初中数学逻辑推理强化练习6

初中数学逻辑推理强化练习6

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一、单选题

1.如图所示，阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图形为L形，那么

在4x5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的〃形图案的个数是（）.

2.一个盒子中有红球m个、白球10个，黑球〃个，每个球除颜色外都相同，从中任

取一个球，取得是白球的概率与不是白球的概率相同，那么"，”的关系是（）.

A.m+n=10B.m+n=5C./??=«=10D.m=2,n=3

3.在象棋中，“兵”在过河后，可以向左、向右或往前行进一步，但是永远不能往后方

移动.如图，“兵”已经过河了，可以向右、向上行进.那么"兵'’从现在的位置走到“将”

的位置，且要使路程之和最短，有几种行走的路线（）

A.16B.20C.24D.32

4.设4,4,%，。4，。5，％，为，。8，。9，《0，町是从小到大排列的11个正整

数，且和为289,则当4+“2+43+%+%+%+%的值最大时，的最小值是

（）

A.8B.9C.10D.II

5.掷〃次普通骰子得到点数和为1994的概率大于0,且与得到点数和为S的概率相

等，则S的最小值是（）

A.333B.334C.337D.339

6.把正方体的六个面染成3面红，2面蓝，1面黄，正方体可以旋转，旋转后相同的

两种染色方法看成是同一种染色方法，那么一共有（）种不同的染色方法.

A.2B.3C.4D.至少5种

7.挪两颗骰子，所得两个数字的乘积为5的倍数的概率为（）.

111

-11

A.B.6-D.二

3618

8.一只小虫子欲从A点不重复经过图中的点或者线段，而最终到达目的地E,这只小

虫子的不同走法共有（）

A.12利1B.13种C.14种D.15种

二、填空题

9.如图，一个3x3的表格中两个方格已经被染成黑色.用红、黄、蓝、绿四种颜色对

其余7个方格中染色，使得每行、每列及两条对角线上各个方格所染颜色各不相同,

共有种不同的染色方式.

10.如图所示，DE//FG//HI//BC,图中梯形的个数为个.

（1）图中共有个（包括大小不同的）正方形；

（2）图中共有个包括大小不同的矩形（包含正方形）.

12.设X],*2,…，2均为正整数，且工|<工2<…<芍，%+々+…+F=220,则当

占+%+…+三的值最大时，覆一%的最小值是.

13.已知孙々,…,x«,都是正整数，且%+%+…+4)=58.若x；+x；+…+焉的最大值

为A,最小值为8,则A+B=.

14.将6x6方格纸的若干方格涂成红色，其他方格不涂色，方格纸上每个以网格线为

边的3x3的正方形的4个角上共4个小方格，要使这4个小方格中都恰只有一个红

格，那么方格纸上最多要涂红格.

15.现有145本书，分给若干同学，不管怎样分，都至少有1个同学分到5本或5本

以上，则同学的人数最多有个.

16.如图所示，用红、蓝、黄三色将图中区域A、B、C、。着色，要求有公共边界的

相邻区域不能涂相同的颜色，满足恰好A涂蓝色的概率为.

DJX

三、解答题

17.从1,2,3,…，50这50个正整数中任取"个数，在这〃个数中总能找到3个

数，它们两两互质.求”的最小值.

18.已知直线//：y=-2%+10交)，轴于点4,交x轴于点8,二次函数的图象过A,B

两点，交x轴于另一点C,BC=4,且对于该二次函数图象上的任意两点尸/(x/,

y/),尸2(必yz),当x/>X2N5时，总有

(1)求二次函数的表达式；

(2)若直线6：y—mx+n(n#10),求证：当m=-2时,hlHr,

(3)E为线段BC上不与端点重合的点，直线小)，=-2x+q过点C且交直线AE于点

F,求ZXABE与△C£F面积之和的最小值.

19.将2011块玻璃片，每块染有红、黄、三色之一，进行下列操作：将不同颜色的两

块玻璃片干净，然后涂上第三种颜色.求证：

(1)无论开始时，红、黄、蓝色玻璃片各自多少块，总可以经过有限次操作而使所有

玻璃片涂有同一种颜色；

(2)最后变成哪一种颜色与操作顺序无关.

20.(1)从10本不同的书中取3本书，分别送给3位朋友，每人恰好一本，共有多少

种不同的方法？

(2)从10本不同的书中任取3本书送给1位朋友，共有多少种不同的方法？

21.(1)6本书分给2个人，每人3本，有多少种不同的分法？

(2)6本书分成2堆，每堆3本，有多少种不同的分法？

(3)6本书分成3堆，每堆的书本数分别是3,2,1,有多少种不同的分法？

(4)6本书分成3堆，每堆2本，有多少种不同的分法？

22.在1,4,7,10,13,…,97,100中任选20个不同的数，其中至少有4个不同的数a/,c,4

使得a+b=c+d=104.

参考答案:

1.c

【解析】

【分析】

【详解】

每个2x2的正方形内可画出4个不同的Z,形，而位置不同的2x2正方形有3X4=12个，故可以

画出不同位置的L形图案的个数是4x12=48,故选C.

2.A

【解析】

【分析】

【详解】

盒中共有〃叶〃+10个球，取得的是白球的概率是。=-取得的不是白球的概率为

6十九+10

p=—一.依题意有----―-=一吧?一，所以"2+”=1().故应选A.

/„+«+10m+n+\0m+n+lO

3.B

【解析】

【分析】

"兵'’从现在的位置走到“将”的位置，总共会走3次右和3次上，依据图表，运用列举法算

即可求解.

【详解】

解：兵”从现在的位置走到“将”的位置，总共会走3次右和3次上，路线如下图所示，

逐一列举如下：

1!15;1291

111

111

111

11

1148：

1;111

111

111

11______1

13：10子

111

111

111

k____«______

兵123

则行走的路线的种数有：1-2-3-4-5-6；1-2-7-4-5-6；1-2-7-8-5-6；1-2-7-8-9-6；1-

10-7-4-5-6；1-10-7-8-5-6；1-10-7-8-9-6；1-10-11-8-5-6；1-10-11-8-9-6；1-10-11-

答案第1页，共12页

12-9-6；13-10-7-4-5-6；13-10-7-8-5-6；13-10-7-8-9-6；13-10-11-8-5-6；13-10-11-

8-9-6；13-10-11-12-9-6；13-14-11-8-5-6；13-14-11-8-9-6；13-14-11-12-9-6；13-14-

15-12-9-6；共20种，

故选：B.

【点睛】

本题主要考查用列举法计算.解题的关键是数形结合，有序列举，不重不漏；

4.D

【解析】

略

5.B

【解析】

【分析】

【详解】

解因1994=6x332+2,所以掷333次出现332次点6和1次点2是所掷次数(其和为

1994)最少者，显然出现该情况的概率不为0.掷333次出现332次点6和1次点2的概率

与出现332次点1和1次点2的概率相等，且此时出现的点数和最小：1x332+2=334,

故S的最小值是334.所以应选B.

6.B

【解析】

【分析】

【详解】

3红面有两种情形：(1)如图(a),3红面有一个公共顶点，此时余下三面任选一面染黄，

二面染蓝，由于旋转的关系，可以看成同一种染色方法.

(2)如图(Z>),红面中有2个面是对面，如上、下底面染红，4个侧面中有一个面染红，

余下3侧面中2蓝面或相邻或相对，有2种不同染法，合计共有3种不同染色方法.故选

B.

答案第2页，共12页

7.D

【解析】

【分析】

【详解】

解考虑到下表:

乘数被乘数积为5的倍数的个数

11,2,3,4,5,61

21,2,3,4,5,61

31,2,3,4,5,61

41,2,3,4,5,61

51,2,3,4,5,66

61,2,3,4,5,61

乘积共有6x6=36个，其中为5的倍数的有1+1+1+1+6+1=11个，故所求的概率为

"=当所以选。.

36

8.C

【解析】

【分析】

根据题意按顺序列举即可解题.

【详解】

解：这只小虫子的不同走法有：ABCDE、ABCDPE、ABCDPFE、ABPDE、ABPE、

ABPFE、APBCDE、APDE、APE、APFE,AGFPBCDE、AGFPDE.AGFPE、AGFE,共

答案第3页，共12页

14种，

故选：C.

【点睛】

本题考查排列与组合问题，是常见考点，掌握相关知识是解题关键.

9.96

【解析】

【分析】

【详解】

解如图，先染，有4种染法，再染G,有3种染法（不能与。同色），接着染F,有2

种染法（不能与。、G同色），这时E的染法唯一确定（只能染不同于。、F、G的第四种

颜色），从而8也唯一确定，即与尸同色（不能与。、E、G同色）.又A不与8、。同色，

C不与。、E同色，各有2种染法，由乘法原理知，共有4x3x2x2x2=96种染法.

10.6

【解析】

【分析】

【详解】

以8c为下底的梯形有3个，以印为下底的梯形有2个，以尸G为下底的梯形有1个，综

上所述，图中有3+2+1=6（个）梯形.

11.55225

【解析】

【分析】

【详解】

解（1）边长为123,4,5的正方形分别有52,42,32,22,/个，故共有5?+4?+32+2?+12=55

个正方形.

（2）长方形的水平方向的边长可为1,2,3,4,5,它们分别有5,4,3,2,1种不同取法故长方形的

水平方向边长共有5+4+3+2+1=15种不同取法.同理，长方形的竖直方向的边长也有

5+4+3+2+1=15种不同取法，故共有15x15=225个不同的长方形.

12.9

【解析】

答案第4页，共12页

【分析】

【详解】

解：先证明%^---“5411。.

用反证法，右办+々+*3+*4+“5>11。，

Xx,+4<x2+3<x3+2<x4+1<x5,贝Ij

v、（%+4）+（尤2+3）+（退+2）+（匕+1）+%、110+1+2+3+4”

人q-）—f

55

即毛之25,于是4226,x7>27,JC8>28,x9>29,xi+x2-\---Fx9>110+26+

27+28+29=220,矛盾.

由1102%+W+W+七+天之王+（玉+1）+（%+2）+（%+3）+（玉+4）,即5%<100,X）<20,

于是当为=20,X=21,占+々+W+5+%取最大值110,

2X3=22,X4=23,XS=24,

而々取最大值20.

由/+与+Xg+与=220—（^+毛+毛+X4+天）2220—110=110»得1104（2—3）+（2—2）

+（的-1）+马=4/-6,x9>29,且当X1=20,々=21,x3=22,x4=23,x5=24,

*6=26,x7=27,玉=28,演=29时，玉+x?+x,+汽+x$取最大值110,而须取最小值

29,A取最大值20.

因此玉-玉的最小值是29-20=9.

13.494.

【解析】

【分析】

【详解】

因为把58写成40个正整数的和的方法只有有限种，因而一定存在一种写法使得这40个数

的平方和达到最大值，也存在一种写法使得这40个数的和达到最小值.

（1）设内+々+--+为0=58（x4c都为正整数），且使得x：+x；+…+匕>取得最大值

A,不妨设看…

答案第5页，共12页

若%>1,则因（先一1）+（々+1）=%+工2，且（须-1）2+（%+1）2=*+考+

2（马-玉）+2>,+4，所以，用X|T,X2+1,x3,...,X40代替士,乡,…,匕0,它们的和

仍为58,但它们的平方和却增加了，这与七,七,…以,已使x；+x；+…+此取最大值矛盾，

故Xi=l.同理X?=鼻=…=X39=1，于是4=58—39=19,故x；+x：H---t'X：的最大值为

A=12+12+---+12+192=4（X）.

（2）设%+*2+…，+为0=58（%,々，…，见）都为正整数），且使x；+x；+…+£）取最小值5,

不妨设占4%4…4%.我们证明：对任意1金<屋40,有。4匕-七41,用反证法.假

设存在x,,x,（14i</440）,使x厂升22,因为（匕+1）+（巧一1）=%+和且由

X7-X,.-1>1,得（x,+iy+（xj_iy=x：+xj_2（Xj_x；_l）<片+考，

所以，用七+1和Xj-l分别代替士和马，其他的数不变，它们的和仍为58,但它们的平方

和却减少了，这与X；+*+…+X：。已取得最小值矛盾.

于是，当+…+襦取最小值时，冷冷…，％中任何两数之差的绝对值不超过1，即

4乡,…,飞至多取两种不同数值.设占,》2,…,x4n中有％个等于4+1,其余40-％个等于

a,于是人（4+1）+（40-&）a=58（aMZV39）,40a+左=58（OVA:439）,

故。，人分别是58除以40所得的商和余数，即a=l,%=18,所以玉=七=-=%22=1，

2222222

*23=0=…=%=2时，%,+%;+...+%;0^>/^<1^=1+]+...+1+2+2+...+2

=22+18x2?=94.

综上所述，得4+3=400+94=494.故应填494.

14.16

【解析】

【分析】

【详解】

6x6的方格纸中共有16个3x3的正方形，要想涂尽量多的红格，涂的红格尽可能只在一个

3x3正方形的四角上，避免在两个或两个以上3x3正方形的四角上，涂法如图所示，故最

多涂16个红格.所以填16.

答案第6页，共12页

15.36

【解析】

【解析】

【分析】

【详解】

依次着色，A有3种涂法，8有2种涂法，。有3种涂法，C有1种涂法.

故共有3x2x3x1=18种涂法.

当A涂蓝色时，8有2种涂法，。有3种涂法，C有1种涂法，共有2x3xl=6种涂法，所

以4涂蓝色的概率为白=［故填

1833

17.〃的最小值等于34.

【解析】

【分析】

【详解】

记5={1,2,3,…,50},4,是S中能被i整除的正整数组成的集合0=1,2,3),⑷，周分别

4,4中数的个数，由容斥原理有|474|=|&|+|4|-I&CA.J=斗+弓-

Z3ZXJ

=25+16—8=33.

从中任取3个数，其中至少有2个数属于4或4中同一个集合，它们不互质.

故所求〃的最小值234.

2222

其次，设4={1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47},B2={2,3,5,7),

={2x23,3x17,5x9},则与，B2,巴中共有16+4+3=23个数，于是从S内任取34个

答案第7页，共12页

数，其中至少有34-(50-23)=7个数属于用口反7用.由抽屉原理知，这7个数中至少有

-7-1'

—+1=3个数属于用，星，中同一个子集，它们两两互质.

综上所述，所求〃的最小值等于34.

18.(l)y=2x2-12x+10；

(2)见解析：

⑶40四-40.

【解析】

【分析】

(1)首先求出点A,B,C的坐标，由点A设出二次函数的解析式，再将点8,C的坐标

分别代入，利用待定系数法求二次函数的解析式即可；

(2)当,〃=-2时，两直线不重合，假设两直线不平行，则可求出"=10与题设矛盾，据此

可作出判断；

(3)首先可证得△FCES/VIBE,从而求出二者的面积比，再设砧=/(0«<4),从而可

求出SOBE+SAFCE关于f的表达式，最后根据二次函数的性质即可求出最小值.

(1)

解：对于y--2x+10

当户0时,)=10,故点4(0,10)

当尸0时,-2%+10=0,

解得45,

故8(5,0)

又,:BC=4,

故C(9,0)或C(l,0),

若抛物线过C(9,0),则对称轴为直线x=7且开口向上，

则当5<r<7时，y随x的增大而减小，不符合题意，舍去；

若抛物线过C(l,0),则对称轴为直线x=3且开口向上，

则当x>3时，必有y随x的增大而增大，符合题意，

故可设二次函数的解析式为y=ax2+bx+l0,

把点8、C的坐标分别代入解析式，得

答案第8页，共12页

25^+5/7+10=0

tz+/?+10=0

a=2

解得

b=-12

故二次函数的解析式为y=2/_i2x+10；

(2)

证明：当m=-2时,直线dy=-2x+n(存10)与直线/”y=-2x+10不重合,

假设h与//不平行，则12与//必相交，

设交点为(初,加，

>J%=-2x0+10

解得〃=10,与已知存10矛盾，

所以，2与。不相交，故，2〃/"

(3)

解：如图：

把点C(l,0)代入/.?：y--2x+q,

得4=2,

又♦.♦/i：y=-2x+10,

即CF〃钻，

/.ZFCE^ZABE,NCFE=4BAE,

:.AFCEsAABE,

设BE=r((Xr<4),贝ijCE=4-t,

S^ABE=^BEOA=^xtx\0=5t,

,*S&ABE+S^FCE

答案第9页，共12页

=业+5.

40忘-40

故当f=20时，SAABE+S^FCE的最小值为40&-40.

【点睛】

本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，一次函数和二次函数的图象与性质，相

似三角形的判定与性质，三角形面积，反证法等知识，采用数形结合的思想是解决此类题

的关键.

19.(1)红片为3(a+2c—1)+机+2〃，黄片为3g—c—l),蓝片为0；(2)见解析

【解析】

【分析】

【详解】

证明(逐步逼近法)

(1)设开始时红色、黄色、蓝色玻璃片分别有X,九Z(块)，于是x+y+z=20U.

因2011不被3整除，故x,y,z被3除的余数中必有2个相等，不妨设x=3“+m,

y=3b+n,z=3c+n(«,b,c均为非零整数，，小〃e{0,1,2}).不妨设bNc,若

答案第10页，共12页

6=c，则结论显然成立.若b>c,则可取黄、蓝玻璃片各3C+n块，按规则操作后得红色

片3(a+2c)+〃7+2〃块，黄色片3(6-c)块，蓝色片0块.

然后再取红片、黄片各1块，产生2块蓝片再取黄、蓝各2片，产生4块红片，这时，红

片为3(4+2c—1)+〃?+2〃，黄片为3(A—c—1),蓝片为0,如果A—c—1=0,那么本题得

证.否则可继续这种操作，直到=0,所有片都变成了红片.

(2)从上面解法知，将各色玻璃片数除以3恰有2个余数相等，第三个余数不等，只要最

后变成这个不等余数对应的颜色，便与操作顺序无关.

20.(1)不同的送书方法共有720种；(2)不同的送书方法共有120种.

【解析】

【分析】

【详解】

(1)从10本书中取