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7. [2024 东营中考] 如图，四边形ABCD是平行四边形，从①$AC = BD$，②$AC ⊥ BD$，③$AB = BC$这三个条件中任意选取两个，能使$□ ABCD$是正方形的概率为（
A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{5}{6}$
A
）A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{5}{6}$
答案
7 A 列表如下:
| | ① | ② | ③ |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| ① | | $(②,①)$ | $(③,①)$ |
| ② | $(①,②)$ | | $(③,②)$ |
| ③ | $(①,③)$ | $(②,③)$ | |
由表可知,共有6种等可能的结果,其中能使$□ ABCD$是正方形的结果有$(②,①),(③,①),(①,②),(①,③)$,共4种,所以能使$□ ABCD$是正方形的概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.
| | ① | ② | ③ |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| ① | | $(②,①)$ | $(③,①)$ |
| ② | $(①,②)$ | | $(③,②)$ |
| ③ | $(①,③)$ | $(②,③)$ | |
由表可知,共有6种等可能的结果,其中能使$□ ABCD$是正方形的结果有$(②,①),(③,①),(①,②),(①,③)$,共4种,所以能使$□ ABCD$是正方形的概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.
解析
【分析】
解题思路可分为三步：第一步，先明确三个条件分别能使平行四边形成为哪种特殊平行四边形：①$AC=BD$可使平行四边形成为矩形，②$AC⊥BD$、③$AB=BC$都可使平行四边形成为菱形；而平行四边形要成为正方形，需要同时满足是矩形和菱形，因此选取的两个条件需一个对应矩形判定、一个对应菱形判定。第二步，用列表法列出从三个条件中任选两个的所有等可能结果，统计总结果数。第三步，统计符合正方形判定条件的结果数，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。
【解析】
首先分析各条件的作用：已知四边形ABCD是平行四边形，
添加条件①$AC=BD$，可得$□ABCD$是矩形；
添加条件②$AC⊥BD$，可得$□ABCD$是菱形；
添加条件③$AB=BC$，可得$□ABCD$是菱形。
要使$□ABCD$是正方形，需同时满足是矩形和菱形，即选取的两个条件需一个为矩形判定条件，一个为菱形判定条件。
用列表法列出从三个条件中任意选取两个的所有等可能结果：
| | ① | ② | ③ |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| ① | | $(②,①)$ | $(③,①)$ |
| ② | $(①,②)$ | | $(③,②)$ |
| ③ | $(①,③)$ | $(②,③)$ | |
由表可知，共有6种等可能的结果。其中能使$□ABCD$是正方形的结果有$(①,②)、(①,③)、(②,①)、(③,①)$，共4种。
根据概率公式计算：$P=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的判定；列表法求概率；特殊平行四边形判定
【点评】
本题是几何判定与概率计算的综合题，既考查了矩形、菱形、正方形的判定规则，也考查了用列表法求解概率的方法，需要同学们熟练掌握特殊平行四边形的判定逻辑，同时细心统计所有等可能情况，避免漏算错算。
【难度系数】
0.7
解题思路可分为三步：第一步，先明确三个条件分别能使平行四边形成为哪种特殊平行四边形：①$AC=BD$可使平行四边形成为矩形，②$AC⊥BD$、③$AB=BC$都可使平行四边形成为菱形；而平行四边形要成为正方形，需要同时满足是矩形和菱形，因此选取的两个条件需一个对应矩形判定、一个对应菱形判定。第二步，用列表法列出从三个条件中任选两个的所有等可能结果，统计总结果数。第三步，统计符合正方形判定条件的结果数，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。
【解析】
首先分析各条件的作用：已知四边形ABCD是平行四边形，
添加条件①$AC=BD$，可得$□ABCD$是矩形；
添加条件②$AC⊥BD$，可得$□ABCD$是菱形；
添加条件③$AB=BC$，可得$□ABCD$是菱形。
要使$□ABCD$是正方形，需同时满足是矩形和菱形，即选取的两个条件需一个为矩形判定条件，一个为菱形判定条件。
用列表法列出从三个条件中任意选取两个的所有等可能结果：
| | ① | ② | ③ |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| ① | | $(②,①)$ | $(③,①)$ |
| ② | $(①,②)$ | | $(③,②)$ |
| ③ | $(①,③)$ | $(②,③)$ | |
由表可知，共有6种等可能的结果。其中能使$□ABCD$是正方形的结果有$(①,②)、(①,③)、(②,①)、(③,①)$，共4种。
根据概率公式计算：$P=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的判定；列表法求概率；特殊平行四边形判定
【点评】
本题是几何判定与概率计算的综合题，既考查了矩形、菱形、正方形的判定规则，也考查了用列表法求解概率的方法，需要同学们熟练掌握特殊平行四边形的判定逻辑，同时细心统计所有等可能情况，避免漏算错算。
【难度系数】
0.7
8. [2026深圳南山区麒麟中学月考] 如图1，平整的地面上有一个不规则的图案(图中阴影部分)，小明想了解该图案的面积是多少.他采用了以下方法:用一个长为5 m、宽为4 m的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机地朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数(球扔在界线上或长方形区域外不计试验结果).他将若干次有效试验的结果绘制成了如图2所示的折线统计图，由此他估计不规则图案的面积为
变式 [2025深圳罗湖区模拟] 如图，将一枚飞镖任意投掷到正方形镖盘ABCD内，若飞镖落在镖盘内各点的机会相等，则飞镖落在阴影区域的概率为
7
m².变式 [2025深圳罗湖区模拟] 如图，将一枚飞镖任意投掷到正方形镖盘ABCD内，若飞镖落在镖盘内各点的机会相等，则飞镖落在阴影区域的概率为
$\frac{1}{2}$
.答案
8 7 假设不规则图案的面积为 $x\ \mathrm{m}^2$,由已知得长方形面积为20 $\mathrm{m}^2$,则小球落在不规则图案上的概率为$\frac{x}{20}$.当试验次数足够多时,小球落在不规则图案上的概率约为0.35,故$\frac{x}{20}\approx 0.35$,解得$x\approx7$.
变式 $\frac{1}{2}$ 设 $AB=2a$,则圆的直径为 $2a$,所以小正方形的边长为$\sqrt{2}a$,所以飞镖落在阴影区域的概率为$\frac{(\sqrt{2}a)^2}{(2a)^2}=\frac{1}{2}$.
变式 $\frac{1}{2}$ 设 $AB=2a$,则圆的直径为 $2a$,所以小正方形的边长为$\sqrt{2}a$,所以飞镖落在阴影区域的概率为$\frac{(\sqrt{2}a)^2}{(2a)^2}=\frac{1}{2}$.
解析
【分析】
第8题思路：本题利用频率估计概率的原理求解不规则图形面积。首先明确大量重复试验中，事件发生的频率会逐渐稳定在概率附近；其次几何概率中，小球落在不规则图案的概率等于不规则图案面积与长方形总面积的比值。先计算长方形总面积，再从折线统计图读取频率稳定值，将频率作为概率的估计值，列等式即可求解不规则图案面积。
变式思路：本题考查几何概率的计算，飞镖落在阴影区域的概率等于阴影区域面积与正方形镖盘总面积的比值。通过设正方形边长为参数，分别表示出阴影区域面积和大正方形面积，二者作比约掉参数即可得到概率。
【解析】
第8题
设不规则图案的面积为$x\ \mathrm{m}^2$。
1. 计算长方形总面积：长方形长为5m、宽为4m，因此总面积为$5×4=20\ \mathrm{m}^2$。
2. 由几何概率定义，小球落在不规则图案上的理论概率为$\frac{x}{20}$。
3. 由折线统计图可知，试验次数足够多时，小球落在不规则图案上的频率稳定在0.35附近，根据频率估计概率的原理，可得$\frac{x}{20}\approx0.35$。
4. 解方程得$x\approx0.35×20=7$。
变式
设正方形镖盘的边长$AB=2a$。
1. 由图可知内部圆的直径等于大正方形边长$2a$，阴影为圆内接正方形，其对角线长度等于圆的直径$2a$，因此阴影小正方形的边长为$\sqrt{2}a$。
2. 计算面积：阴影区域面积$S_{\mathrm{阴影}}=(\sqrt{2}a)^2=2a^2$，大正方形镖盘面积$S_{\mathrm{总}}=(2a)^2=4a^2$。
3. 由几何概率公式，飞镖落在阴影区域的概率为$\frac{S_{\mathrm{阴影}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{2a^2}{4a^2}=\frac{1}{2}$。
【答案】
第8题：$7$；变式：$\frac{1}{2}$
【知识点】
频率估计概率，几何概率计算，概率公式
【点评】
这两道题聚焦概率的实际应用，第8题结合试验统计折线图，考查对频率与概率关系的理解，体现了用样本估计总体的统计思想；变式通过设参数的方法简化面积计算，消去参数即可得到概率结果，核心要掌握几何概率为所求区域面积与总区域面积的比值。
【难度系数】
0.7
第8题思路：本题利用频率估计概率的原理求解不规则图形面积。首先明确大量重复试验中，事件发生的频率会逐渐稳定在概率附近；其次几何概率中，小球落在不规则图案的概率等于不规则图案面积与长方形总面积的比值。先计算长方形总面积，再从折线统计图读取频率稳定值，将频率作为概率的估计值，列等式即可求解不规则图案面积。
变式思路：本题考查几何概率的计算，飞镖落在阴影区域的概率等于阴影区域面积与正方形镖盘总面积的比值。通过设正方形边长为参数，分别表示出阴影区域面积和大正方形面积，二者作比约掉参数即可得到概率。
【解析】
第8题
设不规则图案的面积为$x\ \mathrm{m}^2$。
1. 计算长方形总面积：长方形长为5m、宽为4m，因此总面积为$5×4=20\ \mathrm{m}^2$。
2. 由几何概率定义，小球落在不规则图案上的理论概率为$\frac{x}{20}$。
3. 由折线统计图可知，试验次数足够多时，小球落在不规则图案上的频率稳定在0.35附近，根据频率估计概率的原理，可得$\frac{x}{20}\approx0.35$。
4. 解方程得$x\approx0.35×20=7$。
变式
设正方形镖盘的边长$AB=2a$。
1. 由图可知内部圆的直径等于大正方形边长$2a$，阴影为圆内接正方形，其对角线长度等于圆的直径$2a$，因此阴影小正方形的边长为$\sqrt{2}a$。
2. 计算面积：阴影区域面积$S_{\mathrm{阴影}}=(\sqrt{2}a)^2=2a^2$，大正方形镖盘面积$S_{\mathrm{总}}=(2a)^2=4a^2$。
3. 由几何概率公式，飞镖落在阴影区域的概率为$\frac{S_{\mathrm{阴影}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{2a^2}{4a^2}=\frac{1}{2}$。
【答案】
第8题：$7$；变式：$\frac{1}{2}$
【知识点】
频率估计概率，几何概率计算，概率公式
【点评】
这两道题聚焦概率的实际应用，第8题结合试验统计折线图，考查对频率与概率关系的理解，体现了用样本估计总体的统计思想；变式通过设参数的方法简化面积计算，消去参数即可得到概率结果，核心要掌握几何概率为所求区域面积与总区域面积的比值。
【难度系数】
0.7
9. 教材问题变式 [2026吉林期末]某商场为吸引消费者,举行幸运大转盘活动,规定顾客消费满100元,就可获得转动转盘的机会(如图,转盘被平均分成3份).为了活跃气氛,该商场设计了如下两种方案:
方案一:转动转盘一次,若指针指向数字1,则可领取一份奖品.
方案二:转动转盘两次,若指针两次指向的数字之和为奇数,则可领取一份奖品.
(指针指向分界线时重转)
(1)转动转盘一次,领取到一份奖品的概率为
(2)如果你获得转动转盘的机会,想要领取到奖品,你会选择哪个方案?并说明理由.
方案一:转动转盘一次,若指针指向数字1,则可领取一份奖品.
方案二:转动转盘两次,若指针两次指向的数字之和为奇数,则可领取一份奖品.
(指针指向分界线时重转)
(1)转动转盘一次,领取到一份奖品的概率为
$\frac{1}{3}$
.(2)如果你获得转动转盘的机会,想要领取到奖品,你会选择哪个方案?并说明理由.
答案
9 解:(1)$\frac{1}{3}$
(2)选择方案二.理由如下:
画树状图如下:
由树状图可知,共有9种等可能的结果,
其中领取到一份奖品的结果有4种,
所以领取到一份奖品的概率为$\frac{4}{9}$.
因为$\frac{4}{9}＞\frac{1}{3}$,所以选择方案二.
解析
【分析】
(1) 转动转盘是等可能事件，转盘被平均分成3份，总共有3种等可能的结果，指针指向1的结果仅1种，根据等可能事件的概率公式“概率=所求情况数÷总情况数”即可直接计算结果。
(2) 要选出更易中奖的方案，需先计算方案二的中奖概率，再和方案一的概率对比大小。计算两次转动转盘的概率时，可通过画树状图的方法不重不漏地列出所有等可能结果，再找出“两次数字之和为奇数”的结果数，代入概率公式计算，最终选择概率更大的方案即可。
【解析】
(1) 转盘被平均分为3份，转动一次共有3种等可能的结果，其中指针指向数字1的结果有1种，因此转动转盘一次领取到奖品的概率为$\frac{1}{3}$。
(2) 选择方案二，理由如下：
画树状图如下：
由树状图可知，转动两次转盘共有9种等可能的结果，其中两次指针指向的数字之和为奇数的结果有4种，因此方案二领取到奖品的概率为$\frac{4}{9}$。
因为$\frac{4}{9}＞\frac{1}{3}$，方案二的中奖概率更高，所以选择方案二。
【答案】
(1)$\frac{1}{3}$
(2)选择方案二，理由如下：
画树状图如下：
由树状图可知，共有9种等可能的结果，其中领取到一份奖品的结果有4种，所以领取到一份奖品的概率为$\frac{4}{9}$。
因为$\frac{4}{9}＞\frac{1}{3}$，所以选择方案二。
【知识点】
等可能事件概率；树状图法求概率；概率方案决策
【点评】
本题结合生活中常见的抽奖活动命题，既考查了基础的概率计算方法，也考查了利用概率知识解决实际问题的能力，解题时要注意列举所有等可能结果时不要出现重复或遗漏的情况，对比概率大小即可得出最优方案。
【难度系数】
0.7
(1) 转动转盘是等可能事件，转盘被平均分成3份，总共有3种等可能的结果，指针指向1的结果仅1种，根据等可能事件的概率公式“概率=所求情况数÷总情况数”即可直接计算结果。
(2) 要选出更易中奖的方案，需先计算方案二的中奖概率，再和方案一的概率对比大小。计算两次转动转盘的概率时，可通过画树状图的方法不重不漏地列出所有等可能结果，再找出“两次数字之和为奇数”的结果数，代入概率公式计算，最终选择概率更大的方案即可。
【解析】
(1) 转盘被平均分为3份，转动一次共有3种等可能的结果，其中指针指向数字1的结果有1种，因此转动转盘一次领取到奖品的概率为$\frac{1}{3}$。
(2) 选择方案二，理由如下：
画树状图如下：
由树状图可知，转动两次转盘共有9种等可能的结果，其中两次指针指向的数字之和为奇数的结果有4种，因此方案二领取到奖品的概率为$\frac{4}{9}$。
因为$\frac{4}{9}＞\frac{1}{3}$，方案二的中奖概率更高，所以选择方案二。
【答案】
(1)$\frac{1}{3}$
(2)选择方案二，理由如下：
画树状图如下：
由树状图可知，共有9种等可能的结果，其中领取到一份奖品的结果有4种，所以领取到一份奖品的概率为$\frac{4}{9}$。
因为$\frac{4}{9}＞\frac{1}{3}$，所以选择方案二。
【知识点】
等可能事件概率；树状图法求概率；概率方案决策
【点评】
本题结合生活中常见的抽奖活动命题，既考查了基础的概率计算方法，也考查了利用概率知识解决实际问题的能力，解题时要注意列举所有等可能结果时不要出现重复或遗漏的情况，对比概率大小即可得出最优方案。
【难度系数】
0.7
10. 推理能力 读了《田忌赛马》的故事后，小杨用数学模型来分析：齐王与田忌的上中下三个等级的三匹马记分如表，每匹马只赛一场，两数相比，大数为胜，三场两胜则赢。已知齐王的三匹马出场顺序为10,8,6。若田忌的三匹马随机出场，则田忌能赢得比赛的概率为
$\frac{1}{6}$
。答案
10 $\frac{1}{6}$ 由于田忌的上等、中等马分别比齐王的中等、下等马强,当齐王的三匹马出场顺序为10,8,6时,田忌的马按5,9,7的顺序出场,田忌才能赢得比赛.当田忌的三匹马随机出场时,双方马的对阵情况如下:
| 齐王的马 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 田忌的马 | 9,7,5 | 9,5,7 | 7,9,5 | 7,5,9 | 5,9,7 | 5,7,9 |
在双方马的对阵中,只有一种对阵田忌能赢,故田忌能赢得比赛的概率为$\frac{1}{6}$.
| 齐王的马 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 | 10,8,6 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 田忌的马 | 9,7,5 | 9,5,7 | 7,9,5 | 7,5,9 | 5,9,7 | 5,7,9 |
在双方马的对阵中,只有一种对阵田忌能赢,故田忌能赢得比赛的概率为$\frac{1}{6}$.
解析
【分析】
这是一道古典概型的概率计算问题，解题思路可分为两步：第一步先确定所有可能的情况总数，第二步找出田忌能赢得比赛的情况数，最终用“获胜情况数÷总情况数”得到概率。首先，齐王的马出场顺序固定为10、8、6，田忌的3匹马随机排列出场，所有出场顺序是3个元素的全排列，共6种；接着分析获胜条件：齐王第一场出10，田忌的马最高为9，因此第一场必输，要三场两胜赢下比赛，剩下两场必须全部获胜：第二场齐王出8，田忌需要派大于8的马（即9）才能赢，第三场齐王出6，田忌需要派大于6的马（剩余的7）才能赢，因此第一场田忌只能派剩下的5，仅存在1种获胜的出场顺序。
【解析】
解：已知齐王的三匹马出场顺序固定为10、8、6，田忌的三匹马（5、7、9）随机出场，所有可能的出场顺序共6种，分别为：(9,7,5)、(9,5,7)、(7,9,5)、(7,5,9)、(5,9,7)、(5,7,9)。
由于田忌的马最高数值为9，小于齐王第一场的10，因此第一场田忌必输，要赢下整场比赛，第二、三场必须全部获胜：
①第二场齐王出8，田忌只有派出9才能赢；
②第三场齐王出6，田忌派出剩余的7即可赢；
此时第一场田忌只能派出剩余的5，即仅当田忌出场顺序为(5,9,7)时，比赛结果为：第一场5＜10负，第二场9＞8胜，第三场7＞6胜，总比分2:1获胜，符合要求的情况共1种。
根据概率计算公式：$P=\frac{符合要求的情况数}{总情况数}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\frac{1}{6}$
【知识点】
古典概型计算、列举法求概率、逻辑推理
【点评】
本题以田忌赛马的经典故事为命题背景，将概率计算和策略分析相结合，既考查了学生对基础概率计算方法的掌握，也能锻炼学生的逻辑分析能力，题目兼具趣味性和知识性。
【难度系数】
0.6
这是一道古典概型的概率计算问题，解题思路可分为两步：第一步先确定所有可能的情况总数，第二步找出田忌能赢得比赛的情况数，最终用“获胜情况数÷总情况数”得到概率。首先，齐王的马出场顺序固定为10、8、6，田忌的3匹马随机排列出场，所有出场顺序是3个元素的全排列，共6种；接着分析获胜条件：齐王第一场出10，田忌的马最高为9，因此第一场必输，要三场两胜赢下比赛，剩下两场必须全部获胜：第二场齐王出8，田忌需要派大于8的马（即9）才能赢，第三场齐王出6，田忌需要派大于6的马（剩余的7）才能赢，因此第一场田忌只能派剩下的5，仅存在1种获胜的出场顺序。
【解析】
解：已知齐王的三匹马出场顺序固定为10、8、6，田忌的三匹马（5、7、9）随机出场，所有可能的出场顺序共6种，分别为：(9,7,5)、(9,5,7)、(7,9,5)、(7,5,9)、(5,9,7)、(5,7,9)。
由于田忌的马最高数值为9，小于齐王第一场的10，因此第一场田忌必输，要赢下整场比赛，第二、三场必须全部获胜：
①第二场齐王出8，田忌只有派出9才能赢；
②第三场齐王出6，田忌派出剩余的7即可赢；
此时第一场田忌只能派出剩余的5，即仅当田忌出场顺序为(5,9,7)时，比赛结果为：第一场5＜10负，第二场9＞8胜，第三场7＞6胜，总比分2:1获胜，符合要求的情况共1种。
根据概率计算公式：$P=\frac{符合要求的情况数}{总情况数}=\frac{1}{6}$。
【答案】
$\frac{1}{6}$
【知识点】
古典概型计算、列举法求概率、逻辑推理
【点评】
本题以田忌赛马的经典故事为命题背景，将概率计算和策略分析相结合，既考查了学生对基础概率计算方法的掌握，也能锻炼学生的逻辑分析能力，题目兼具趣味性和知识性。
【难度系数】
0.6
