得到的分数要约分为最简形式。
【难度系数】
0.7
这是一道古典概型的概率计算问题，解题思路如下：首先我们需要先求出所有等可能的涂色总结果数：每个方格都可以从3种颜色里任选，三个方格的选择相互独立，因此可以用分步计数的方法算出总结果数，也可以通过画树状图枚举所有结果验证。接下来统计满足“三个方格所涂颜色均不相同”的结果数：第一个方格有3种颜色可选，第二个方格要和第一个颜色不同，只剩2种选择，第三个方格要和前两个颜色都不同，仅剩1种选择，就能得到符合条件的结果数。最后根据概率的定义，用符合条件的结果数除以总等可能结果数，就能得到所求概率。
【解析】
解：
1. 计算总等可能结果数：
给第一个方格涂色，有红、黄、蓝共3种不同的选择；给第二个方格涂色，同样有3种不同的选择；给第三个方格涂色，也有3种不同的选择，因此所有等可能的涂色总结果数为：
$3×3×3=27$ 种
2. 计算三个方格颜色均不相同的符合条件的结果数：
第一个方格可任选1种颜色，共3种选法；第二个方格需选择与第一个方格不同的颜色，共2种选法；第三个方格需选择与前两个方格都不同的颜色，仅剩1种选法，因此符合要求的结果数为：
$3×2×1=6$ 种
3. 计算概率：
根据古典概型的概率计算公式，所求概率为符合条件的结果数除以总结果数：
$P=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}$
【答案】
$\dfrac{2}{9}$
【知识点】
古典概型，分步计数原理
【点评】
本题是初中概率板块的基础常规题，既可以通过画树状图枚举所有结果求解，也可以借助分步乘法计数原理快速计算两类情况的数量，解题时要注意不要错算总情况数或者符合条件的情况数，最后得到的分数要约分为最简形式。
【难度系数】
0.7
12. 学习电学知识后,小婷同学用四个开关A,B,C,D,一个电源和一个小灯泡设计了一个如图所示的电路.现任意闭合其中两个开关,则小灯泡发光的概率为
$\dfrac{1}{2}$
.答案
12. $\dfrac{1}{2}$ 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 12 种等可能的结果,其中事件“小灯泡发光”包含 6 种等可能结果,
∴ 小灯泡发光的概率为$\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}$.
∴ 小灯泡发光的概率为$\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
首先先明确电路的导通逻辑：由电路图可知，开关A、B、C三者并联，该并联支路整体和开关D、小灯泡串联，因此小灯泡发光的条件是：闭合的两个开关中必须包含D，且A、B、C中至少有一个开关被闭合。接下来我们需要先枚举从4个开关中任选两个闭合的所有等可能结果，再筛选出满足小灯泡发光的结果数，最后代入古典概型的概率公式计算即可，用树状图有序列举可以避免重复、漏算情况。
【解析】
我们通过树状图有序列举任意闭合两个开关的所有等可能结果：
1. 第一个选择闭合的开关有A、B、C、D共4种情况：
若第一个选A，第二个可选B、C、D，对应结果：AB、AC、AD
若第一个选B，第二个可选A、C、D，对应结果：BA、BC、BD
若第一个选C，第二个可选A、B、D，对应结果：CA、CB、CD
若第一个选D，第二个可选A、B、C，对应结果：DA、DB、DC
由此可得总共有12种等可能的结果。
2. 筛选符合小灯泡发光的结果：满足电路导通的结果必须包含开关D，且另一个开关是A、B、C中的一个，符合条件的结果为AD、BD、CD、DA、DB、DC，共6种。
3. 代入概率公式计算：
$P(\mathrm{小灯泡发光})=\frac{\mathrm{符合发光条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
树状图求概率，串联并联电路，古典概型
【点评】
本题是概率与基础电路结合的小综合题，易错点是误判小灯泡发光的电路条件，或者枚举选两个开关的组合时出现重复、遗漏，解题时先理清通路要求，再用有序枚举的方式可以清晰覆盖所有情况，降低出错概率。
【难度系数】
0.6
首先先明确电路的导通逻辑：由电路图可知，开关A、B、C三者并联，该并联支路整体和开关D、小灯泡串联，因此小灯泡发光的条件是：闭合的两个开关中必须包含D，且A、B、C中至少有一个开关被闭合。接下来我们需要先枚举从4个开关中任选两个闭合的所有等可能结果，再筛选出满足小灯泡发光的结果数，最后代入古典概型的概率公式计算即可，用树状图有序列举可以避免重复、漏算情况。
【解析】
我们通过树状图有序列举任意闭合两个开关的所有等可能结果：
1. 第一个选择闭合的开关有A、B、C、D共4种情况：
若第一个选A，第二个可选B、C、D，对应结果：AB、AC、AD
若第一个选B，第二个可选A、C、D，对应结果：BA、BC、BD
若第一个选C，第二个可选A、B、D，对应结果：CA、CB、CD
若第一个选D，第二个可选A、B、C，对应结果：DA、DB、DC
由此可得总共有12种等可能的结果。
2. 筛选符合小灯泡发光的结果：满足电路导通的结果必须包含开关D，且另一个开关是A、B、C中的一个，符合条件的结果为AD、BD、CD、DA、DB、DC，共6种。
3. 代入概率公式计算：
$P(\mathrm{小灯泡发光})=\frac{\mathrm{符合发光条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
树状图求概率，串联并联电路，古典概型
【点评】
本题是概率与基础电路结合的小综合题，易错点是误判小灯泡发光的电路条件，或者枚举选两个开关的组合时出现重复、遗漏，解题时先理清通路要求，再用有序枚举的方式可以清晰覆盖所有情况，降低出错概率。
【难度系数】
0.6
13. 现有六张完全相同的不透明卡片,正面分别标有数$-4,-2,-1,0,1,3$,背面向上洗匀后任意摸一张,将卡片上的数记为$a$,则使关于$x$的分式方程$2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$有正整数解的概率为
$\dfrac{1}{2}$
。答案
13. $\dfrac{1}{2}$
∵ 分式方程 $2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$ 有正整数解,
∴ $x-2≠0$,即 $x≠2$. 整理方程,得 $(2-a)x=6$. 由题意,得 $a≠2$. $\therefore 2-a≠0$. $\therefore x=\dfrac{6}{2-a}$.
∵ 分式方程的解为正整数, $\therefore 2-a＞0$. $\therefore a＜2$. $\therefore a=-4,-2,-1,0,1$. 当 $a=-4$ 时,$x=1$,符合题意. 当 $a=-2$ 时,$x=1.5$,不合题意,舍去. 当 $a=-1$ 时,$x=2$,不合题意,舍去. 当 $a=0$ 时,$x=3$,符合题意. 当 $a=1$ 时,$x=6$,符合题意. 综上所述,$a=-4,0,1$.
∴ 使关于 $x$ 的分式方程 $2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$ 有正整数解的概率为$\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
∵ 分式方程 $2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$ 有正整数解,
∴ $x-2≠0$,即 $x≠2$. 整理方程,得 $(2-a)x=6$. 由题意,得 $a≠2$. $\therefore 2-a≠0$. $\therefore x=\dfrac{6}{2-a}$.
∵ 分式方程的解为正整数, $\therefore 2-a＞0$. $\therefore a＜2$. $\therefore a=-4,-2,-1,0,1$. 当 $a=-4$ 时,$x=1$,符合题意. 当 $a=-2$ 时,$x=1.5$,不合题意,舍去. 当 $a=-1$ 时,$x=2$,不合题意,舍去. 当 $a=0$ 时,$x=3$,符合题意. 当 $a=1$ 时,$x=6$,符合题意. 综上所述,$a=-4,0,1$.
∴ 使关于 $x$ 的分式方程 $2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$ 有正整数解的概率为$\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
这是一道分式方程和概率结合的综合题，解题思路可以拆分为三步：第一步先确定所有等可能的总情况数，本题共6张卡片，对应a的6种等可能取值；第二步先对给定的分式方程去分母化简，结合分式方程不能有增根（即x≠2）、解为正整数的要求，逐一筛选出所有符合条件的a的取值；第三步用符合条件的a的个数除以总情况数，即可算出所求概率。筛选a的时候要注意不能漏掉增根排除规则，也不能把非整数的正数解误判为符合要求的解。
【解析】
解：
1. 确定总情况数：6张卡片对应a的6种等可能取值，分别为$-4,-2,-1,0,1,3$。
2. 化简求解分式方程：
原方程为 $2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$，
分式有意义要求分母不为0，即$x-2≠0$，得增根限制$x≠2$。
方程两边同乘$(x-2)$去分母得：
$2(x-2)-ax = 2$，
展开、合并同类项后整理得：$(2-a)x=6$。
给定的a中不存在$a=2$的取值，因此$2-a≠0$，可得$x=\dfrac{6}{2-a}$。
3. 按要求筛选符合条件的a：
要求方程的解是正整数，即$x＞0$且x为正整数，同时满足$x≠2$：
由$x＞0$得$\dfrac{6}{2-a}＞0$，即$2-a＞0$，得$a＜2$，候选a缩小为$-4,-2,-1,0,1$：
① $a=-4$时，$x=\dfrac{6}{2-(-4)}=1$，是正整数且$x≠2$，符合要求；
② $a=-2$时，$x=\dfrac{6}{2-(-2)}=1.5$，不是整数，不符合要求；
③ $a=-1$时，$x=\dfrac{6}{2-(-1)}=2$，是增根，不符合要求；
④ $a=0$时，$x=\dfrac{6}{2-0}=3$，是正整数且$x≠2$，符合要求；
⑤ $a=1$时，$x=\dfrac{6}{2-1}=6$，是正整数且$x≠2$，符合要求；
剩余$a=3$时，$x=\dfrac{6}{2-3}=-6$，为负数，不符合正整数要求。
综上，符合条件的a共3个：$-4,0,1$。
4. 计算概率：$P=\dfrac{符合条件的情况数}{总情况数}=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
分式方程的解；概率公式；分式有意义条件
【点评】
本题是中考常见的小综合题型，易错点有两处：一是容易忽略分式方程的增根限制，误把a=-1对应的x=2判定为有效解；二是混淆“正数解”和“正整数解”的概念，误将非整数的x=1.5纳入符合条件的范围，解题时对所有候选a逐一验证即可避免错漏。
【难度系数】
0.5
这是一道分式方程和概率结合的综合题，解题思路可以拆分为三步：第一步先确定所有等可能的总情况数，本题共6张卡片，对应a的6种等可能取值；第二步先对给定的分式方程去分母化简，结合分式方程不能有增根（即x≠2）、解为正整数的要求，逐一筛选出所有符合条件的a的取值；第三步用符合条件的a的个数除以总情况数，即可算出所求概率。筛选a的时候要注意不能漏掉增根排除规则，也不能把非整数的正数解误判为符合要求的解。
【解析】
解：
1. 确定总情况数：6张卡片对应a的6种等可能取值，分别为$-4,-2,-1,0,1,3$。
2. 化简求解分式方程：
原方程为 $2-\dfrac{ax}{x-2}=\dfrac{-2}{2-x}$，
分式有意义要求分母不为0，即$x-2≠0$，得增根限制$x≠2$。
方程两边同乘$(x-2)$去分母得：
$2(x-2)-ax = 2$，
展开、合并同类项后整理得：$(2-a)x=6$。
给定的a中不存在$a=2$的取值，因此$2-a≠0$，可得$x=\dfrac{6}{2-a}$。
3. 按要求筛选符合条件的a：
要求方程的解是正整数，即$x＞0$且x为正整数，同时满足$x≠2$：
由$x＞0$得$\dfrac{6}{2-a}＞0$，即$2-a＞0$，得$a＜2$，候选a缩小为$-4,-2,-1,0,1$：
① $a=-4$时，$x=\dfrac{6}{2-(-4)}=1$，是正整数且$x≠2$，符合要求；
② $a=-2$时，$x=\dfrac{6}{2-(-2)}=1.5$，不是整数，不符合要求；
③ $a=-1$时，$x=\dfrac{6}{2-(-1)}=2$，是增根，不符合要求；
④ $a=0$时，$x=\dfrac{6}{2-0}=3$，是正整数且$x≠2$，符合要求；
⑤ $a=1$时，$x=\dfrac{6}{2-1}=6$，是正整数且$x≠2$，符合要求；
剩余$a=3$时，$x=\dfrac{6}{2-3}=-6$，为负数，不符合正整数要求。
综上，符合条件的a共3个：$-4,0,1$。
4. 计算概率：$P=\dfrac{符合条件的情况数}{总情况数}=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
分式方程的解；概率公式；分式有意义条件
【点评】
本题是中考常见的小综合题型，易错点有两处：一是容易忽略分式方程的增根限制，误把a=-1对应的x=2判定为有效解；二是混淆“正数解”和“正整数解”的概念，误将非整数的x=1.5纳入符合条件的范围，解题时对所有候选a逐一验证即可避免错漏。
【难度系数】
0.5
14. 有三张背面完全相同的卡片，正面上分别标有数 1，-1，2. 把这三张卡片背面朝上，随机抽取一张，记下数为 $a$；不放回，在剩余的卡片中再随机抽取一张，记下数为 $b$，则方程 $x^{2}+ax+b=0$有解的概率是
$\dfrac{1}{2}$
.答案
14. $\dfrac{1}{2}$ 若方程 $x^2+ax+b=0$ 有解,则 $\Delta=a^2-4b≥0$. 画树状图如图所示. 由图可知,共有 6 种等可能的结果,其中使方程 $x^2+ax+b=0$ 有解的有 3 种等可能结果,
∴ 方程 $x^2+ax+b=0$ 有解的概率为$\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
∴ 方程 $x^2+ax+b=0$ 有解的概率为$\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
这道题是概率与一元二次方程性质结合的综合题，解题思路可以按三步走：
1. 先明确核心限定条件：一元二次方程有实数解的充要条件是判别式非负，也就是$\Delta=a^2-4b\ge0$，先把这个判定规则整理好，后续用来筛选符合要求的$(a,b)$组合。
2. 由于是不放回抽取两张卡片，所有可能的$(a,b)$组合是有限且等可能的，我们可以通过列表或者画树状图的方式，把所有6种等可能的结果不重不漏地全部列举出来。
3. 统计所有结果中满足$\Delta\ge0$的组合数量，再根据古典概型的概率公式，用符合条件的结果数除以总结果数，就能算出最终的概率。
【解析】
1. 确定方程有解的条件：
对于一元二次方程$x^2+ax+b=0$，若方程有实数解，则判别式满足：
$\Delta = a^2 - 4b \ge 0$
2. 列举所有不放回抽样的等可能结果：
第一次抽取$a$共有3种取值：1、-1、2，不放回后第二次抽取$b$仅剩余2个可选值，全部组合为：
$(1,-1)$、$(1,2)$、$(-1,1)$、$(-1,2)$、$(2,1)$、$(2,-1)$，总计6种等可能的结果。
3. 逐一验证条件筛选符合要求的组合：
对$(1,-1)$：$\Delta=1^2-4×(-1)=5\ge0$，符合要求
对$(1,2)$：$\Delta=1^2-4×2=-7＜0$，不符合要求
对$(-1,1)$：$\Delta=(-1)^2-4×1=-3＜0$，不符合要求
对$(-1,2)$：$\Delta=(-1)^2-4×2=-7＜0$，不符合要求
对$(2,1)$：$\Delta=2^2-4×1=0\ge0$，符合要求
对$(2,-1)$：$\Delta=2^2-4×(-1)=8\ge0$，符合要求
最终满足条件的结果共3种。
4. 计算概率：
根据古典概型公式，$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，列举法求概率
【点评】
本题属于基础综合题，将一元二次方程根的判定和不放回抽样的概率计算结合，易错点一是混淆判别式的取值要求，误把$\ge0$写为$＞0$，二是列举结果时出现重复或遗漏，只要严格按照列举规则列出所有情况再逐一验证条件，即可顺利得到正确结果。
【难度系数】
0.6
这道题是概率与一元二次方程性质结合的综合题，解题思路可以按三步走：
1. 先明确核心限定条件：一元二次方程有实数解的充要条件是判别式非负，也就是$\Delta=a^2-4b\ge0$，先把这个判定规则整理好，后续用来筛选符合要求的$(a,b)$组合。
2. 由于是不放回抽取两张卡片，所有可能的$(a,b)$组合是有限且等可能的，我们可以通过列表或者画树状图的方式，把所有6种等可能的结果不重不漏地全部列举出来。
3. 统计所有结果中满足$\Delta\ge0$的组合数量，再根据古典概型的概率公式，用符合条件的结果数除以总结果数，就能算出最终的概率。
【解析】
1. 确定方程有解的条件：
对于一元二次方程$x^2+ax+b=0$，若方程有实数解，则判别式满足：
$\Delta = a^2 - 4b \ge 0$
2. 列举所有不放回抽样的等可能结果：
第一次抽取$a$共有3种取值：1、-1、2，不放回后第二次抽取$b$仅剩余2个可选值，全部组合为：
$(1,-1)$、$(1,2)$、$(-1,1)$、$(-1,2)$、$(2,1)$、$(2,-1)$，总计6种等可能的结果。
3. 逐一验证条件筛选符合要求的组合：
对$(1,-1)$：$\Delta=1^2-4×(-1)=5\ge0$，符合要求
对$(1,2)$：$\Delta=1^2-4×2=-7＜0$，不符合要求
对$(-1,1)$：$\Delta=(-1)^2-4×1=-3＜0$，不符合要求
对$(-1,2)$：$\Delta=(-1)^2-4×2=-7＜0$，不符合要求
对$(2,1)$：$\Delta=2^2-4×1=0\ge0$，符合要求
对$(2,-1)$：$\Delta=2^2-4×(-1)=8\ge0$，符合要求
最终满足条件的结果共3种。
4. 计算概率：
根据古典概型公式，$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，列举法求概率
【点评】
本题属于基础综合题，将一元二次方程根的判定和不放回抽样的概率计算结合，易错点一是混淆判别式的取值要求，误把$\ge0$写为$＞0$，二是列举结果时出现重复或遗漏，只要严格按照列举规则列出所有情况再逐一验证条件，即可顺利得到正确结果。
【难度系数】
0.6
15. 如图,有4张卡片,除正面书写内容不同,其他完全相同.把这4张卡片背面朝上洗匀,从中随机抽取两张,则这两张卡片书写的变化都是物理变化的概率为
$\dfrac{1}{6}$
.答案
15. $\dfrac{1}{6}$ 记写有“糖块融化”“盐酸除锈”“石块粉碎”“火柴燃烧”的四张卡片分别为 A,B,C,D. 依题意,画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 12 种等可能的结果,其中都是物理变化的卡片为(A,C),(C,A),共 2 种等可能结果,
∴ 所求概率为$\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6}$.
∴ 所求概率为$\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6}$.
解析
【分析】
解题时首先要先区分四个过程分别属于物理变化还是化学变化：物理变化的特征是没有新物质生成，化学变化有新物质生成。先判断出4个变化里物理变化的数量：糖块融化、石块粉碎没有新物质生成，属于物理变化；盐酸除锈、火柴燃烧有新物质生成，属于化学变化，即物理变化的卡片共2张。接下来计算从4张卡片中随机抽2张的所有等可能结果总数，再统计出两张都属于物理变化的结果数，最后用符合条件的结果数除以总结果数即可得到所求概率。这里可以用树状图或者有序列举的方法枚举所有抽取情况，避免重复或遗漏。
【解析】
1. 标记卡片并判断变化类型：
记写有“糖块融化”“盐酸除锈”“石块粉碎”“火柴燃烧”的四张卡片分别为A、B、C、D。
其中A（糖块融化）、C（石块粉碎）无新物质生成，属于物理变化；B（盐酸除锈）、D（火柴燃烧）有新物质生成，属于化学变化。
2. 枚举所有等可能抽取结果：
从4张卡片中不放回随机抽取2张，第一次抽取有4种可能，第二次抽取剩余3种可能，总共有$4×3=12$种等可能的结果。
3. 统计符合条件的结果：
两张卡片书写的变化都是物理变化的结果只有$(A,C)$、$(C,A)$，共2种。
4. 计算概率：
所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\dfrac{1}{6}$
【知识点】
物理变化判别；列举法求概率
【点评】
本题是化学基础概念和数学概率计算的小型综合题，难度较低，既考查了物质变化的基础判别，又考查了古典概型的计算。解题的易错点一是混淆物理变化和化学变化的判断，二是枚举抽取结果时出现重复或漏算，只要先准确区分两类变化，再按规则枚举所有等可能结果即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
解题时首先要先区分四个过程分别属于物理变化还是化学变化：物理变化的特征是没有新物质生成，化学变化有新物质生成。先判断出4个变化里物理变化的数量：糖块融化、石块粉碎没有新物质生成，属于物理变化；盐酸除锈、火柴燃烧有新物质生成，属于化学变化，即物理变化的卡片共2张。接下来计算从4张卡片中随机抽2张的所有等可能结果总数，再统计出两张都属于物理变化的结果数，最后用符合条件的结果数除以总结果数即可得到所求概率。这里可以用树状图或者有序列举的方法枚举所有抽取情况，避免重复或遗漏。
【解析】
1. 标记卡片并判断变化类型：
记写有“糖块融化”“盐酸除锈”“石块粉碎”“火柴燃烧”的四张卡片分别为A、B、C、D。
其中A（糖块融化）、C（石块粉碎）无新物质生成，属于物理变化；B（盐酸除锈）、D（火柴燃烧）有新物质生成，属于化学变化。
2. 枚举所有等可能抽取结果：
从4张卡片中不放回随机抽取2张，第一次抽取有4种可能，第二次抽取剩余3种可能，总共有$4×3=12$种等可能的结果。
3. 统计符合条件的结果：
两张卡片书写的变化都是物理变化的结果只有$(A,C)$、$(C,A)$，共2种。
4. 计算概率：
所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\dfrac{1}{6}$
【知识点】
物理变化判别；列举法求概率
【点评】
本题是化学基础概念和数学概率计算的小型综合题，难度较低，既考查了物质变化的基础判别，又考查了古典概型的计算。解题的易错点一是混淆物理变化和化学变化的判断，二是枚举抽取结果时出现重复或漏算，只要先准确区分两类变化，再按规则枚举所有等可能结果即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
16. 一个盒中装着大小、外形一模一样的 $x$ 颗白色弹珠和 $y$ 颗黑色弹珠,从盒中随机取出一颗弹珠,取得白色弹珠的概率是$\dfrac{1}{3}$.如果再往盒中放进 12 颗同样的白色弹珠,取得白色弹珠的概率是$\dfrac{2}{3}$,那么原来盒中有白色弹珠
4
颗.答案
16. 4
∵ 取得白色弹珠的概率是$\dfrac{1}{3}$,$\therefore \dfrac{x}{x+y}=\dfrac{1}{3}$.
∵ 再往盒中放进 12 颗同样的白色弹珠,取得白色弹珠的概率是$\dfrac{2}{3}$,$\therefore \dfrac{x+12}{x+y+12}=\dfrac{2}{3}$. $\therefore \begin{cases}\dfrac{x}{x+y}=\dfrac{1}{3},\\\dfrac{x+12}{x+y+12}=\dfrac{2}{3},\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=4,\\y=8.\end{cases}$ 经检验,$\begin{cases}x=4,\\y=8\end{cases}$是原分式方程组的解,且符合题意.
∴ 原来盒中有白色弹珠 4 颗.
∵ 取得白色弹珠的概率是$\dfrac{1}{3}$,$\therefore \dfrac{x}{x+y}=\dfrac{1}{3}$.
∵ 再往盒中放进 12 颗同样的白色弹珠,取得白色弹珠的概率是$\dfrac{2}{3}$,$\therefore \dfrac{x+12}{x+y+12}=\dfrac{2}{3}$. $\therefore \begin{cases}\dfrac{x}{x+y}=\dfrac{1}{3},\\\dfrac{x+12}{x+y+12}=\dfrac{2}{3},\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=4,\\y=8.\end{cases}$ 经检验,$\begin{cases}x=4,\\y=8\end{cases}$是原分式方程组的解,且符合题意.
∴ 原来盒中有白色弹珠 4 颗.
解析
【分析】
这道题的核心是利用随机事件的概率公式，将题目给出的两个概率条件转化为方程，联立求解即可得到原有白色弹珠的数量。首先回忆概率的基本计算方法：随机取出一颗弹珠，取得白色弹珠的概率等于白色弹珠的数量除以盒中弹珠的总数量。第一步先根据初始状态下取得白球概率为1/3，列出第一个关于x、y的等式；第二步根据加入12颗白球后取得白球概率为2/3，列出第二个等式，两个式子组成二元方程组，解方程组后检验解是否符合分式方程要求和实际意义，就能得到x的取值。
【解析】
解：根据概率的定义，初始状态下盒内共有$(x+y)$颗弹珠，取得白色弹珠的概率为$\dfrac{1}{3}$，因此可得：
$\frac{x}{x+y}=\frac{1}{3} \tag{1}$
往盒中加入12颗白色弹珠后，白色弹珠数量变为$(x+12)$，总弹珠数量变为$(x+y+12)$，此时取得白色弹珠的概率为$\dfrac{2}{3}$，因此可得：
$\frac{x+12}{x+y+12}=\frac{2}{3} \tag{2}$
联立方程(1)(2)得到方程组：
$\begin{cases}\dfrac{x}{x+y}=\dfrac{1}{3}\\\dfrac{x+12}{x+y+12}=\dfrac{2}{3}\end{cases}$
对第一个方程交叉相乘化简：$3x = x + y$，即$y=2x$；
对第二个方程交叉相乘化简：$3(x+12)=2(x+y+12)$，展开整理得$x - 2y = -12$；
将$y=2x$代入$x-2y=-12$，得$x - 4x = -12$，解得$x=4$，代入$y=2x$得$y=8$。
经检验，$\begin{cases}x=4\\y=8\end{cases}$是原分式方程组的解，且弹珠数量为正整数，符合实际题意。
因此原来盒中白色弹珠的数量为4颗。
【答案】
4
【知识点】
概率公式，分式方程组求解
【点评】
本题是概率与方程结合的基础应用题，解题关键是准确根据概率定义将文字条件转化为对应的数学等式，求解分式方程组后要注意检验，排除增根，同时保证结果符合弹珠数量为正整数的实际要求，是概率应用类的常规考题。
【难度系数】
0.8
这道题的核心是利用随机事件的概率公式，将题目给出的两个概率条件转化为方程，联立求解即可得到原有白色弹珠的数量。首先回忆概率的基本计算方法：随机取出一颗弹珠，取得白色弹珠的概率等于白色弹珠的数量除以盒中弹珠的总数量。第一步先根据初始状态下取得白球概率为1/3，列出第一个关于x、y的等式；第二步根据加入12颗白球后取得白球概率为2/3，列出第二个等式，两个式子组成二元方程组，解方程组后检验解是否符合分式方程要求和实际意义，就能得到x的取值。
【解析】
解：根据概率的定义，初始状态下盒内共有$(x+y)$颗弹珠，取得白色弹珠的概率为$\dfrac{1}{3}$，因此可得：
$\frac{x}{x+y}=\frac{1}{3} \tag{1}$
往盒中加入12颗白色弹珠后，白色弹珠数量变为$(x+12)$，总弹珠数量变为$(x+y+12)$，此时取得白色弹珠的概率为$\dfrac{2}{3}$，因此可得：
$\frac{x+12}{x+y+12}=\frac{2}{3} \tag{2}$
联立方程(1)(2)得到方程组：
$\begin{cases}\dfrac{x}{x+y}=\dfrac{1}{3}\\\dfrac{x+12}{x+y+12}=\dfrac{2}{3}\end{cases}$
对第一个方程交叉相乘化简：$3x = x + y$，即$y=2x$；
对第二个方程交叉相乘化简：$3(x+12)=2(x+y+12)$，展开整理得$x - 2y = -12$；
将$y=2x$代入$x-2y=-12$，得$x - 4x = -12$，解得$x=4$，代入$y=2x$得$y=8$。
经检验，$\begin{cases}x=4\\y=8\end{cases}$是原分式方程组的解，且弹珠数量为正整数，符合实际题意。
因此原来盒中白色弹珠的数量为4颗。
【答案】
4
【知识点】
概率公式，分式方程组求解
【点评】
本题是概率与方程结合的基础应用题，解题关键是准确根据概率定义将文字条件转化为对应的数学等式，求解分式方程组后要注意检验，排除增根，同时保证结果符合弹珠数量为正整数的实际要求，是概率应用类的常规考题。
【难度系数】
0.8
三、解答题（共52分）
17. （10分）一个不透明的袋子里装有4个球（颜色分别为红色、白色、蓝色），它们除颜色外其余都相同. 甲、乙两名同学玩摸球游戏. 规定如下：从袋子里随机摸1个球，若摸到红球，则甲赢；若摸到白球，则乙赢；若摸到蓝球，则不分输赢. 每次根据球的颜色决定输赢后，将球放回袋子里搅匀再摸球.
（1）要使甲、乙两名同学赢的可能性相等，袋子里应放红球、白球和蓝球各几个？
（2）要使甲赢的可能性比乙赢的可能性大，袋子里应放红球、白球和蓝球各几个？
17. （10分）一个不透明的袋子里装有4个球（颜色分别为红色、白色、蓝色），它们除颜色外其余都相同. 甲、乙两名同学玩摸球游戏. 规定如下：从袋子里随机摸1个球，若摸到红球，则甲赢；若摸到白球，则乙赢；若摸到蓝球，则不分输赢. 每次根据球的颜色决定输赢后，将球放回袋子里搅匀再摸球.
（1）要使甲、乙两名同学赢的可能性相等，袋子里应放红球、白球和蓝球各几个？
（2）要使甲赢的可能性比乙赢的可能性大，袋子里应放红球、白球和蓝球各几个？
答案
17.（1）要使甲、乙两名同学赢的可能性相等,则袋子里应放1个红球、1个白球和2个蓝球. （2）要使甲赢的可能性比乙赢的可能性大,则袋子里应放2个红球、1个白球和1个蓝球.
解析
【分析】
我们先梳理解题思路：首先提取题目核心条件，袋子里共4个球，且同时包含红、白、蓝三种颜色，摸球是等可能的，事件赢的可能性大小和对应颜色球的数量正相关，总球数固定时，某颜色球数越多，摸到该颜色的概率就越大。
对于第（1）问，要让甲乙赢的可能性相等，就需要红球的数量等于白球的数量，同时满足三种球数量之和为4、且蓝球数量不能为0的限制，就能算出符合要求的球数分配。
对于第（2）问，要让甲赢的可能性比乙大，就需要红球的数量大于白球的数量，同样结合三种球都至少有1个、总球数为4的限制，就能得到合法的分配方案。
【解析】
设红球数量为m，白球数量为n，蓝球数量为k，根据题意可知m、n、k均为正整数，且满足m+n+k=4。
（1）要使甲、乙两名同学赢的可能性相等，等可能摸球场景下，甲赢的概率为$\frac{m}{4}$，乙赢的概率为$\frac{n}{4}$，因此需要满足$m=n$。
将$m=n$代入$m+n+k=4$可得$2m +k=4$，结合m、k为正整数，仅当m=1时，n=1，k=4-1-1=2，符合所有条件。
（2）要使甲赢的可能性比乙赢的可能性大，即$\frac{m}{4}＞\frac{n}{4}$，因此需要满足$m＞n$。
结合m、n、k为正整数，若n≥2，则m＞n时m≥3，m+n≥5＞4，不符合总球数为4的要求；仅当n=1时，取m=2，此时k=4-2-1=1，符合所有条件。
【答案】
（1）袋子里应放1个红球、1个白球和2个蓝球；（2）袋子里应放2个红球、1个白球和1个蓝球。
【知识点】
概率的意义，可能性大小比较
【点评】
本题属于概率入门的基础应用题，结合摸球游戏场景考查学生对可能性大小的直观理解，不需要复杂的公式计算，核心是明确等可能场景下事件发生的概率和对应样本数量的正相关关系，解题时要注意“三种颜色都存在”的隐含限制，避免出现某类球数量为0的错误，能帮助学生夯实概率的基础认知。
【难度系数】
0.8
我们先梳理解题思路：首先提取题目核心条件，袋子里共4个球，且同时包含红、白、蓝三种颜色，摸球是等可能的，事件赢的可能性大小和对应颜色球的数量正相关，总球数固定时，某颜色球数越多，摸到该颜色的概率就越大。
对于第（1）问，要让甲乙赢的可能性相等，就需要红球的数量等于白球的数量，同时满足三种球数量之和为4、且蓝球数量不能为0的限制，就能算出符合要求的球数分配。
对于第（2）问，要让甲赢的可能性比乙大，就需要红球的数量大于白球的数量，同样结合三种球都至少有1个、总球数为4的限制，就能得到合法的分配方案。
【解析】
设红球数量为m，白球数量为n，蓝球数量为k，根据题意可知m、n、k均为正整数，且满足m+n+k=4。
（1）要使甲、乙两名同学赢的可能性相等，等可能摸球场景下，甲赢的概率为$\frac{m}{4}$，乙赢的概率为$\frac{n}{4}$，因此需要满足$m=n$。
将$m=n$代入$m+n+k=4$可得$2m +k=4$，结合m、k为正整数，仅当m=1时，n=1，k=4-1-1=2，符合所有条件。
（2）要使甲赢的可能性比乙赢的可能性大，即$\frac{m}{4}＞\frac{n}{4}$，因此需要满足$m＞n$。
结合m、n、k为正整数，若n≥2，则m＞n时m≥3，m+n≥5＞4，不符合总球数为4的要求；仅当n=1时，取m=2，此时k=4-2-1=1，符合所有条件。
【答案】
（1）袋子里应放1个红球、1个白球和2个蓝球；（2）袋子里应放2个红球、1个白球和1个蓝球。
【知识点】
概率的意义，可能性大小比较
【点评】
本题属于概率入门的基础应用题，结合摸球游戏场景考查学生对可能性大小的直观理解，不需要复杂的公式计算，核心是明确等可能场景下事件发生的概率和对应样本数量的正相关关系，解题时要注意“三种颜色都存在”的隐含限制，避免出现某类球数量为0的错误，能帮助学生夯实概率的基础认知。
【难度系数】
0.8
