eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 代数）：若 $\log _{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{x}}=\mathrm{m}, \log _{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{y}}=\mathrm{m}+2$, 求 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{y}}$ 的值.
选项：
答案：【解】 $\log _{2} \frac{1}{2} \mathrm{x}=\mathrm{m}, \therefore\left(\frac{1}{2}\right)^{\mathrm{m}}=x, x^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 \mathrm{~m}}$.

$$
\begin{aligned}
& \log \frac{1}{4} y=m+2, \quad \therefore\left(\frac{1}{4}\right)^{m^{+} 2}=y, \quad y=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 m^{+}+4} \\
& \therefore \frac{x^{2}}{y}=\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{2 \mathrm{~m}}}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2 m^{+}}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 m^{-}\left(2 \mathrm{~m}^{+} 4\right)}=\left(\frac{1}{2}\right)^{-4}=16
\end{aligned}
$$
解析：【解】 $\log _{2} \frac{1}{2} \mathrm{x}=\mathrm{m}, \therefore\left(\frac{1}{2}\right)^{\mathrm{m}}=x, x^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 \mathrm{~m}}$.

$$
\begin{aligned}
& \log \frac{1}{4} y=m+2, \quad \therefore\left(\frac{1}{4}\right)^{m^{+} 2}=y, \quad y=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 m^{+}+4} \\
& \therefore \frac{x^{2}}{y}=\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{2 \mathrm{~m}}}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2 m^{+}}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 m^{-}\left(2 \mathrm{~m}^{+} 4\right)}=\left(\frac{1}{2}\right)^{-4}=16
\end{aligned}
$$
题目（高一 · 代数）：设 $\log _{a} 2=m, \log _{a} 3=n$, 求 $a^{2 m^{+} n}$ 的值.
选项：
答案：$\because \log _{a} 2=m, \log _{a} 3=n$,
$\therefore a^{m}=2, \quad a^{n}=3$,

$\therefore a^{2 m^{+} n}=a^{2 m} \cdot a^{n}=\left(a^{m}\right)^{2} \cdot a^{n}$

$=2^{2} \times 3=12$.
解析：$\because \log _{a} 2=m, \log _{a} 3=n$,
$\therefore a^{m}=2, \quad a^{n}=3$,

$\therefore a^{2 m^{+} n}=a^{2 m} \cdot a^{n}=\left(a^{m}\right)^{2} \cdot a^{n}$

$=2^{2} \times 3=12$.
题目（高一 · 代数）：(12 分) ”鸡兔同笼”我国隋朝时期数学著作《孙子算经》中的一个有趣题目: “今有雉兔同笼, 上有三十五头, 下有九十四足, 问雉兔各几何? ”

(1) 求出鸡、兔各几只?

（2）根据提示，设计这类问题的通用解法，并画出算法的程序框图.



$\left\{\begin{array}{l}x+y=m \\ 2 x+4 y=n\end{array}\right.$, 解方程得 $\left\{\begin{array}{l}x=- \\ y=-\end{array}\right.$

用数学语言:

第一步: 输入

第二步: 计算鸡的只数

第三步: 计算兔的只数

第四步: 输出
选项：
答案：【答案空 1 】总头数 $m$

【答案空 2 】总脚数 $n$

【答案空 3 】 $x=\frac{4 m-n}{2}$

【答案空 4 】 $y=\frac{n-2 m}{2}$

【答案空 $5 \rrbracket^{x}, y$
解析：(1) 设有 $x$ 只鸡, $y$ 只兔, $\left\{\begin{array}{l}x+y=m \\ 2 x+4 y=n\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{4 m-n}{2} \\ y=\frac{n-2 m}{2}\end{array}\right.\right.$, 敫有 $\frac{4 m-n}{2}$ 只鸡, $\frac{n-2 m}{2}$ 只兔.

(2) 算法如下:

第一步: 输入 ${ }^{m}, n$;

第二步: 计算鸡的只数 $x=\frac{4 m-n}{2}$;

第三步: 计算兔的只数 $y=\frac{n-2 m}{2}$ ；

第四步: 输出 $x, y$;

程序框图如下:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_03ea579800d3c478dd9eg-
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋 -广西期中）（1）从 2，3，8，9 中任取两个不同的数字, 分别记为 $a, b$, 求 $a+b$ 为奇数的概率;

（2）已知 $a \in[-5,5]$, 关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-a x+4=0$, 求此方程没有实根的概率.
选项：
答案：解：（1）根据题意, 任取两个不同的数字, $(2,3),(2,8),(2,9),(3,8)$,

$(3,9),(8,9)$ 所有的基本事件共有 6 个,

若 $a+b$ 为奇数, 则 $a$ 和 $b$ 一个是奇数一个是偶数, 共有 4 种情况,

故所求的概率为 $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

（2）由题意知本题是一个几何概型问题, 试验的全部结果构成区域 $\Omega=\{a \mid-5 \leqslant a \leqslant 5\}$, 其长度为 10 ,

若关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-a x+4=0$ 没有实根, 则 $\Delta=a^{2}-4 \times 4<0$, 解得 $-4<a<4$.

因此, 所求的概率为 $\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
解析：解：（1）根据题意, 任取两个不同的数字, $(2,3),(2,8),(2,9),(3,8)$,

$(3,9),(8,9)$ 所有的基本事件共有 6 个,

若 $a+b$ 为奇数, 则 $a$ 和 $b$ 一个是奇数一个是偶数, 共有 4 种情况,

故所求的概率为 $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

（2）由题意知本题是一个几何概型问题, 试验的全部结果构成区域 $\Omega=\{a \mid-5 \leqslant a \leqslant 5\}$, 其长度为 10 ,

若关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-a x+4=0$ 没有实根, 则 $\Delta=a^{2}-4 \times 4<0$, 解得 $-4<a<4$.

因此, 所求的概率为 $\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・贵溪市校级月考）某商家在柜台前开展促销抽奖活动, 甲、乙两人相约同一天上午去该柜台参与抽奖. 抽奖规则是：从一个装有 2 个红球和 4 个白球的袋中无放回地取出 3 个球，当三个球同色时则中奖. 每人只能抽奖一次.

（1）求甲、乙恰有一人中奖的概率;

(2) 若甲计划在 9: 00 9: 40 之间赶到, 乙计划在 9: 20 10: 00 之间赶到, 求甲比乙提前到达的概率.
选项：
答案：解：（1）记 “甲取得三个球同色” 为事件 $A$,

“乙取得三个球同色” 为事件 $B$,

“甲乙恰有一人中奖” 为事件 $C$. 所以 $A$ 与 $B$ 相互独立,

记两红球为 1,2 号, 四个白球分别为 $3,4,5,6$ 号,

从 6 个球中抽取 3 个的所有可能情况有 $C_{6}^{3}=20$ 个基本事件,

其中事件 $A$ 包括 $C_{4}^{3}=4$ 个基本事件故 $P(A)=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}=P(B)$,

所以 $P(\bar{A})=P(\bar{B})=\frac{4}{5}$,

所以 $P(C)=\frac{4}{5} \times \frac{1}{5}+\frac{1}{5} \times \frac{4}{5}=\frac{8}{25}$.

（2）设甲乙到达时间分别为 9: 00 起第 $x, y$ 小时，则 $0 \leqslant x \leq \frac{2}{3}, \frac{1}{3} \leq y \leqslant 1$,

甲乙到达时间 $(x, y)$ 为图中正方形区域,

甲比乙先到则需满足 $x<y$, 为图中阴影部分区域.

<ImageHere>

设甲比乙先到为事件 $B$,

则 $P(B)=1-\frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{3}}{\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}}=\frac{7}{8}$.
解析：解：（1）记 “甲取得三个球同色” 为事件 $A$,

“乙取得三个球同色” 为事件 $B$,

“甲乙恰有一人中奖” 为事件 $C$. 所以 $A$ 与 $B$ 相互独立,

记两红球为 1,2 号, 四个白球分别为 $3,4,5,6$ 号,

从 6 个球中抽取 3 个的所有可能情况有 $C_{6}^{3}=20$ 个基本事件,

其中事件 $A$ 包括 $C_{4}^{3}=4$ 个基本事件故 $P(A)=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}=P(B)$,

所以 $P(\bar{A})=P(\bar{B})=\frac{4}{5}$,

所以 $P(C)=\frac{4}{5} \times \frac{1}{5}+\frac{1}{5} \times \frac{4}{5}=\frac{8}{25}$.

（2）设甲乙到达时间分别为 9: 00 起第 $x, y$ 小时，则 $0 \leqslant x \leq \frac{2}{3}, \frac{1}{3} \leq y \leqslant 1$,

甲乙到达时间 $(x, y)$ 为图中正方形区域,

甲比乙先到则需满足 $x<y$, 为图中阴影部分区域.



设甲比乙先到为事件 $B$,

则 $P(B)=1-\frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{3}}{\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}}=\frac{7}{8}$.
题目（高一 · 组合数学）：020 秋・海淀区校级月考）某中学根据学生的兴趣爱好, 分别创建了 “书法”、“诗词”、“理学”三个社团，据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立. 2015 年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的 “书法” 、“诗词”、“理学” 三个社团的概率依次为 $m$ 、 $\frac{1}{3} 、 n$, 已知三个社团他都能进入的概率为 $\frac{1}{24}$, 至少进入一个社团的概率为 $\frac{3}{4}$, 且 $m>n$.

(l) 求 $m$ 与 $n$ 的值;

（2）该校根据三个社团活动安排情况, 对进入 “书法” 社的同学增加校本选修学分 1 分, 对进入 “诗词” 社的同学增加校本选修学分 2 分, 对进入 “理学” 社的同学增加校本选修学分 3 分. 求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于 4 分的概率.
选项：
答案：解：（1）由题意列出方程组, 得:

<ImageHere>

（2）由题令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为 $X$,获得校本选修课学分分数不低于 4 分为事件 $A$,

则 $P(X=4)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$,

$P(X=5)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(X=6)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(A)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{24}=\frac{1}{6}$.
解析：解：（1）由题意列出方程组, 得:



（2）由题令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为 $X$,获得校本选修课学分分数不低于 4 分为事件 $A$,

则 $P(X=4)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$,

$P(X=5)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(X=6)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{24}$,

$P(A)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{24}=\frac{1}{6}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2014 春-盐城校级期中）先后抛掷一枚股子, 得到的点数分别记为 $a, b$, 按以下程序进行运算:

(1) 若 $a=6, b=3$, 求程序运行后计算机输出的 $y$ 的值;

(2) 若 “输出 $y$ 的值是 3 ” 为事件 $A$, 求事件 $A$ 发生的概率.

## Read $a, b$

If $a \geqslant b$ Ther.

$$
y \leftarrow a-b
$$

Else

## $y \leftarrow b-a$

End If

Print $y$
选项：
答案：解: (1) 由程序语句知: 算法的功能是求 $y=\left\{\begin{array}{ll}a-b, & a \geq b \\ b-a, & a<b\end{array}\right.$ 的值,

当 $a=6, b=3$ 时, $y=b-3=3$;

(2) “先后抛郑一枚股子, 得到的点数分别为 $a, b$ ” 的可能事件总数 $N=36$.

事件 $A$ 发生, 而 $a-b=3$ 或 $b-a=3$ 共有（1，4），（2，5），（3，6），（4，1）（5，2）,

(6,3) 共 6 种,

$\therefore P(A)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.
解析：解: (1) 由程序语句知: 算法的功能是求 $y=\left\{\begin{array}{ll}a-b, & a \geq b \\ b-a, & a<b\end{array}\right.$ 的值,

当 $a=6, b=3$ 时, $y=b-3=3$;

(2) “先后抛郑一枚股子, 得到的点数分别为 $a, b$ ” 的可能事件总数 $N=36$.

事件 $A$ 发生, 而 $a-b=3$ 或 $b-a=3$ 共有（1，4），（2，5），（3，6），（4，1）（5，2）,

(6,3) 共 6 种,

$\therefore P(A)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋 $\cdot$广西期中）（1）从 2，3，8，9 中任取两个不同的数字, 分别记为 $a, b$, 求 $a+b$ 为奇数的概率;

（2）已知 $a \in[-5,5]$, 关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-a x+4=0$, 求此方程没有实根的概率.
选项：
答案：解：（1）根据题意, 任取两个不同的数字, (2, 3), (2, 8), (2, 9), (3, 8), (3, 9)，（8，9）所有的基本事件共有 6 个,

若 $a+b$ 为奇数，则 $a$ 和 $b$ 一个是奇数一个是偶数，共有 4 种情况，

故所求的概率为 $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

（2）由题意知本题是一个几何概型问题, 试验的全部结果构成区域 $\Omega=\{a \mid-5 \leqslant a \leqslant 5\}$, 其长度为 10 ,

若关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-a x+4=0$ 没有实根, 则 $\Delta=a^{2}-4 \times 4<0$, 解得 $-4<a<4$.

因此, 所求的概率为 $\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
解析：解：（1）根据题意, 任取两个不同的数字, (2, 3), (2, 8), (2, 9), (3, 8), (3, 9)，（8，9）所有的基本事件共有 6 个,

若 $a+b$ 为奇数，则 $a$ 和 $b$ 一个是奇数一个是偶数，共有 4 种情况，

故所求的概率为 $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

（2）由题意知本题是一个几何概型问题, 试验的全部结果构成区域 $\Omega=\{a \mid-5 \leqslant a \leqslant 5\}$, 其长度为 10 ,

若关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-a x+4=0$ 没有实根, 则 $\Delta=a^{2}-4 \times 4<0$, 解得 $-4<a<4$.

因此, 所求的概率为 $\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋-聊城期中）某次联欢会上设有一个抽奖游戏抽奖箱中共有 16 个四种不同颜色且形状大小完全相同的小球，分别代表 - 等奖、二等奖、三等奖、无奖四种奖项．其中红球代表一等奖且只有 1 个, 黄球代表三等奖. 从中任取一个小球, 若中二等奖或三等奖的概率 $\frac{7}{16}$. 小华同学获得一次摸奖机会.

(1) 求他不能中奖的概率;

(2) 若该同学中一等奖或二等奖的概率是 $\frac{1}{4}$, 试计算黄球的个数.
选项：
答案：解：（1）设小华同学任取一个小球，抽得一等奖、二等奖、三等奖、不中奖的事件分别为 $A, B, C, D$,它们彼此是互斥事件,由题意得 $P(A)=\frac{1}{16}, P(B+C)=P(B)+P(C)=\frac{7}{16}$,由对立事件的概率公式得 $P(D)=1-P(A+B+C)=1-P(B+C)-P(A)=1-\frac{7}{16}-\frac{1}{16}=\frac{1}{2}$, $\therefore$ 不能中奖的概率为 $\frac{1}{2}$.

(2) $\because P(A+B)=\frac{1}{4}$, 又 $P(A+B)=P(A)+P(B)$,

$\therefore P(B)=\frac{1}{4}-\frac{1}{16}=\frac{3}{16}$,

$\because P(B+C)=P(B)+P(C)=\frac{7}{16}$,

$\therefore P(C)=\frac{7}{16}-\frac{3}{16}=\frac{1}{4}$,

$\therefore$ 中三等奖的概率为 $\frac{1}{4}$,

$\therefore$ 黄球个数为 $16 \times \frac{1}{4}=4$ (个).
解析：解：（1）设小华同学任取一个小球，抽得一等奖、二等奖、三等奖、不中奖的事件分别为 $A, B, C, D$,它们彼此是互斥事件,由题意得 $P(A)=\frac{1}{16}, P(B+C)=P(B)+P(C)=\frac{7}{16}$,由对立事件的概率公式得 $P(D)=1-P(A+B+C)=1-P(B+C)-P(A)=1-\frac{7}{16}-\frac{1}{16}=\frac{1}{2}$, $\therefore$ 不能中奖的概率为 $\frac{1}{2}$.

(2) $\because P(A+B)=\frac{1}{4}$, 又 $P(A+B)=P(A)+P(B)$,

$\therefore P(B)=\frac{1}{4}-\frac{1}{16}=\frac{3}{16}$,

$\because P(B+C)=P(B)+P(C)=\frac{7}{16}$,

$\therefore P(C)=\frac{7}{16}-\frac{3}{16}=\frac{1}{4}$,

$\therefore$ 中三等奖的概率为 $\frac{1}{4}$,

$\therefore$ 黄球个数为 $16 \times \frac{1}{4}=4$ (个).
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・肥东县期中）已知 $f(x)=|x| ， g(x)=x-1$.

(1) 若 $x$ 是从区间 $[-3,4]$ 上任取的一个实数, $y=2$, 求满足 $f(x) \geqslant|g(y)+1|$ 的概率.

(2) 若 $x 、 y$ 都是从区间 $[0,4]$ 上任取的一个实数, 求满足 $f^{2}(x)+g^{2}(y) \leqslant 1$ 的概率.
选项：
答案：解: (1) 由 $f(x) \geqslant|g(y)+1|$ 知 $|x| \geqslant|y-1+1|$, 得 $|x| \geqslant|y|$, 即 $|x| \geqslant 2$,因为 $-3 \leqslant x \leqslant 4$,

所以满足 $f(x) \geqslant|g(y)+1|$ 的概率为 $P=\frac{3}{7}$.

(2) 由 $f^{2}(x)+g^{2}(y) \leqslant 1$ 知 $|x|^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$,

得 $x^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$,

因为 $0 \leqslant x \leqslant 4,0 \leqslant y \leqslant 4$,

所以满足 $f^{2}(x)+g^{2}(y) \leqslant 1$ 的概率为 $P=\frac{\frac{1}{2} \cdot \pi \cdot 1^{2}}{4^{2}}=\frac{\pi}{32}$.
解析：解: (1) 由 $f(x) \geqslant|g(y)+1|$ 知 $|x| \geqslant|y-1+1|$, 得 $|x| \geqslant|y|$, 即 $|x| \geqslant 2$,因为 $-3 \leqslant x \leqslant 4$,

所以满足 $f(x) \geqslant|g(y)+1|$ 的概率为 $P=\frac{3}{7}$.

(2) 由 $f^{2}(x)+g^{2}(y) \leqslant 1$ 知 $|x|^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$,

得 $x^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 1$,

因为 $0 \leqslant x \leqslant 4,0 \leqslant y \leqslant 4$,

所以满足 $f^{2}(x)+g^{2}(y) \leqslant 1$ 的概率为 $P=\frac{\frac{1}{2} \cdot \pi \cdot 1^{2}}{4^{2}}=\frac{\pi}{32}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2019春・河南期中）围棋盒子中有多粒黑子和白子, 已知从中取出 2 粒都是黑子的概率为 $\frac{1}{7}$,都是白子的概率是 $\frac{12}{35}$, 求从中任意取出 2 粒恰好是同一色的概率.
选项：
答案：解: 设 “从中取出 2 粒都是黑子” 为事件 $A$,

“从中取出 2 粒都是白子” 为事件 $B$,

“任意取出 2 粒恰好是同一色” 为事件 $C, \cdots$ (2 分)

则 $C=A \cup B$, 且事件 $A$ 与 $B$ 互斥… (4 分)

所以 $P(C)=P(A)+P(B)=\frac{1}{7}+\frac{12}{35}=\frac{17}{35}$.

即任意取出 2 粒恰好是同一色的概率为 $\frac{17}{35} . \cdots$ (10 分)
解析：解: 设 “从中取出 2 粒都是黑子” 为事件 $A$,

“从中取出 2 粒都是白子” 为事件 $B$,

“任意取出 2 粒恰好是同一色” 为事件 $C, \cdots$ (2 分)

则 $C=A \cup B$, 且事件 $A$ 与 $B$ 互斥… (4 分)

所以 $P(C)=P(A)+P(B)=\frac{1}{7}+\frac{12}{35}=\frac{17}{35}$.

即任意取出 2 粒恰好是同一色的概率为 $\frac{17}{35} . \cdots$ (10 分)
题目（高一 · 组合数学）：017 秋・成都期末）甲袋中有 1 只黑球， 3 只红球; 乙袋中有 2 只黑球， 1 只红球.

（）从甲袋中任取两球，求取出的两球颜色不相同的概率;

（II）从甲、乙两袋中各取一球, 求取出两球颜色相同的概率.
选项：
答案：解: (I) 将甲袋中的 1 只黑球, 3 只红球分别记为 $a, b_{1}, b_{2}, b_{3}$,从甲袋中任取两球，所有可能的结果有 6 种，分别为: $\left\{a, b_{1}\right\},\left\{a, b_{2}\right\},\left\{a, b_{3}\right\},\left\{b_{1}, b_{2}\right\},\left\{b_{1}, b_{3}\right\},\left\{b_{2}, b_{3}\right\}$, 共 6 种,其中两球颜色不相同的结果有: $\left\{a, b_{1}\right\} ，\left\{a, b_{2}\right\} ，\left\{a, b_{3}\right\}$ ，共 3 种，记 “从甲袋中任取两球, 取出的两球颜色不相同” 为事件 $A$,则 $P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 从甲袋中任取两球, 取出的两球颜色不相同的概率为 $\frac{1}{2}$.

(II) 将甲袋中的 1 只黑球, 3 只红球分别记为 $a, b_{1}, b_{2}, b_{3}$,将乙袋中的 2 只黑球、 1 只红球分别记为 $A_{1}, A_{2}, B_{1}$,从甲、乙两袋中各取一球的所有可能结果有 12 种, 分别为: $\left\{a, A_{1}\right\},\left\{a, A_{2}\right\},\left\{a, B_{1}\right\},\left\{b_{1}, A_{1}\right\},\left\{b_{1}, A_{2}\right\},\left\{b_{1}, B_{1}\right\}$, $\left\{b_{2}, A_{1}\right\},\left\{b_{2}, A_{2}\right\},\left\{b_{2}, B_{1}\right\},\left\{b_{3}, A_{1}\right\},\left\{b_{3}, A_{2}\right\},\left\{b_{3}, B_{1}\right\}$,其中两球颜色相同的结果有; $\left\{a, A_{1}\right\},\left\{a, A_{2}\right\},\left\{b_{1}, B_{1}\right\},\left\{b_{2}, B_{1}\right\},\left\{b_{3}, B_{1}\right\}$, 共 5 种,记 “从甲、乙两袋中各取一球，取出的两球颜色相同” 事事件 $B$,
则 $P(B)=\frac{5}{12}$,

$\therefore$ 从甲、乙两袋中各取一球, 取出两球颜色相同的概率为 $\frac{5}{12}$.
解析：解: (I) 将甲袋中的 1 只黑球, 3 只红球分别记为 $a, b_{1}, b_{2}, b_{3}$,从甲袋中任取两球，所有可能的结果有 6 种，分别为: $\left\{a, b_{1}\right\},\left\{a, b_{2}\right\},\left\{a, b_{3}\right\},\left\{b_{1}, b_{2}\right\},\left\{b_{1}, b_{3}\right\},\left\{b_{2}, b_{3}\right\}$, 共 6 种,其中两球颜色不相同的结果有: $\left\{a, b_{1}\right\} ，\left\{a, b_{2}\right\} ，\left\{a, b_{3}\right\}$ ，共 3 种，记 “从甲袋中任取两球, 取出的两球颜色不相同” 为事件 $A$,则 $P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 从甲袋中任取两球, 取出的两球颜色不相同的概率为 $\frac{1}{2}$.

(II) 将甲袋中的 1 只黑球, 3 只红球分别记为 $a, b_{1}, b_{2}, b_{3}$,将乙袋中的 2 只黑球、 1 只红球分别记为 $A_{1}, A_{2}, B_{1}$,从甲、乙两袋中各取一球的所有可能结果有 12 种, 分别为: $\left\{a, A_{1}\right\},\left\{a, A_{2}\right\},\left\{a, B_{1}\right\},\left\{b_{1}, A_{1}\right\},\left\{b_{1}, A_{2}\right\},\left\{b_{1}, B_{1}\right\}$, $\left\{b_{2}, A_{1}\right\},\left\{b_{2}, A_{2}\right\},\left\{b_{2}, B_{1}\right\},\left\{b_{3}, A_{1}\right\},\left\{b_{3}, A_{2}\right\},\left\{b_{3}, B_{1}\right\}$,其中两球颜色相同的结果有; $\left\{a, A_{1}\right\},\left\{a, A_{2}\right\},\left\{b_{1}, B_{1}\right\},\left\{b_{2}, B_{1}\right\},\left\{b_{3}, B_{1}\right\}$, 共 5 种,记 “从甲、乙两袋中各取一球，取出的两球颜色相同” 事事件 $B$,
则 $P(B)=\frac{5}{12}$,

$\therefore$ 从甲、乙两袋中各取一球, 取出两球颜色相同的概率为 $\frac{5}{12}$.
题目（高一 · 组合数学）：一位商人有 9 枚银元, 其中有 1 枚略轻的是假银元, 你能用天平（不用砝码）将假银元找出来吗?
选项：
答案：算法一第一步, 任取 2 枚银元分别放在天平两边, 如果天平左右不平衡, 则轻的一边放的就是假银元; 如果天平左右平衡, 则进行第二步。

第二步, 取下右边的银元, 放在一边, 然后把剩余的 7 枚银元依次放在右边进行称量,直到天平左右不平衡为止, 轻的一边放的就是假银元。
解析：算法一第一步, 任取 2 枚银元分别放在天平两边, 如果天平左右不平衡, 则轻的一边放的就是假银元; 如果天平左右平衡, 则进行第二步。

第二步, 取下右边的银元, 放在一边, 然后把剩余的 7 枚银元依次放在右边进行称量,直到天平左右不平衡为止, 轻的一边放的就是假银元。
题目（高一 · 组合数学）：从古印度的汉诺塔传说中演变了一个汉诺塔游戏:

（1）有三根杆子 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ ，其中 A 杆上有三个碟子（大小不等，自上而下，由小到大）,如图所示



（2）每次移动一个碟子，小的只能放在大的上面.

(3) 把所有碟子从 A 杆移到 C 杆上。试设计一个算法, 完成上述游戏。
选项：
答案：步, 将 A 杆最上面的碟子移到 C 杆上.

第二步, 将 $\mathrm{A}$ 杆最上面的碟子移到 B 杆上

第三步, 将 C 杆上的碟子移到 B 杆上

第四步, 将 $\mathrm{A}$ 杆上的碟子移到 C 杆上

第五步, 将 $\mathrm{B}$ 杆最上面的碟子移到 $\mathrm{A}$ 杆上

第六步, 将 B 杆上的碟子移到 C 杆上

第七步, 将 $\mathrm{A}$ 杆上的碟子移到 C 杆上.
解析：步, 将 A 杆最上面的碟子移到 C 杆上.

第二步, 将 $\mathrm{A}$ 杆最上面的碟子移到 B 杆上

第三步, 将 C 杆上的碟子移到 B 杆上

第四步, 将 $\mathrm{A}$ 杆上的碟子移到 C 杆上

第五步, 将 $\mathrm{B}$ 杆最上面的碟子移到 $\mathrm{A}$ 杆上

第六步, 将 B 杆上的碟子移到 C 杆上

第七步, 将 $\mathrm{A}$ 杆上的碟子移到 C 杆上.
题目（高一 · 组合数学）：做郑红、蓝两枚股子的试验, 用 $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ 表示结果, 其中 $\mathrm{x}$ 表示红色骰子出现的点数, $\mathrm{y}$ 表示蓝色骰子出现的点数。

（1）写出这个试验的所有可能的结果;

（2）求这个试验共有多少种不同的结果;

(3) 写出事件 “出现的点数之和大于 8 ”;

(4) 写出事件 “出现的点数相同” 。
选项：
答案：（1）这个试验的所有可能的结果为

$(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2)$, $(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)$, $(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6)$, $(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2)$, $(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)$.

(2) 由（1）知这个试验的结果共有 36 种.

(3) 事件 “出现的点数之和大于 8 ” 为 $(3,6),(4,5),(4,6)$,

$(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)$.

(4) 事件 “出现的点数相同” 为 $(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5)$, $(6,6)$.
解析：（1）这个试验的所有可能的结果为

$(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2)$, $(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)$, $(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6)$, $(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2)$, $(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)$.

(2) 由（1）知这个试验的结果共有 36 种.

(3) 事件 “出现的点数之和大于 8 ” 为 $(3,6),(4,5),(4,6)$,

$(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)$.

(4) 事件 “出现的点数相同” 为 $(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5)$, $(6,6)$.
题目（高一 · 组合数学）：郑一枚质地均匀的硬币三次，得到如下三个事件： $A$ 为 “ 3 次正面向上”, $B$ 为 “只有 1 次正面向上” , C 为 “至少有 1 次正面向上”，试判断事件 A, B, C 之间的包含关系.
选项：
答案：当事件 A 发生时, 事件 C 一定发生, 当事件 B 发生时, 事件 C一定发生, 因此有 $A \subseteq C, B \subseteq C$; 当事件 $\mathrm{A}$ 发生时, 事件 $\mathrm{B}$ 一定不发生, 当事件 $\mathrm{B}$ 发生时, 事件 $\mathrm{A}-$定不发生，因此事件 A 与事件 B 之间不存在包含关系.

综上，事件 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 之间的包含关系为: $A \subseteq C, B \subseteq C$.
解析：当事件 A 发生时, 事件 C 一定发生, 当事件 B 发生时, 事件 C一定发生, 因此有 $A \subseteq C, B \subseteq C$; 当事件 $\mathrm{A}$ 发生时, 事件 $\mathrm{B}$ 一定不发生, 当事件 $\mathrm{B}$ 发生时, 事件 $\mathrm{A}-$定不发生，因此事件 A 与事件 B 之间不存在包含关系.

综上，事件 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 之间的包含关系为: $A \subseteq C, B \subseteq C$.
题目（高一 · 组合数学）：例 11 盒子里有 6 个红球, 4 个白球, 现从中任取 3 个球, 设事件 $\mathrm{A}=\{3$ 个球中有 1 个红球、 2 个白球 $\}$, 事件 $\mathrm{B}=13$ 个球中有 2 个红球、 1 个白球 $\}$, 事件 $\mathrm{C}=13$ 个球中至少有 1 个红球 $\}$ ，事件 $\mathrm{D}=\{3$ 个球中既有红球又有白球 $\}$.

(1) 事件 D 与 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 是什么样的运算关系?

（2）事件 C 与 $\mathrm{A}$ 的交事件是什么事件?
选项：
答案：（1）对于事件 $\mathrm{D}$, 可能的结果为 1 个红球、 2 个白球, 或 2 个红球、 1 个白球, 故 $D=A \cup B$

(2) 对于事件 $C$ ，可能的结果为 1 个红球、 2 个白球，或 2 个红球、 1 个白球，或 3 个红球, 故 $C \cap A=A$.
解析：（1）对于事件 $\mathrm{D}$, 可能的结果为 1 个红球、 2 个白球, 或 2 个红球、 1 个白球, 故 $D=A \cup B$

(2) 对于事件 $C$ ，可能的结果为 1 个红球、 2 个白球，或 2 个红球、 1 个白球，或 3 个红球, 故 $C \cap A=A$.
题目（高一 · 组合数学）：从 1, 2, 3, 4, 5, 6 中任取两个数字组成一个两位数, 求组成的两位数大于 50 的概率。
选项：
答案：所有的基本事件是 $12,13,14,15,16,21,23,24,25,26,31,32,34$, $35,36,41,42,43,45,46,51,52,53,54,56,61,62,63,64,65$, 共 30 个.设 “组成的两位数大于 50 ” 为事件 $\mathrm{A}$ ，则事件 $\mathrm{A}$ 包含的基本事件是 $51 ， 52 ， 53,54 ， 56$, $61,62,63,64,65$, 共 10 个.
解析：所有的基本事件是 $12,13,14,15,16,21,23,24,25,26,31,32,34$, $35,36,41,42,43,45,46,51,52,53,54,56,61,62,63,64,65$, 共 30 个.设 “组成的两位数大于 50 ” 为事件 $\mathrm{A}$ ，则事件 $\mathrm{A}$ 包含的基本事件是 $51 ， 52 ， 53,54 ， 56$, $61,62,63,64,65$, 共 10 个.
题目（高一 · 组合数学）：(10 分） 2020 年新冠肺炎疫情期间，广大医务工作者逆行出征，为保护人民生命健康做出了重大贡献, 某医院首批援鄂人员中有 2 名医生, 1 名护士和 2 名志愿者, 采用抽签的方式, 若从这五名援鄂人员中随机选取两人参与金银潭医院的救治工作.

(1) 求选中 1 名医生和 1 名护士的概率:

（2）求至少选中 1 名医生的概率.

（1）请先求出频率分布表中(1)、(2)位置的相应数据, 再完成频率分布直方图（用阴影表示);

(2) 为能更好了解学生的知识掌握情况, 学校决定在笔试成绩高的第 $3 、 4 、 5$ 组中用分层抽样抽取 6 名学生进入第二轮面试, 最终从 6 位学生中随机抽取 2 位参加
选项：
答案：(1) $\frac{1}{5}$; (2) $\frac{7}{10}$.
解析：(1) 将 2 名医生分别记为 $A_{1}, A_{2} ; 1$ 名护士记为 $B$;

2 名志愿者记为 $C_{1}, C_{2}$,

从这五名援鄂人员中随机选取 2 人在金银潭医院参与救治的所有的基本事件共 10 种,

分别为 $\left(A_{1}, A_{2}\right),\left(A_{1}, B\right),\left(A_{1}, C_{1}\right),\left(A_{1}, C_{2}\right),\left(A_{2}, B\right),\left(A_{2}, C_{1}\right),\left(A_{2}, C_{2}\right),\left(B, C_{1}\right),\left(B, C_{2}\right)$,

$\left(C_{1}, C_{2}\right)$,

设“选中 1 名医生和 1 名护士”为事件 $A$, 事件 $A$ 包含的基本事件共 2 种, 分别为 $\left(A_{1}, B\right),\left(A_{2}, B\right)$,

$\therefore P(A)=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$, 即选中 1 名医生和 1 名护士的概率为 $\frac{1}{5}$.

（2）设“至少选中 1 名医生”为事件 $B$ ，事件 $B$ 包含的基本事件共 7 种，分别为:

$\left(A_{1}, A_{2}\right),\left(A_{1}, B\right),\left(A_{1}, C_{1}\right),\left(A_{1}, C_{2}\right),\left(A_{2}, B\right),\left(A_{2}, C_{1}\right),\left(A_{2}, C_{2}\right)$, $P(B)=\frac{7}{10}$, 即至少选中 1 名医生的概率为 $\frac{7}{10}$.
题目（高一 · 组合数学）：（12 分）一个不透明的袋子中装有 5 个小球，其中有 3 个红球， 2 个白球，这些球除颜色外完全相同.

(1) 记事件 $A$ 为“一次摸出 2 个球, 摸出的球为一个红球,一个白球”, 求 $P(A)$ ，

(2) 记事件 $B$ 为“第一次摸出一个球, 记下颜色后将它放回袋中, 再次摸出一个球,两次摸出的球为不同颜色的球”, 记事件 $C$ 为“第一次摸出一个球, 不放回袋中, 再次摸出一个球, 两次摸出的球为不同颜色的球”, 求证: $P(C)-P(B)=\frac{1}{5} P(A)$.
选项：
答案：(1) $\frac{3}{5} ；(2)$ 证明见解析.
解析：(1) 记这 3 个红球为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, 2$ 个白球记为 $b_{1}, b_{2}$,

则从袋中一次摸出 2 个球的所有基本事件为 $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{1}, b_{1}\right),\left(a_{1}, b_{2}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right),\left(a_{2}, b_{1}\right)$,

$\left(a_{2}, b_{2}\right),\left(a_{3}, b_{1}\right),\left(a_{3}, b_{2}\right),\left(b_{1}, b_{2}\right)$ 共 10 个,

其中满足事件 $A$ 的基本事件有 6 个,

所以 $P(A)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$.

（2）从袋中第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球的所有基本事件为 $\left(a_{1}, a_{1}\right)$, $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{1}, b_{1}\right),\left(a_{1}, b_{2}\right),\left(a_{2}, a_{1}\right),\left(a_{2}, a_{2}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right),\left(a_{2}, b_{1}\right),\left(a_{2}, b_{2}\right),\left(a_{3}, a_{1}\right)$,
$\left(a_{3}, a_{2}\right),\left(a_{3}, a_{3}\right),\left(a_{3}, b_{1}\right),\left(a_{3}, b_{2}\right),\left(b_{1}, a_{1}\right),\left(b_{1}, a_{2}\right),\left(b_{1}, a_{3}\right),\left(b_{1}, b_{1}\right),\left(b_{1}, b_{2}\right),\left(b_{2}, a_{1}\right)$,

$\left(b_{2}, a_{2}\right),\left(b_{2}, a_{3}\right),\left(b_{2}, b_{1}\right),\left(b_{2}, b_{2}\right)$ 共 25 个,

满足事件 $B$ 的基本事件有 12 个,

所以 $P(B)=\frac{12}{25}$.

从袋中第一次摸出一个球, 不放回袋中, 再次摸出一个球的所有基本事件为 $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{1}, b_{1}\right)$,

$\left(a_{1}, b_{2}\right),\left(a_{2}, a_{1}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right),\left(a_{2}, b_{1}\right),\left(a_{2}, b_{2}\right),\left(a_{3}, a_{1}\right),\left(a_{3}, a_{2}\right),\left(a_{3}, b_{1}\right),\left(a_{3}, b_{2}\right),\left(b_{1}, a_{1}\right)$,

$\left(b_{1}, a_{2}\right),\left(b_{1}, a_{3}\right),\left(b_{1}, b_{2}\right),\left(b_{2}, a_{1}\right),\left(b_{2}, a_{2}\right),\left(b_{2}, a_{3}\right),\left(b_{2}, b_{1}\right)$ 共 20 个,

满足事件 $C$ 的基本事件有 12 个,

所以 $P(C)=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}$.

因此: $P(C)-P(B)=\frac{3}{5}-\frac{12}{25}=\frac{3}{25}$,

又 $P(A)=\frac{3}{5}$, 所以 $P(C)-P(B)=\frac{1}{5} P(A)$.
题目（高一 · 组合数学）：（12 分）甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动, 对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下:

甲商场: 顾客转动如图所示圆盘, 当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为 $15^{\circ}$ ，边界忽略不计)即为中奖.

乙商场：从装有 3 个白球 3 个红球的盒子中一次性摸出 2 个球(球除颜色外不加区分), 如果摸到的是 2 个红球, 即为中奖. 问: 购买该商品的顾客在哪家商场中奖
选项：
答案：乙商场中奖的可能性大.
解析：如果顾客去甲商场, 试验的全部结果构成的区域为圆盘的面积 $\pi R^{2}$, 阴影部分的面积为 $\frac{4 \times 15 \pi R^{2}}{360}=\frac{\pi R^{2}}{6}$,

则在甲商场中奖的概率为 $P_{1}=\frac{\frac{\pi R^{2}}{6}}{\pi R^{2}}=\frac{1}{6}$,

如果顾客去乙商场, 记 3 个白球为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, 3$ 个红球为 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$, 记 $(x, y)$ 为一次摸球的结果, 则一切可能的结果有 $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, a_{3}\right),\left(a_{1}, b_{1}\right),\left(a_{1}, b_{2}\right),\left(a_{1}, b_{3}\right),\left(a_{2}, a_{3}\right),\left(a_{2}, b_{1}\right),\left(a_{2}, b_{2}\right)$,

$\left(a_{2}, b_{3}\right),\left(a_{3}, b_{1}\right),\left(a_{3}, b_{2}\right),\left(a_{3}, b_{3}\right),\left(b_{1}, b_{2}\right),\left(b_{1}, b_{3}\right),\left(b_{2}, b_{3}\right)$ 共 15 种，

摸到的是 2 个红球有 $\left(b_{1}, b_{2}\right),\left(b_{1}, b_{3}\right),\left(b_{2}, b_{3}\right)$ 共 3 种,

则在乙商场中奖的概率为 $P_{2}=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}$,

又 $p_{1}<p_{2}$, 则购买该商品的顾客在乙商场中奖的可能性大.
题目（高一 · 组合数学）：(12 分) 盒子里放有外形相同且编号为 1, 2, 3, 4, 5 的五个小球, 其中 1 号与 2 号是黑球, 3 号、 4 号与 5 号是红球, 从中有放回地每次取出 1 个球, 共取两次.

(1) 求取到的 2 个球中恰好有 1 个是黑球的概率;

(2) 求取到的 2 个球中至少有 1 个是红球的概率.
选项：
答案：(1) $\frac{12}{25}$; (2) $\frac{21}{25}$.
解析：全体基本事件共有 25 种情形,
（1） 2 个球中恰好 1 个黑球为 $13,14 ， 15 ， 23 ， 24 ， 25$, 再交换一下, 共有 12 种情形,

故概率 $P=\frac{12}{25}$.

（2）取到的 2 个球中至少有 1 个是红球的对立事件为没有一个红球，

即全是黑球为 $11,12 ， 21 ， 22$ ，共 4 种情形，

即 $P=1-\frac{4}{25}=\frac{21}{25}$.
题目（高一 · 组合数学）：（12 分）袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共 7 个, 其中白球 3 个, 现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，..., 取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止. 每个球在每一次被取出的机会是等可能的.

(1) 求取球 2 次即终止的概率;

(2) 求甲取到白球的概率.
选项：
答案：(1) $P(A)=\frac{2}{7}$; (2) $P(B)=\frac{22}{35}$.
解析：(1) 设事件 $A$ 为“取球 2 次即终止”,

即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数，

因此, $P(A)=\frac{4 \times 3}{7 \times 6}=\frac{2}{7}$

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题目（高一 · 组合数学）：满足 $\{1,2\} \varsubsetneqq M \subseteq\{1,2,3,4,5\}$ 的集合 $M$ 有 \$ \qquad \$个.
选项：
答案：7
解析：【详解】

由 $\{1,2\} \varsubsetneqq M \subseteq\{1,2,3,4,5\}$, 可以确定集合 $M$ 必含有元素 1,2 , 且至少舍有元素 3, 4, 5 中的一个, 因此依据集合 $M$ 的元素个数分类如下:

含有三个元素: $\{1,2,3\},\{1,2,4\},\{1,2,5\}$; 含有四个元素: $\{1,2,3,4\},\{1,2,3,5\},\{1,2,4,5\}$; 含有五个元素: $\{1,2,3,4,5\}$, 故满足题意的集合 $M$ 共有 7 个.

故答案为: 7

【点睛】

本题主要考查了集合间的基本关系与枚举法的运用,属于中等题型.