第十章 第一节
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．从1到10的正整数中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同情形的种数是 A．10 B．15 C．20 D．25
解析 当且仅当偶数加上奇数时和为奇数，从而不同情形有5×5＝25(种)． 答案 D
2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
解析 设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．
答案 B
3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为
A．40 B．16 C．13 D．10 解析 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面； 第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面． 根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面． 答案 C
4．如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙和从甲地到丙地的走法种数分别为
A．6，8 B．6，6 C．5，2 D．6，2
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公地
解析 从甲地经乙地到丙地，分两步： 第1步，从甲地到乙地，有3条公路；
第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步乘法计数原理，有3×2＝6种走法． 从甲地到丙地，分两类：
第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；
第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类加法计数原理，有6＋2＝8种走法．
答案 A
5．(2014·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是
A．16 B．32 C．48 D．64
解析 每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．
答案 C
6．如图所示的几何体由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色把这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方法共有
A．24种 B．18种 C．16种 D．12种
1·C1·C1·C1＝解析 先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C3212
3×2×1×2＝12种不同的方法．
答案 D
7．(2014·嘉兴模拟)已知a，b∈{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，u＝logab，则u的不同取值个数为
A．42 B．48 C．54 D．60 解析 要保证u＝logab的取值不同，则有
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当a＝2时，b可取{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，共9种情况； 当a＝3时，b可取{2，4，5，6，7，8}，共6种情况； 当a＝4时，b可取{2，3，5，6，7，8}，共6种情况； 当a＝5时，b可取{2，3，4，6，7，8，9}，共7种情况； 当a＝6时，b可取{2，3，4，5，7，8，9}，共7种情况； 当a＝7时，b可取{2，3，4，5，6，8，9}，共7种情况； 当a＝8时，b可取{2，3，5，6，7，9}，共6种情况； 当a＝9时，b可取{2，4，5，6，7，8}，共6种情况； 所以u的不同取值个数为9＋6＋6＋7＋7＋7＋6＋6＝54. 答案 C
8．(2015·商洛一模)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花
A．3 360元 B．6 720元 C．4 320元 D．8 640元
解析 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，至少需花4 320×2＝8 640(元)．
答案 D
9．设集合I＝{1，2，3，4，5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有
A．50种 B．49种 C．48种 D．47种
解析 从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C25＝10种选择方法；
3＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个从5个元素中选出3个元素，有C5
空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种
4＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C5
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用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择
5＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4方法；从5个元素中选出5个元素，有C5
＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法，故选B.
答案 B
10．(2014·新乡模拟)已知集合M＝N＝{0，1，2，3}，定义函数f：M→N，且点A(0，f(0))，→＋IC→＝λIB→(λ∈R)，
B(i，f(i))，C(i＋1，f(i＋1))(其中i＝1，2)．若△ABC的内切圆圆心为I，且IA则满足条件的△ABC有
A．10个 B．12个 C．18个 D．24个
→＋IC→＝λIB→(λ∈R)知△ABC是以B为顶点的等腰三角形，A点是4×4的格点中第
解析 由IA一列的点．
当i＝1时，B点是第二列格点中的点，C点是第三列格点中的点，此时腰长为2、5、10的△ABC分别有6个、4个、2个，当i＝2时，B点是第三列格点中的点，C点是第四列格点中的点，此时腰长为5的△ABC有6个，如图，△ABC为其中的一个．综上，满足条件的△ABC共有18个，故选C.
答案 C
二、填空题(每小题6分，共30分)
11．(2014·淄博模拟)从0，1，2，3，4中任取四个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数是________(用数字作答)．
解析 据题意：个位是0的有4×3×2＝24个；个位不是0的有2×3×3×2＝36个，故共有24＋36＝60个．
答案 60
12．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或全是3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14个．
答案 14
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13．(2014·德州一模)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中任取3个不同的数字构成空间直角坐标系中的点的坐标(x，y，z)，若x＋y＋z是3的倍数，则满足条件的点的个数为________．
解析 按余数来分将数分成3类：0，3，6，9；1，4，7；2，5，8；0，0，0；组成的：4种；0，1，2组成的：4×3×3＝36种；1，1，1组成的：1种；2，2，2组成的：1种，加起来一共42种，所以满足条件的点的个数为42×A33＝252.
答案 252
14．如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域填色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有______种．
解析 按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选； 第二步B区域有4种颜色可选； 第三步C区域有3种颜色可选；
第四步由于D区域可以重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选． 由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180(种)涂色方法． 答案 180
15．奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有______种．
解析 分两步安排这8名运动员．
第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1、3、5、7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24(种)．
第二步：安排另外5人，可在2、4、6、8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．
答案 2 880 三、解答题(共20分)
16．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从
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高等数学题库 (48)
