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1.(2025·南京期中)任意掷一枚骰子,下列情况出现的可能性比较小的是 （
A.朝上一面的点数是6
B.朝上一面的点数是偶数
C.朝上一面的点数大于2
D.朝上一面的点数小于3
A
）A.朝上一面的点数是6
B.朝上一面的点数是偶数
C.朝上一面的点数大于2
D.朝上一面的点数小于3
答案
1. A
解析
【分析】
要判断哪种情况出现的可能性最小，首先明确掷一枚均匀骰子时，朝上的点数共有6种等可能的结果，我们只需要分别统计每个选项中符合条件的结果数量，用符合条件的结果数除以总结果数6，得到每个事件发生的概率，再对比四个概率的大小，概率最小的事件对应的选项就是答案。
【解析】
任意掷一枚骰子，朝上的点数共有6种等可能的结果：1、2、3、4、5、6，分别计算各选项对应事件的概率：
1. 选项A：朝上点数是6，符合条件的结果只有1种，因此概率$P(A)=\frac{1}{6}$；
2. 选项B：朝上点数是偶数，符合条件的结果为2、4、6，共3种，因此概率$P(B)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$；
3. 选项C：朝上点数大于2，符合条件的结果为3、4、5、6，共4种，因此概率$P(C)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$；
4. 选项D：朝上点数小于3，符合条件的结果为1、2，共2种，因此概率$P(D)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。
对比四个概率可得：$\frac{1}{6}＜\frac{1}{3}＜\frac{1}{2}＜\frac{2}{3}$，因此选项A对应的事件出现的可能性最小。
【答案】
A
【知识点】
等可能事件概率，概率大小比较
【点评】
本题是概率模块的基础入门题型，考查随机事件可能性的判断，解题核心是先明确总等可能结果数，再准确统计每个事件对应的符合条件的结果数，通过计算概率直接对比即可得出结论，整体难度低，不易出错。
【难度系数】
0.9
要判断哪种情况出现的可能性最小，首先明确掷一枚均匀骰子时，朝上的点数共有6种等可能的结果，我们只需要分别统计每个选项中符合条件的结果数量，用符合条件的结果数除以总结果数6，得到每个事件发生的概率，再对比四个概率的大小，概率最小的事件对应的选项就是答案。
【解析】
任意掷一枚骰子，朝上的点数共有6种等可能的结果：1、2、3、4、5、6，分别计算各选项对应事件的概率：
1. 选项A：朝上点数是6，符合条件的结果只有1种，因此概率$P(A)=\frac{1}{6}$；
2. 选项B：朝上点数是偶数，符合条件的结果为2、4、6，共3种，因此概率$P(B)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$；
3. 选项C：朝上点数大于2，符合条件的结果为3、4、5、6，共4种，因此概率$P(C)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$；
4. 选项D：朝上点数小于3，符合条件的结果为1、2，共2种，因此概率$P(D)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。
对比四个概率可得：$\frac{1}{6}＜\frac{1}{3}＜\frac{1}{2}＜\frac{2}{3}$，因此选项A对应的事件出现的可能性最小。
【答案】
A
【知识点】
等可能事件概率，概率大小比较
【点评】
本题是概率模块的基础入门题型，考查随机事件可能性的判断，解题核心是先明确总等可能结果数，再准确统计每个事件对应的符合条件的结果数，通过计算概率直接对比即可得出结论，整体难度低，不易出错。
【难度系数】
0.9
2. 若$a$是从“$-1,0,1,2$”这四个数中任取的一个数，则关于$x$的方程$(a-1)x^{2}+x-3=0$为一元二次方程的概率是（
A.$1$
B.$\dfrac{3}{4}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{1}{3}$
B
）A.$1$
B.$\dfrac{3}{4}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{1}{3}$
答案
2. B
解析
【分析】
这是一道结合一元二次方程定义的古典概型题目，解题思路可以分为两步：第一步先确定所有等可能的总取值情况，题目明确a从4个指定数中任取，总共有4种等可能的结果；第二步根据一元二次方程的核心定义，筛选出能让方程为一元二次方程的a的取值，一元二次方程要求二次项系数不能为0，对应本题就是a-1≠0，排除不符合的取值后统计符合条件的情况数，最后用古典概型概率公式（符合条件的情况数÷总情况数）就能算出最终概率。
【解析】
1. 确定总基本事件数：a从{-1,0,1,2}四个数中任取一个，总共有4种等可能的取值结果。
2. 明确一元二次方程的限制条件：关于x的一元二次方程要求二次项系数不为0，因此对方程$(a-1)x^{2}+x-3=0$，需要满足$a-1≠0$，即$a≠1$。
3. 筛选符合条件的a的取值：在给定的4个数中，满足$a≠1$的数为-1、0、2，共3种符合要求的结果。
4. 代入古典概型概率公式计算：所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{3}{4}$。
【答案】
B
【知识点】
古典概型，一元二次方程定义
【点评】
本题属于基础综合题，考点清晰，易错点是忽略一元二次方程二次项系数不能为0的隐藏限制，误将a=1的情况计入符合条件的结果，解题时先明确核心限制再筛选取值即可避免出错。
【难度系数】
0.8
这是一道结合一元二次方程定义的古典概型题目，解题思路可以分为两步：第一步先确定所有等可能的总取值情况，题目明确a从4个指定数中任取，总共有4种等可能的结果；第二步根据一元二次方程的核心定义，筛选出能让方程为一元二次方程的a的取值，一元二次方程要求二次项系数不能为0，对应本题就是a-1≠0，排除不符合的取值后统计符合条件的情况数，最后用古典概型概率公式（符合条件的情况数÷总情况数）就能算出最终概率。
【解析】
1. 确定总基本事件数：a从{-1,0,1,2}四个数中任取一个，总共有4种等可能的取值结果。
2. 明确一元二次方程的限制条件：关于x的一元二次方程要求二次项系数不为0，因此对方程$(a-1)x^{2}+x-3=0$，需要满足$a-1≠0$，即$a≠1$。
3. 筛选符合条件的a的取值：在给定的4个数中，满足$a≠1$的数为-1、0、2，共3种符合要求的结果。
4. 代入古典概型概率公式计算：所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{3}{4}$。
【答案】
B
【知识点】
古典概型，一元二次方程定义
【点评】
本题属于基础综合题，考点清晰，易错点是忽略一元二次方程二次项系数不能为0的隐藏限制，误将a=1的情况计入符合条件的结果，解题时先明确核心限制再筛选取值即可避免出错。
【难度系数】
0.8
3. (2025·梁溪区三模)如图,转盘被等分成四个扇形区域,并分别标有数字$-1,0,\sqrt{2},π$. 随机转动转盘两次,转盘停止后指针所指区域的数字都是有理数的概率是(指针固定向上,当指针恰好指在分界线上时按指针左侧相邻区域算) （
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{4}$
C.$\dfrac{1}{3}$
D.$\dfrac{2}{3}$
B
）A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{4}$
C.$\dfrac{1}{3}$
D.$\dfrac{2}{3}$
答案
3. B
解析
【分析】
解题时首先要先明确思路：第一步，先回忆有理数的定义，从转盘标注的4个数字里筛选出所有的有理数；第二步，由于转动两次转盘是独立的等可能事件，我们可以先算出两次转动所有等可能的结果总数，再统计两次指针指向数字都为有理数的符合条件的结果数；第三步，代入等可能事件的概率公式，用符合条件的结果数除以总结果数，就能得到最终概率。
【解析】
1. 筛选有理数：在给出的4个数字$-1,0,\sqrt{2},π$中，有理数为整数和分数的统称，其中$-1$和$0$是整数，属于有理数，$\sqrt{2}$和$π$是无限不循环小数，属于无理数，因此有理数共2个。
2. 计算总等可能结果数：转动转盘1次有4种等可能的结果，转动两次的总结果数为$4×4=16$种。
3. 计算符合条件的结果数：两次指针指向的数字都为有理数时，第一次选有理数有2种选择，第二次选有理数也有2种选择，符合条件的结果共$2×2=4$种，分别为$(-1,-1)、(-1,0)、(0,-1)、(0,0)$。
4. 代入概率公式计算：$P(\mathrm{两次数字都是有理数})=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$。
【答案】
B
【知识点】
有理数识别，列举法求概率
【点评】
本题结合转盘场景考查概率计算，易错点是误将无理数判定为有理数，或者计算总结果数时出现错漏，解题核心是先准确区分有理数和无理数，再利用等可能事件的概率公式计算即可，属于基础应用类题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先要先明确思路：第一步，先回忆有理数的定义，从转盘标注的4个数字里筛选出所有的有理数；第二步，由于转动两次转盘是独立的等可能事件，我们可以先算出两次转动所有等可能的结果总数，再统计两次指针指向数字都为有理数的符合条件的结果数；第三步，代入等可能事件的概率公式，用符合条件的结果数除以总结果数，就能得到最终概率。
【解析】
1. 筛选有理数：在给出的4个数字$-1,0,\sqrt{2},π$中，有理数为整数和分数的统称，其中$-1$和$0$是整数，属于有理数，$\sqrt{2}$和$π$是无限不循环小数，属于无理数，因此有理数共2个。
2. 计算总等可能结果数：转动转盘1次有4种等可能的结果，转动两次的总结果数为$4×4=16$种。
3. 计算符合条件的结果数：两次指针指向的数字都为有理数时，第一次选有理数有2种选择，第二次选有理数也有2种选择，符合条件的结果共$2×2=4$种，分别为$(-1,-1)、(-1,0)、(0,-1)、(0,0)$。
4. 代入概率公式计算：$P(\mathrm{两次数字都是有理数})=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$。
【答案】
B
【知识点】
有理数识别，列举法求概率
【点评】
本题结合转盘场景考查概率计算，易错点是误将无理数判定为有理数，或者计算总结果数时出现错漏，解题核心是先准确区分有理数和无理数，再利用等可能事件的概率公式计算即可，属于基础应用类题型。
【难度系数】
0.7
4. 如图,在$5 × 6$的长方形网格飞镖游戏板中,每块小正方形除颜色外都相同,小正方形的顶点称为格点,扇形$OAB$的圆心及弧的两端均为格点.假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的(击中扇形的边界或没有击中游戏板,则重投1次),任意投掷飞镖1次,飞镖击中扇形$OAB$(阴影部分)的概率是（
A.$\dfrac{π}{12}$
B.$\dfrac{π}{24}$
C.$\dfrac{\sqrt{10}π}{60}$
D.$\dfrac{\sqrt{5}π}{60}$
A
）A.$\dfrac{π}{12}$
B.$\dfrac{π}{24}$
C.$\dfrac{\sqrt{10}π}{60}$
D.$\dfrac{\sqrt{5}π}{60}$
答案
4. A
解析
【分析】
本题属于几何概型问题，解题思路如下：首先明确几何概型的概率等于阴影部分面积除以游戏板的总面积。第一步先计算整个5×6网格游戏板的总面积，设每个小正方形边长为1，直接用长方形面积公式即可得到总面积；第二步利用格点特征，通过勾股定理计算扇形的两条半径OA、OB的长度，再通过坐标关系验证圆心角∠AOB为90°；第三步代入扇形面积公式算出阴影部分面积，最后用阴影面积除以总面积即可得到所求概率。
【解析】
解：设每个小正方形的边长为1：
1. 计算游戏板总面积：
由题意可知游戏板为5行6列的长方形，总面积$S_{\mathrm{总}}=5×6=30$。
2. 确定扇形的半径和圆心角：
根据格点的横纵距离，由勾股定理得：$OA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，同理$OB=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，即$OA=OB=\sqrt{10}$。
进一步验证可得向量$\overrightarrow{OA}$与$\overrightarrow{OB}$的点积为$-1×3+3×1=0$，因此$OA⊥ OB$，即圆心角$∠ AOB=90°$。
3. 计算扇形OAB的面积：
代入扇形面积公式$S_{\mathrm{扇}}=\frac{nπ r^2}{360}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为半径）：
$S_{\mathrm{扇}}=\frac{90×π×(\sqrt{10})^2}{360}=\frac{90×π×10}{360}=\frac{5}{2}π$。
4. 计算击中阴影的概率：
根据几何概型概率公式：
$P=\frac{S_{\mathrm{扇}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{\frac{5}{2}π}{30}=\frac{π}{12}$。
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
几何概型，扇形面积计算，勾股定理
【点评】
本题结合网格场景考查几何概型的应用，易错点是误判圆心角的度数、数错格点距离导致半径计算错误，解题核心是通过格点特征快速确认半径和直角圆心角，整体计算量不大，侧重对基础几何概型公式的灵活运用。
【难度系数】
0.6
本题属于几何概型问题，解题思路如下：首先明确几何概型的概率等于阴影部分面积除以游戏板的总面积。第一步先计算整个5×6网格游戏板的总面积，设每个小正方形边长为1，直接用长方形面积公式即可得到总面积；第二步利用格点特征，通过勾股定理计算扇形的两条半径OA、OB的长度，再通过坐标关系验证圆心角∠AOB为90°；第三步代入扇形面积公式算出阴影部分面积，最后用阴影面积除以总面积即可得到所求概率。
【解析】
解：设每个小正方形的边长为1：
1. 计算游戏板总面积：
由题意可知游戏板为5行6列的长方形，总面积$S_{\mathrm{总}}=5×6=30$。
2. 确定扇形的半径和圆心角：
根据格点的横纵距离，由勾股定理得：$OA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，同理$OB=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，即$OA=OB=\sqrt{10}$。
进一步验证可得向量$\overrightarrow{OA}$与$\overrightarrow{OB}$的点积为$-1×3+3×1=0$，因此$OA⊥ OB$，即圆心角$∠ AOB=90°$。
3. 计算扇形OAB的面积：
代入扇形面积公式$S_{\mathrm{扇}}=\frac{nπ r^2}{360}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为半径）：
$S_{\mathrm{扇}}=\frac{90×π×(\sqrt{10})^2}{360}=\frac{90×π×10}{360}=\frac{5}{2}π$。
4. 计算击中阴影的概率：
根据几何概型概率公式：
$P=\frac{S_{\mathrm{扇}}}{S_{\mathrm{总}}}=\frac{\frac{5}{2}π}{30}=\frac{π}{12}$。
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
几何概型，扇形面积计算，勾股定理
【点评】
本题结合网格场景考查几何概型的应用，易错点是误判圆心角的度数、数错格点距离导致半径计算错误，解题核心是通过格点特征快速确认半径和直角圆心角，整体计算量不大，侧重对基础几何概型公式的灵活运用。
【难度系数】
0.6
5.一天晚上,小伟帮助妈妈清洗两个只有颜色不同的有盖茶杯,突然停电了,小伟只好把杯盖和茶杯随机搭配在一起,则颜色搭配正确的概率是（
A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{3}{4}$
C
）A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{3}{4}$
答案
5. C
解析
【分析】
要计算杯盖和茶杯颜色搭配正确的概率，我们可以用古典概型的思路来解题：第一步先给两个不同颜色的茶杯和对应杯盖做标记，方便不重不漏地枚举所有等可能的随机搭配结果；第二步数出其中颜色搭配完全正确的结果数量；第三步用“符合要求的结果数÷总等可能结果数”的公式计算概率，最后对应选项选出答案。
【解析】
我们将两个不同颜色的茶杯记为$C_1$、$C_2$，对应的同色杯盖记为$G_1$、$G_2$，枚举所有随机搭配的等可能结果：
1. $C_1$搭配$G_1$，$C_2$搭配$G_2$，属于颜色完全搭配正确的情况；
2. $C_1$搭配$G_2$，$C_2$搭配$G_1$，属于颜色完全搭配错误的情况。
总共有2种等可能的结果，其中颜色搭配正确的结果共1种，根据古典概型概率计算公式：
$P(\mathrm{颜色搭配正确})=\frac{\mathrm{搭配正确的结果数}}{\mathrm{总搭配结果数}}=\frac{1}{2}$
【答案】
C
【知识点】
列举法求概率，古典概型
【点评】
本题是概率部分的基础题，易错点是误将总搭配数算为4种，忽略了两个杯盖不可重复使用，每个茶杯都要分配唯一的杯盖，通过有序枚举所有情况就能快速得到正确结果。
【难度系数】
0.8
要计算杯盖和茶杯颜色搭配正确的概率，我们可以用古典概型的思路来解题：第一步先给两个不同颜色的茶杯和对应杯盖做标记，方便不重不漏地枚举所有等可能的随机搭配结果；第二步数出其中颜色搭配完全正确的结果数量；第三步用“符合要求的结果数÷总等可能结果数”的公式计算概率，最后对应选项选出答案。
【解析】
我们将两个不同颜色的茶杯记为$C_1$、$C_2$，对应的同色杯盖记为$G_1$、$G_2$，枚举所有随机搭配的等可能结果：
1. $C_1$搭配$G_1$，$C_2$搭配$G_2$，属于颜色完全搭配正确的情况；
2. $C_1$搭配$G_2$，$C_2$搭配$G_1$，属于颜色完全搭配错误的情况。
总共有2种等可能的结果，其中颜色搭配正确的结果共1种，根据古典概型概率计算公式：
$P(\mathrm{颜色搭配正确})=\frac{\mathrm{搭配正确的结果数}}{\mathrm{总搭配结果数}}=\frac{1}{2}$
【答案】
C
【知识点】
列举法求概率，古典概型
【点评】
本题是概率部分的基础题，易错点是误将总搭配数算为4种，忽略了两个杯盖不可重复使用，每个茶杯都要分配唯一的杯盖，通过有序枚举所有情况就能快速得到正确结果。
【难度系数】
0.8
二、填空题(每小题7分,共28分)
6.(2025·苏州期中)一个不透明的袋子中仅有3个红球,2个黄球和1个白球,这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机摸出一个球,摸出
6.(2025·苏州期中)一个不透明的袋子中仅有3个红球,2个黄球和1个白球,这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机摸出一个球,摸出
红
颜色球的可能性最大.答案
6. 红
解析
【分析】
要判断摸出哪种颜色球的可能性最大，首先明确这类等可能摸球试验的规律：所有球被摸到的机会均等，总球数固定时，某类颜色球的数量越多，摸出该颜色球的概率就越大，对应的可能性也就越大。我们只需要先统计出三种颜色球的各自数量，对比数量的大小，数量最多的球对应的颜色就是答案。
【解析】
第一步：统计各颜色球的数量：红球有3个，黄球有2个，白球有1个。
第二步：对比数量大小：3＞2＞1，红球的数量是三种球里最多的。
也可以通过计算概率验证：总球数为3+2+1=6，摸出红球的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$，摸出黄球的概率为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$，摸出白球的概率为$\frac{1}{6}$，显然$\frac{1}{2}＞\frac{1}{3}＞\frac{1}{6}$，因此摸出红色球的可能性最大。
【答案】
红
【知识点】
可能性大小判断；等可能事件概率
【点评】
本题属于概率模块的基础题型，不需要复杂运算，核心考察学生对随机事件发生可能性的直观理解，明确等可能试验中事件对应的样本占比越高，发生可能性越大的规律，帮助学生夯实概率入门的基础概念。
【难度系数】
0.9
要判断摸出哪种颜色球的可能性最大，首先明确这类等可能摸球试验的规律：所有球被摸到的机会均等，总球数固定时，某类颜色球的数量越多，摸出该颜色球的概率就越大，对应的可能性也就越大。我们只需要先统计出三种颜色球的各自数量，对比数量的大小，数量最多的球对应的颜色就是答案。
【解析】
第一步：统计各颜色球的数量：红球有3个，黄球有2个，白球有1个。
第二步：对比数量大小：3＞2＞1，红球的数量是三种球里最多的。
也可以通过计算概率验证：总球数为3+2+1=6，摸出红球的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$，摸出黄球的概率为$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$，摸出白球的概率为$\frac{1}{6}$，显然$\frac{1}{2}＞\frac{1}{3}＞\frac{1}{6}$，因此摸出红色球的可能性最大。
【答案】
红
【知识点】
可能性大小判断；等可能事件概率
【点评】
本题属于概率模块的基础题型，不需要复杂运算，核心考察学生对随机事件发生可能性的直观理解，明确等可能试验中事件对应的样本占比越高，发生可能性越大的规律，帮助学生夯实概率入门的基础概念。
【难度系数】
0.9
