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（2023）如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是 A ．1- 2π B ． 12 - 1π C ． 2π D ． 1
π
A
令OA=1，扇形OAB 为对称图形，ACBD 围成面积为S 1，围成OC 为S 2，作对称轴OD ，则过C 点．S 2
即为以OA 为直径的半圆面积减去三角形OAC 的面积，S 2
=
π2 ( 1
2 )2- 12 × 12 × 12 = π-28 ．在扇形OAD 中 S 12
为扇形面积减去三角形OAC 面积和 S 22 ， S 12 = 18 π×12- 18 - S 22 = π-216 ，S 1+S 2
= π-24 ，扇形OAB 面积S= π
4 ，选A ．
（2023）如图所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E(X)＝( )
A. 126125
B. 65
C. 168125
D. 7
5 B
X 的取值为0，1，2，3且P(X ＝0)＝27125，P(X ＝1)＝54125，P(X ＝2)＝36125，P(X ＝3)＝8125，故E(X)＝0×
27
125＋1×54125＋2×36125＋3×8
125＝6
5
，选B.
（2023）节日前夕，小在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的
4秒任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) A. 14 B. 12 C. 34 D. 78
C
设第一串彩灯在通电后第x 秒闪亮，第二串彩灯在通电后第y 秒闪亮，由题意?????0≤x ≤4，
0≤y ≤4，
满足条件的关系
式为－2≤x －y ≤2.
根据几何概型可知，事件全体的测度(面积)为16平方单位，而满足条件的事件测度(阴影部分面积)为12平方单位，故概率为1216＝3
4
.
（2023）现有5根竹竿，它们的长度（单位：m ），，，，，若从中一次随机抽取2根竹竿， 的概率为 .
从5根竹竿中一次随机抽取2根的可能的事件总数为10， 的事件数为2，分别是：，，
（2023）现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n(m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________． 2063
基本事件共有7×9＝63种，m 可以取1，3，5，7，n 可以取1，3，5，7， ，n 都取到奇数共有20种，故所求概率为20
63
.
（2023）在区间[－3，3]上随机取一个数x ，使得|x ＋1|－|x －2|≥1成立的概率为________．
1
3
当x2时，不等式化为x ＋1－x ＋2≥1，此时恒成立，∴|x ＋1|－|x －2|≥1的解集为[)
1，＋∞.在
[
]－3，3上使不等式有解的区间为[]
1，3，由几何概型的概率公式得P ＝3－1
3－（－3）＝1
3
.
（2023）下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于102表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．
（1）求此人到达当日空气重度污染的概率；
（2）设X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求X 的分布列与数学期望； （3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明) 2
13；12
13
；3月5日
设Ai 表示事件“此人于3月i 日到达该市”(i ＝1，2，…，13)．
根据题意，P(Ai)＝1
13
，且Ai ∩Aj ＝(i ≠j)．
（1）设B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A5∪A8. 所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝2
13
.
（2）由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，且 P(X ＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11) ＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝4
13，
P(X ＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13) ＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝413，
P(X ＝0)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝5
13.
所以X 的分布列为
X 0 1 2 P
5
13 4
13 4
13
故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝12
13
.
（3）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．
（2023）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为2
3，中奖可以获
得2分；方案乙的中奖率为2
5，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖
与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
（1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X ≤3的概率；
（2）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
11
15
；方案甲．
方法一：（1）由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为2
5，且两人中奖与否互不影响．记“这2
人的累计得分X ≤3”的事件为A ， 则事件A 的对立事件为“X ＝5”，
因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝11
15，
即这两人的累计得分X ≤3的概率为11
15
.
（2）设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B ? ????2，23，X2～B ? ??
??
2，25，
所以E(X1)＝2×23＝43，E(X2)＝2×25＝4
5，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝83，E(3X2)＝3E(X2)＝12
5.
因为E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
方法二：（1）由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为2
5，且两人中奖与否互不影响．
记“这两人的累计得分X ≤3”的事件为A ，
则事件A 包含有“X ＝0”“X ＝2”“X ＝3”三个两两互斥的事件，
因为P(X ＝0)＝? ????1－23×? ????1－25＝15，P(X ＝2)＝23×? ?
???1－25＝25，P(X ＝3)＝? ????1－23×25＝215
，
所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝11
15
，