专题23概率统计与图论（教师版含解析）-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题23概率统计与图论历年联赛真题汇编1【2008高中数学联赛(第01试)】甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一个比对方多2分或打满6局时停止设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望E为( )A24181B26681C27481D670243【答案】B【解析】解法一依题意知，的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为232+132=59，若该轮结束时，比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该

2、轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而P(=2)=59，P(=4)=4959=2081，P(=6)=492=1681，故E=259+42081+61681=26681.故选B解法二依题意知，的所有可能值为2，4，6.令Ak表示甲在第k局比赛中获胜，则Ak表示乙在第k局比赛中获胜.由独立性与互不相容性得P(=2)=PA1A2+PA1A2=59，P(=4)=PA1A2A3A4+PA1A2A3A4+PA1A2A3A4+PA1A2A3A4=223313+13323=2081，P(=6)=PA1,A2A3A4+PA1A2A3A4+PA1A2A3A4+PA1A2A3A4=4232132=1681，因此

3、E=259+42081+61681=26681.故选B2【2007高中数学联赛(第01试)】将号码分别为1，2，9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b.则使不等式a2b+100成立的事件发生的概率等于( )A5281B5981C6081D6181【答案】D【解析】甲、乙二人每人摸出1个小球都有9种不同结果，故基本事件总数为92=81个.由不等式a-2b+100得2b4，(x+2y-1)n的展开式中xn-4与xy两项的系数相等，则n的值为 .【答案】51【解析】注意到(x+2y-1)n=r=0nCnrx

4、n-r(2y-1)r.其中xn-4项，仅出现在求和指标r=4时的展开式Cn4xn-4(2y-1)4中，其xn-4项系数为(-1)4Cn4=n(n-1)(n-2)(n-3)24.而xy项仅出现在求和指标r=n1时的展开式Cnn-1x(2y-1)n-1中，其xy项系数为Cnn-1Cn-124(-1)n-3=(-1)n-32n(n-1)(n-2).因此有n(n-1)(n-2)(n-3)24=(-1)n-32n(n-1)(n-2).注意到n4，化简得n-3=(-1)n-348，故只能是n为奇数且n3=48.解得n=51.6【2018高中数学联赛A卷(第01试)】将1，2，3，4，5，6随机排成一行，记

5、为a，c，d，e，f，则abc+def是偶数的概率为 .【答案】910【解析】先考虑abc+def为奇数的情况，此时abc、def一奇一偶，若abc为奇数，则a、b、c为1、3、5的排列，进而d、e、f为2、4、6的排列，这样有3!3!=36种情况，由对称性可知，使abc+def为奇数的情况数为362=72种.从而abc+def为偶数的概率为1-726!=1-72720=910.7【2018高中数学联赛B卷(第01试)】将1，2，3，4，5，6随机排成一行，记为，b，c，d，e，f，则abc+def是奇数的概率为 .【答案】110【解析】当abc+def为奇数时，abc，def必为一奇一偶，若

6、abc为奇数，则a，b，c为1，3，5的排列，d，e，f为2，4，6的排列，这样有3!3!=36种情况.由对称性可知，满足条件的情况数为362=72种.从而所求概率为726!=72720=110.8【2017高中数学联赛A卷(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，点集K=(x，y)|x，y=1，0，1在K中随机取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为5的概率是 .【答案】47【解析】易知K中有9个点，故在K中随机取出三个点的方式数为C93=84种.将K中的点按如图标记为A1,A2,A8,O，其中有8对点之间的距离为5.由对称性，考虑取A1,A4两点的情况，则剩下的一个点有7种取法，这样有78=

7、56个三点组(不计每组中三点的次序).对每个Ai(i=1，2，8)，K中恰有Ai+3,Ai+5两点与之距离为5(这里下标按模8理解)，因而恰有Ai,Ai+3,Ai+5(i=1,2,8)这8个三点组被记了两次.从而满足条件的三点组个数为568=48，进而所求概率为4884=47.9【2017高中数学联赛B卷(第01试)】在平面直角坐标系xOy中，点集K=(x，y)|x，y=1，0，1.在K中随机取出三个点，则这三个点两两之间距离均不超过2的概率为 .【答案】514【解析】注意K中共有9个点，故在K中随机取出三个点的方式数为C93=84种.当取出的三点两两之间距离不超过2时，有如下三种情况:(1)

8、三点在一横线或一纵线上，有6种情况.(2)三点是边长为1,1,2的等腰直角三角形的顶点，有44=16种情况.(3)三点是边长为2,2,2的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于(0，0)的有4个，直角顶点位于(1，0)、(0，1)的各有一个共有8种情况.综上可知，选出三点两两之间距离不超过2的情况数为6+16+8=30，进而所求概率为3084=514.10【2016高中数学联赛(第01试)】袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币.现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A中剩下的纸币面值之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为 .【答案】935【解析】符合

9、要求的取法，等价于从A中取走的两张纸币的总面值a小于从B中取走的两张纸币的总面值b，从而aa=2，即从B中取走的两张纸币不能都是1元纸币，相应有C72-C32=18种取法.因此，所求的概率为318C52C72=541021=935.11【2015高中数学联赛(第01试)】在正方体中随机取3条棱，它们两两异面的概率为 .【答案】255【解析】设正方体为ABCDEFGH，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有C123=220种，下面考虑使3条棱两两异面的取法数.由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向(即AB，AD，AE的方向)，具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方

10、向，可先取定AB方向的棱，这有4种取法.不妨设取的棱就是AB，则AD方向只能取棱EH或棱FG，共2种可能.当AD方向取棱是EH或FG时，AE方向取棱分别只能是CG或DH.由上可知，3条棱两两异面的取法数为42=8，故所求概率为8220=255.12【2014高中数学联赛(第01试)】设A，B，C，D是空间四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则A，B可用(一条边或者若干条边组成的)空间折线联结的概率为 .【答案】34【解析】每对点之间是否连边有2种可能，共有26=64种情况.考虑其中A，B可用折线联结的情况数：(1)有AB边：共25=32种情况；

11、(2)无AB边，但有CD边：此时A，B可用折线联结当且仅当A与C，D中至少一点相连，且B与C，D中至少一点相连，这样的情况数为(221)(221)=9.(3)无AB边，也无CD边：此时AC，CB相连有22种情况，AD，DB相连也有22种情况，但其中AC，CB，AD，DB均相连的情况被重复计了一次，故A，B可用折线联结的情况数为22+221=7.以上三类情况数的总和为32+9+7=48，故A，B可用折线联结的概率为4864=34.13【2013高中数学联赛(第01试)】从1，2，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为 .【答案】232323【解析】设a1a2a3a4a5取自1，2

12、，20，若a1,a2,a3,a4,a5互不相邻，则1a1a2-1a3-2a4-3a5-416，由此知，从1，2，20中取5个互不相邻的数的选法与从1，2，16中取5个不同的数的选法相同，即C165种.所以，从1，2，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为C205-C165C205=1-C165C205=232323.14【2012高中数学联赛(第01试)】某情报站有A，B，C，D四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种设第1周使用A种密码，那么第7周也使用A种密码的概率是 (用最简分数表示).【答案】61243【解析】用

13、Pk表示第k周用A种密码的概率，则第k周未用A种密码的概率为1Pk.于是，有Pk+1=131-PkkN*，即Pk+1-14=-13Pk-14，由P1=1知，Pk-14是首项为34，公比为-13的等比数列.所以Pk-14=34-13k-1，即Pk=34-13k-1+14，故P7=61243.15【2010高中数学联赛(第01试)】两个人轮流投掷骰子，每个人每次投掷两颗，第一个人使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷先投掷人的获胜概率是 .【答案】1217【解析】同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为2136=712，从而先投掷人的获胜概率为712+5122712+5124712+=712

14、11-25144=1217.16【2009高中数学联赛(第01试)】某车站每天8：009：00，9：0010：00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为：到站时刻8:109:108:309:308:509:50概率161213一旅客8：20到车站，则它候车时间的数学期望为 (精确到分).【答案】27【解析】旅客候车时间的分布列为：候车时间(分)1030507090概率1213161612161316候车时间的数学期望为1012+3013+50136+70112+90118=27.17【2006高中数学联赛(第01试)】袋内有8个白球和2个红球，每次从中

15、随机取出一个球，然后放回1个白球，则第4次恰好取完所有红球的概率为 .【答案】0.0434【解析】第4次恰好取完所有红球的概率为2109102110+810210910110+8102210110=0.0434.18【2002高中数学联赛(第01试)】将二项式x+124xn的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有 个【答案】3【解析】不难求出前三项系数分别是1,12n,18n(n-1)，由于这三个数构成等差数列，有2-12n=1+18n(n-1)，解得：n=8和n=1(舍去).当n=8时，Tr+1=C8r12rx(16-3r)4，这里r=0，1，8.

16、r应满足4|(16-3r)，所以r只能是0，4，8.19【1996高中数学联赛(第01试)】从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色.将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同颜色.则不同的染色方案共有 种(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同)【答案】320【解析】分情况讨论：(1)用六种颜色涂色的方法有65432164=30；(2)用五种颜色涂色的方法有C65C5143214=180；(3)用四种颜色涂色的方法有C64C42212=90；(4

17、)用三种颜色涂色的方法有C63=20；那么一共涂色方案有30+180+90+20=320(种).20【1990高中数学联赛(第01试)】设n=1990，则12n1-3Cn2+32Cn4-33Cn6+3994Cn1988-3995Cn1990= .【答案】-12【解析】原式=121990-C19902121990322+C19901998122321988-C19901990321990.可以看出上式就是12+32i1990=cos3+isin31990=cos19903+isin19903.所以应填cos19903，即-12.21【2005高中数学联赛(第01试)】将编号为1，2，9的9个小球

18、随机放置在圆周的9个等分点上，每个等分点上各有1个小球设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为S.求使S达到最小值的放法的概率.(注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法.)【答案】1315【解析】把9个编号不同的小球放在圆周的9个等分点上，每个点上放1个，相当于9个不同元素在圆周上的1个圆形排列，故共有8!种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有8!2=47!种.下求使S达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧2条路径，对其中任一条路径，设x1,x2,xk是依次排列于这段弧上的小球号码，则1-x1+x1-x2+xk-91-x1+x1-x2+xk

19、-9=|1-9|=8，上式取等号当且仅当1x1x2xk24,6525，因此，当n5时，n次出现的点数之和大于2n已不可能.即这是一个不可能事件，过关的概率为0.所以最多只能连过4关.(2)设事件An为“第n关过关失败”，则对立事件An为“第n关过关成功”.第n关游戏中，基本事件总数为6n个.第1关：事件A1所含基本事件数为2(即出现点数为1和2这两种情况).所以过此关的概率为P(A1)=1-PA1=1-26=23.第2关：事件A2所含基本事件数为方程x+y=a.当a分别取2，3，4时的正整数解组数之和.即有C11+C21+C31=1+2+3=6个.所以过此关的概率为P(A2)=1-PA2=1-

20、662=56.第3关：事件A3所含基本事件为方程x+y+z=a当a分别取3，4，5，6，7，8时的正整数解组数之和.即有C22+C32+C42+C52+C62+C72=1+3+6+10+15+21=56个.所以过此关的概率为P(A3)=1-PA3=1-5663=2027.故连过前三关的概率为P(A3)=1-PA3=1-5663=2027.(说明：第2，3关的基本事件数也可以列举出来).优质模拟题强化训练1连续掷骰子两次得到的点数分别为m、n，作向量a=m,n，则a与向量b=1,-1的夹角成为直角三角形内角的概率是( )A512B12C712D34【答案】C【解析】解法1：由于m、n均可取1，2

21、，6，故向量a有66=36个可能的位置，又当a与b=1,-1的夹角成为直角三角形内角时，cosa,b=abab=m-nm2+n220,1 0m-n2m2+n2.平方得m-n20.上式显然恒成立，而不等式m-n0的解的个数为6+5+4+3+2+1=21.所以，a与b的夹角成为直角三角形内角的概率是2136=712.解法2：设a与b的夹角为.当m=n时，为直角，有6种情况；剩下的30种情况由对称性知，有一半是m-n0，为锐角，另一半是m-nP4BP8P7CP11P16【答案】C【解析】由已知得Pn+1=13Pn+23(1-Pn)=23-13Pn.于是，Pn+2-Pn+1=-13(Pn+1-Pn).

22、再由P0=1,P1=13可得Pn+1-Pn=-23(-13)n.从而，Pn中n为偶数的项都比它的邻项大，而n为奇数的项都比它的邻项小. 选C.3正四面体的4个表面上分别写有数字1、2、3、4，将4个这样均匀的正四面体同进投掷于桌面上，与桌面接触的4个面上的4个数的乘积能被4整除的概率是( )A18B116C1316D964【答案】C【解析】事件“4个数均为奇数”的概率为P1=(12)4=116；事件“3个数为奇数，1个数为2”的概率为P2=C43(12)314=18.故4个数的积能被4整除的概率为P=1-P1-P2=1316.45名志愿者随机进入三个不同的奥运场馆参加接待工作则每个场馆至少有一

23、名志愿者的概率为( )A35B115C58D5081【答案】D【解析】5名志愿者随机进入三个不同的奥运场馆的方法种数为35=243每个场馆至少有一名志愿者的情形可分两类考虑：第一类，一个场馆去3人，剩下两场馆各去1人，此类的方法种数为C51C53A22=60，第二类，一个场馆去1人，剩下两场馆各去2人，此类的方法种数为C31C51C42=90故每个场馆至少有一名志愿者的概率为P=60+90243=50815某人投掷两次骰子，先后得到点数m、n用来作为一元二次方程x2+mx+n=0的系数.则使方程有实根的概率是( ).A12B59C1736D1936【答案】D【解析】由题意知m,n1,2,6.则

24、事件总数为36.而方程有实根等价于m24n，即nm24.据此可列出：n的值：1,2,3,4,5,6；m的对应个数：5,4,3,3,2,2.因此，有实根事件总数为5+4+3+3+2+2=19.故概率为1936. 选D.6有一种掷骰子游戏，它可随机地显示1到6中的一个点数.一枚棋子放在边长为1的正方形ABCD的顶点处，每掷一次，棋子就移动一次.移动规则是从所在的位置开始，在正方形的周界上按逆时针方向行走长为所掷点数的距离到达另一个顶点.假定棋子最初在A处，那么，两次运动所到达的点之间的距离大于1的概率为( ).A12B13C14D16【答案】B【解析】对XA,B,C,D，记P(X)表示从A移动一次

25、到达点X的概率,那么P(A)+P(B)+P(C)+P(D)=1两次运动所到达的点之间的距离大于1，等价于两次运动所到达的点是正方形的相对顶点.于是，所求的概率为P=P(A)P(C)+P(B)P(C)+P(C)P(C)+P(D)P(C)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D)P(C)=P(C)=13,选B.7在12000中随机地取一个数，取到的整数能被6整除但不能被4整除的概率是( ).A14B831000C1672000D34【答案】C【解析】设事件A为“取到的数能被6整除”，事件B为“取到的数能被4整除”.由33320006334，则P(A)=3332000.而6与4的最小公倍数为12，16

26、6200012167，所以，恰有166个数既能被6整除又能被4整除，即P(AB)=1662000.故所求概率为P(A)-P(AB)=3332000-1662000=1672000, 选C.8有p+q个零件，已知其中有p个正品、q个次品现随机地逐一检查，则恰好在检查第rqprp+q个零件查出了所有次品的概率为( )ACq1Ar-1q-1Apr-qAp+qrBCp1Ar-1p-1Aqr-pAp+qrCAqr-pApr-qAp+qrDCq1Ar-1q-1Apr-q+Cp1Ar-1p-1Aqr-pAp+qr【答案】D【解析】问题等价于：从1,2,p及-1,-2,-q中随机地选取r个数排成一排，求所得到

27、的排列满足下列条件的概率：或者排列包含q个负数，且最后一个数是负数(此时至多包含p-1个正数)；或者排列包含p个正数，且最后一个数是正数(此时至多包含q-1个负数)若第r个位置排负数，则排该位置有Cq1种方法，剩下的q-1个负数都排在前r-1个位置上，有Ar-1q-1种方法，剩下r-q个位置在p个正数中取r-q个排列，有Apr-q种方法；若第r个位置排正数，则排该位置有Cp1种方法，剩下的p-1个正数都排在前r-1个位置上，有Ar-1p-1种方法，剩下r-p个位置在q个负数中取r-p个排列，有Aqr-p种方法又从p+q个数中选取r个数的排列有Ap+qr个从而，所求概率为Cq1Ar-1q-1Ap

28、r-q+Cp1Ar-1p-1Aqr-pAp+qr9有10道单项选择题，每道题有4个选项某人随机选定每道题中的1个选项作为答案，若恰好答对k道题的概率最大，则k的值为( )A2B3C4D5【答案】A【解析】选定每道题的答案是随机独立的，并且每道题答对的概率为14，答错的概率为34，属于独立重复试验，故恰好答对k道题的概率为C10k(14)k(34)10-k则C10k(14)k(34)10-kC10k-1(14)k-1(34)11-kC10k(14)k(34)10-kC10k+1(14)k+1(34)9-k化简得1k311-k310-k1k+1解得74k114因为k为正整数，所以，k=2选A.说明

29、：这时可以算出P10(2)=C102(14)2(34)80.2810将编号为1，2，18的18名乒乓球运动员分配在9张球台上进行单打比赛，规定每一张球台上两选手编号之和均为大于4的平方数记7号与18号比赛为事件p则p为()A不可能事件B概率为117的随机事件C概率为13的随机事件D必然事件【答案】D【解析】由于编号最大的两数之和为18+17=3536，所以，同一张球台上两选手编号之和只能取3个平方数：25、16、9现设同一张球台上两选手编号和为25、16、9的分别有x、y、z(x、y、z均为非负整数)个依题意有25x+16y+9z=1+2+18x+y+z=9x0,y0,z0，即16x+7y+9

30、(x+y+z)=171x+y+z=9x0,y0,z0得16x+7y=90x0,y0,z0又由10x9016，知x只能取非负整数0，1，2，3，4，5逐一代入检验，可得方程唯一的非负整数解x=3，y=6，z=0下面讨论9张球台上的选手对阵情况(1)由x=3，知平方数为25只能有3个，而编号不小于16的3个选手18，17，16对应的平方数又只能为25，故“两选手编号和为25”的只能是：18与7对阵，17与8对阵，16与9对阵(2)由y=6，知去掉18，17，16，9，8，7后剩下的12个选手对应的平方数能且只能为16，有：1与15对阵，2与14对阵，3与13对阵，4与12对阵，5与11对阵，6与1

31、0对阵所以，规定能够实现，且实现方案是唯一的9张球台上选手对阵情况为：(18,7),(17,8),(16,9),(15,1),(14,2),(13,3),(12,4),(11,5),(10,6)事件p为必然事件选D.11一种单人纸牌游戏的规则如下：将七对不相同的纸牌放入一个书包中，游戏者每次随机地从书包中取牌并放回，不过当取到成对的牌时，就将成对的牌放到一边当游戏者每次总取三张牌(所剩的若不够三张牌就全部取完)时，若取到三张牌中两两互不成对，游戏就结束；否则，取牌继续进行，直到书包中没有纸牌为止则书包空的概率为_【答案】275005【解析】设P(n)为开始时书包有n对互不相同的牌，且按题意规则

32、取牌而使书包空的概率则P(2)=1设书包中有n(n2)对互不相同的牌则前三张牌中有两张成对的概率为Cn1C2n-21C2n3=32n-1由此，P(n)=32n-1P(n-1)(n3)反复利用此递推公式得P(n)=32n-132n-335P(2)从而，P(7)=27500512设甲袋中有4只白球、5只红球、6只黑球；乙袋中有7只白球、6只红球、2只黑球.若从两袋中各取一球，则两球颜色不同的概率是_(用最简分数作答).【答案】3145【解析】两球颜色相同的概率为P=47+56+621515=1445故两球颜色不同的概率为1-1445=314513一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小

33、于前一次出现的点数的概率为_.【答案】772 【解析】设a1、a2、a3、a4分别是四次投掷骰子得到的点数，那么(a1,a2,a3,a4)共有64种不同的情况.如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则a1a2a3a4.若a1、a2、a3、a4的值都相等，则(a1,a2,a3,a4)有C61种不同的情况；若a1、a2、a3、a4恰好取两个不同的值，则(a1,a2,a3,a4)有3C62种不同的情况；若a1、a2、a3、a4恰好取3个不同的值，则(a1,a2,a3,a4)有3C63种不同的情况；若a1、a2、a3、a4恰好取4个不同的值，则(a1,a2,a3,a4)有C64种不同的

34、情况.因此，满足a1a2a3a4的情况共有C61+3C62+3C63+C64=126(种).故所求的概率为12664=772.14已知甲、乙两人进行一种博弈游戏，甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13.若其中一人比另一人多赢两局，则游戏结束那么，需要进行的游戏局数的数学期望为_.【答案】185.【解析】设所求的数学期望为E.注意到，两局就结束的概率等于(23)2+(13)2=59.若两局没有结束，则必定恰赢了一局，回到初始状态，此时的数学期望为2+E，从而，592+49(2+E)=EE=185.故答案为：18515从1，2，10中随机抽取三个各不相同的数字，其样本方差s21的概率=_.【答案】

35、115【解析】x1x2x3的样本方差s2=13i=13(xi-x)21，当且仅当x1、x2、x3是连续的正整数.故P(s21)=8C103=115.故答案为：11516对于实数，用表示不超过的最大整数，例如3=3，2=1，-=-4，设x为正实数，若log2x为偶数，则称x为幸运数.在区间(0，1)中随机选取一个数，它是幸运数的概率为_【答案】13【解析】注意当x(0,1)时，log2xn4及m+n40，得9m+n40.所以m+n=9,m-n=3,或m+n=16,m-n=4,或m+n=25,m-n=5,或m+n=36,m-n=6,.解之得(m，n)=(6，3)(舍去)，或(10，6)，或(15，

36、10)，或(21，15).故符合题意的数组(m，n)有3个.故答案为：318某市公租房房源位于A,B,C三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子 申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意4位申请人中，恰有2人申请A小区房源的概率是_【答案】827【解析】本题为古典概型，P=C422234=82719设n为正整数.从集合1,2,2015中任取一个正整数n恰为方程n2=n3+n6的解的概率为_(x表示不超过实数x的最大整数).【答案】sinB0【解析】当n=6k(kZ+)时，n2=6k2=3k，n3+n6=6k3+6k6=2k+k=3k.满足题中方程的n为6，12，2010，共33

37、5个；当n=6k-5(kZ+)时，n2=6k-52=3k-3，n3+n6=6k-53+6k-56=2k-2+k-1=3k-3.满足题中方程的n为1，7，13，2011，共336个；当n=6k-4(kZ+)时，n2=6k-42=3k-2，n3+n6=6k-43+6k-46=2k-2+k-1=3k-3.满足题中方程的n不存在；当n=6k-3(kZ+)时，n2=6k-32=3k-2，n3+n6=6k-33+6k-36=2k-1+k-1=3k-2.满足题中方程的n为3，9，15，2013，共336个；当n=6k-2(kZ+)时，n2=6k-22=3k-1，n3+n6=6k-23+6k-26=2k-1+

38、k-1=3k-2.满足题中方程的n不存在；当n=6k-1(kZ+)时，n2=6k-12=3k-1，n3+n6=6k-13+6k-16=2k-1+k-1=3k-2.满足题中方程的n不存在.因此，从集合1,2,2015中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为335+336+3362015=10072015.20从集合1,2,2014中随机地、不放回地取出三个数a1、a2、a3，然后再从剩下的2011个数中同样随机地、不放回地取出三个数b1、b2、b3.则将a1a2a3为长、宽、高的砖能放进以b1b2b3为长、宽、高的盒子中的概率为_。【答案】14【解析】不妨设a1a2a3，b1b2b3，当且仅当a1b1，a2b2，a3b3时砖可放入盒中.设c1c2c6是从1,2,2014中选出的六个数，再从中选出三个，有C63=20种方法.这三个作为a1、a2、a3，剩下三个作为b1、b2、b3，符合要求的a1只能为c1.a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则a3可为c4或c5.故符合要求的取法为5种，概率p=520=14.