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一、选择题（每小题3分，共24分）
1. 盒子里有仅颜色不同的100个球，其中红球有90个，黄球有9个，黑球有1个，小勇从中任意摸一个球，下列说法中正确的是（
A.一定是红球
B.摸出红球的概率最大
C.不可能是黑球
D.摸出黄球的概率最小
1. 盒子里有仅颜色不同的100个球，其中红球有90个，黄球有9个，黑球有1个，小勇从中任意摸一个球，下列说法中正确的是（
B
）A.一定是红球
B.摸出红球的概率最大
C.不可能是黑球
D.摸出黄球的概率最小
答案
1. B 从中任意摸出一个球,有可能是红球,有可能是黄球,有可能是黑球.
∵ 红球有 90 个,黄球有 9 个,黑球有1 个,
∴ 摸出红球的概率最大,摸出黑球的概率最小.
∵ 红球有 90 个,黄球有 9 个,黑球有1 个,
∴ 摸出红球的概率最大,摸出黑球的概率最小.
解析
【分析】
这道题考查随机事件判定和概率大小比较，解题思路非常清晰：第一步先明确摸球的所有可能结果，盒子里有红、黄、黑三种球，任意摸一个球三种颜色都有可能被摸到，不存在“一定是某色”或者“不可能是某色”的绝对情况；第二步，总球数固定为100，直接对比三种颜色球的数量，数量越多对应被摸到的概率就越大，数量越少概率就越小；第三步逐个验证四个选项，排除错误选项就能得到正确答案。
【解析】
解：已知盒子里共有100个仅颜色不同的球，红球90个，黄球9个，黑球1个，从中任意摸一个球属于随机试验，三种颜色的球都有被摸到的可能：
1. 计算各颜色球被摸出的概率：
$P(\mathrm{摸出红球})=\frac{90}{100}=0.9$
$P(\mathrm{摸出黄球})=\frac{9}{100}=0.09$
$P(\mathrm{摸出黑球})=\frac{1}{100}=0.01$
2. 逐个判断选项：
选项A：“一定是红球”属于必然事件，但摸出黄球、黑球也存在可能性，该说法错误；
选项B：对比三个概率可得$0.9＞0.09＞0.01$，摸出红球的概率最大，该说法正确；
选项C：“不可能是黑球”属于不可能事件，但盒子里存在1个黑球，有概率摸到黑球，该说法错误；
选项D：摸出黑球的概率0.01是三个概率里最小的，并非黄球概率最小，该说法错误。
综上，正确选项是B。
【答案】B
【知识点】随机事件，概率大小比较
【点评】本题是概率模块的基础概念题，易错点是容易把发生概率极高的随机事件误判为必然事件，或是看错不同颜色球的数量搞错最小概率的对应球，解题时只要牢记“总样本数相同时，事件对应个体数量越多，发生概率越大”的规律，同时准确区分必然事件、随机事件、不可能事件的定义，就能快速选出正确答案。
【难度系数】0.9
这道题考查随机事件判定和概率大小比较，解题思路非常清晰：第一步先明确摸球的所有可能结果，盒子里有红、黄、黑三种球，任意摸一个球三种颜色都有可能被摸到，不存在“一定是某色”或者“不可能是某色”的绝对情况；第二步，总球数固定为100，直接对比三种颜色球的数量，数量越多对应被摸到的概率就越大，数量越少概率就越小；第三步逐个验证四个选项，排除错误选项就能得到正确答案。
【解析】
解：已知盒子里共有100个仅颜色不同的球，红球90个，黄球9个，黑球1个，从中任意摸一个球属于随机试验，三种颜色的球都有被摸到的可能：
1. 计算各颜色球被摸出的概率：
$P(\mathrm{摸出红球})=\frac{90}{100}=0.9$
$P(\mathrm{摸出黄球})=\frac{9}{100}=0.09$
$P(\mathrm{摸出黑球})=\frac{1}{100}=0.01$
2. 逐个判断选项：
选项A：“一定是红球”属于必然事件，但摸出黄球、黑球也存在可能性，该说法错误；
选项B：对比三个概率可得$0.9＞0.09＞0.01$，摸出红球的概率最大，该说法正确；
选项C：“不可能是黑球”属于不可能事件，但盒子里存在1个黑球，有概率摸到黑球，该说法错误；
选项D：摸出黑球的概率0.01是三个概率里最小的，并非黄球概率最小，该说法错误。
综上，正确选项是B。
【答案】B
【知识点】随机事件，概率大小比较
【点评】本题是概率模块的基础概念题，易错点是容易把发生概率极高的随机事件误判为必然事件，或是看错不同颜色球的数量搞错最小概率的对应球，解题时只要牢记“总样本数相同时，事件对应个体数量越多，发生概率越大”的规律，同时准确区分必然事件、随机事件、不可能事件的定义，就能快速选出正确答案。
【难度系数】0.9
2. 布袋中装有大小、质感完全相同的红、黄小球各一个，从中随机摸出一个，记下颜色放回，摇匀后再摸一个. 第一次摸到红球，第二次摸到黄球的概率是（
A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$
A
）A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$
答案
2. A 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 4 种等可能的结果,其中第一次摸到红球,第二次摸到黄球只有 1 种等可能结果,
∴ 第一次摸到红球,第二次摸到黄球的概率是$\dfrac{1}{4}$.
∴ 第一次摸到红球,第二次摸到黄球的概率是$\dfrac{1}{4}$.
解析
【分析】
这道题是两步有放回摸球的概率计算问题，解题思路非常清晰：首先我们需要完整列举出两次摸球所有等可能出现的结果，统计总结果的数量，接着找出满足“第一次摸到红球，第二次摸到黄球”要求的结果数量，最后根据古典概型的概率公式，用符合条件的结果数除以总等可能结果数就能算出所求概率。要注意本题是放回抽样，两次摸球互不影响，不能漏数“先黄后红”这类结果，避免总结果数统计错误。
【解析】
我们可以通过列表法或树状图枚举所有等可能结果：
1. 第一次摸球有2种等可能结果：红球、黄球，由于摸完放回摇匀，第二次摸球同样有红球、黄球2种等可能结果。
2. 全部的等可能结果为：(红,红)、(红,黄)、(黄,红)、(黄,黄)，总计4种，所有结果出现的可能性完全相等。
3. 其中满足“第一次摸到红球，第二次摸到黄球”的结果只有(红,黄)这1种。
根据古典概型概率计算公式：
$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{1}{4}$
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
列举法求概率，古典概型，有放回摸球
【点评】
本题属于概率模块的基础题，核心考查两步独立试验的概率计算，最常见的易错点是漏数“先黄后红”的结果，误将总结果数算为3种导致错选，使用树状图或者列表法可以非常直观地枚举所有结果，避免漏数错数。
【难度系数】
0.8
这道题是两步有放回摸球的概率计算问题，解题思路非常清晰：首先我们需要完整列举出两次摸球所有等可能出现的结果，统计总结果的数量，接着找出满足“第一次摸到红球，第二次摸到黄球”要求的结果数量，最后根据古典概型的概率公式，用符合条件的结果数除以总等可能结果数就能算出所求概率。要注意本题是放回抽样，两次摸球互不影响，不能漏数“先黄后红”这类结果，避免总结果数统计错误。
【解析】
我们可以通过列表法或树状图枚举所有等可能结果：
1. 第一次摸球有2种等可能结果：红球、黄球，由于摸完放回摇匀，第二次摸球同样有红球、黄球2种等可能结果。
2. 全部的等可能结果为：(红,红)、(红,黄)、(黄,红)、(黄,黄)，总计4种，所有结果出现的可能性完全相等。
3. 其中满足“第一次摸到红球，第二次摸到黄球”的结果只有(红,黄)这1种。
根据古典概型概率计算公式：
$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总等可能结果数}}=\frac{1}{4}$
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
列举法求概率，古典概型，有放回摸球
【点评】
本题属于概率模块的基础题，核心考查两步独立试验的概率计算，最常见的易错点是漏数“先黄后红”的结果，误将总结果数算为3种导致错选，使用树状图或者列表法可以非常直观地枚举所有结果，避免漏数错数。
【难度系数】
0.8
3. 甲口袋中装有2张卡片，它们分别写有汉字“数”“学”；乙、丙口袋中各装有3张卡片，它们分别写有汉字“数”“学”“美”.从这三个口袋中各随机取出1张卡片，取出的3张卡片恰好有“数”“学”“美”三个字的概率是（
A.$\dfrac{1}{9}$
B.$\dfrac{1}{6}$
C.$\dfrac{2}{9}$
D.$\dfrac{1}{3}$
C
）A.$\dfrac{1}{9}$
B.$\dfrac{1}{6}$
C.$\dfrac{2}{9}$
D.$\dfrac{1}{3}$
答案
3. C 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 18 种等可能的结果,其中取出的 3 张卡片恰好有“数”“学”“美”三个字的结果有(数,学,美),(数,美,学),(学,数,美),(学,美,数),共 4 种,
∴ 取出的 3 张卡片恰好有“数”“学”“美”三个字的概率为$\dfrac{4}{18}=\dfrac{2}{9}$.
∴ 取出的 3 张卡片恰好有“数”“学”“美”三个字的概率为$\dfrac{4}{18}=\dfrac{2}{9}$.
解析
【分析】
这是典型的古典概型概率计算问题，解题思路非常清晰：首先这是从三个口袋分步抽取卡片的试验，我们第一步先统计所有等可能出现的总结果数，第二步从中筛选出满足“3张卡片恰好包含‘数’‘学’‘美’三个字”的符合条件的结果数，最后用符合条件的结果数除以总结果数，就能得到所求概率。对于三步抽取的试验，用画树状图的方法可以不重不漏地枚举所有结果，避免计数错误。
【解析】
解：我们通过分步枚举结合树状图的思路统计结果：
1. 第一步从甲口袋取卡片，共2种等可能结果：取出“数”、取出“学”；
2. 对甲口袋的每一种结果，第二步从乙口袋取卡片，都对应3种等可能结果：“数”“学”“美”；
3. 对乙口袋的每一种结果，第三步从丙口袋取卡片，都对应3种等可能结果：“数”“学”“美”。
因此总等可能结果数为：$2×3×3=18$种。
接下来筛选符合要求的结果：由于甲口袋没有写“美”的卡片，所以“美”只能来自乙口袋或者丙口袋：
若“美”来自乙口袋：对应甲取“数”、丙取“学”，以及甲取“学”、丙取“数”，共2种结果；
若“美”来自丙口袋：对应甲取“数”、乙取“学”，以及甲取“学”、乙取“数”，共2种结果。
合计符合条件的结果共4种，分别是(数,学,美)、(数,美,学)、(学,数,美)、(学,美,数)。
因此所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{4}{18}=\frac{2}{9}$。
【答案】C
【知识点】
树状图法求概率，古典概型
【点评】
本题是概率模块的基础常考题，易错点是计数符合条件的结果时容易漏算，解题时可以利用甲口袋没有“美”字卡片的特点辅助分类计数，三步试验用树状图枚举可以有效保证计数不重不漏。
【难度系数】
0.6
这是典型的古典概型概率计算问题，解题思路非常清晰：首先这是从三个口袋分步抽取卡片的试验，我们第一步先统计所有等可能出现的总结果数，第二步从中筛选出满足“3张卡片恰好包含‘数’‘学’‘美’三个字”的符合条件的结果数，最后用符合条件的结果数除以总结果数，就能得到所求概率。对于三步抽取的试验，用画树状图的方法可以不重不漏地枚举所有结果，避免计数错误。
【解析】
解：我们通过分步枚举结合树状图的思路统计结果：
1. 第一步从甲口袋取卡片，共2种等可能结果：取出“数”、取出“学”；
2. 对甲口袋的每一种结果，第二步从乙口袋取卡片，都对应3种等可能结果：“数”“学”“美”；
3. 对乙口袋的每一种结果，第三步从丙口袋取卡片，都对应3种等可能结果：“数”“学”“美”。
因此总等可能结果数为：$2×3×3=18$种。
接下来筛选符合要求的结果：由于甲口袋没有写“美”的卡片，所以“美”只能来自乙口袋或者丙口袋：
若“美”来自乙口袋：对应甲取“数”、丙取“学”，以及甲取“学”、丙取“数”，共2种结果；
若“美”来自丙口袋：对应甲取“数”、乙取“学”，以及甲取“学”、乙取“数”，共2种结果。
合计符合条件的结果共4种，分别是(数,学,美)、(数,美,学)、(学,数,美)、(学,美,数)。
因此所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{4}{18}=\frac{2}{9}$。
【答案】C
【知识点】
树状图法求概率，古典概型
【点评】
本题是概率模块的基础常考题，易错点是计数符合条件的结果时容易漏算，解题时可以利用甲口袋没有“美”字卡片的特点辅助分类计数，三步试验用树状图枚举可以有效保证计数不重不漏。
【难度系数】
0.6
4. 一只蚂蚁在如图所示位置向上爬,在树枝上寻觅食物,假定蚂蚁在每一个岔路口都会随机地选择一条路径,那么这只蚂蚁爬到树枝头$ E $和$ F $的概率的大小关系是（
A.爬到树枝头$ F $的概率大
B.爬到树枝头$ E $的概率大
C.同样大
D.无法比较
C
）A.爬到树枝头$ F $的概率大
B.爬到树枝头$ E $的概率大
C.同样大
D.无法比较
答案
4. C 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 7 种等可能的结果,其中这只蚂蚁爬到树枝头 E 和 F 的结果都是 1 种,
∴ 这只蚂蚁爬到树枝头 E 和 F 的概率同样大.
∴ 这只蚂蚁爬到树枝头 E 和 F 的概率同样大.
解析
【分析】
我们可以按照分步计算概率的思路来解题：首先观察蚂蚁的行进路线，蚂蚁从起点向上爬，第一个遇到的是三岔路口，此时它有3条等概率的可选主路径，每条路径被选中的概率都是1/3。接下来分别计算爬到E和爬到F的概率：先看通往E的路径，蚂蚁需要先选中向上的主路径，之后在该路径的岔路口再选中通向E的分支；再看通往F的路径，蚂蚁需要先选中向右的主路径，之后在该路径的岔路口再选中通向F的分支。分别算出两个概率后对比大小，即可得到答案。
【解析】
解：分步计算两个事件的概率：
1. 蚂蚁向上爬行到第一个岔路口时，共有3条等可能的路径，选中任意一条的概率均为$\frac{1}{3}$。
2. 计算爬到E的概率：若蚂蚁选中向上的主路径，后续的岔路口有2条等可能的路径分别通向D、E，因此爬到E的总概率为：
$P(E)=\frac{1}{3} × \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$
3. 计算爬到F的概率：若蚂蚁选中向右的主路径，后续的岔路口有2条等可能的路径分别通向F、G，因此爬到F的总概率为：
$P(F)=\frac{1}{3} × \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$
可得$P(E)=P(F)$，即蚂蚁爬到树枝头E和F的概率同样大。
【答案】
C
【知识点】
分步概率计算；树状图求概率
【点评】
本题的易错点是直接认为7个枝头对应7种等可能结果，忽略不同岔路口的可选路径数量不同，部分枝头的概率并不相等。解题时按照岔路口分步计算概率，就能准确得到两个终点的概率大小关系。
【难度系数】
0.6
我们可以按照分步计算概率的思路来解题：首先观察蚂蚁的行进路线，蚂蚁从起点向上爬，第一个遇到的是三岔路口，此时它有3条等概率的可选主路径，每条路径被选中的概率都是1/3。接下来分别计算爬到E和爬到F的概率：先看通往E的路径，蚂蚁需要先选中向上的主路径，之后在该路径的岔路口再选中通向E的分支；再看通往F的路径，蚂蚁需要先选中向右的主路径，之后在该路径的岔路口再选中通向F的分支。分别算出两个概率后对比大小，即可得到答案。
【解析】
解：分步计算两个事件的概率：
1. 蚂蚁向上爬行到第一个岔路口时，共有3条等可能的路径，选中任意一条的概率均为$\frac{1}{3}$。
2. 计算爬到E的概率：若蚂蚁选中向上的主路径，后续的岔路口有2条等可能的路径分别通向D、E，因此爬到E的总概率为：
$P(E)=\frac{1}{3} × \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$
3. 计算爬到F的概率：若蚂蚁选中向右的主路径，后续的岔路口有2条等可能的路径分别通向F、G，因此爬到F的总概率为：
$P(F)=\frac{1}{3} × \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$
可得$P(E)=P(F)$，即蚂蚁爬到树枝头E和F的概率同样大。
【答案】
C
【知识点】
分步概率计算；树状图求概率
【点评】
本题的易错点是直接认为7个枝头对应7种等可能结果，忽略不同岔路口的可选路径数量不同，部分枝头的概率并不相等。解题时按照岔路口分步计算概率，就能准确得到两个终点的概率大小关系。
【难度系数】
0.6
5. 一个不透明的箱子中放有1个红球、2个黄球和3个黑球,这些小球除颜色外都相同,小明、小芳、小雪三人先后去摸球,每人每次只能摸出一个球,每次摸出球后放回,摸出红球的人获得礼品(可以所有人都获得礼品).你觉得这个游戏（
A.对所有人都公平
B.无法判断是否公平
C.先摸者获得礼品的可能性大
D.后摸者获得礼品的可能性大
A
）A.对所有人都公平
B.无法判断是否公平
C.先摸者获得礼品的可能性大
D.后摸者获得礼品的可能性大
答案
5. A
∵ 箱子中一共有 1+2+3=6(个)球,其中红球有 1 个,每次摸出球后放回,
∴ 小明、小芳、小雪三人每次摸到红球的概率均为$\dfrac{1}{6}$.
∴ 游戏对所有人都公平.
∵ 箱子中一共有 1+2+3=6(个)球,其中红球有 1 个,每次摸出球后放回,
∴ 小明、小芳、小雪三人每次摸到红球的概率均为$\dfrac{1}{6}$.
∴ 游戏对所有人都公平.
解析
【分析】
首先我们要明确判断游戏是否公平的核心依据：参与游戏的每个人获得目标结果的概率是否相等。这道题是有放回的摸球规则，每次摸完球都把球放回箱子，所以任意一个人摸球的时候，箱子里的总球数、红球数量都没有发生变化，我们只需要先算出箱子里的总球数，再分别计算三个人摸到红球的概率，对比三者的概率是否相等，就能判断游戏是否公平了。
【解析】
第一步：计算箱子中球的总数量，已知有1个红球、2个黄球、3个黑球，总球数为：$1+2+3=6$个。
第二步：结合摸球规则分析，题目明确要求每次摸出球后放回，因此小明、小芳、小雪三个人摸球时，箱子的状态完全一致，始终是6个球其中包含1个红球。
第三步：根据等可能事件概率公式，摸到红球的概率=红球数量÷总球数，可得三人摸到红球的概率均为$\frac{1}{6}$。
三人获得礼品的概率完全相等，因此这个游戏对所有人都公平。
【答案】
A
【知识点】
等可能事件概率；游戏公平性；有放回抽样
【点评】
本题的易错点是容易被“先后摸球”的顺序误导，误以为先摸的人中奖概率更高，实际上有放回摸球的每一次试验都是完全独立的，不受之前摸球结果的影响，所有参与者摸到红球的概率完全一致，因此游戏是公平的。
【难度系数】
0.8
首先我们要明确判断游戏是否公平的核心依据：参与游戏的每个人获得目标结果的概率是否相等。这道题是有放回的摸球规则，每次摸完球都把球放回箱子，所以任意一个人摸球的时候，箱子里的总球数、红球数量都没有发生变化，我们只需要先算出箱子里的总球数，再分别计算三个人摸到红球的概率，对比三者的概率是否相等，就能判断游戏是否公平了。
【解析】
第一步：计算箱子中球的总数量，已知有1个红球、2个黄球、3个黑球，总球数为：$1+2+3=6$个。
第二步：结合摸球规则分析，题目明确要求每次摸出球后放回，因此小明、小芳、小雪三个人摸球时，箱子的状态完全一致，始终是6个球其中包含1个红球。
第三步：根据等可能事件概率公式，摸到红球的概率=红球数量÷总球数，可得三人摸到红球的概率均为$\frac{1}{6}$。
三人获得礼品的概率完全相等，因此这个游戏对所有人都公平。
【答案】
A
【知识点】
等可能事件概率；游戏公平性；有放回抽样
【点评】
本题的易错点是容易被“先后摸球”的顺序误导，误以为先摸的人中奖概率更高，实际上有放回摸球的每一次试验都是完全独立的，不受之前摸球结果的影响，所有参与者摸到红球的概率完全一致，因此游戏是公平的。
【难度系数】
0.8
6. 投掷一枚质地均匀的正方体骰子两次，六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6,向上一面的点数依次记为 $a,b$,则使关于 $x$ 的方程 $x^2+ax+b=0$ 有解的概率是（
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{8}{15}$
D.$\dfrac{19}{36}$
D
）A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{8}{15}$
D.$\dfrac{19}{36}$
答案
6. D 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 36 种等可能的结果,其中使关于 $x$ 的方程 $x^2+ax+b=0$ 有解,即 $a^2-4b≥0$ 的有 19 种等可能结果.
∴ 使关于 $x$ 的方程 $x^2+ax+b=0$ 有解的概率是$\dfrac{19}{36}$.
∴ 使关于 $x$ 的方程 $x^2+ax+b=0$ 有解的概率是$\dfrac{19}{36}$.
解析
【分析】
这是一道结合一元二次方程性质的古典概型题目，解题思路分三步：第一步先确定投掷两次骰子所有等可能的总结果数，两次投掷互不影响，总结果数为6×6=36种；第二步根据一元二次方程有解的条件，推导出判别式Δ=a²-4b≥0，也就是b≤a²/4；第三步按a的取值从1到6分类枚举，统计所有满足条件的b的数量，相加得到符合要求的事件总数，最后用符合条件的事件数除以总事件数即可得到所求概率。
【解析】
解：
1. 计算总等可能结果数：
投掷质地均匀的正方体骰子两次，第一次点数a可取1,2,3,4,5,6共6种结果，第二次点数b同样有6种结果，因此总共有6×6=36种等可能的结果。
2. 推导方程有解的条件：
一元二次方程$x^2+ax+b=0$有实数解的充要条件是判别式非负，即：
$\Delta = a^2 - 4b ≥ 0$
变形可得：$b ≤ \frac{a^2}{4}$
3. 分类统计符合条件的事件数：
按a的不同取值逐一统计满足$b ≤ \frac{a^2}{4}$的正整数b的个数：
当$a=1$时，$\frac{a^2}{4}=0.25$，不存在正整数b满足$b ≤ 0.25$，符合条件的b有0个；
当$a=2$时，$\frac{a^2}{4}=1$，b可取1，符合条件的b有1个；
当$a=3$时，$\frac{a^2}{4}=2.25$，b可取1、2，符合条件的b有2个；
当$a=4$时，$\frac{a^2}{4}=4$，b可取1、2、3、4，符合条件的b有4个；
当$a=5$时，$\frac{a^2}{4}=6.25$，b可取1、2、3、4、5、6，符合条件的b有6个；
当$a=6$时，$\frac{a^2}{4}=9$，b可取1、2、3、4、5、6，符合条件的b有6个；
将所有符合条件的数量相加，总共有$0+1+2+4+6+6=19$种满足方程有解的结果。
4. 计算概率：
根据古典概型概率公式，所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{19}{36}$。
【答案】
D
【知识点】
一元二次方程根的判别式，古典概型，列举法计数
【点评】
本题属于方程与概率的小综合题，核心考点是将方程有解的代数条件转化为对a、b取值的约束，分类枚举的方法可以有效避免计数时出现重复或遗漏，解题时要注意判别式是≥0而非＞0，避免少算符合条件的事件数导致结果错误。
【难度系数】
0.5
这是一道结合一元二次方程性质的古典概型题目，解题思路分三步：第一步先确定投掷两次骰子所有等可能的总结果数，两次投掷互不影响，总结果数为6×6=36种；第二步根据一元二次方程有解的条件，推导出判别式Δ=a²-4b≥0，也就是b≤a²/4；第三步按a的取值从1到6分类枚举，统计所有满足条件的b的数量，相加得到符合要求的事件总数，最后用符合条件的事件数除以总事件数即可得到所求概率。
【解析】
解：
1. 计算总等可能结果数：
投掷质地均匀的正方体骰子两次，第一次点数a可取1,2,3,4,5,6共6种结果，第二次点数b同样有6种结果，因此总共有6×6=36种等可能的结果。
2. 推导方程有解的条件：
一元二次方程$x^2+ax+b=0$有实数解的充要条件是判别式非负，即：
$\Delta = a^2 - 4b ≥ 0$
变形可得：$b ≤ \frac{a^2}{4}$
3. 分类统计符合条件的事件数：
按a的不同取值逐一统计满足$b ≤ \frac{a^2}{4}$的正整数b的个数：
当$a=1$时，$\frac{a^2}{4}=0.25$，不存在正整数b满足$b ≤ 0.25$，符合条件的b有0个；
当$a=2$时，$\frac{a^2}{4}=1$，b可取1，符合条件的b有1个；
当$a=3$时，$\frac{a^2}{4}=2.25$，b可取1、2，符合条件的b有2个；
当$a=4$时，$\frac{a^2}{4}=4$，b可取1、2、3、4，符合条件的b有4个；
当$a=5$时，$\frac{a^2}{4}=6.25$，b可取1、2、3、4、5、6，符合条件的b有6个；
当$a=6$时，$\frac{a^2}{4}=9$，b可取1、2、3、4、5、6，符合条件的b有6个；
将所有符合条件的数量相加，总共有$0+1+2+4+6+6=19$种满足方程有解的结果。
4. 计算概率：
根据古典概型概率公式，所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{19}{36}$。
【答案】
D
【知识点】
一元二次方程根的判别式，古典概型，列举法计数
【点评】
本题属于方程与概率的小综合题，核心考点是将方程有解的代数条件转化为对a、b取值的约束，分类枚举的方法可以有效避免计数时出现重复或遗漏，解题时要注意判别式是≥0而非＞0，避免少算符合条件的事件数导致结果错误。
【难度系数】
0.5
7. 同时抛掷3枚质地均匀的硬币，至少有2枚硬币正面向上的概率是 （
A.$\dfrac{3}{8}$
B.$\dfrac{5}{8}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{1}{2}$
D
）A.$\dfrac{3}{8}$
B.$\dfrac{5}{8}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{1}{2}$
答案
7. D 画树状图如图所示. 由树状图可知,共有 8 种等可能的结果,其中至少有 2 枚硬币正面向上的有 4 种等可能结果.$\therefore P$(至少有 2 枚硬币正面向上)$=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
这是一道古典概型的基础概率题，解题思路非常清晰：第一步先确定所有等可能出现的总结果数，由于每枚硬币都有正反2种等可能结果，3枚硬币独立抛掷，总结果数为2×2×2=8种，也可以通过画树状图逐层枚举第一枚、第二枚、第三枚硬币的所有可能情况得到全部结果。第二步明确“至少有2枚硬币正面向上”的含义，它包含两类情况：恰好2枚正面向上、3枚全部正面向上，数出这两类对应的所有符合条件的结果数。第三步代入古典概型的概率计算公式：事件概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数，就能算出最终概率。
【解析】
解：我们通过枚举法结合树状图的逻辑，列出抛掷3枚硬币的所有等可能结果：
(正,正,正)、(正,正,反)、(正,反,正)、(正,反,反)、(反,正,正)、(反,正,反)、(反,反,正)、(反,反,反)
总共有8种等可能的结果。
其中满足“至少有2枚硬币正面向上”的结果为：(正,正,正)、(正,正,反)、(正,反,正)、(反,正,正)，共4种。
根据古典概型概率公式计算：
$P(至少有2枚硬币正面向上)=\frac{符合条件的结果数}{总等可能结果数}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$
因此本题选D。
【答案】
D.$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
1. 古典概型计算
2. 列举法求概率
【点评】
本题属于概率模块的基础题，核心考察对“至少”类表述的理解，易错点是容易遗漏3枚全正面的情况，误将符合条件的结果数算为3得到错误答案$\frac{3}{8}$，解题时只要枚举所有结果做到不重不漏，就能轻松得到正确结果。
【难度系数】
0.7
这是一道古典概型的基础概率题，解题思路非常清晰：第一步先确定所有等可能出现的总结果数，由于每枚硬币都有正反2种等可能结果，3枚硬币独立抛掷，总结果数为2×2×2=8种，也可以通过画树状图逐层枚举第一枚、第二枚、第三枚硬币的所有可能情况得到全部结果。第二步明确“至少有2枚硬币正面向上”的含义，它包含两类情况：恰好2枚正面向上、3枚全部正面向上，数出这两类对应的所有符合条件的结果数。第三步代入古典概型的概率计算公式：事件概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数，就能算出最终概率。
【解析】
解：我们通过枚举法结合树状图的逻辑，列出抛掷3枚硬币的所有等可能结果：
(正,正,正)、(正,正,反)、(正,反,正)、(正,反,反)、(反,正,正)、(反,正,反)、(反,反,正)、(反,反,反)
总共有8种等可能的结果。
其中满足“至少有2枚硬币正面向上”的结果为：(正,正,正)、(正,正,反)、(正,反,正)、(反,正,正)，共4种。
根据古典概型概率公式计算：
$P(至少有2枚硬币正面向上)=\frac{符合条件的结果数}{总等可能结果数}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$
因此本题选D。
【答案】
D.$\dfrac{1}{2}$
【知识点】
1. 古典概型计算
2. 列举法求概率
【点评】
本题属于概率模块的基础题，核心考察对“至少”类表述的理解，易错点是容易遗漏3枚全正面的情况，误将符合条件的结果数算为3得到错误答案$\frac{3}{8}$，解题时只要枚举所有结果做到不重不漏，就能轻松得到正确结果。
【难度系数】
0.7
8. 我们把十位上的数字比个位、百位上的数字都要大的三位数叫作“凸数”，如 571 就是一个“凸数”.若十位上的数字为 4，则从 2,3,5,6 中任取两个不同的数字，能与 4 组成“凸数”的概率为（
A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{3}{5}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{1}{3}$
A
）A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{3}{5}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{1}{3}$
答案
8. A 列表如下：
| | 2 | 3 | 5 | 6 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 2 | | (2,3) | (2,5) | (2,6) |
| 3 | (3,2) | | (3,5) | (3,6) |
| 5 | (5,2) | (5,3) | | (5,6) |
| 6 | (6,2) | (6,3) | (6,5) | |
由上表可知,共有 12 种等可能的结果,其中能与 4 组成“凸数”的有 2 种等可能结果,
∴ 能与 4 组成“凸数”的概率为$\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6}$.
| | 2 | 3 | 5 | 6 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 2 | | (2,3) | (2,5) | (2,6) |
| 3 | (3,2) | | (3,5) | (3,6) |
| 5 | (5,2) | (5,3) | | (5,6) |
| 6 | (6,2) | (6,3) | (6,5) | |
由上表可知,共有 12 种等可能的结果,其中能与 4 组成“凸数”的有 2 种等可能结果,
∴ 能与 4 组成“凸数”的概率为$\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6}$.
解析
【分析】
解题时首先要紧扣题目给出的“凸数”定义，已知十位数字固定为4，因此首先明确要满足“凸数”要求，百位和个位的数字都必须小于4。接下来第一步先统计从2,3,5,6四个数字中任取两个不同数字，分别放在百位、个位能组成的所有等可能的三位数总数，也就是总事件数；第二步筛选出两个数字都小于4的组合，统计符合“凸数”要求的事件数；最后用古典概型的概率公式，用符合条件的事件数除以总事件数，即可算出所求概率。注意百位和个位是不同数位，两个数字交换位置得到的是不同的三位数，计数时要考虑排列的情况。
【解析】
解：
1. 明确“凸数”的约束条件：十位数字为4，因此要求百位数字＜4，且个位数字＜4，才能满足十位数字比个位、百位数字都大的要求。
2. 计算总等可能结果数：从2,3,5,6中任取两个不同数字，分别作为百位和个位，总排列数为$4×3=12$种，所有结果分别对应三位数：243、245、246、342、345、346、542、543、546、642、643、645。
3. 统计符合“凸数”的结果数：给定的四个数字中，只有2和3是小于4的，因此只有选取2和3分别放在百位、个位时才能组成凸数，对应的凸数为243、342，共2种符合条件的结果。
4. 计算概率：根据古典概型概率公式：
$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$
【答案】
A
【知识点】
古典概型，新定义问题，计数原理
【点评】
本题以新定义“凸数”为载体考查概率计算，易错点是容易忽略百位和个位是不同数位，误将排列计数当成组合计数，或者没有紧扣十位为4的约束条件，误将大于4的数字判定为符合要求的数字，导致计数错误。解题时先通过新定义缩小可选数字的范围，再分别计数总事件和符合条件的事件，就能快速得到正确结果。
【难度系数】
0.5
解题时首先要紧扣题目给出的“凸数”定义，已知十位数字固定为4，因此首先明确要满足“凸数”要求，百位和个位的数字都必须小于4。接下来第一步先统计从2,3,5,6四个数字中任取两个不同数字，分别放在百位、个位能组成的所有等可能的三位数总数，也就是总事件数；第二步筛选出两个数字都小于4的组合，统计符合“凸数”要求的事件数；最后用古典概型的概率公式，用符合条件的事件数除以总事件数，即可算出所求概率。注意百位和个位是不同数位，两个数字交换位置得到的是不同的三位数，计数时要考虑排列的情况。
【解析】
解：
1. 明确“凸数”的约束条件：十位数字为4，因此要求百位数字＜4，且个位数字＜4，才能满足十位数字比个位、百位数字都大的要求。
2. 计算总等可能结果数：从2,3,5,6中任取两个不同数字，分别作为百位和个位，总排列数为$4×3=12$种，所有结果分别对应三位数：243、245、246、342、345、346、542、543、546、642、643、645。
3. 统计符合“凸数”的结果数：给定的四个数字中，只有2和3是小于4的，因此只有选取2和3分别放在百位、个位时才能组成凸数，对应的凸数为243、342，共2种符合条件的结果。
4. 计算概率：根据古典概型概率公式：
$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$
【答案】
A
【知识点】
古典概型，新定义问题，计数原理
【点评】
本题以新定义“凸数”为载体考查概率计算，易错点是容易忽略百位和个位是不同数位，误将排列计数当成组合计数，或者没有紧扣十位为4的约束条件，误将大于4的数字判定为符合要求的数字，导致计数错误。解题时先通过新定义缩小可选数字的范围，再分别计数总事件和符合条件的事件，就能快速得到正确结果。
【难度系数】
0.5
