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1[2026广东佛山调研,中]如图,将一枚棋子依次沿正方形ABCD的四个顶点A,B,C,D,A,B,C,…移动.开始时,棋子位于点A处,然后根据掷骰子(骰子为质地均匀的正六面体)掷得的点数移动棋子(如掷得1点就移动1步到点B处,掷得3点就移动3步到点D处……),接着,以移动后棋子所在的位置为新的起点,再进行同样的操作.在第二次掷骰子后,棋子回到点A处的概率是 (
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{1}{6}$
C
)A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{1}{6}$
答案
1.C
【解析】随机地掷一枚质地均匀的骰子两次,所有可能出现的结果如下：
|第一次\第二次|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)|
总共有36种可能的结果,每种结果出现的可能性相同.要使棋子回到点A处,两次掷得的点数之和必须为4,8或12.两次掷得的点数之和为4的结果有3种:(1,3),(2,2),(3,1),两次掷得的点数之和为8的结果有5种:(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),两次掷得的点数之和为12的结果有1种:(6,6),所以使棋子回到点A处的结果总共有3+5+1=9(种).因此,棋子回到点A处的概率为$\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$.故选C.
【解析】随机地掷一枚质地均匀的骰子两次,所有可能出现的结果如下：
|第一次\第二次|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)|
总共有36种可能的结果,每种结果出现的可能性相同.要使棋子回到点A处,两次掷得的点数之和必须为4,8或12.两次掷得的点数之和为4的结果有3种:(1,3),(2,2),(3,1),两次掷得的点数之和为8的结果有5种:(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),两次掷得的点数之和为12的结果有1种:(6,6),所以使棋子回到点A处的结果总共有3+5+1=9(种).因此,棋子回到点A处的概率为$\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$.故选C.
解析
【分析】
要解决这个问题，首先明确棋子的移动规律：正方形有4个顶点，移动步数每4步为一个循环，要使第二次掷骰子后回到A点，两次掷骰子的点数之和必须是4的倍数（即和为4、8、12）。接下来我们可以用列表法列举出两次掷骰子的所有等可能结果，统计出满足点数和为4的倍数的结果数量，最后根据概率公式计算对应概率即可。
【解析】
掷两次质地均匀的骰子，所有等可能的结果共有$6×6=36$种。
要使棋子最终回到A点，两次掷得的点数之和需为4的倍数，即和为4、8或12：
1. 点数和为4的结果有：$(1,3)$、$(2,2)$、$(3,1)$，共3种；
2. 点数和为8的结果有：$(2,6)$、$(3,5)$、$(4,4)$、$(5,3)$、$(6,2)$，共5种；
3. 点数和为12的结果有：$(6,6)$，共1种。
满足条件的结果总共有$3+5+1=9$种，根据概率公式$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{所有等可能结果数}}$，可得棋子回到A点的概率为$\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$。
【答案】
C
【知识点】
列表法求概率；概率计算公式；周期规律应用
【点评】
本题将周期规律与概率计算结合考查，解题的关键是先结合棋子移动的循环特点，确定两次点数和需要满足的条件，再通过列举法统计符合要求的结果数，进而求出概率，能很好地考察学生的逻辑分析和计算能力。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，首先明确棋子的移动规律：正方形有4个顶点，移动步数每4步为一个循环，要使第二次掷骰子后回到A点，两次掷骰子的点数之和必须是4的倍数（即和为4、8、12）。接下来我们可以用列表法列举出两次掷骰子的所有等可能结果，统计出满足点数和为4的倍数的结果数量，最后根据概率公式计算对应概率即可。
【解析】
掷两次质地均匀的骰子，所有等可能的结果共有$6×6=36$种。
要使棋子最终回到A点，两次掷得的点数之和需为4的倍数，即和为4、8或12：
1. 点数和为4的结果有：$(1,3)$、$(2,2)$、$(3,1)$，共3种；
2. 点数和为8的结果有：$(2,6)$、$(3,5)$、$(4,4)$、$(5,3)$、$(6,2)$，共5种；
3. 点数和为12的结果有：$(6,6)$，共1种。
满足条件的结果总共有$3+5+1=9$种，根据概率公式$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{所有等可能结果数}}$，可得棋子回到A点的概率为$\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$。
【答案】
C
【知识点】
列表法求概率；概率计算公式；周期规律应用
【点评】
本题将周期规律与概率计算结合考查，解题的关键是先结合棋子移动的循环特点，确定两次点数和需要满足的条件，再通过列举法统计符合要求的结果数，进而求出概率，能很好地考察学生的逻辑分析和计算能力。
【难度系数】
0.6
2[中]从长度分别为3,4,7,9的四条线段中,任意选取三条,端点顺次连接,能组成三角形的概率为
$\frac{1}{2}$
.答案
2.$\frac{1}{2}$
【解析】从长度分别为3,4,7,9的四条线段中任取三条的所有可能的结果是(3,4,7),(3,4,9),(3,7,9),(4,7,9),能组成三角形的结果有两种,分别为(3,7,9),(4,7,9),
∴ 能组成三角形的概率为$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,故答案为$\frac{1}{2}$.
【解析】从长度分别为3,4,7,9的四条线段中任取三条的所有可能的结果是(3,4,7),(3,4,9),(3,7,9),(4,7,9),能组成三角形的结果有两种,分别为(3,7,9),(4,7,9),
∴ 能组成三角形的概率为$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,故答案为$\frac{1}{2}$.
解析
【分析】
要解决这道题需分三步思考：第一步，先明确从4条线段中任选3条的所有等可能结果，由于选取顺序不影响结果，用列举法即可列出全部组合；第二步，依据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”，逐一判断每个组合是否符合构成三角形的条件，筛选出有效结果；第三步，根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”计算最终概率。
【解析】
首先列出从长度为3,4,7,9的四条线段中任取三条的所有等可能结果，共4种：
$(3,4,7)$、$(3,4,9)$、$(3,7,9)$、$(4,7,9)$
结合三角形三边关系逐一判断：
1. $3+4=7$，不满足两边之和大于第三边，不能构成三角形；
2. $3+4=7＜9$，不满足两边之和大于第三边，不能构成三角形；
3. $3+7=10＞9$，其余两边之和也均大于第三边，满足三边关系，可以构成三角形；
4. $4+7=11＞9$，其余两边之和也均大于第三边，满足三边关系，可以构成三角形。
因此能构成三角形的结果有2种，
故能组成三角形的概率为$P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
三角形三边关系、列举法求概率、概率公式
【点评】
本题是几何与概率的基础综合题，核心是要做到列举结果不重不漏，判断三边关系时可直接用较短两边之和与最长边比较，能简化计算步骤，属于常考基础题型。
【难度系数】
0.7
要解决这道题需分三步思考：第一步，先明确从4条线段中任选3条的所有等可能结果，由于选取顺序不影响结果，用列举法即可列出全部组合；第二步，依据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”，逐一判断每个组合是否符合构成三角形的条件，筛选出有效结果；第三步，根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”计算最终概率。
【解析】
首先列出从长度为3,4,7,9的四条线段中任取三条的所有等可能结果，共4种：
$(3,4,7)$、$(3,4,9)$、$(3,7,9)$、$(4,7,9)$
结合三角形三边关系逐一判断：
1. $3+4=7$，不满足两边之和大于第三边，不能构成三角形；
2. $3+4=7＜9$，不满足两边之和大于第三边，不能构成三角形；
3. $3+7=10＞9$，其余两边之和也均大于第三边，满足三边关系，可以构成三角形；
4. $4+7=11＞9$，其余两边之和也均大于第三边，满足三边关系，可以构成三角形。
因此能构成三角形的结果有2种，
故能组成三角形的概率为$P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
三角形三边关系、列举法求概率、概率公式
【点评】
本题是几何与概率的基础综合题，核心是要做到列举结果不重不漏，判断三边关系时可直接用较短两边之和与最长边比较，能简化计算步骤，属于常考基础题型。
【难度系数】
0.7
3[中]如图,在三条横线和三条竖线组成的图形中,任选两条横线和两条竖线都可以组成一个矩形,从这些矩形中任选一个,则所选矩形含点A的概率是
$\frac{4}{9}$
.答案
3.$\frac{4}{9}$
【解析】将从左到右的三条竖线分别记作$a,b,c$,将从上到下的三条横线分别记作$m,n,l$,列表如下：
| |$ab$|$bc$|$ac$|
| ---- | ---- | ---- | ---- |
|$mn$|$ab,mn$|$bc,mn$|$ac,mn$|
|$nl$|$ab,nl$|$bc,nl$|$ac,nl$|
|$ml$|$ab,ml$|$bc,ml$|$ac,ml$|
由表可知,共有9种等可能的结果,其中所选矩形含点A的有$bc,mn;bc,ml;ac,mn;ac,ml$这4种结果,则所选矩形含点A的概率是$\frac{4}{9}$.故答案为$\frac{4}{9}$.
【解析】将从左到右的三条竖线分别记作$a,b,c$,将从上到下的三条横线分别记作$m,n,l$,列表如下：
| |$ab$|$bc$|$ac$|
| ---- | ---- | ---- | ---- |
|$mn$|$ab,mn$|$bc,mn$|$ac,mn$|
|$nl$|$ab,nl$|$bc,nl$|$ac,nl$|
|$ml$|$ab,ml$|$bc,ml$|$ac,ml$|
由表可知,共有9种等可能的结果,其中所选矩形含点A的有$bc,mn;bc,ml;ac,mn;ac,ml$这4种结果,则所选矩形含点A的概率是$\frac{4}{9}$.故答案为$\frac{4}{9}$.
解析
【分析】
解决本题需运用古典概型的概率计算思路：第一步先计算所有可能的矩形总数，从3条横线中选2条、3条竖线中选2条即可组成矩形，分别统计选横线、选竖线的情况数，二者相乘得到总矩形数；第二步统计包含点A的矩形数量，点A位于右上小方格内，因此所选竖线需覆盖右列、所选横线需覆盖上排，据此计数符合要求的矩形数；最后代入概率公式，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到概率。
【解析】
将从左到右的三条竖线分别记作$a,b,c$，从上到下的三条横线分别记作$m,n,l$。
1. 计算总结果数：任选两条竖线的情况有$ab、bc、ac$共3种，任选两条横线的情况有$mn、nl、ml$共3种，组合可得所有矩形共$3×3=9$种，且每种结果出现的可能性相等。
2. 统计符合条件的结果数：点A位于右上小方格内，所选竖线需覆盖右列，可选$bc$或$ac$，共2种；所选横线需覆盖上排，可选$mn$或$ml$，共2种，因此含点A的矩形有$2×2=4$种，分别为$bc,mn$、$bc,ml$、$ac,mn$、$ac,ml$。
3. 计算概率：根据概率公式，所选矩形含点A的概率为$\frac{4}{9}$。
【答案】
$\frac{4}{9}$
【知识点】
古典概型计算、组合计数、列举法求概率
【点评】
本题重点考查概率的计算，解题核心是准确完成两类计数，要求学生计数时分类清晰、不重不漏，能够有效锻炼学生的逻辑分析能力和严谨的计数习惯。
【难度系数】
0.6
解决本题需运用古典概型的概率计算思路：第一步先计算所有可能的矩形总数，从3条横线中选2条、3条竖线中选2条即可组成矩形，分别统计选横线、选竖线的情况数，二者相乘得到总矩形数；第二步统计包含点A的矩形数量，点A位于右上小方格内，因此所选竖线需覆盖右列、所选横线需覆盖上排，据此计数符合要求的矩形数；最后代入概率公式，用符合条件的结果数除以总结果数即可得到概率。
【解析】
将从左到右的三条竖线分别记作$a,b,c$，从上到下的三条横线分别记作$m,n,l$。
1. 计算总结果数：任选两条竖线的情况有$ab、bc、ac$共3种，任选两条横线的情况有$mn、nl、ml$共3种，组合可得所有矩形共$3×3=9$种，且每种结果出现的可能性相等。
2. 统计符合条件的结果数：点A位于右上小方格内，所选竖线需覆盖右列，可选$bc$或$ac$，共2种；所选横线需覆盖上排，可选$mn$或$ml$，共2种，因此含点A的矩形有$2×2=4$种，分别为$bc,mn$、$bc,ml$、$ac,mn$、$ac,ml$。
3. 计算概率：根据概率公式，所选矩形含点A的概率为$\frac{4}{9}$。
【答案】
$\frac{4}{9}$
【知识点】
古典概型计算、组合计数、列举法求概率
【点评】
本题重点考查概率的计算，解题核心是准确完成两类计数，要求学生计数时分类清晰、不重不漏，能够有效锻炼学生的逻辑分析能力和严谨的计数习惯。
【难度系数】
0.6
4[2026江苏无锡质检,较难]高尔顿钉板是英国生物统计学家高尔顿设计的用来研究随机现象的模型.如图(1)是一个竖直放置的高尔顿钉板,其中,灰色圆面表示钉板上的钉子,$A_1,B_1,B_2,···,D_3,D_4$分别表示相邻两颗钉子之间的空隙,这些空隙大小均相等,从入口$A_1$处投放一个直径略小于两颗钉子之间空隙的小球,小球下落过程中,总是碰到空隙正下方的钉子,且沿该钉子左右两个相邻空隙继续下落的机会相等,直至小球落入下面的甲槽或乙槽内.
(1)求从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内的概率；
(2)某商家在研究了高尔顿钉板实验后,利用其进行抽奖促销活动以销售一种商品.现有如下促销方案:
方案一 商品定价54元,顾客入店购买一件该商品,可以在图(1)所示的钉板上玩一次游戏,小球落入甲槽内则该商品立减2元,落入乙槽内则该商品立减6元；
方案二 商品定价$a$元,商家改进高尔顿钉板后如图(2)所示,将钉子减少为3层.顾客入店购买一件该商品,可以在图(2)所示的钉板上玩一次游戏,小球落入甲槽内则该商品立减2元,落入乙槽内则该商品立减6元.
已知一件该商品的成本为40元,假如某天有100人各购买了一件该商品,并参与了抽奖,请估算若要使商家采用方案一获利不少于方案二,那么方案二中的定价$a$最高为多少元?并说明理由.
(1)求从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内的概率；
(2)某商家在研究了高尔顿钉板实验后,利用其进行抽奖促销活动以销售一种商品.现有如下促销方案:
方案一 商品定价54元,顾客入店购买一件该商品,可以在图(1)所示的钉板上玩一次游戏,小球落入甲槽内则该商品立减2元,落入乙槽内则该商品立减6元；
方案二 商品定价$a$元,商家改进高尔顿钉板后如图(2)所示,将钉子减少为3层.顾客入店购买一件该商品,可以在图(2)所示的钉板上玩一次游戏,小球落入甲槽内则该商品立减2元,落入乙槽内则该商品立减6元.
已知一件该商品的成本为40元,假如某天有100人各购买了一件该商品,并参与了抽奖,请估算若要使商家采用方案一获利不少于方案二,那么方案二中的定价$a$最高为多少元?并说明理由.
答案
4.【解】(1)根据题意,画树状图如下：
共有8种等可能的情况,其中落入甲槽内的情况有6种,
∴ $P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$.
(2)方案二中的定价$a$最高为55元.
理由如下:由(1)知方案一中,$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{3}{4}$,
∴ $P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入乙槽内)$=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$,则商家的获利大约为$100×\frac{3}{4}×(54-2)+100×\frac{1}{4}×(54-6)-100×40=1100$(元).由题图(2)画树状图如下：
故方案二中,$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{1}{2}$,$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入乙槽内)$=\frac{1}{2}$,则商家的获利大约为$100×\frac{1}{2}×(a-2)+100×\frac{1}{2}×(a-6)-100×40=(100a-4400)$元.
∵ 要使商家采用方案一的获利不少于方案二,
∴ $100a-4400≤1100$,解得$a≤55$,故方案二中商品的定价$a$最高为55元.
解析
【分析】
（1）小球下落时每次向左右两侧下落的概率相等，我们可以通过画树状图列举出小球下落所有等可能的结果，再统计出最终落入甲槽的结果数，根据概率公式“概率=所求情况数与总情况数之比”即可计算出小球落入甲槽的概率。
（2）先根据第一问得到的概率，计算100人参与时方案一商家的总获利；再用树状图法求出方案二中小球落入甲、乙槽的概率，进而写出方案二商家总获利的表达式；根据“方案一获利不少于方案二”列不等式求解，即可得到a的最大值。
【解析】
(1)根据题意，画树状图如下：
共有8种等可能的情况，其中落入甲槽内的情况有6种，
∴ $P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$。
(2)方案二中的定价$a$最高为55元，理由如下：
由(1)知方案一中，$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{3}{4}$，
∴ $P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入乙槽内)$=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$，
则100人参与时商家的获利大约为$100×\frac{3}{4}×(54-2)+100×\frac{1}{4}×(54-6)-100×40=1100$(元)。
由题图(2)画树状图如下：
故方案二中，$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{1}{2}$，$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入乙槽内)$=\frac{1}{2}$，
则100人参与时商家的获利大约为$100×\frac{1}{2}×(a-2)+100×\frac{1}{2}×(a-6)-100×40=(100a-4400)$元。
∵ 要使商家采用方案一的获利不少于方案二，
∴ $100a-4400≤1100$，解得$a≤55$，故方案二中商品的定价$a$最高为55元。
【答案】
(1)$\frac{3}{4}$
(2)最高为55元
【知识点】
树状图求概率、概率的实际应用、一元一次不等式的应用
【点评】
本题以高尔顿钉板实验为背景，将概率计算与实际经营的获利问题相结合，既考查了等可能事件概率的计算方法，又考查了利用不等式解决实际最值问题的能力，贴近生活实际，综合性较强。
【难度系数】
0.6
（1）小球下落时每次向左右两侧下落的概率相等，我们可以通过画树状图列举出小球下落所有等可能的结果，再统计出最终落入甲槽的结果数，根据概率公式“概率=所求情况数与总情况数之比”即可计算出小球落入甲槽的概率。
（2）先根据第一问得到的概率，计算100人参与时方案一商家的总获利；再用树状图法求出方案二中小球落入甲、乙槽的概率，进而写出方案二商家总获利的表达式；根据“方案一获利不少于方案二”列不等式求解，即可得到a的最大值。
【解析】
(1)根据题意，画树状图如下：
共有8种等可能的情况，其中落入甲槽内的情况有6种，
∴ $P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$。
(2)方案二中的定价$a$最高为55元，理由如下：
由(1)知方案一中，$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{3}{4}$，
∴ $P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入乙槽内)$=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$，
则100人参与时商家的获利大约为$100×\frac{3}{4}×(54-2)+100×\frac{1}{4}×(54-6)-100×40=1100$(元)。
由题图(2)画树状图如下：
故方案二中，$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入甲槽内)$=\frac{1}{2}$，$P$(从入口$A_1$处投放一个小球落入乙槽内)$=\frac{1}{2}$，
则100人参与时商家的获利大约为$100×\frac{1}{2}×(a-2)+100×\frac{1}{2}×(a-6)-100×40=(100a-4400)$元。
∵ 要使商家采用方案一的获利不少于方案二，
∴ $100a-4400≤1100$，解得$a≤55$，故方案二中商品的定价$a$最高为55元。
【答案】
(1)$\frac{3}{4}$
(2)最高为55元
【知识点】
树状图求概率、概率的实际应用、一元一次不等式的应用
【点评】
本题以高尔顿钉板实验为背景，将概率计算与实际经营的获利问题相结合，既考查了等可能事件概率的计算方法，又考查了利用不等式解决实际最值问题的能力，贴近生活实际，综合性较强。
【难度系数】
0.6
