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第二章 简单事件的概率
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基
题型1、列举法求概率
题型2、用树状图和列表法求概率
题型3、代数知识与概率的综合
题型4、游戏公平性问题
题型5、几何概率
题型6、概率公式的应用
题型7、统计与概率的综合
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移
简单事件的概率问题，要准确把握概率的定义与计算公式，理解等可能事件、随机事件、必然事件与
不可能事件的区别；列举法、画树状图和列表法是求概率的常用工具，使用时要做到不重不漏；与代数、
几何、统计知识结合时，要善于把问题转化为基本概率模型；游戏公平性问题要通过计算双方获胜概率进
行比较与调整；几何概率需借助长度、面积、体积等几何度量之比求解；压轴综合题要注意分类讨论、数
形结合以及逻辑推理的严密性．
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基
目 录
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题型1、列举法求概率
典例1 如图，某城市的道路都是横平竖直的，小明同学家住在A 点处，学校在B 点处．小明每天上学会随
机选择一条最近的道路从A 点步行至B 点．某一天C 点施工无法经过，小明同学并不知情，那么小明能够
不绕路的概率是_________．
【答案】
【分析】先计算出A 到B 共有多少种走法，然后再计算出从A 到C,再由C 到B 有多少种走法，然后代入
概率公式计算即可得出结果.
【详解】解： 先计算出A 到B 共有多少种走法要向上走两个单位，分成两种情况：
当一次向上走两个单位时，即从4 列中选一列，一次向上走2 个单位，共有
种走法，
当分两次向上走一个单位时，即从4 列中选2 列，共有
种，
所以从从A 点到B 点共有4+6=10 种；
再计算由A 到C 再到B 情况
步骤一从A 点到C 点，共有3 种；
步骤二从C 点到B 点，共有2 种；
所以从A 点经过B 点再到C 点一共
种，
所以小明能够不绕路的概率是：
.
故答案为：
.
【点睛】本题主要考查的是概率的计算，解决本题的关键是如何分步骤完成这项任务.
题型模版
1.特征：利用直接列举、分类列举等方法求简单事件的概率．
2.方法：列出所有等可能结果；确定所求事件包含的结果数；用概率公式 P(A)=m/n 计算．
变式1-1 某市端午赛龙舟，“飞云”与“乘风”两队进行三局两胜的友谊赛．双方各有快、中、慢三种龙舟．同
规格较量，“飞云”队皆占优；但“乘风”队的快速舟可胜“飞云”队的中速舟，中速舟可胜“飞云”队的
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慢速舟．若“飞云”队按快、中、慢顺序固定出场，“乘风”队随机安排顺序．则“乘风”队获胜的概率为
_________．
【答案】
【分析】先列出“乘风”队所有等可能的出场顺序，再找出“乘风”队获胜的情况，根据概率公式计算结
果即可。
【详解】解：“飞云”队出场顺序固定为快、中、慢，设“乘风”队的三种龙舟为快、中、慢，对“乘风”
队出场顺序进行排列，共有快中慢、快慢中、慢快中、慢中快、中快慢、中慢快，所有等可能的结果共
种，
根据规则，“乘风”队要获得三局两胜，必须满足：“乘风”队慢速舟对“飞云”队快速舟（输一局），“乘
风”队快速舟对“飞云”队中速舟（赢一局），“乘风”队中速舟对“飞云”队慢速舟（赢一局），仅有一种
排列顺序满足获胜条件，故“乘风”队获胜的概率为
．
变式1-2 （25-26 九年级上·北京·阶段检测）一个袋中装有偶数个球，其中黑球、白球各占一半，甲、乙、
丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，先随机将其中一个球放入甲盒．如果先放入甲盒的球是黑球，
则另一个球放入乙盒；如果先放入甲盒的球是白球，则另一个球放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有
的球都被放入盒中．
（1）某次从袋中任意取出两个球，若取出的球都没有放入丙盒，则先放入甲盒的球的颜色是__________．
（2）若乙盒中最终有6 个黑球，则袋中原来最少有__________个球．
【答案】 黑
【分析】本题主要考查了推理与论证，训练了学生的逻辑思维能力，有一定难度．根据题意得出取两个球
共有四种情况，进而分析得到结论是解题的关键．
（1）由题意可知若取出的球都没有放入丙盒，则先放入甲盒的是黑球，由此可得答案；
（2）根据题意列出所有取两个球往盒子中放入的情况，然后对每种情况分析即可．
【详解】解：（1）依题意得，若先放入甲盒的球是白球，则另一个球放入丙盒．但取出的球都没有放入丙
盒，因此先放入甲盒的球不能是白球，只能是黑球．
故答案为黑．
（2）由题意得，可知取两个球共有四种情况：
①黑+黑，则乙盒中黑球数加1，
②白+白，则丙盒中白球数加1，
③黑+白（黑球放入甲盒），则乙盒中白球数加1，
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④白+黑（白球放入甲盒），则丙盒中黑球数加1．
分析可知，只有当从袋中取出的两个球都是黑球时，乙盒中才会增加一个黑球．
因此，乙盒中最终有6 个黑球，说明取出两个黑球的操作发生了6 次．
该操作共用去黑球
(个)．
因为袋中黑球、白球各占一半，
所以袋中原来最少有
个黑球和
个白球．
故袋中原来最少有
(个)球．
故答案为：
．
变式1-3 计数问题是我们经常遇到的一类问题，学会解决计数问题的方法，可以使我们方便快捷，准确无
误的得到所要求的结果，下面让我们借助两个问题，了解计数问题中的两个基本原理---加法原理、乘法原
理.
问题1.从青岛到大连可以乘坐飞机、火车、汽车、轮船直接到达.如果某一天中从青岛直接到达大连的飞机
有3 班，火车有4 班，汽车有8 班，轮船有5 班，那么这一天中乘坐某种交通工具从青岛直接到达大连共
有 种不同的走法：
问题2.从甲地到乙地有3 条路，从乙地到丙地有4 条路，那么从甲地经过乙地到丙地，共有 种不同的走法：
方法探究
加法原理：一般的，完成一件事有两类不同的方案,在第一类方案中有m 种不同的方法,在第二类方案中有n
种不同的方法．那么完成这件事共有N=m+n 种不同的方法,这是分类加法计数原理;完成一件事需要两个步
骤,做第一步有m 种不同的方法,做第二步有n 种不同的方法.那么完成这件事共有N=m×n 种不同的方法,这
就是分步乘法计数原理.
实践应用1
问题3.如图1，图中线段代表横向、纵向的街道，小明爸爸打算从A 点出发开车到B 点办事(规定必须向北
走,或向东走，不走回头路)，问他共有多少种不同的走法？其中从A 点出发到某些交叉点的走法数已在图2
填出.
(1)根据以上原理和图2 的提示，算出从A 出发到达其余交叉点的走法数，如果将走法数填入图2 的空圆中，
便可以借助所填数字回答：从A 点出发到B 点的走法共有 种：
(2)根据上面的原理和图3 的提示，请算出从A 点出发到达B 点，并禁止通过交叉点C 的走法有 种.
(3)现由于交叉点C 道路施工,禁止通行．小明爸爸如果任选一种走法,从A 点出发能顺利开车到达B 点(无返
回)概率是
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实践应用2
问题4.小明打算用 5 种颜色给如下图的5 个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色，
问共有 种不同的染色方法.
【答案】问题1：20；问题2：12；问题3：（1）35；（2）17；（3）
；问题4：240 种.
【分析】问题1. 根据一天中乘飞机有3 种走法，乘火车有4 种走法，乘汽车有8 种走法，轮船有5 种走法，
再由加法原理求解即可，
问题2. 根据乘火车有3 种走法，乘汽车有2 种走法，再由乘法原理求解即可，
问题3.
（1）根据完成一件事有两类不同的方案，在第一类方案中有m 种不同的方法，在第二类方案中有n 种不同
的方法．那么完成这件事共有N=m+n 种不同的方法，则到达A 点以外的任意交叉点的走法数只能是与其相
邻的南边交叉点和西边交叉点的数字之和．从而计算出从A 点到达其余各交叉点的走法数；
（2）此题有两种计算方法：方法一是先求从A 点到B 点，并经过交叉点C 的走法数，再用从A 点到B 点
总走法数减去它；方法二是删除与C 点紧相连的线段，运用分类加法计数原理，算出从A 点到B 点并禁止
通过交叉点C 的走法；
（3）结合（1）和（2）的结论，即可求得概率．
问题4. 因为A 与其它4 个区域都相邻，所以先填A 区域，有5 种选择；那么B 区域，有4 种选择；由于C
区域与A 和B 都相邻，所以有3 种选择；同理，E 区域与A、B、C 都相邻，所以有2 种选择；而D 区域
只与A、C、E 相邻，不与B 相邻，因此可以和B 区域同色，所以D 区域有2 种选择；根据乘法原理可得
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共有：5×4×3×2×2=240（种）染色方法．
【详解】问题1. 一天中乘飞机有3 种走法，乘火车有4 种走法，乘汽车有8 种走法，轮船有5 种走法，每
一种走法都可以从青岛直接到达大连，按加法原理，所以共有3+4+8+5=20 种不同的走法．
问题2. 因为乘火车有3 种走法，乘汽车有2 种走法，所以乘一次火车再接乘一次汽车从甲地到乙地，按乘
法原理，共有 3×2=6 种不同的走法．
问题3.
（1）∵完成从A 点到B 点必须向北走，或向东走，
∴到达A 点以外的任意交叉点的走法数只能是与其相邻的南边交叉点和西边交叉点的数字之和，故使用分
类加法计数原理，由此算出从A 点到达其余各交叉点的走法数，填表如图1．
答：从A 点到B 点的走法共有35 种．
（2）方法一：可先求从A 点到B 点，并经过交叉点C 的走法数，再用从A 点到B 点总走法数减去它，即
得从A 点到B 点，但不经过交叉点C 的走法数．
完成从A 点出发经C 点到B 点这件事可分两步，先从A 点到C 点，再从C 点到B 点，
使用分类加法计数原理，算出从A 点到C 点的走法是3 种，见图2；算出从C 点到B 点的走法为6 种，见
图3，再运用分步乘法计数原理，得到从A 点经C 点到B 点的走法有3×6=18 种．
∴从A 点到B 点但不经过C 点的走法数为35-18=17 种．
方法二：由于交叉点C 道路施工，禁止通行，故视为相邻道路不通，可删除与C 点紧相连的线段，运用分
类加法计数原理，算出从A 点到B 点并禁止通过交叉点C 的走法有17 种．从A 点到各交叉点的走法数见
图4，
∴从A 点到B 点并禁止经过C 点的走法数为35-18=17 种．
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（3）P（顺利开车到达B 点）=
．
答：任选一种走法，顺利开车到达B 点的概率是
．
问题4. 解：乘法原理可得：
5×4×3×2×2=240（种）．
答：共有240 种染色方法．
【点睛】此题考查了加法原理与乘法原理．此题难度较大，理解题意，能利用题意中的方法进行计算是解
此题的关键，注意利用画图的方法求解比较简单．
题型2、用树状图和列表法求概率
典例2 （25-26 九年级上·广东佛山·阶段检测）如图，将一枚棋子依次沿正方形
的四个顶点
，，
，
，
，
，
，…移动．开始时，棋子位于点
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
处，掷得3 点就移动3 步到点
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．在第二次掷子后，棋子回到点
处的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】本题考查了树状图或者列表法求概率．要使棋子回到点A 处，前两次掷得的点数之和必须为4，8
或12．因此，所求事件中可能出现的结果数应该等于两次掷得的点数之和为4 的结果数+两次掷得的点数之
和为8 的结果数+两次掷得的点数之和为12 的结果数．
【详解】解：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：
第二次
第一次
1
2
3
4
5
6
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1
2
3
4
5
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4 的结果有3 种：
，
，
；
两次掷得的点数之和为8 的结果有5 种：
，
，
，
，
；
两次掷得的点数之和为12 的结果有1 种：
，
所以，使棋子回到点A 处的可能结果总共有
（种）．
因此，棋子回到点A 处的概率为
．
故选：C．
题型模版
1.特征：借助树状图或列表法求两步及多步试验的概率．
2.方法：画树状图或列表展示所有等可能结果；标记符合条件的结果；代入概率公式求解并作答．
变式2-1 经过某十字路口的汽车，可能直行，可能向左转，可能向右转，如果这三种可能性大小相同，则
三辆汽车经过这个十字路口时，至少有2 辆车向左转的概率为______________．
【答案】
【分析】运用树状图法确定所有情况数和符合题意情况数，然后用概率公式解答即可．.
【详解】解：如图：三辆车经过十字路口的情况有27 种，至少有两辆车向左转的情况数为7 种，
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所以概率为：
．
故答案为
．
【点睛】本题考查的是运用树状图求概率的公式，运用树状图法确定所有情况数和符合题意情况数是解答
本题的关键．
变式2-2 （25-26 九年级下·江苏南京·期中）甲、乙、丙3 人间相互传球．假设他们相互间传球是等可能
的，并且由甲开始传球．
(1)经过3 次传球后，球在乙手中的概率是多少？请画树状图解决问题．
(2)猜想：经过次传球后，球传到甲、乙、丙3 人手中的概率之间的大小关系（直接写出结果）．
【答案】(1)
(2)当为奇数时，
；当为偶数时，
【详解】（1）解：画树状图得：
，
经过3 次传球后，球在乙手中的概率是
；
故答案为：
；
（2）解：经过2 次传球后，画树状图为：
经过2 次传球后，球在甲手中的概率是
；球在乙手中的概率是
；球在丙手中的概率是
；
由（1）可得经过3 次传球后，球在甲手中的概率是
；球在乙手中的概率是
；球在丙手中的概率是
；
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经过4 次传球后，画树状图为：
经过4 次传球后，球在甲手中的概率是
；球在乙手中的概率是
；球在丙手中的概率是
；
根据上面的规律发现，由于从甲开始传球，奇数次时乙丙的可能性一样，且比甲多；偶数次时，乙丙的可能
性一样，且比甲少；
∴当为奇数时，
；当为偶数时，
．
变式2-3 （25-26 九年级上·河北石家庄·期末）一个不透明的袋中装有4 个球，分别标有1、2、3、4 四
个号码，这些球除号码外都相同．甲同学每次从袋中搅匀后任意摸出一个球后再放回，并计划摸取球10 次，
现已摸取了8 次，取出的结果如表所列：
次数
第1
次
第2
次
第3
次
第4
次
第5
次
第6
次
第7
次
第8
次
第9
次
第10
次
号码
2
2
4
4
2
1
4
1
若每次取球时，且取出的号码即为得分，请回答下列问题：
(1)乙同学说：“甲同学前8 次摸球都没有得3 分，因此第9 次摸球一定得3 分．”请分析乙的说法是否正确，
说明理由．
(2)请求出第1 次至第8 次得分的平均数．
(3)甲同学依计划继续从袋中再取球2次，这两次取球得分之和为a，若发生“这10次得分的平均数不小于
，
且不大于
”的情况，
①a 的取值范围是：________；
②请通过列表法或树状图计算发生这种情况的概率．
【答案】(1)乙同学的说法错误．理由：摸球共有四种可能，每种可能性相同，摸到3 为其中一种可能，故
得3 分的概率为
，故乙同学的说法错误．
(2)
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(3)①
；②
．
【分析】本题主要考查了列表法求概率、算术平均数的计算、一元一次不等式组的应用等知识点，根据题
意正确列出表格是解题的关键．
（1）由于有四种球，因此每次摸到3 为其中一种可能，虽然前8 次都没有摸到3，但是第9 次也不可能一
定摸到3，据此即可解答；
（2）根据算术平均数的计算公式求解即可；
（3）①根据题意列出关于a 的不等式组，再解不等式组即可；②先根据题意列出表格，然后根据概率计算
公式求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：第1 次至第8 次得分的平均数为
．
（3）解：①根据题意得：
，
解得：
．
故答案为：
．
②列表得
第10 次
第9 次
1
2
3
4
1
2
3
4
∵最后两次摸球得分共有16 种情况，每种情况可能性相同，符合要求的共有6 种情况，
∴发生这种情况的概率
．
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题型3、代数知识与概率的综合
典例3 有五张正面分别写有数字-4，-3，0，2，3 的卡片，五张卡片除了数字不同外其余全部相同，现将它
们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，记卡片上的数字为，则抽取的既能使关于的方程
有实数根，又能使以为自变量的二次函数
，当
时，随的
增大而减小的概率为_______．
【答案】
【分析】根据方程有实数根列出关于n 的不等式，再根据二次函数的图象列出关于n 的不等式，从而求出n
的取值范围，找出符合条件的整数解，最后根据概率公式进行计算即可．
【详解】
有实数根，
，
∴
，
，
又
，
对称轴为：
，
时，
随增大而减小，
，
综上
，
可取0，2，
∴
，
故答案为：
．
【点睛】此题考查二次函数的性质及概率公式，得到满足条件的n 的情况数是解决本题的关键．
题型模版
1.特征：概率与方程、不等式、函数等代数知识的综合应用．
2.方法：根据题意建立代数关系；求出满足条件的参数或数值范围；再转化为概率问题计算．
变式3-1 某文具店举行抽奖活动，盒子中装有5 支完全相同的中性笔，笔杆上分别刻有数字：
．顾
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客随机抽取一支，记笔上的数字为a，求使得：以x 为自变量的正比例函数
经过第一、三象限，
且关于x 的一元二次方程
有实数解的概率是_______．
【答案】
【分析】先根据正比例函数经过第一、三象限求出a 的取值范围，再根据一元二次方程有实数解求出a 的取
值范围，找出同时满足两个条件的a 值，最后利用概率公式求解．
【详解】解：
正比例函数
经过第一、三象限，
，
，
一元二次方程
有实数解，
且
，
，
，
且
，
笔上的数字为
，
符合条件的a 值只有
，
所求概率为
．
变式3-2 （24-25 九年级上·安徽淮南·阶段检测）六个面上分别标有1，1，2，3，3，5 六个数字的均匀
立方体表面如图所示，掷这个立方体一次，记朝上一面的数为平面直角坐标系中某个点的横坐标，朝下一
面的数为该点的纵坐标，按照这样的规定，每掷一次该立方体，就能得到平面内一个点的坐标．已知小明
前两次得到的两个点能确定一条直线，且这条直线经过点
，那么他第三次掷得的点也在这条直线上
的概率是_______．
【答案】
【分析】本题考查概率的求法与运用，正方体的相对面，一次函数，掌握相关知识是解决问题．如果一个
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事件有种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件
出现
种可能，那么事件
的概率（A）
．首
先得出总共有多少个点，然后通过计算找出满足条件的点，再根据概率公式求解．
【详解】解：由题意知：每掷一次可能得到6 个点的坐标是（其中有两个点是重合的）
，
，
，
，
，
，
通过描点，可以发现，过
，
，
三点在同一直线上，
验证：设经过
，
的直线为
，代入两点坐标得：
解得
，
则解析式为
，
当
时，
，
即直线经过
，
同理可求经过
，
和
，
的直线都是
，
即过
，
，
三点中的任意两点所确定的直线都经过点
，
∴小明第三次掷得的点也在直线上的概率是
．
故答案为：
．
变式3-3 在抛物线
中，规定：（1）符号
称为该抛物线的“抛物线系数”；（2）如
果一条抛物线与轴有两个交点，那么以抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛
物线三角形”．
完成下列问题：
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（1）若一条抛物线的系数是
，则此抛物线的函数表达式为 ，当
满足 时，此抛物线没有“抛物
线三角形”；
（2）若抛物线
的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求出抛物线系数为
的“抛物线
三角形”的面积；
（3）在抛物线
中，系数
均为绝对值不大于的整数，求该抛物线的“抛物线三角形”
是等腰直角三角形的概率．
【答案】
（1）y=-x2+m;m≤0；
（2）抛物线系数为
的“抛物线三角形”的面积=
，抛物线系数为
的“抛物线三角形”的面积=
；（3）该抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形的概率=
．
【分析】（1）由一条抛物线的系数是
，可得
，-1 0 抛物线开口向下，当抛物线的顶点
在原点（0，0）或x 轴下方时即可求出；
（2）设抛物线与x 的另一交点为A，抛物线的顶点为D，抛物线的对称轴与x 轴交于E，由等腰直角三角
形性质OE=AE=DE,即OA=2ED，抛物线顶点D
，A(-b,0)，则
，可求
，
分两
种情况分别求出抛物线，再求抛物线三角形面积即可
（3）系数
均为绝对值不大于的整数，
，
，
，一共有18 种可能情况，
或
抛物线为
或
，EH=2，GF=1，EH=2GF，△EFH 为等腰
直角三角形，能构成等腰直角三角形的只有两种情况，利用概率公式可求．
【详解】解：（1）∵一条抛物线的系数是
，
，
-1 0 抛物线开口向下，当抛物线的顶点在原点（0，0）或x 轴下方时，此抛物线没有“抛物线三角形”，
当
满足 m≤0 时，此抛物线没有“抛物线三角形”，
故答案为：y=-x2+m;m≤0；
（2）抛物线
的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，设抛物线与x 的另一交点为A，抛物线的
顶点为D，抛物线的对称轴与x 轴交于E，
由等腰直角三角形性质有：OE=AE=DE,即OA=2ED，
，
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抛物线顶点D
，A(-b,0)，
∴OA=
，DE=
，
则
=2×
，
∴
，
，
，不存在三角形，舍去，
∴
，
，
当
，
抛物线系数为
，抛物线为
，
当y=0，
，
顶点坐标
，与x 轴的交点为（2，0），（3，0），
抛物线系数为
的“抛物线三角形”的面积=
，
当
，
抛物线系数为
，抛物线为
，
顶点坐标
，与x 轴的交点为（6，0），（-1，0），
抛物线系数为
的“抛物线三角形”的面积=
，
（3）系数
均为绝对值不大于的整数，
，
，
，
一共有18 种可能情况，其中抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形分类考虑，
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①一次项系数为0，
或
，
抛物线为
，或
EH=2，GF=1，EH=2GF，
∴三角形EFH 为等腰直角三角形，
，
，
，
没有抛物线三角形
②系数都不为0
，
，
，，
，
，
，
，
，
，△=5，x=
,EH=
,GF=
，EH≠2GF，不是，
③常数项为0
，
，
，
都不能构成，
其它
也没有抛物线三角形
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为此能构成等腰直角三角形的只有两种，
该抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形的概率=
．
【点睛】
本题考查抛物线的性质，抛物线的顶点式与两轴的交点，等腰直角三角形的性质，抛物线三角形面积，概
率，掌握抛物线的性质，抛物线的顶点式与两轴的交点，等腰直角三角形的性质，抛物线三角形面积，会
利用树状图求概率是解题关键．
题型4、游戏公平性问题
典例4 （25-26 七年级下·陕西西安·期中）如图，为喜迎五一劳动节，大润发超市特别推出感恩回馈活动．活
动期间，顾客累计购物满200 元，即可获得一次免费转动幸运转盘的机会，指针指向对应奖项区域，即可
赢取相应好礼，多买多转，惊喜不停．如果转盘停止后，指针正好对准红、绿或黄色区域，顾客就可以分
别获得50 元、30 元、20 元的购物券（转盘被等分成20 个扇形）．某顾客购物210 元．
(1)则他获得购物券的概率是________；
(2)他获得哪种购物券的概率最大？并说明理由？
【答案】(1)
(2)他获得20 元购物券的概率最大
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）由概率公式求出分别获得50 元、30 元、20 元的购物券的概率，再比较即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可知，他获得购物券的概率是
；
（2）解：他获得20 元购物券的概率最大，理由如下：
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∵指针正好对准红、绿或黄色区域，顾客就可以分别获得50 元、30 元、20 元的购物券，
∴获得50 元的概率
，获得30 元的概率
，获得20 元的概率
，
∵
，
∴他获得20 元购物券的概率最大．
题型模版
1.特征：通过计算双方获胜概率判断或设计公平游戏规则．
2.方法：分别计算各方获胜概率；比较概率大小判断公平性；通过增减球数、调整区域等方式使概率相等．
变式4-1 （25-26 七年级下·山东烟台·期中）春季假期间，刘叔叔领着小明和小刚兄弟俩去商场购物，发
现该商场正在进行转盘抽奖活动．规则是：如图1 是一个可以自由转动的转盘（转盘被等分成10 个扇形），
一次购物满500 元的顾客可获得一次转转盘抽奖的机会．转动转盘停止后，根据指针指向参照下表获得奖
券（指向分界线时重转，直到指向某一扇形为止）．
规则表
颜色
红
蓝
黑
奖券金额（元）
20
50
80
(1)转动一次转盘，若指针落在扇形区域，分别求出获得20 元和80 元奖券的概率；
(2)为加大活动力度，现商场想调整获得20 元奖券的概率为
，其余奖券获奖概率不变，则需要将多少个黄
色区域改为红色？
(3)刘叔叔购买了520 元的商品获得了一次转转盘的机会，俩兄弟都想抽奖，于是刘叔叔制作了如图2 所示
一个可自由转动的转盘，被平均分成5 等份，分别涂上红、黄、绿三种颜色，请你帮刘叔叔设计一个公平
的游戏规则，使俩兄弟获胜一方参与抽奖．
【答案】(1)他获得20 元和80 元奖券的概率分别为
，
(2)需要将3 个黄色区域改为红色
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(3)
解：将转盘2 个扇形涂成红色、2 个扇形涂成绿色、1 个扇形涂成黄色，转动转盘停止后，若指针指向红色
区域，则小明胜；若指针指向绿色区域，则小刚胜；若指向分界线或黄色扇形时重转，直到指向红色或绿
色扇形为止．
【分析】（1）分别确定转动转盘所有的情况数，及转到红色和黑色的次数，根据概率公式计算即可；
（2）设需要将个黄色区域改为红色，根据题意列方程解答；
（3）将转盘2 个扇形涂成红色、2 个扇形涂成绿色、1 个扇形涂成黄色，转动转盘停止后，若指针指向红
色区域，则小明胜；若指针指向绿色区域，则小刚胜；若指向分界线或黄色扇形时重转，直到指向红色或
绿色扇形为止．
【详解】（1）解：由题意可知，每转动一次转盘，共有10 种等可能的结果，其中红色的有2 种，黑色的有
1 种，
指针指向红色的概率为
，指针指向黑色的概率为
，
答：他获得20 元和80 元奖券的概率分别为
，
；
（2）解：设需要将个黄色区域改为红色，
则由题意得，
，
解得
，
答：需要将3 个黄色区域改为红色；
（3）略
变式4-2 （25-26 七年级下·山东济南·期中）一个不透明的盒子中装有个形状和大小完全一样的乒乓球，
分别标有到九个数字，小颖和小明同学进行摸球游戏．
(1)从盒子中任意摸出个乒乓球，标有的数字是奇数的概率是多少？
(2)游戏规则：小明从盒子中任意摸出个乒乓球，若乒乓球上标有的数字是的倍数则小明获胜，否则小颖
获胜．这个游戏公平吗？请说明理由；
(3)现将个乒乓球分别放入甲、乙两个不透明的盒子中，甲中放入标有到数字的乒乓球，乙中放入标有
到数字的乒乓球．游戏开始后，小颖从甲或乙盒子中任意摸出一个乒乓球，再将乒乓球上的数字输入下
列程序中，若输出数字大于可获得奖励，请帮她计算选择哪个盒子获得奖励的概率更大．
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【答案】(1)
(2)
解：游戏不公平，理由如下：
由（）可知，标有的数字是奇数的概率是
，所以标有的数字是偶数的概率是
，即小明获胜的概率是
，
小颖获胜的概率是
，故小颖获胜的概率大于小明获胜的概率，所以游戏不公平；
(3)乙盒子获得奖励的概率更大
【分析】（）根据概率公式解答即可求解；
（）分别求出两人获胜的概率即可判断求解；
（）分别求出甲、乙两个盒子获得奖励的概率即可判断求解；
本题考查了概率，游戏的公平性，掌握概率计算公式是解题的关键．
【详解】（1）解：从盒子中任意摸出个乒乓球，共有种结果，其中数字是奇数的结果有种，
∴标有的数字是奇数的概率是
；
（2）略
（3）解：由程序可知，当输入数字，，，，时，甲盒子输出的结果为：，，，，；
当输入数字，，，时，乙盒子输出的结果为：，
，，
；
甲盒子输出的结果共有种，其中输出数字大于的结果有种，获得奖励的概率为
；乙盒子输出的结果
共有种，其中输出数字大于的结果有种，获得奖励的概率为
，
∵
，
∴乙盒子获得奖励的概率更大．
变式4-3 （25-26 七年级下·河北保定·期末）在一个不透明的盒子里装有黑、白两种颜色的球，这些球除
颜色外其余完全相同。小红做摸球试验，搅匀后，她从盒子里随机摸出一只球记下颜色后，再把球放回盒
子中，不断重复上述过程，如表是实验中的一组统计数据：
摸球的次数
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摸到白球的次数
摸到白球的频率
(1)填空：
_____，
_____，若从盒子里随机摸出一只球，则摸到白球的概率的估计值为_____．（精确
到
）
(2)某小组在“用频率估计概率”的试验中，符合（1）中概率估计值结果的试验最有可能的是_____．
A．掷一个质地均匀的正六面体骰子（点数分别为
），落地时面朝上的点数小于；
B．某东西向的路口信号灯按绿灯
秒、黄灯秒、红灯
秒的规律循环，不考虑其他因素，一辆汽车随
机行驶到该路口时，遇到红灯或黄灯；
C．在“石头、剪刀、布”的游戏中，小明随机出的是“剪刀”．
(3)若盒子中一共有
个球，小红和小亮用这个盒子来玩游戏，根据试验结果，盒子中有
个白球，约定
游戏规则：拿出
个白球，搅匀后再从盒子里随机摸出一只球，摸到白球小红胜，摸到黑球则小亮胜，这
个游戏公平吗？请说明理由．
【答案】(1)
，
，
；
(2)A
(3)不公平，理由如下：
∵拿出
个白球，那盒子中现在一共有球
（个），现有白球
（个），黑球
（个），
∴搅匀后再从盒子里随机摸出一只球，小红胜的概率为
，小亮胜的概率为
，
∵
，
∴游戏不公平．
【分析】（1）运用频率频数总数可得
的值，再根据大量反复试验下频率的稳定值即为概率值求解即
可；
（2）求出A、B、C 三个选项中事件发生的概率即可求解；
（3）根据题意求出现有球的个数、白球和黑球的个数，分别求出小红、小亮胜的概率，对比后即可求解．
【详解】（1）由题意得，
，
，
由表格可知，随着试验次数的增加，摸到白球频率逐步稳定在
附近，
故从盒子里随机摸出一只球，则摸到白球的概率的估计值为
；
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（2）A.掷一个质地均匀的正六面体骰子（点数分别为
），落地时面朝上的点数小于的概率为
，
，故符合题意；
B.某东西向的路口信号灯按绿灯
秒、黄灯秒、红灯
秒的规律循环，不考虑其他因素，一辆汽车随机
行驶到该路口时，遇到红灯或黄灯的概率为
，
，故不符合题意；
C.在“石头、剪刀、布”的游戏中，小明随机出的是“剪刀”的概率为
，
，故不符合题意；
（3）略
题型5、几何概率
典例5 （25-26 九年级上·浙江宁波·期中）从长度为3、5、7、8 的四条线段中任意选三条组成三角形，
其中能组成含有
角的三角形的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】从4 条线段中任选3 条，共4 种组合，但只有3 种能组成三角形，对于每种三角形，利用三角函
数和勾股定理验证是否可能含有
角，最后用能组成含有
角的三角形的情况数量除以4 即可；
【详解】解：∵从4 条线段中任选3 条，有4 种组合：
；
；
；
，
其中
中
，不能组成三角形，
∴能组成三角形的有3 种：
、
、
，
对于
，过点
作
的垂线交
于点
，
∵
，
∴只有
，则
，
∴
，
∴
，
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与
矛盾，
∴
不能组成含有
角的三角形；
对于
，过点
作
的垂线交
于点
，
∵
，
∴只有
，则
，
∴
，
∴
，
∴
能组成含有
角的三角形；
对于
，过点
作
的垂线交
于点
，
∵
，
∴只有
，则
，
∴
，
∴
，
∴
能组成含有
角的三角形；
∴能组成含有
角的三角形有2 种，
∴所求概率为
；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系、三角函数、勾股定理、概率等知识，熟练掌握三角形三边关系
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是解题的关键．
题型模版
1.特征：以几何图形为背景，利用长度、面积、体积比求概率．
2.方法：确定总区域与目标区域的几何度量；计算两者之比；注意边界与等可能性的判断．
变式5-1 如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形
与正方形
．连结
交
、
于点
、
．若
平分
，现随机向该图形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率
为________．
【答案】
/
/0.25
【分析】求出阴影部分的面积与正方形面积的比值，即可得到针尖落在阴影区域的概率．
【详解】解：如图，连接EG 交BD 于点P，
∵
平分
，
∴ ∠ADE＝∠MDE
∵四边形EFGH 是正方形
∴∠MED＝90°，
∴∠AED＝180°－∠MED＝90°
∴∠MED＝∠AED
∵DE＝DE
∴△ADE≌△MDE（ASA）
∴AE＝ME
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同理可证△BGC≌△BGN（ASA），
∵四边形ABCD 是正方形
∴∠ADM＝45°
∴∠ADE＝∠MDE＝22.5°
∴∠EMD＝90°－∠ADE＝67.5°
∵∠MEG＝45°
∴∠MPE＝180°－∠EMD－∠MEG＝67.5°
∴∠EMD＝∠MPE
∴EM＝EP
设EM＝EP＝x，则EG＝2EP＝2x
在Rt△EFG 中，∠EFG＝45°，
∴FG＝EG×sin45°＝
∵△BFA≌△AED≌△CGB
∴BF＝AE＝CG＝x,BG＝BF＋FG＝
，△BFA≌△AED≌△CGB≌△NBG≌△MED，
在Rt△BCG 中，
∴
＝
∴
∴针尖落在阴影区域的概率为
．
故答案为：
．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的面积、直角三角形的
面积等知识点，求出阴影面积与正方形的面积的比是解答此题的关键．
变式5-2 （25-26 九年级下·山东烟台·期中）如图，A，B 是边长为1 的小正方形组成的网格上的2 个格
点，其余的格点中任意放置点C（不包含点A，点B 所在的格点），恰好能使
构成等腰三角形的概率
是______．
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【答案】
【分析】在图中找出顶点C 使其能构成等腰三角形，由概率的定义可求出答案．
【详解】解：如图所示，一共有23 个符合条件的点，其中能与点A，点B 构成等腰三角形的顶点C 有9 个，
所以恰好能使
构成等腰三角形的概率为
．
变式5-3 如图，给定任意四边形
．进行以下操作：第一次操作：连接四边形
各边中点，得到
四边形
；第二次操作：连接四边形
各边中点，得到四边形
；第三次操作：连接四边形
各边中点，得到四边形
．现向四边形
内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴
影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____．
【答案】
【分析】本题考查几何概率，三角形中位线定理以及中点四边形的性质．根据中点四边形的性质以及三角
形中位线定理得出
即可．
【详解】解：如图，连接
，
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∵
是
的中位线，
∴
，
，
∴
，
同理
，
∴
，
同理
，
∴
，
∴
，
同理，
，
∴飞镖命中阴影区域的概率为
．
故答案为：
．
题型6、概率公式的应用
典例6 （25-26 七年级下·山东威海·期中）一个口袋里有除颜色外其他都相同的
个红球和
个白球，
先从袋子里取出
个白球，再放入
个一样的红球并摇匀，摸出一个球是红球的可能性大小是
，则
，
可能的组合种类数为( )
A．5 种
B．6 种
C．7 种
D．8 种
【答案】C
【分析】先根据概率公式列出等式，整理得到关于
的不定方程，根据
为非负整数、
不超过原有白
球数，找出所有符合条件的组合，计算组合数即可．
【详解】解：∵ 原有红球
个，白球
个，取出
个白球，放入
个红球后，
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红球数量为
，总球数量为
，
由题意得
，
整理得
，
∵
，
，且
(原有白球仅
个)，
均为整数，
∴
，得
，且
为偶数，故
必为偶数，
∴
的可取值为
，对应均为非负整数，共种组合．
题型模版
1.特征：灵活运用概率公式解决摸球、转盘、抽卡片等实际问题．
2.方法：明确试验类型与所有等可能结果；找准目标事件；代入公式并注意放回与不放回的区别．
变式6-1 按小王、小李、小马三位同学的顺序从一个不透明的盒子中随机抽取一张标注“主持人”和两张
空白的纸条，确定一位同学主持班级“交通安全教育”主题班会．下列说法中正确的是（ ）
A．小王的可能性最大
B．小李的可能性最大 C．小马的可能性最大 D．三人的可能
性一样大
【答案】D
【分析】先分析小王抽到空白纸条和“主持人”纸条的可能性，再在小王抽到空白纸条的基础上分析小李
抽到“主持人”纸条的可能性，注意小李如果没有抽到主持人，则小马必然抽到“主持人”，由此可以求出
三人抽到“主持人”的可能性．
【详解】解：小王先抽，小王可能抽到“主持人”，也可能抽到空白纸条，则分为两种情况：
小王抽到“主持人”可能性为
，
小王抽到空白纸条的可能性为：
，在此基础上，小李抽取情况分为抽到“主持人”或抽到空白纸条，
抽取“主持人”可能性为：
，
抽取空白纸条可能性为：
（当此种情况出现时，则小李必抽到“主持人”），
故小李抽到“主持人”的可能性为：
，
小马抽到“主持人”的可能性为：
，
故选：D．
【点睛】本题考查概率计算，能够根据事件分析出某个事件发生的概率是解决本题的关键．
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变式6-2 （2025 九年级下·四川绵阳·学业考试）如图所示两个矩形
和
，若矩形
的周长是矩形
的
周长的倍，矩形
的面积也是矩形
的面积的倍，则称为矩形
相对于矩形
的“共比系数”．若
，
（
，均为正整数），则矩形
相对于矩形
的“共比系数”为
的概率为（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了概率公式、一元二次方程等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
根据题意建立关于、的式子，消去，得到关于
和
的式子，进而可以看成关于的一元二次方程
有两个正根问题，再将
代入验证即可．
【详解】解：根据题意可得
，
，
可以把和看成一元二次方程
的两个正根，
，
整理得
，
，
（
，均为正整数），
、2、3、4、5，
、9、10，
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
当
，
时，
，符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
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当
，
时，
，不符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
当
，
时，
，不符合题意；
共有15 组，符合题意的有7 组，
矩形
相对于矩形
的“共比系数”为
的概率为
，
故选：C．
变式6-3 （2025·四川德阳·模拟预测）若自然数使得三个数的加法运算“
”产生进位
现象，则称为“连加进位数” 例如：不是“连加进位数”，因为
不产生进位现象；是“连加
进位数”，因为
产生进位现象；
是“连加进位数”，因为
产生进位现象．如果从
，，，
，
这
个自然数中任取一个数，那么取到“连加进位数”的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】本题考查概率，根据题意筛选出符合条件的情况数目是解题的关键．设的个位数字为，十位数
字为，根据“连加进位数”的定义得到n 不是进位数当且仅当
且
，从而得到非进位数
有12 个，则从0 到99 中进位数有
个，即可求出概率．
【详解】解：设的个位数字为，十位数字为，
个位无进位需
（此时个位和分别为
），
∵个位无进位时十位数字均为b，
∴个位无进位时十位数字的和为
，
∴十位无进位需
，即
，
∴ n 不是进位数当且仅当
且
，
∴非进位数有：
时，
；
时，
；
时，
；
时，
，
共12 个，
∴从0 到99 中进位数有
个，
∴概率为
，
故选：A．
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题型7、统计与概率的综合
典例7 某校开展研学前调查，对乌江寨国际旅游度假区（记为A）、洪关太阳坪景区（记为B）、苟坝会议
会址（记为C）三个景点进行调研．现从10 名同学对三个景点游玩的评分（满分10 分），整理并绘制成如
下折线统计图和扇形统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)下列说法正确的是 （填序号）；①B 平均数比C 平均数大；②B 的中位数为6 分；③A 的众数为9；④C
更稳定；
(2)你认为文旅局会从A，B，C 三个景点中选择哪家向外来游客推荐？请说明理由（至少一条理由）；
(3)本次调研中，有2 名来自A 景点，2 名来自B 景点的研学学员获得“优秀文旅宣传员”称号．从4 名中
随机抽取2 名进行研学成果分享，用列表或画树状图的方法，求恰好抽到2 名来自同一景点的概率．
【答案】(1)③
(2)解：推荐A 景点（乌江寨国际旅游度假区）；理由如下：
A 景点的平均分最高，游客满意度最高，方差最小，评价最稳定；
(3)
【分析】（1）根据平均数、众数、中位数和方差的意义进行判断即可；
（2）根据平均数相同，方差小的进行推荐即可；
（3）根据题意画出表格得出所有等情况数，找出选出的2 名来自同一景点的情况数，然后根据概率公式即
可得出答案．
【详解】（1）解：A 景点的众数是9；平均数为
，
方差为
；
B 景点：中位数：
；
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平均数：
方差：
，
C 景点：平均分：
，
方差：
所以，①B 平均数比C 平均数小，故①错误；
②B 的中位数为6.5 分，故②错误；
③A 的众数为9 分，故③正确；
④A 比C 更稳定，故④错误；
所以，正确的序号是③；
（2）略
（3）解：用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：
共有12 种等可能结果，其中恰好抽到2 名来自同一景点有4 种情况，设恰好抽到2 名来自同一景点记为事
件A；则：
．
答：恰好抽到2 名来自同一景点的概率为
．
题型模版
1.特征：将统计图表、样本估计总体与概率计算相结合的综合问题．
2.方法：从统计图中获取所需数据；用样本特征估计总体；结合列表或树状图计算相关事件概率．
变式7-1 近两年徐州凭借深厚的汉文化底蕴和优质的文旅服务吸引了全国游客．为了解游客对徐州文旅服
务的满意度，相关部门在某热门景区随机抽取了部分游客进行问卷调查．调查结果分为四个等级：A 类（非
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常满意）；B 类（满意）：C 类（基本满意）：D 类（不满意）．将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，
请根据图中信息解答下列问题：
(1)本次调查共随机抽取了 名游客；
(2)请补全条形统计图，并求出扇形统计图中B 类所对应的圆心角的度数；
(3)若该景区当天接待游客约
人，请估计该景区当天对文旅服务评价为“满意”及以上（即A 类和B 类）
的人数；
(4)在D 类游客中，有2 名女游客和2 名男游客，现准备从这4 人中随机抽取2 人进行深度访谈以改进服务，
请用列表或画树状图的方法，求抽取的2 人恰好是“一女一男”的概率．
【答案】(1)
(2)
，
(3)
人
(4)
【分析】（1）利用A 类所占人数除以其所占百分比，即可得到抽取总人数；
（2）利用总人数算出B 类人数，补全条形统计图即可；再利用
乘以B 类所占比，即可得到圆心角；
（3）利用
乘以该景区当天对文旅服务评价为“满意”及以上（即A 类和B 类）的人数的占比，即可
解题；
（4）画树状图得出共有
种等可能的结果数，其中抽取的2 人恰好是“一女一男”的结果有种，再由概
率公式求解即可．
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【详解】（1）解：
，即本次调查共随机抽取了
名游客；
（2）B 类的人数为
（名），
B 类所对应的圆心角的度数为
；
（3）解：
（人）
即估计该景区当天对文旅服务评价为“满意”及以上（即A 类和B 类）的人数为
人；
（4）解：画树状图如下：
由图可知，共有
种等可能的结果，抽取的2 人恰好“一女一男”的结果有种，
∴抽取的2 人恰好是“一女一男”的概率为
．
变式7-2 年，以“湘超”为主题的文创产品已形成官方统一
引领、各赛区特色产品百花齐放、文旅产业
深度联动的格局．某文创店内以吉祥物“湘湘”和“超超”为主题的文创产品琳琅满目．数学兴趣小组的
同学想要调查全校学生对其中四类文创产品的喜爱情况，设计了调查问卷．
调查问卷
在下面四类文创产品中，你最喜爱的是（ ）（单选）
．玩偶
．冰箱贴
．创意摆件
．手机挂件
【数据的收集与整理】
数学兴趣小组的同学从收集到的调查问卷中随机抽取了部分问卷进行整理，绘制了如下两幅不完整的统计
图．根据图中信息，请回答下列问题：
最喜爱的文创产品的人数条形图
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最喜爱的文创产品的人数扇形图
(1)本次抽样调查的样本容量是________，补全条形图；
(2)扇形图中“玩偶”对应扇形的圆心角的度数是________；
【做出合理估计】
(3)若全校共有
名学生，请你估计全校最喜爱手机挂件的学生人数是多少？
【解决概率问题】
(4)文创店负责人为了宣传以吉祥物“湘湘”和“超超”为主题的文创产品，端午节期间设置了抽奖活动：
在一个不透明的盒子中装有四个完全相同的小球，它们分别写有
，
，
，
（
玩偶、
冰箱贴、
创
意摆件、
手机挂件），摸出哪个小球就获得相应的文创产品．甲随机摸出一个小球后，放回并摇匀，乙再
随机摸出一个．请用画树状图或列表的方法求出甲，乙两人恰好获得同一类文创产品的概率．
【答案】(1)
；
；
(2)
；
(3)
名；
(4)
．
【分析】（1）用喜爱冰箱贴的人数除以它所占的比例即可，再求出喜爱玩偶的人数，然后补全条形统计图；
（2）用
度乘以喜爱“玩偶”的人数所占的比例求出圆心角的度数即可；
（3）利用样本估计总体的思想进行求解即可；
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（4）画出树状图，利用概率公式进行计算即可．
【详解】（1）
，
喜欢玩偶的人数：
（名），即可补全条形图，条形图略；
（2）“玩偶”对应扇形的圆心角的度数是：
；
（3）
（名）；
（4）树状图如下：
共有
种等可能的结果，其中甲，乙两人恰好获得同一类文创产品的结果数为，
所以甲，乙两人恰好获得同一类文创产品的概率
．
变式7-3 为了解中考体育科目训练情况，某县从全县九年级学生中随机抽取了部分学生进行了一次中考体
育科目测试（把测试结果按从高到低分为四个等级：A 级：优秀；B 级：良好；C 级：及格；D 级：不及格），
并将测试结果绘成了如下两幅不完整的统计图．请根据统计图中的信息解答下列问题：
(1)本次抽样测试的学生人数是______人；
(2)图1 中
的度数是______，并把图2 条形统计图补充完整；
(3)该县九年级有学生3000 名，如果全部参加这次中考体育科目测试，估计B 级及以上的人数为______人；
(4)测试老师想从4 位同学（分别记为E、F、G、H，其中E 为小明）中随机选择两位同学了解平时训练情
况，请用列表或画树形图的方法求出选中小明的概率．
【答案】(1)40
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(2)
，
补全条形统计图如下：
(3)1350
(4)
【分析】（1）用B 级的人数除以B 级的占比可得出本次抽样测试的学生人数；
（2）求出
级的占比，可得
级的占比，再乘以
可得
的度数；用总人数乘以
级占比得到
级人
数，再补全条形统计图即可；
（3）用样本估计总体即可；
（4）列出表格，利用概率公式进行计算即可．
【详解】（1）解：
（人），
所以，本次抽样测试的学生人数是40 人；
（2）解：
级的占比为
，
级的占比为：
，
∴
；
级人数为：
（人），
（3）解：
（人），
所以，B 级及以上的人数为1350 人；
（4）解：根据题意列表如下：
E
F
G
H
E
E，F
E，G
E，H
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F
F，E
F，G
F，H
G
G，E
G，F
G，H
H
H，E
H，F
H，G
由图表可知：共12 种等可能的结果，其中选中小明的结果有6 种，
∴选中小明的概率
．
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限
1．（24-25 九年级上·北京·期末）某疾病由
病毒引起，在人群中的发病率（患病人数与总人数的比）为
十万分之一，某检测
病毒的仪器的准确率为
（即如果一个人患病，若使用该仪器诊断此人，则该仪
器
概率输出阳性，
概率输出阴性；反之，如果他没患病，则该仪器
概率输出阴性，
概率
输出阳性），若用该仪器对甲进行诊断，结果显示为阳性，甲确实患这种疾病的概率大约为（ ）
A．十万分之一
B．万分之一
C．十分之一
D．
【答案】B
【分析】本题考查条件概率的实际应用，根据患病人群和健康人群中出现阳性的情况，求出实际发病率，
再结合发病率与仪器准确率以及概率公式求解即可．
【详解】解：
，
∴甲确实患这种疾病的概率大约为万分之一，
故选：B．
2．向上抛掷质地均匀的骰子，落地时向上的面点数为a （a 的可能取值为1，2，3，4，5 和6），则关于x
的不等式
有大于 5 的整数解的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【分析】先整理原不等式，再逐个代入a 的所有可能取值，求解后判断是否存在大于5 的整数解，最后根
据概率公式计算概率．
【详解】解：整理原不等式
，移项通分得：
，
化简得
，变形为
，
∵a 的可能取值为1,2,3,4,5,6，逐个判断：
当
时，不等式变为
，解得
，没有大于5 的整数解，不符合要求；
当
时，不等式变为
，解得
，存在大于5 的整数解，符合要求；
当
时，不等式变为
，解得
或
，存在大于5 的整数解，符合要求；
当
时，不等式变为
，解得
或
，存在大于5 的整数解，符合要求；
当
时，不等式变为
，解得
或
，存在大于5 的整数解，符合要求；
当
时，不等式变为
，解得
或
，存在大于5 的整数解，符合要求；
综上，符合要求的a 共5 种，总共有6 种等可能结果，
∴概率
．
3．定义：如果一个正整数能表示为两个正整数m，n 的平方差，且
，则称这个正整数为“智慧数”．例
如，
，16 就是一个智慧数．若将智慧数从小到大排列，在不超过20 的智慧数中，是奇数的概率
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】本题考查了因式分解的应用，概率公式，解一元一次不等式，难度较大，正确运用分类讨论的思
想是解题的关键．
由题意可知
，则
．①当
时，
；②
当
时，
，
；③当
时，
，分别求解计算即可．
【详解】解：由题意可知
．
∵
，m，n 均为正整数，
∴
．
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①当
时，
，
∴
，
∴
，
∴n 的值可以是1，2，3，4，对应的m 的值分别为3，4，5，6，
此时
的值可以是8，12，16，20．
②当
时，
，
，
∴
，
，
∴
，
∴
，
∴
．
③当
时，
，
∴
，
∴
，不符合题意．
综上可知，不超过20 的智慧数有5 个，分别为8，12，15，16，20，其中是奇数的有1 个，故所求概率为
．
故选：D．
4．（25-26 九年级下·四川成都·阶段检测）小李向如图所示的圆形区域内投掷飞镖．已知
是等边三
角形，D 点是弧
的中点，则飞镖落在空白部分的概率为_____．
【答案】
【分析】本题考查了几何概率及弓形面积的计算，解题的关键是理解阴影部分面积等于弓形
的面积减去
弓形
的面积．由
是等边三角形得
，
是弧
中点得
，分别计算两个
弓形面积，相减得阴影面积，再用圆面积减去阴影面积得空白面积，最后求概率．
【详解】解：设圆的半径为R 则圆的面积为
，
是等边三角形，
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，
是弧
的中点，
，
，
，
令
与
交于点E，则
，
在
中，
，
，
，
，
弓形
的面积-扇形
的面积
的面积
，
，
，
，
，
，
，
弓形
的面积-扇形
的面积
的面积
，
，
，
，
故答案为：
．
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5．去游泳馆游泳，要换拖鞋，如果鞋柜里只剩下尺码相同的4 双红色的鞋和3 双蓝色的鞋混合放在一起，
闭上眼睛随意拿出2 只，它们正好是一双的概率为_________．
【答案】
【分析】由鞋柜里只剩下尺码相同的4 双红色的鞋和3 双蓝色的鞋混合放在一起，闭上眼睛随意拿出2 只，
等可能的结果有182 种，其中正好是一双的有50 种情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：∵鞋柜里有尺码相同的4 双红色的鞋和3 双蓝色的鞋，
∴随意拿出2 只，等可能的结果有：14×13=182（种），其中正好是一双有：红色成双4×4×2=32 种，蓝
色成双3×3×2=18 种情况，共计50 种成双情况.
∴随意拿出2 只正好是一双概率为：
．
故答案为
．
【点睛】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
6．从
，
，，，，这个数中任意选一个数作为
的值，则使关于的方程
的解是负
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数，且关于的一次函数
的图象不经过第一象限的概率为_______．
【答案】
．
【分析】先求出分式方程的解，再根据解为负数求出此时m 的取值范围，再根据一次函数图像不经过第一
象限求出m 的取值范围，最终确定m 可以选取的数值，最后计算概率．
【详解】解分式方程
得：
方程的解为负数，
且
，
解得：
且
，
一次函数
图象不经过第一象限，
，
且
，
在
，
，，，，这个数中符合
且
的有
，这个数，
使分式方程的解为负数且一次函数图象不经过第一象限的概率为
故答案为：
．
【点睛】本题考查概率公式，分式方程的解，一次函数图象与系数的关系等知识点，综合性较强。注意求
分式方程的解时分母不能为零．
7．已知一个口袋中装有四个除所标数字外其余均完全相同的小球，小球上分别标有
，0，1，2 四个数，
搅匀后一次从中摸出两个小球，将小球上的数分别用a，b 表示，将a、b 代入方程组
，则方程组
有解的概率是___________．
【答案】
【分析】先确定所有等可能的结果，再根据二元一次方程组有解的条件筛选出符合条件的结果，最后根据
概率公式计算概率即可．
【详解】解：解方程组
，
由第一个方程得
，
将整理后的式子，代入第二个方程得
，
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整理得
，
当
即
时，方程左边为，
此时由
，可知
，
∴右边
，即方程右边与方程左边不相等，方程组无解，
∴方程组有解的概率，即抽取的两个小球上的数字之积不为
的概率，
由题意，列表如下：
a
b
0
1
2
/
0
0
0
/
0
0
1
0
/
2
2
0
2
/
由表可知，共有12种等可能的情况，其中满足
的情况共种，因此方程组有解的情况有
种，
∴方程组有解的概率为
．
8．
“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马
，
田忌也有上、中、下三匹马
，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：
（注：
表示A 马与B 马比赛，A 马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：
每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局
比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、
中马、下马比赛，即借助对阵（
）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例．
假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题：
（1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求
其获胜的概率；
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（2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，
请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率．
【答案】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，
；（2）不是，田忌获胜的所有对阵是
，
，
，
，
，
，
【分析】（1）通过理解题意分析得出结论，通过列举法求出获胜的概率；
（2）通过列举齐王的出马顺序和田忌获胜的对阵，求出概率．
【详解】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜．
此时，比赛的所有可能对阵为：
，
，
，
，共四种．
其中田忌获胜的对阵有
，
，共两种，
故此时田忌获胜的概率为
．
（2）不是．
齐王的出马顺序为
时，田忌获胜的对阵是
；
齐王的出马顺序为
时，田忌获胜的对阵是
；
齐王的出马顺序为
时，田忌获胜的对阵是
；
齐王的出马顺序为
时，田忌获胜的对阵是
；
齐王的出马顺序为
时，田忌获胜的对阵是
；
齐王的出马顺序为
时，田忌获胜的对阵是
．
综上所述，田忌获胜的所有对阵是
，
，
，
，
，
．
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齐王的出马顺序为
时，比赛的所有可能对阵是
，
，
，
，
，
，
共6 种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的6 种可能对阵，
所以，此时田忌获胜的概率
．
【点睛】本小题考查简单随机事件的概率等基础知识，考查推理能力、应用意识，考查统计与概率思想；
通过列举所有对阵情况，求得概率是解题的关键．
9．（25-26 七年级下·河南平顶山·期末）一个袋子中装有2 个红球、3 个白球和2 个黄球，每个球除颜色
外都相同．
(1)小明说“摸出的球要么是红球，要么是白球，要么是黄球，所以摸到红球、白球和黄球的可能性相同，
也就是说，P（摸到红球）
．”
小华说：“袋中共有7 个小球，将2 个红球分别编上号码1 号和2 号，3 个白球分别编上号码3 号、4 号和5
号，2 个黄球分别编上号码6 号和7 号，摸出每一个球的可能性相同，共有7 种等可能结果．摸到红球可能
出现的结果为1 号球或2 号球，共有2 种等可能结果．所以，P（摸到红球）
．”
你认为小明和小华的说法谁说得有道理？________．
(2)小明和小华一起做游戏，规定：从袋子中随机摸出一个球，摸到白球小明获胜；摸到红球或黄球小华获
胜．请你利用概率判断这个游戏是否公平？若这个游戏不公平，指出谁获胜的概率较大；并给出一种调整
方案使游戏公平（在袋子中添加或拿出某种颜色球的个数）．
【答案】(1)小华
(2)这个游戏不公平．小华获胜的概率较大；调整方案：在袋子中添加1 个白球
【分析】（1）根据等可能事件的概率结合题意即可求解；
（2）根据题意求出摸到白球的概率为
；摸到红球或黄球的概率为
，进而即可判断游戏的公平性．
【详解】（1）解：我认为小华的说法有道理，因为如果一个事件有n 种可能，而且这些事件的可能性相同，
其中事件A 出现m 种结果，那么事件A 的概率
；
（2）解：这个游戏不公平；理由如下：
∵袋子中共有7 个小球，从中摸到白球有3 种等可能结果，
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∴
（摸到白球）
，即
（小明胜）
；
从中摸到红球或黄球有4 种等可能结果，
（摸到红球或黄球）
，即
（小华胜）
，
∵
，即
（小华胜）
（小明胜），
∴游戏不公平，且小华获胜的概率较大．
调整方案：在袋子中添加1 个白球．
10．（25-26 九年级下·福建福州·开学考试）小雅和妈妈参加学校组织的“爱心义卖”活动．妈妈看中了
一款标价为30 元/件的学习用品．摊主提供两种购买方式：
方式A：直接打七折；
方式B：参与一次抽奖决定折扣．规则如下：
在一个不透明袋子里装有4 个除颜色外完全相同的小球，其中红球2 个、蓝球2 个．
顾客从中随机摸出一个球，不放回，再摸出第二个球．如果两次摸出的球颜色相同，则按标价打六折；如
果颜色不同，则按标价打九折．
妈妈觉得“六折很便宜”，于是想选方式B．
请解答下列问题：
(1)求妈妈以六折价格买到该学习用品的概率；
(2)小雅说：“如果我们要买很多件，其实方式A 可能更省钱．”你同意小雅的说法吗？请通过计算说明理由．
【答案】(1)
(2)同意小雅的说法，理由见解析
【分析】（1）列出表格，利用概率公式进行计算即可；
（2）分别求出两种方式所需费用，进行判断即可．
【详解】（1）解：由题意，列表如下：
红1
红2
蓝1
蓝2
红1
红1，红2
红1，蓝1
红1，蓝2
红2
红2，红1
红2，蓝1
红2，蓝2
蓝1
蓝1，红1
蓝1，红2
蓝1，蓝2
蓝2
蓝2，红1
蓝2，红2
蓝2，蓝1
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共12 种等可能的结果，其中两次摸出的球颜色相同的结果有4 种，
故妈妈以六折价格买到该学习用品的概率
；
（2）解：同意小雅的说法，理由如下：
由（1）可知，按照方式
，以六折价格买到该学习用品的概率为
，则以九折价格买到该学习用品的概率
为
，
设共买
件学习用品，
则利用
方式所花费用为
（元）；
利用
方式所花费用为
（元）；
∵
，
∴方式A 更省钱．
11．（25-26 九年级上·山东威海·自主招生）某研究团队进行实验，实验者须从装有1 个白球和3 个红球
的盒子中连续放回地取出2 个小球（每个小球除颜色外完全相同），若这2 个小球均为白色，则实验成功，
反之则向盒子中再放入一个黄色小球，然后继续进行实验直到实验轮数大于n（n 为正整数）时实验失败，
第i 轮实验实验成功的概率记为
(1)求
，
；
(2)直接写出
与i 的关系（以最简形式）；
(3)求证：
．
【答案】(1)
；
(2)
(3)见详解
【分析】本题考查了条件概率、递推归纳与裂项求和在复杂概率模型中的综合应用．掌握实验规则下条件
概率的链式乘法计算、从特例归纳通项公式的能力，以及利用裂项技巧处理数列求和与不等式证明是解题
的关键．
（1）直接计算第一轮成功概率
；计算
时，需考虑第二轮实验进行的前提（第一轮失败）以及放入黄球
后概率的变化，正确运用概率的乘法公式．
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（2）解题关键在于通过观察
，
，
…的构成规律，归纳出一般表达式，并利用连乘积的技巧进行化简，
最终得到最简分式形式．
（3）本问基于第二问的通项公式进行证明，核心步骤是将
的表达式
裂项为
，
然后利用裂项相消法求和，化简后通过与
比较完成证明．
【详解】（1）解：第一轮开始时，盒中有1 白3 红，共4 个球．
∵每次抽取是独立的，且每次抽到白球的概率为
．
∴两次都抽到白球的概率为：
．
故
．
第二轮实验进行的前提是第一轮失败，第一轮失败的概率为
．
∵第一轮失败后，会放入一个黄球，此时盒中有1 白、3 红、1 黄，共5 个球．
∴在第二轮中，每次抽到白球的概率变为
．
∴第二轮成功的概率为第一轮失败且第二轮两次抽中白球的概率：
．
故答案为：
；
．
（2）解：∵
，
，
，
，
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故答案为：
．
（3）证明：
，
∵n 为正整数，
∴
，
∴
，
∴
．
12．（25-26 九年级上·河北沧州·期末）图1 是一个可以自由转动的均匀转盘，转盘被平均分成了份，每
份分别标上，，，．游戏规则如下：自由转动转盘，转盘停止后，指针指向一个数字（如果指针恰好
指在分界线上，那么重转一次，直到指针指向某一个数字为止），数字代表边数，数字是几，甲同学就从图
2 的
处开始按顺时针方向跑几个边，第二次跑圈从第一次跑圈结束时的位置开始，按照规则继续进行．
(1)若转一次转盘，求从顶点
跑到顶点
的概率；
(2)若转两次转盘，用列表法或画树状图的方法求两次跑完恰好回到
处的概率．
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【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了列表法或树状图法求概率及简单事件的概率，关键是熟练应用知识点解题；
（1）根据简单事件的概率计算公式求解即可；
（2）根据题意列表求概率即可．
【详解】（1）解：∵
，
∴从顶点
跑到顶点
的概率为：
；
（2）解：列表如下：
和
由上表可知，所有等可能情况共
种，其中和为的有种，
∴两次跑完恰好回到
处的概率：
．
13．（2025 九年级·全国·专题练习）数学课上，师生进行了摸球试验，袋子中装有编号分别为1，2，3，…，
m 的小球（除编号外完全相同）．
(1)活动一：当
时，从中随机摸出1 个小球记录编号后放回袋中并摇匀，重复上述操作．若事件“记录
的编号中出现2 个相同的编号”是必然事件，则至少需要摸______次．
(2)活动二：当
时，从中随机摸出1 个小球记录编号后放回袋中并摇匀，重复上述操作．
①若事件“记录的编号中出现2 个相同的编号”是必然事件，则至少需要摸______次；
②若事件“记录的编号中出现3 个相同的编号”是必然事件，则至少需要摸______次．
(3)活动三：从中随机摸出1 个小球记录编号后放回袋中并摇匀，重复上述操作．若事件“记录的编号中出
现4 个相同的编号”是必然事件，且至少需要摸100 次，则袋中有多少个小球？
【答案】(1)3
(2)①4②7
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(3)袋中有33 个小球．
【分析】本题考查随机事件的含义，必然事件的含义，探索规律的方法，通过例举，寻找规律是解题的关
键．
（1）活动一：通过列举得出答案；
（2）活动二：通过列举得出答案；
（3）活动三：总结规律，列出方程求解即可得出答案．
【详解】（1）解：仅摸一次，不可能出现两相同编号，
摸两次，有可能出现不同的编号，如，或，，不符合必然事件，
摸三次，才能保证出现两个相同的编号为必然事件，
故答案为：；
（2）解：①摸两次时，不符合题意，如摸到，，
摸三次时，不符合题意，如摸到，，，
摸四次时，一定会出现两个相同的编号，为必然事件，
故答案为：；
②摸六次时，不符合题意，如，，，，，，
摸七次时，符合题意，一定会摸到三个相同的编号为必然事件，
故答案为：；
（3）解：根据题意得：
，
解得：
，
∴袋中有
个小球．
14．
（24-25 九年级上·辽宁大连·期末）某市教育局对某九年一贯制学校做课堂教学满意度情况督导调研．从
该校初中部和小学部各随机抽取20 名学生对课堂教学满意度评分（满分10 分），将收集到的评分数据进行
整理、描述和分析．下面给出了部分信息：
a．初中部20 名学生所评分数的频数分布直方图如图：
（数据分成4 组：
，
，
，
）
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b．初中部20 名学生所评分数在
这一组的是：
15．0 8.1 8.2 8.2 8.4 8.5 8.6 8.7 8.8
c．初中部、小学部各20 名学生所评分数的平均数、中位数如表：
平均
数
中位
数
小学
部
8.3
8.5
初中
部
8.3
m
根据以上信息，回答下列问题：
(1)调查的40 名学生对课堂教学满意度评分的平均数是_________，表中的m 值为_________；
(2)根据调查前制定的满意度等级划分标准，评分不低于8.5 分为“非常满意”．
①若该校初中部共有400 名学生，估计其中对课堂教学“非常满意”的学生人数；
②该学校从被调查的学生中随机抽取三人作为满意度调查访谈对象，所抽取学生的满意度评分情况如下：
小明评分9.5 分，小强评分8.6 分，小琪评分8.2 分．实地督导过程中从这3 人中随机抽取了2 人进行访谈，
请求出调查结果一致为“非常满意”的概率．
【答案】(1)
，
(2)
【分析】（1）根据平均数、中位数的定义和计算方法进行计算即可；
（2）①利用样本估计总体即可；②先画出树状图，展示从人中任选人所有等可能的结果，再找出调查
结果一致为“非常满意”的结果数，然后根据概率公式计算概率即可．
【详解】（1）解：调查的40 名学生对课堂教学满意度评分的平均数是：
（分），
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将抽取的初中部的20 名学生的评分从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为
（分），
表中的m 值为
，
故答案为：
，
；
（2）解：①
（人），
若该校初中部共有400 名学生，估计其中对课堂教学“非常满意”的学生人数约为
人；
②从小明、小强、小琪人中任意选择人，所有等可能出现的结果如下：
由树状图可知，共有种等可能的结果，其中调查结果一致为“非常满意”的结果有种，
调查结果一致为“非常满意”的概率
．
【点睛】本题主要考查了求平均数，求中位数，频数分布直方图，用样本估计总体，列表法或树状图法求
概率，根据概率公式计算概率等知识点，熟练掌握平均数、中位数、频数分布直方图的概念及列表法或树
状图法求概率是解题的关键．
16．（24-25 九年级上·福建厦门·期末）在特定的情境下，某实验指标会从0 开始逐渐增大到峰值（最大
值），再逐渐减小到16，称该变化过程为
过程，0 和16 分别称为
过程的左、右端值．
已知
过程的峰值为
，小桐对
过程设计了“ 分法”，操作方法如下：
①设置：令
；
②分段：借助将
过程分三段，且各段均满足：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，
再对所得的差求和，结果等于，举例如下：
若要将
过程分三段，依次记为：
，
，
，其中，分别为第一、第二个分点．
对于第一段
，假设：
，即右端值
为
段的最大值．
（ⅰ）若
，峰值
不在
段内（“段内”指不含端点值），则假设成立，从而
过程的第一个分点
的值为；
（ⅱ）若
，峰值
在
段，则假设不成立，根据②的要求，此时右端值的计算方法为
，从而
过程的第一个分点的值为
．
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对于第二段
，假设：
，即右端值
为
段的最大值．可依上述推理过程求出第
二个分点的值．
这样，按“ 分法”将
过程分三段的同时，也将峰值
所在的范围按规则缩小为这三段中的某一段．若
对该段按上述方式进行第二次操作（此时，上述操作中的0 和16 分别调整为该段的左、右端值），则峰值
所在的范围可进一步缩小．重复此操作，峰值
所在的范围会越来越小．
若小桐用“ 分法”对
过程进行了两次操作后，峰值
在包含
过程右端值16 的这一段，且该段的
左端值大于16．根据小桐操作的过程与结果，
(1)分别求出第一次操作中两个分点的值；（用含
的式子表示）
(2)求第二次操作中所设置的；（用含
的式子表示）
(3)请你用一个整数合理估计峰值
，并说明理由；
(4)请你判断事件“用‘ 分法’对
过程进行第三次操作，峰值
仍在包含
过程右端值16 的这一段”
是否为必然事件，并说明理由．
【答案】(1)
，
(2)
(3)可以用整数18 作为峰值
的估计值，
解法一：
因为第二次操作后，峰值
在第三段，不妨设该段为
，其中为该段的左端值，
所以
，解得
因为峰值
为该段的最大值，
所以
，解得
．
因为第二次操作后，该段的左端值大于16，
所以
，解得
．
所以
．
所以可以用整数18 作为峰值
的估计值，
解法二：
因为第二次操作后，峰值
在该次操作的第三段，又因为第二次操作后，该段的左端值大于16，
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所以
解这个不等式组得
．
所以可以用整数18 作为峰值m 的估计值．
(4)不是，
解法一：
事件“用‘ 分法’对
过程进行第三次操作，峰值
仍在包含
过程右端值的这一段”不是必然事件．
理由如下：
由题意得，第三次操作中所设置的
假设：用‘ 分法’对
过程进行第三次操作，峰值
仍在包含
过程右端值这一段．
那么
，解得
，与
矛盾．
所以假设不成立：
所以事件“用‘ 分法’对
过程进行第三次操作，峰值
仍在包含
过程右端值的这一段”不是必然
事件．
解法二：
事件“用‘ 分法’对
过程进行第三次操作，峰值
仍在包含
过程右端值的这一段”不是必然事件．
理由如下：
由题意得，第三次操作中所设置的
．
因为
，
当
时，
，即
，
所以第三次操作后，峰值
不在第三段．
所以事件“用‘ 分法’对
过程进行第三次操作，峰值
仍在包含
过程右端值的这一段”不是必然
事件．
【分析】本题考查了阅读理解题型、推理与论证等内容；
（1）根据材料易知第一次操作后，峰值m 在第三段
，且
，即峰值m 不在第一段
内，也不在
第二段
内，从而求出第一个分点，因为实验指标从0 开始逐渐增大到峰值（最大值），再逐渐减小到16，
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所以第二段
内数值逐渐增大，进而求出第二个分点；
（2）因为第一次操作后，峰值m 在第三段
，且
，所以第二次操作中所设置的
；
（3）因为第二次操作后，峰值m 在该次操作的第三段，又因为第二次操作后，该段的左端值大于16，所以
，解不等式组即可；
（4）由题意得，第三次操作中所设置的
，继而推出即
，与题
意不符，进而得解．
【详解】（1）解： 解法一：
因为小桐用“ 分法”对
过程进行了两次操作后，峰值
在包含
过程右端值的这一段，且该段的左
端值大于16，
所以第一次操作后，峰值
在第三段
，且
，即峰值
不在第一段
内，也不在第二段
内．
所以第一个分点
．
因为实验指标从0 开始逐渐增大到峰值（最大值），再逐渐减小到16，
所以第二段
内数值逐渐增大．
所以第二段的最小值是
，最大值是．
所以根据“ 分法”操作当中的步骤“②分段：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，再对
所得的差求和，结果等于”可得
．
解得第二个分点
．
解法二：
因为小桐用“ 分法”对
过程进行了两次操作后，峰值
在包含
过程右端值的这一段，且该段的左
端值大于16，
所以第一次操作后，峰值
在第三段
且
．
所以峰值
不在第一段
内．
所以第一个分点
．
因为峰值
在第三段
，
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所以根据“ 分法”操作当中的步骤“②分段：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，再对
所得的差求和，结果等于”可得
．
解得第二个分点
．
（2）解：因为第一次操作后，峰值
在第三段
，且
，
所以第二次操作中所设置的
（3）略
（4）略
