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1. 如图所示为某超市为回馈顾客设计的抽奖转盘，该转盘被均分成6个扇形，某顾客转动转盘一次（指向边界处重转），获得二等奖的概率是（
A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$
B
）A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$
答案
1. B $\because$ 该转盘被均分成6个扇形,二等奖有2个,$\therefore$ 转动转盘一次(指向边界处重转),获得二等奖的概率是$\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.
解析
【分析】
这道题是求转盘抽奖的概率，解题思路如下：首先确认所有等可能的情况，题目说明转盘被平均分成6个完全相同的扇形，因此指针指向任意一个扇形的可能性都相等，总共有6种等可能的结果；接着统计符合“获得二等奖”的扇形数量，数出图中标注二等奖的扇形共有2个；最后根据概率的基本计算公式，用符合要求的结果数除以全部等可能的结果数，就能算出获得二等奖的概率，匹配对应选项即可。
【解析】
解：已知转盘被均匀分成6个扇形，转动转盘一次（指向边界重转）时，指针指向每个扇形的可能性相等，即总共有6种等可能的结果。
其中指针指向标注“二等奖”的扇形的结果共有2种，根据概率计算公式：
$P(\mathrm{获得二等奖})=\frac{\mathrm{二等奖对应的扇形数量}}{\mathrm{转盘总扇形数量}}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$
因此获得二等奖的概率为$\frac{1}{3}$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
概率基本计算
几何概率初步
【点评】
本题属于概率章节的基础入门题型，考点直白清晰，解题核心是准确统计总等可能区域数和目标奖项对应的区域数，只要不数错各奖项的扇形数量就可以轻松得到正确结果，适合刚接触概率知识点的学生巩固基础概念。
【难度系数】
0.9
这道题是求转盘抽奖的概率，解题思路如下：首先确认所有等可能的情况，题目说明转盘被平均分成6个完全相同的扇形，因此指针指向任意一个扇形的可能性都相等，总共有6种等可能的结果；接着统计符合“获得二等奖”的扇形数量，数出图中标注二等奖的扇形共有2个；最后根据概率的基本计算公式，用符合要求的结果数除以全部等可能的结果数，就能算出获得二等奖的概率，匹配对应选项即可。
【解析】
解：已知转盘被均匀分成6个扇形，转动转盘一次（指向边界重转）时，指针指向每个扇形的可能性相等，即总共有6种等可能的结果。
其中指针指向标注“二等奖”的扇形的结果共有2种，根据概率计算公式：
$P(\mathrm{获得二等奖})=\frac{\mathrm{二等奖对应的扇形数量}}{\mathrm{转盘总扇形数量}}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$
因此获得二等奖的概率为$\frac{1}{3}$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
概率基本计算
几何概率初步
【点评】
本题属于概率章节的基础入门题型，考点直白清晰，解题核心是准确统计总等可能区域数和目标奖项对应的区域数，只要不数错各奖项的扇形数量就可以轻松得到正确结果，适合刚接触概率知识点的学生巩固基础概念。
【难度系数】
0.9
2. 已知飞镖游戏板中每一块小正方形除颜色外都相同，若某人向如图所示的游戏板投掷飞镖一次（击中小正方形的边界或没有击中游戏板，则重掷一次），则击中涂色区域的概率是
$\dfrac{1}{3}$
。答案
2. $\dfrac{1}{3}$ 若设小正方形的边长为1,则涂色部分的面积为$\dfrac{1}{2}×1×1×4+1^2=3$,飞镖游戏板的面积为$3×3=9$. 根据飞镖击中涂色区域的概率就是涂色区域的面积与总面积的比值,可得飞镖击中涂色区域的概率是$\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$.
解析
【分析】
这是典型的几何概型概率计算题，解题思路非常清晰：几何概型中事件发生的概率等于符合条件的区域面积和总区域面积的比值。我们可以先设每个小正方形的边长为1，第一步先计算整个飞镖游戏板的总面积，观察图形可知游戏板是3×3排列的小正方形组成的大正方形，很容易算出总面积；第二步把涂色的不规则图形拆分为4个全等的直角三角形和1个边长为1的正方形，分别计算规则图形的面积再求和，得到涂色区域的总面积；最后用涂色区域面积除以游戏板总面积，就能得到击中涂色区域的概率。
【解析】
解：设每块小正方形的边长为1：
1. 计算游戏板的总面积：
观察图形可知游戏板是边长为3的大正方形，因此总面积 $S_{\mathrm{总}}=3×3=9$。
2. 计算涂色区域的总面积：
涂色部分可拆分为4个完全相同的直角边为1的直角三角形，和1个边长为1的正方形：
单个直角三角形的面积 $S_{△}=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}$，
4个直角三角形的总面积为 $4×\frac{1}{2}=2$，
中间正方形的面积 $S_{\mathrm{正}}=1^2=1$，
因此涂色区域总面积 $S_{\mathrm{涂}}=2+1=3$。
3. 计算击中涂色区域的概率：
根据几何概型的概率公式，击中涂色区域的概率 $P=\frac{S_{\mathrm{涂}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$。
【答案】$\dfrac{1}{3}$
【知识点】几何概型，图形面积计算
【点评】本题是几何概型的基础题型，核心考点是将不规则的阴影图形拆分转化为规则图形计算面积，避免直接数格子出现错误，整体思路直观，属于概率部分的常规基础题。
【难度系数】0.8
这是典型的几何概型概率计算题，解题思路非常清晰：几何概型中事件发生的概率等于符合条件的区域面积和总区域面积的比值。我们可以先设每个小正方形的边长为1，第一步先计算整个飞镖游戏板的总面积，观察图形可知游戏板是3×3排列的小正方形组成的大正方形，很容易算出总面积；第二步把涂色的不规则图形拆分为4个全等的直角三角形和1个边长为1的正方形，分别计算规则图形的面积再求和，得到涂色区域的总面积；最后用涂色区域面积除以游戏板总面积，就能得到击中涂色区域的概率。
【解析】
解：设每块小正方形的边长为1：
1. 计算游戏板的总面积：
观察图形可知游戏板是边长为3的大正方形，因此总面积 $S_{\mathrm{总}}=3×3=9$。
2. 计算涂色区域的总面积：
涂色部分可拆分为4个完全相同的直角边为1的直角三角形，和1个边长为1的正方形：
单个直角三角形的面积 $S_{△}=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}$，
4个直角三角形的总面积为 $4×\frac{1}{2}=2$，
中间正方形的面积 $S_{\mathrm{正}}=1^2=1$，
因此涂色区域总面积 $S_{\mathrm{涂}}=2+1=3$。
3. 计算击中涂色区域的概率：
根据几何概型的概率公式，击中涂色区域的概率 $P=\frac{S_{\mathrm{涂}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$。
【答案】$\dfrac{1}{3}$
【知识点】几何概型，图形面积计算
【点评】本题是几何概型的基础题型，核心考点是将不规则的阴影图形拆分转化为规则图形计算面积，避免直接数格子出现错误，整体思路直观，属于概率部分的常规基础题。
【难度系数】0.8
3. 如图,某商场为了吸引顾客,设立了可以自由转动的转盘(转盘被平均分为20份),并规定:顾客每购买200元的商品,就能获得一次转动转盘的机会.如果转盘停止后,指针正好对准红色、黄色、绿色区域,那么顾客就可以分别获得200元、100元、50元的购物券.如果顾客不愿意转转盘,那么可以直接获得30元的购物券.
(1) 求转动一次转盘获得购物券的概率.
(2) 某顾客在此商场购物220元,通过转动转盘获得购物券和直接获得购物券,你认为他选择哪种方式更合算？请说明理由.
(1) 求转动一次转盘获得购物券的概率.
(2) 某顾客在此商场购物220元,通过转动转盘获得购物券和直接获得购物券,你认为他选择哪种方式更合算？请说明理由.
答案
3. (1) $\because$ 转盘被平均分为20份,转动一次转盘获得购物券的结果有10种,$\therefore$ $P$(转动一次转盘获得购物券)$=\dfrac{10}{20}=\dfrac{1}{2}$.
(2) 他选择转动转盘获得购物券更合算. 理由:由题意,得 $P(\mathrm{红色})=\dfrac{1}{20},P(\mathrm{黄色})=\dfrac{3}{20},P(\mathrm{绿色})=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}$,$\therefore 200×\dfrac{1}{20}+100×\dfrac{3}{20}+50×\dfrac{3}{10}=40$(元). $\because 40＞30$,$\therefore$ 他选择转动转盘获得购物券更合算.
(2) 他选择转动转盘获得购物券更合算. 理由:由题意,得 $P(\mathrm{红色})=\dfrac{1}{20},P(\mathrm{黄色})=\dfrac{3}{20},P(\mathrm{绿色})=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}$,$\therefore 200×\dfrac{1}{20}+100×\dfrac{3}{20}+50×\dfrac{3}{10}=40$(元). $\because 40＞30$,$\therefore$ 他选择转动转盘获得购物券更合算.
解析
【分析】
这道题是概率的实际应用题，解题思路如下：
1. 第(1)问：转盘被平均分成20份，属于等可能事件，我们先统计出所有能获得购物券的红、黄、绿区域的总份数，再用符合条件的结果数除以总等可能结果数，就能算出转动一次转盘获得购物券的概率。
2. 第(2)问：顾客消费220元满足转动转盘的条件，我们先分别算出指针指向红、黄、绿区域的对应概率，再计算转动转盘的平均收益，将这个平均收益和直接领取的30元购物券对比，收益更高的方式就更合算。
【解析】
(1) 已知转盘被平均分为20份，其中可获得购物券的红色、黄色、绿色区域总共有1+3+6=10份，根据等可能事件概率公式：
$P(\mathrm{转动一次转盘获得购物券})=\frac{\mathrm{可获得购物券的区域份数}}{\mathrm{转盘总份数}}=\frac{10}{20}=\frac{1}{2}$。
(2) 该顾客购物220元，可获得一次转动转盘的机会：
分别计算不同奖励对应的概率：
红色区域共1份，$P(\mathrm{红色})=\frac{1}{20}$，
黄色区域共3份，$P(\mathrm{黄色})=\frac{3}{20}$，
绿色区域共6份，$P(\mathrm{绿色})=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}$。
计算转动转盘的平均收益：
$200×\dfrac{1}{20}+100×\dfrac{3}{20}+50×\dfrac{3}{10}=10+15+15=40$（元）。
因为$40＞30$，所以选择转动转盘的方式收益更高，更合算。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{2}$；(2) 选择转动转盘获得购物券更合算，转动转盘的平均收益为40元，高于直接获得的30元购物券。
【知识点】
等可能事件概率，概率实际应用
【点评】
本题是概率在生活场景的经典应用题，第一问考察基础的概率计算，难度较低；第二问通过计算期望收益对比两种方案，让学生理解概率可以作为实际决策的参考依据，解题时注意仔细数清红、黄、绿三类区域的份数，避免计数错误。
【难度系数】
0.7
这道题是概率的实际应用题，解题思路如下：
1. 第(1)问：转盘被平均分成20份，属于等可能事件，我们先统计出所有能获得购物券的红、黄、绿区域的总份数，再用符合条件的结果数除以总等可能结果数，就能算出转动一次转盘获得购物券的概率。
2. 第(2)问：顾客消费220元满足转动转盘的条件，我们先分别算出指针指向红、黄、绿区域的对应概率，再计算转动转盘的平均收益，将这个平均收益和直接领取的30元购物券对比，收益更高的方式就更合算。
【解析】
(1) 已知转盘被平均分为20份，其中可获得购物券的红色、黄色、绿色区域总共有1+3+6=10份，根据等可能事件概率公式：
$P(\mathrm{转动一次转盘获得购物券})=\frac{\mathrm{可获得购物券的区域份数}}{\mathrm{转盘总份数}}=\frac{10}{20}=\frac{1}{2}$。
(2) 该顾客购物220元，可获得一次转动转盘的机会：
分别计算不同奖励对应的概率：
红色区域共1份，$P(\mathrm{红色})=\frac{1}{20}$，
黄色区域共3份，$P(\mathrm{黄色})=\frac{3}{20}$，
绿色区域共6份，$P(\mathrm{绿色})=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}$。
计算转动转盘的平均收益：
$200×\dfrac{1}{20}+100×\dfrac{3}{20}+50×\dfrac{3}{10}=10+15+15=40$（元）。
因为$40＞30$，所以选择转动转盘的方式收益更高，更合算。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{2}$；(2) 选择转动转盘获得购物券更合算，转动转盘的平均收益为40元，高于直接获得的30元购物券。
【知识点】
等可能事件概率，概率实际应用
【点评】
本题是概率在生活场景的经典应用题，第一问考察基础的概率计算，难度较低；第二问通过计算期望收益对比两种方案，让学生理解概率可以作为实际决策的参考依据，解题时注意仔细数清红、黄、绿三类区域的份数，避免计数错误。
【难度系数】
0.7
4. 如图,将一枚棋子依次沿着正方形 $ABCD$ 的四个顶点 $A,B,C,D$ 移动. 开始时,棋子位于点 $A$ 处;然后,根据掷骰子掷得的点数移动棋子(如掷得 1 点就移动 1 步到点 $B$ 处,如掷得 3 点就移动3 步到点 $D$ 处,如掷得 6 点就移动 6 步到点 $C$ 处……); 接着,以移动后棋子所在位置为新的起点,再进行同样的操作.
(1) 从点 $A$ 开始,掷一次骰子后到点 $C$ 处的概率是
(2) 在第二次掷骰子后,棋子回到点 $A$ 处的概率是多少?
(1) 从点 $A$ 开始,掷一次骰子后到点 $C$ 处的概率是
$\dfrac{1}{3}$
.(2) 在第二次掷骰子后,棋子回到点 $A$ 处的概率是多少?
答案
4. (1) $\dfrac{1}{3}$. $\because$ 骰子是一个正方体,六个面上的点数分别是1,2,3,4,5,6,$\therefore$ 第一次掷骰子有6种等可能结果.
$\because$ 当棋子移动到点 $C$ 处时,需要掷得 2 点或 6 点,共 2 种等可能结果,$\therefore$ 从点 $A$ 开始,掷一次骰子后到点 $C$ 处的概率是$\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.
(2) 两次掷骰子的结果如下表:
| 第1次\第2次 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | (1,1) | (1,2) | (1,3) | (1,4) | (1,5) | (1,6) |
| 2 | (2,1) | (2,2) | (2,3) | (2,4) | (2,5) | (2,6) |
| 3 | (3,1) | (3,2) | (3,3) | (3,4) | (3,5) | (3,6) |
| 4 | (4,1) | (4,2) | (4,3) | (4,4) | (4,5) | (4,6) |
| 5 | (5,1) | (5,2) | (5,3) | (5,4) | (5,5) | (5,6) |
| 6 | (6,1) | (6,2) | (6,3) | (6,4) | (6,5) | (6,6) |
由表可知,共有 36 种等可能的结果,要使棋子回到点 $A$ 处,两次掷得的点数之和必须为 4,8 或 12,共有 9 种等可能结果,$\therefore$ 在第二次掷骰子后,棋子回到点 $A$ 处的概率为$\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4}$.
$\because$ 当棋子移动到点 $C$ 处时,需要掷得 2 点或 6 点,共 2 种等可能结果,$\therefore$ 从点 $A$ 开始,掷一次骰子后到点 $C$ 处的概率是$\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.
(2) 两次掷骰子的结果如下表:
| 第1次\第2次 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | (1,1) | (1,2) | (1,3) | (1,4) | (1,5) | (1,6) |
| 2 | (2,1) | (2,2) | (2,3) | (2,4) | (2,5) | (2,6) |
| 3 | (3,1) | (3,2) | (3,3) | (3,4) | (3,5) | (3,6) |
| 4 | (4,1) | (4,2) | (4,3) | (4,4) | (4,5) | (4,6) |
| 5 | (5,1) | (5,2) | (5,3) | (5,4) | (5,5) | (5,6) |
| 6 | (6,1) | (6,2) | (6,3) | (6,4) | (6,5) | (6,6) |
由表可知,共有 36 种等可能的结果,要使棋子回到点 $A$ 处,两次掷得的点数之和必须为 4,8 或 12,共有 9 种等可能结果,$\therefore$ 在第二次掷骰子后,棋子回到点 $A$ 处的概率为$\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4}$.
解析
【分析】
先解决第一小问：掷一次标准骰子，会出现1到6共6种等可能的结果。棋子从A点出发，沿A→B→C→D循环移动，要到达C点，需要移动的步数除以4余2，也就是步数为2、6，我们只需要数出符合要求的点数数量，除以总结果数就能得到第一问的概率。
再解决第二小问：要第二次掷完骰子后棋子回到A点，相当于两次掷骰子的总移动步数是4的整数倍，因为从A出发每走4步就会循环回到A点。两次掷骰子的点数和最小是2，最大是12，所以符合要求的点数和只能是4、8、12，我们用列表法列出两次掷骰子所有36种等可能的结果，数出点数和为4、8、12的总数量，除以36就能得到对应的概率。
【解析】
(1) 掷一次骰子，共有点数1、2、3、4、5、6这6种等可能的结果。
棋子从A点出发，移动1步到B，移动2步到C，移动3步到D，移动4步回到A，以此类推，移动步数模4余2时棋子落在C点，满足条件的点数为2和6，共2种结果。
因此所求概率为 $P_1=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。
(2) 列出两次掷骰子所有的等可能结果如下：
| 第1次\第2次 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | (1,1) | (1,2) | (1,3) | (1,4) | (1,5) | (1,6) |
| 2 | (2,1) | (2,2) | (2,3) | (2,4) | (2,5) | (2,6) |
| 3 | (3,1) | (3,2) | (3,3) | (3,4) | (3,5) | (3,6) |
| 4 | (4,1) | (4,2) | (4,3) | (4,4) | (4,5) | (4,6) |
| 5 | (5,1) | (5,2) | (5,3) | (5,4) | (5,5) | (5,6) |
| 6 | (6,1) | (6,2) | (6,3) | (6,4) | (6,5) | (6,6) |
由表可知总共有36种等可能的结果。
要让棋子最终回到A点，两次掷得的点数之和必须是4的倍数，在点数和的取值范围2~12中，符合要求的和为4、8、12：
和为4的组合共3种：(1,3)、(2,2)、(3,1)
和为8的组合共5种：(2,6)、(3,5)、(4,4)、(5,3)、(6,2)
和为12的组合共1种：(6,6)
符合条件的结果总数为3+5+1=9种，因此所求概率为 $P_2=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{3}$；(2) $\dfrac{1}{4}$
【知识点】
古典概型，列表法求概率
【点评】
本题结合正方形顶点循环移动的趣味情境考察概率计算，解题核心是利用4步一循环的规律，把“回到指定顶点”的实际要求转化为“总步数模4为指定值”的数学条件，避免逐一枚举位置的冗余操作，考察了学生将实际情境转化为数学规则的能力，属于基础的概率应用题型。
【难度系数】
0.7
先解决第一小问：掷一次标准骰子，会出现1到6共6种等可能的结果。棋子从A点出发，沿A→B→C→D循环移动，要到达C点，需要移动的步数除以4余2，也就是步数为2、6，我们只需要数出符合要求的点数数量，除以总结果数就能得到第一问的概率。
再解决第二小问：要第二次掷完骰子后棋子回到A点，相当于两次掷骰子的总移动步数是4的整数倍，因为从A出发每走4步就会循环回到A点。两次掷骰子的点数和最小是2，最大是12，所以符合要求的点数和只能是4、8、12，我们用列表法列出两次掷骰子所有36种等可能的结果，数出点数和为4、8、12的总数量，除以36就能得到对应的概率。
【解析】
(1) 掷一次骰子，共有点数1、2、3、4、5、6这6种等可能的结果。
棋子从A点出发，移动1步到B，移动2步到C，移动3步到D，移动4步回到A，以此类推，移动步数模4余2时棋子落在C点，满足条件的点数为2和6，共2种结果。
因此所求概率为 $P_1=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。
(2) 列出两次掷骰子所有的等可能结果如下：
| 第1次\第2次 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| 1 | (1,1) | (1,2) | (1,3) | (1,4) | (1,5) | (1,6) |
| 2 | (2,1) | (2,2) | (2,3) | (2,4) | (2,5) | (2,6) |
| 3 | (3,1) | (3,2) | (3,3) | (3,4) | (3,5) | (3,6) |
| 4 | (4,1) | (4,2) | (4,3) | (4,4) | (4,5) | (4,6) |
| 5 | (5,1) | (5,2) | (5,3) | (5,4) | (5,5) | (5,6) |
| 6 | (6,1) | (6,2) | (6,3) | (6,4) | (6,5) | (6,6) |
由表可知总共有36种等可能的结果。
要让棋子最终回到A点，两次掷得的点数之和必须是4的倍数，在点数和的取值范围2~12中，符合要求的和为4、8、12：
和为4的组合共3种：(1,3)、(2,2)、(3,1)
和为8的组合共5种：(2,6)、(3,5)、(4,4)、(5,3)、(6,2)
和为12的组合共1种：(6,6)
符合条件的结果总数为3+5+1=9种，因此所求概率为 $P_2=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{3}$；(2) $\dfrac{1}{4}$
【知识点】
古典概型，列表法求概率
【点评】
本题结合正方形顶点循环移动的趣味情境考察概率计算，解题核心是利用4步一循环的规律，把“回到指定顶点”的实际要求转化为“总步数模4为指定值”的数学条件，避免逐一枚举位置的冗余操作，考察了学生将实际情境转化为数学规则的能力，属于基础的概率应用题型。
【难度系数】
0.7
