复数计数原理与概率随机变量及其分布含答案

第九章复数、计数原理与概率、随机变量及其分布

夕

第一节数系的扩充与复数的引入

通前。帆昌程至®住I儆基慨J

必过教材关

1.复数的有关概念

(1)复数的概念：

形如a+历(a,6£R)的数叫复数，其中a,力分别是它的实部和虚巡_若6=0,则&+

沅为实数；若6K0,则a+bi为虚数；若a=0且b#0,则a+bi为纯虚数.

(2)复数相等：a+bi=c+di<=>a=c且4=d(a,b,c,dGR).

(3)共枕复数：a+历与c+di共-oa=c,b=—d(a,b,c,d£R).

(4)复数的模：

向量OZ的模r叫做复数z=a+历(a,〃£R)的模，记作|z|或|a+bi|,即|z|=|a+"|

=yfa+Z>2.

2.复数的几何意义

——X*fEjt

(1)复数z=a+历^------a复平面内的点Z(a,6)(a,A£R).

(2)复数z=a+历(a,6£R).——上平面向量OZ.

3.复数的运算

(1)友数的加、减、乘、除运算法则

设z1=a+bi,Z2=c+$(a,b,c,d£R),则

①加法：zi十Z2—(a十Ai)十(c+di)—(a十c)+(。+d)i；

②减法：zi—Z2=(a+bi)—(c+di)=(a—c)+(。一一i；

③乘法：Z\•Z2=(a+bi)•(c+di)=(ac—bd)+(ad+加)i；

z\a+历a+6ic-diac-\-bd,be—ad.,,„,八、

④除法：一=^777=--------^~=2,2+,(。+diWO).

Z2。十<71c-rdic—dic-rdc2-rd

(2)复数加法的运算定律

复数的加法满足交换律、结合律，即对任何ZI,Z2,Z3WC,有Zl+Z2=Z2+Zl,(Z1+Z2)

+Z3=0+(a+金).

［小题体验］

1.复数z=+(其中i为虚数单位)的虚部为________.

乙I1

小田1

答案：一5

2+i2

2.若复数Z满足=i,则2=_______.

Z

解析：由题意得，Z=2：=^l=4-3i.

答案：4-3i

3.(教材习题改编)四边形40是复平面内的平行四边形，A,B,C三点对应的复数分

别是l+3i,—i,2+i,则点〃对应的复数为.

答案:3+5i

•・卜必过易错关

1.判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义.

2.两个虚数不能比较大小.

3.注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来.例如，若

ZzWC,z：+z：=0,就不能推出©=Z2=0；22<0在复数范围内有可能成立.

［小题纠偏］

1.设复数z】=2—i,Z2=a+2i(i是虚数单位，a£R),若ZI・Z2£R,则a=______.

解析：依题意，复数©22=(2—i)(a+2i)=(2a+2)+(4—a)i是实数，因此4—a=0,

答案：4

2.设i是虚数单位，若复数(2+ai)i的实部与虚部互为相反数，则实数a的值为

解析：因为(2+ai)i=-a+2i,

又其实部与虚部互为相反数，

所以-a+2=0,即a=2.

答案：2

国?0色停纱

考点一复数的有关概念基础送分型考点一一自主练透

［题组练透］

1.复数户的实部与虚部之和为(

C.11D.2

解析：选A产'IE、i，所以实部与虚部之和为L

2.已知i为虚数单位，a£R,若为纯虚数，则复数z=2a+*i的模等于()

A.^2

C.A/3D.乖

解析：选C由题意得，空=行"大0),

a十1

：.2—i——，+tai»

^=-2,

-f=2,解得（1

ta=—1,a=5，

.•・z=2a+^i=l+^i,z|=/,故选C.

3.(2018•杭州高级中学月考)已知方程三十(4十i)x十4+ai=0(aER)有实根仇且z

=a+历，则复数z的共挽复数为1)

A.2-2iB.2+2i

C.-2+2iD.-2—2i

解析：选B方程f+(4+i)x+4+ai=0(a£R)可化为f+4x+4+i(x+a)=0,

V+4x+4=0,

由复数相等的意义得,,解得x=-2,a=2,

方程x2+(4+i)x+4+ai=0［a£R)有实根b,故b=-2,

所以复数z=2-2i,所以复数z的共物复数为2+2i.

4.已知复数由满足(©—2)(l+i)=l—i(i为虚数单位)，复数zB的虚部为2,且z1・Z2

是实数，则Z2=_______.

解析：(©—2)(1+i)=1—i=©=2—i.

设Z2=a+2i,a£R,

则Zi•Z2=(2—i)(a+2i)=(2a+2)+(4—a)i.

Z\•&WR,a=4.

・・・&=4+2i.

答案：4+2i

［谨记通法］

求解与复数概念相关问题的技巧

复数的分类、复数的相等、复数的模，共规复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所

以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a+历(a,b£R)的形

式，再根据题意求解.

考点二复数的几何意义基础送分型考点一一自主练透

［题组练透］

1.(2018•金华模拟)复平面内表示复数i(l—2i)的点位于()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

解析：选Ai(l-2i)=-2i2+i=2+i其在复平面内对应的点为(2,1),位于第一象限.

2i

2.(2018•河北“五校联盟”质检)在复平面内与复数z=1所对应的点关于实轴对称

的点为4则力对应的复数为()

A.1+iB.1-i

C.-1-iD.-1+i

解析：选R因为％=2-=•=i(i——所以4点坐标为(1,

1十11十11—1

一1),其对应的复数为l—i.

3.已知复数©=—l+2i,%=l—i,然=3—4「它们在复平面上对应的点分别为4B,

C,关OC=\OA+uOB3,〃£R),则的值是

解析：由条件得3=(3,-4),OA=(-1,2),

历=(1,-1),

根据OC=A期+〃仍得

(3,—4)=4(一1,2)+〃(1,—1)=(—4+〃，24—〃)，

—4+〃=3,

24—〃=一%

^=—1,

解得・・・4+〃=L

［〃=2.

答案：1

［谨记通法］

对复数几何意义的理解及应用

(1)复数z、复平面上的点Z及向量”相互联系，即z=a+bi(a,OZ.

(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联

系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观.

考点三亚数的代数运算基础送分型考点一一自主练透

［题组练透］

1.（2017•山东高考）已知i是虚数单位，若复数z满足zi=l+i,则z?=（）

A.-2iB.2i

C.-2D.2

IIiI

解析：选A•「zi=l+i,z=一—~=7+l=l—i.

ii

A/=（l-i）2=l+i2-2i=-2i.

2

2.（2018•嘉兴模拟）设复数z=l—i（i是虚数单位），贝与+z等于（）

A.2B.-2

C.2iD.-2i

2221+i

解析：选A--Fz=--r+1—i=—:—:-----TH-：-----Fl—i=l+i+l-i=2.

zl—il-il+i

1—

3.已知i是虚数单位，系数z=",则z・z=()

A.25B.5

312-i21.

解析：选D••・z=3pY=2+j2-i=5~5lf

4.(2018•海宁模拟)i是虚数单位,复数3+4i=

硝斤3~4i25~25i

7+i-7+i

解析：3+4i3+4i3—4i一册F

答案：l-i

［谨记通法］

复数代数形式运算问题的解题策略

(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类

同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可.

(2)生数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共加复数，解题中要注意把i的暴

写成最简形式.

［提醒］在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度.

(1)(l±i)2=±2i；卢4=i；TT=-I;

1—il+i^

(2)—b+ai=i(a+bi)；

⑶产=1,i4ff+,=i,i4ff+2=-l,i,,ff+3=-i,

广+产/严2+产3=0,〃£N*.

■局。县

一抓基础，多练小题做到眼疾手快

1.(2017•全国卷II)(l+i)[2+i)=()

A.1-iB.l+3i

C.3+iD.3+3i

解析：选B(1+i)(2+i)=2+i*2+3i=l+3i.

o-LOi

2.（2018•湖州模拟）已知复数不订（i是虚数单位）是纯虚数，则实数a=（）

A.-2B.-1

C.0D.2

a+2ia+2i1-ia+2+2~ai

解析：选A是纯虚数，所以a+2

1+i1+i1-i2

=0,解得a=-2.

3.（2018•杭州质检）设复数出i（其中i是虚数单位），则1+幻=（）

A.—3B.3

D•3

c.3

解析：选C由题意可得，1+出

，一招，故A项错误;

1一亚i,故B项错误;

1

.故c项正确;

3

i,故D项错误.

22

zj-Li

4.（2018•金丽衢十二校联考）设a£R,若复数2=东。为虚数单位）的实部和虚部相

等，则a

a+i_a+i1-ia+1+\—ai

A=

解析：T+714-i-2

所以a+1=1—a,解得a=0.

所以Z—J+Ji,所以|2|-J—Ji-9.

答案:0平

5.设复数a+6i（a,AWR）的模为《，则（a+bi）（a—历）=

解析：:Ia+bi|=y/才+炉=小＞

；・（a+bi）（a—历）=a2+Z?2=3.

答案：3

二保高考，全练题型做到高考达标

1.（2018•杭州质检）设名=卷6为虚数单位），则士=（）

乎:

A.C

1

.B.2

2D.

2.（2018•诸暨质检）已知复数z满足z（l+i）=2i,则z的共挽复数z=（）

A.1+iB.1-i

C.—1+iD.-1-i

解析：选B由z(l+i)=2i,

舛2i2i1—i

则z的共规复数z=1—i.

bz14-i

3.定义运算,=ad—be,则符合条件=0的复数z的共枕复数1在复平

d-i2i

面内对应的点在（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

—i1+i11—

解析：选B由题意得，2zi-[—i(l+i)]=0,则z=----初-----：.z—

乙1乙乙

其在复平面内对应的点在第二象限，故选B.

2i

4.已知复数z=l+]_j,则1+z+z2H----Fz=()

A.1+iB.1-i

C.iD.0

解析：选C・・・z=l+4=l+2iA,r.i+z+zZ+Tz—X:一^

i-iZ\~z

«1-1.20191.—1.4X504•1-3.

=^T=~r^i-j

5.(2017•全国卷I)设有下面四个命题：

A：若复数z满足!WR,则z£R；

A：若复数z满足/£R,则zWR；

R：若复数Zi,Z2满足ZIZ2《R,则Z】=Z2；

PI：若复数z£R,则z£R.

其中的真命题为()

A.p\9pxB.p\9a

C・。D.pi9pi

bi

解析：选B设复数z=a+£i(a,b£R),对于R,***7=7+7i=/T^GR，，b=0,

z£R,；./?)是真命题；

对于小,.,1/=(a+bi)2=)-1+2abi€R,.,・ab=0,.•・a=0或。=0,.•.p?不是真命题;

对于Q,设zi=x+yi(x,y£R),Z2=c+di(c,d£R),则(x+yi)(c+由)=cx

—dy+(dx-\rcy)ieR,

，d¥+cy=0,取zi=l+2i,Z2=—l+2i,©WZ2,

不是真命题；

对于R,•；z=a+6i£R,/.z>=0,:.z=a-bi=a£R,

**.pi是真命题.

6.若复数z=l+2i,其中i是虚数单位，则z+=-7=.

解析：•：z=l+2i,:.z=1—2i.

(n_—

:.,z=z.z+1=5+1=6.

答案：6

z+2

7.已知复数z满足=7=i（其中i是虚数单位），贝lj|z|=

7+2—9—2i—2—2i|2J2

解析：由心=i知，z+2=zi—2i,即2=『^,所以|z|==2.

l-il—巾

答案：2

1-Loi1+cii

8.已知在R,E为实数,则"

2-i

用1+ai1+ai2+i2+i+2ai—a2—al+2a

解析：2-i=一=12+75=『k】'

,.1+ai-.l+2a._1

•可7为实数'・・飞一=A0,.・&=-5.

1+ai1

所以

2-i2,

we11

答案：一万

2

9.已知复数z=x+yi,且|z—2|=，5,则钢最大值为

Ji

解析：:Iz—21=d~~x—2~"+7=^/3,

A(x-2)2+y=3.

由图可知

答案：小

、।由/\-1+i2+i

10.计算：(1)-----------------------

小l+2i2+31-i

⑵-----------2+i-----------

/\1一i1+i

⑶F3?

1一小

(4)

小+i2,

-l+i2+i—3+i

解:l-3i.

i3—i

l+2iz+31-i

⑵

2+i

—3+4i+3—3i

2+i

i_i2-i

2+r=r-

..1—i।1+i1-ij+il+i1-1+i

(3)]+i2+]T尸-2-=—L

(、1-_____m+1-i

⑷4+i2=#+i2

-i-iyfi-i

=布=4

=」_鸥

441•

三上台阶，自主选做志在冲刺名校

1.若复数2=手詈(i是虚数单位)是实数，则实数/片()

A.1B.2

13

C.-D-

乙乙

般而'*A1+M1+而1—i

解析：选Az—"I—]+ii-i

m+1+m—1i

2

m+1।m~1.

・・•复数2=署"6是虚数单位）是实数,

m—1八QI,

o=0,即0=1.

2.已知复数Zi=cos150+sin15°i和复数22=cos45°+sin45°i,则z\•为=

解析：z\•Z2=(cos15°+sin15°i)(cos450+sin45°i)=DS15°cos450—

sin150sin45°)+(sin150cos4504-cos15°sin450)i=cos60°+sin60°i=)+

回

2

答案:3+乎i

32—

3.友数z尸不+（1°-Z2==+（2&-5）i,若zdz2是实数，求实数a的值.

一32

解：21+22=市+5—10)i+E+(2a—5)i

二岛+言+[(，-10)+(2a-5)]i

a—13

{a4-2a—15)i.

a+5a—\

Vz1+Z2是实数,

+2a-15=0,

解得a=—5或a=3.

•••a+5N0,

.♦.aH—5,故a=3.

第二节/分类加法计数原理与分步乘法计数原理

通前。帆昌程

•>>必过教材关

两个计数原理

完成一件事的策略完成这件事共有的方法

分类加法计有两类不同方案，在第1类方案中有/〃种不同的

八三加+〃种不同的方法

数原理方法，在第2类方案中有〃种不同的方法

分步乘法计需要两个步骤，做第1步有R种不同的方法，做

A』mX〃种不同的方法

数原理第2步有〃种不同的方法

［小题体验］

1.（教材习题改编）书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，

第3层放有6本不同的体育书.从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为（）

A.3B.15

C.21D.120

解析:选D由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法总数为4X5X6

=120（种）.故选D.

2.（教材习题改编）从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数

的不同取法的种数是

解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是

偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共

有A-3+3=6种.

答案：6

•・卜必过易错关

1.分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类

之间是独立的.

2.分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未

完成这件事，步与步之间是相关联的.

［小题纠偏］

1.用0,1,2,…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（）

A.243B.252

C.261D.279

解析：选B0,1,2,…，9共能组成9X10X10=900（个）三位数，其中无重复数字的

三位数有9X9X8=648（个），，有重复数字的三位数有900—648=252（个）.

2.如图，从力城到8城有3条路；从8城到〃城有4条路；从力城到。城有4条路，从

。城到〃城有5条路，则某旅客从A城到〃城共有条不同的路线.

考点一分类加法计数原理基础送分型考点一一自主练透

［题组练透］

1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位

朋友1本，则不同的赠送方法共有（）

A.4种B.10种

C.18种D.20种

解析：选B分两种情况：①4位朋友中有2个人得到画册，有C；=6（种）赠送方法；②

4位朋友中只有1个人得到画册，有C：=4（种）赠送方法，所以不同的赠送方法共有6+4=

10（种），故选B.

2.椭圆工+匕=1的焦点在x轴上,且旌{1,2,3,4,5},〃£{1,2,3,4,5,6,7},则这样

mn

的椭圆的个数为.

解析：因为焦点在X轴上，所以心〃.以勿的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分

为四类：第一类：/〃=5时，使/〃）〃，〃有4种选择；第二类：%=4时，使力小〃有3种选择;

第三类：m=3时，使勿＞〃，〃有2种选择；第四类：m=2时，使加〃，〃有1种选择.故符合

条件的椭圆共有10个.

答案：10

3.（2018•诸暨模拟）小王同学在书店发现三本有价值的书，若决定买一本，则购买的方

式有________种；决定至少买一本，则购买的方式有________种.

解析：根据题意，若只买一本，则有3种选择：若只买2本，则有3种选择；若买3本,

则有1种选择.由分类加法计数原理可知：A-3+3+l=7种.

答案：37

［谨记通法］

利用分类加法计数原理解题时2个注意点

（D根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；

（2）分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.

考点二分步乘法计数原理基础送分型考点一一自主练透

［题组练透］

1.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是

（）

A.2160B.720

C.240D.120

解析：选B分步来完成此事.第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种

分法，则共有10X9X8=720（种）分法.

2.（2018•台州模拟）有4个不同书写形式的“迎”字和3个不同书写形式的“新”字,

如果一个“迎”字和一个“新”字能配成一套，则不同的配套方式共有（）

A.7种B.12种C.64种D.81种

解析：选B分两步进行，第一步，选“迎”字，有4种不同的选法；第二步，选“新”

字，有3种不同的选法，所以由分步乘法计数原理可知：八-4X3=12种.

3.从一这四个数中选三个不同的数作为函数F（x）=aO+-+c的系数，则可

组成个不同的二次函数，其中偶函数有个（用数字作答）.

解析：一个二次函数对应着品b,c（aWO）的一组取值，々的取法有3种，6的取法有3

种，。的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3X3X2=18（个）二次函数.若二次函数为

偶函数，则力=0,同上可知共有3X2=6(个)偶函数.

答案：186

［谨记通法］

利用分步乘法计数原理解题时3个注意点

(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的.

(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事.

(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定.

考点三两个原理的应用重点保分型考点一一师生共研

［典例引领］

1.如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相

邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()

A.24D.96

解析：选C分两种情况：

(DAC不同色，先涂/有4种，。有3种，£有2种，B,。有1种，有4X3X2=24(种)

涂法.

(2)4。同色，先涂力有4种，£有3种，C有1种，B,〃各有2种，有4X3X2X2=

48(种)涂法.

故共有24+48=72种涂色方法.

2.已知集合，仁{1,2,3,4},集合儿8为集合必的非空子集，若对任意HEKy

恒成立，则称(力，而为集合V的一个“子集对"，则集合"的“子集对”共有个.

解析：当4={1}时，8有2,—1种情况；当力={2}时，4有力一1种情况；当力={3}时，

8有1种情况；当4={1,2}时，A有于一1种情况；当力={1,3},{2,3},{1,2,3}时，8均

有1种情况.所以满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).

答案：17

［由题悟法］

两个原理应用的关键

(1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.

(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键.

(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成.

(4)较复杂的问题可借助图表完成.

［即时应用］

1.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一

个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“上交线面对”的个数是

（）

A.48B.18

C.24D.36

解析：选D分类讨论:

第一类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”

有2X12=24（个）；

第二类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正

交线面对”有12个.

所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36（个）.

2.如图，用6种不同的颜色把图中力，B,C,〃4块区域分开，若相

邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有种（用数字作答）.

解析：从力开始涂色，力有6种涂色方法，夕有5种涂色方法，C有4

种涂色方法，〃有4种涂色方法.由分步乘法计数原理可知，共有6X5X4X4=480（种）涂色

方法.

答案：480

通局。目盛管

一抓基础，多练小题做到眼疾手快

1.a,b,c,d,e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选

法的种数是（）

A.20B.16

C.10D.6

解析：选B当a当组长时，朋共有1X4=4（种）选法；当a不当组长时，因为a不能当

副组长，则共有4X3=12（种）选法.因此共有4+12=16种选法.

2.（2018•江山模拟）某班班干部有5名男生，4名女生，从中各选一名干部参加学生党

校培训，则不同的选法种数有（）

A.9B.20

C.16D.24

解析：选B先选男生，有5种不同的选法，再选女生，有4种不同的选法.由分步乘

法计数原理可知：3-5X4=20.

3.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D

中选择，其他四个号码可以从。〜9这十个数字中选择（数字可以重复），有车主第一个号码（从

左到右）只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码

可选的所有可能情况有（）

A.180种B.360种

C.720种D.960种

解析：选D按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选

法，其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5X3X4X4X4=

960（种）.

4.从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是______；3的

倍数的个数有.

解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0,可以从另外3

个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法.故所求奇数的个数为3X3X2=18.若有0,

则另两个数分别为1,2或2,4,则不同的三位数有2X2X2=8种，若有3,则另两个数分别

为1,2或2,4,则不同的三位数有3X2X2=12种，所以满足条件的3的倍数的个数为8+12

=20个.

答案：1820

5.在2016年里约奥运会百米决赛上，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.・••安排方式有4X3X2

=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5X4X3X2X1=120（种）.

・•・安排这8人的方式有24X120=2880（种）.

答案：2880

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1.设集合力={-1,0,1},集合Q{0,1,2,3},定义/!*i?={（x,。|入£力08,H/fU打，

则力*8中元素的个数是（）

A.7B.10

C.25D.52

解析：选B因为集合A={-1,0,1）,集合B={0,1,2,3）,所以AOB={0,1},NUQ{一

1,0,1,2,3"所以x有2种取法,y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2X5=10（个）.

2.从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数,

则可以组成不同对数值的个数为（）

A.56B.54

C.53D.52

解析：选D在8个数中任取2个不同的数共有8X7=56（个）对数值，但在这56个对数

值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,即满足条件的对数值共有

56—4=52（个）.

3.从集合{1,2,3,…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的

等比数列的个数为（）

A.3B.4

C.6D.8

解析：选D当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可

为1,3,9；当公比用时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为今最时，也有4个.故共有

8个等比数列.

4.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（）

A.144个B.120个

C.96个D.72个

解析：选B当万位数字为4对，个位数字从0,2中任选一个，共有.2A；个偶数；当万位

数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C氏个偶数.故符合条件的偶数共有2A；十

C1A：=120（个）.

5.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方

形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种

颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有（）匕二

A.24种B.72种

C.84种D.120种

解析：选C如图，设四个直角三角形顺次为力，B,C,D,按月一/1

。一〃顺序涂色，

下面分两种情况：

（1）力，C不同色（注意：B,〃可同色、也可不同色，〃只要不与4C同色，所以〃可以

从剩余的2种颜色中任意取一色）：有4X3X2X2=48（种）不同的涂法.

（2）A。同色（注意：B,〃可同色、也可不同色，〃只要不与4C同色，所以。可以从

剩余的3种颜色中任意取一色）：有4X3X1X3=36（种）不同的涂法.故共有48+36=84（种）

不同的涂色方法.故选C.

6.集合那={a,b,c]Q{-5,—4,—2,1,4）,若关于x的不等式恒有

实数解，则满足条件的集合'的个数是.

解析：依题意知，集合N最多有点=10（个），其中对于不等式3六+"+*0没有实数解

的情况可转化为需要满足於0,且/=62—4acW0,因此只有当必。同号时才有可能，共有

2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10-2=8.

答案：8

7.在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如

“102”，“546”为“驼峰数”.由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有—

个.其中偶数有个.

解析：十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413,共6个，十位上的数为2时，

有324,423,共2个，所以共有6+2=8（个）.偶数为214,312,314,412,324,共5个.

答案：85

8.如图所示，用五种不同的颜色分别给4,B,C,〃四个区域涂色，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（A|八

种，

解析：按区域分四步：第一步，力区域有5种颜色可选；第二步，8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，〃区域也有3种颜色可选.由分

步乘法计数原理，共有5X4X3X3=180（种）不同的涂色方法.

答案：180

9.已知△四C三边ab,。的长都是整数，且aWbWc,如果425,则符合条件的三

角形共有个.

解析：根据三边构成三角形的条件可知，*25+a

第一类：当a=l,6=25时，。可取25,共1个值：

第二类，当a=2,6=25时，。可取25,26,共2个值；

当a=25,6=25时，c可取25,26,…，49,共25个值：

所以三角形的个数为1+2+・・・+25=325.

答案：325

10.已知集合.1/={-3,—2,—1,0,1,2）,若a,b,cRM贝!）：

（1）尸af+bx+c可以表示多少个不同的二次函数；

（2）尸&/+必+。可以表示多少个图象开口向上的二次函数

解：（Da的取值有5种情况，6的取值有6种情况，c,的取值有5种情况，因此

+"+c可以表示5X6X6=180（个）不同的二次函数.

（2）尸&炉+以+。的图象开口向上时，&的取值有2种情况，b,。的取值均有6种情况,

因此尸可以表示