1基本计数原理（7大题型）（题型专练）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

1基本计数原理 题型一：分类加法计数原理 1．在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（ ） A．14 B．19 C．90 D．200 2．某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（ ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 3．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为（ ） A．18 B．17 C．16 D．10 4．将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（ ） A．19 B．20 C．21 D．22 题型二：分类乘法计数原理 1．书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 2．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ） A．28 B．29 C．30 D．32 3．学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（ ） A．12种 B．14种 C．7种 D．9种 4．高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 题型三:实际问题中的计数原理 1．甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（ ）种. A． B． C． D． 2．如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 3．甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（ ） A．4 B．6 C．8 D．12 4．三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（ ） A．6种 B．10种 C．11种 D．12种 题型四:数字排列问题 1．由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A．48个 B．52个 C．60个 D．120个 2．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（ ） A．24 B．30 C．36 D．60 3．从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数个数是（ ）． A．24 B．36 C．60 D．120 4．用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 题型一:代数中的计数问题 1．从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 2．“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 3．已知，且，则所有满足条件的数对的个数为（ ） A．12 B．13 C．20 D．24 4．如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2013，则n＝（ ） A．50 B．51 C．52 D．53 题型二:涂色问题 1．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（ ） A．72 B．96 C．120 D．144 2．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（ ）种涂法， A． B． C． D． 3．用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 4．如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（ ） A．24 B．48 C．72 D．120 题型一:几何体中的计数问题 1．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 2．直线（不全为0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（ ） A．60条 B．66条 C．72条 D．78条 3．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“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 4．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 5．几位同学假期组成一个小组去某市旅游，已知该市有6座塔，它们的位置分别为．同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现自己在所在的位置只能看到位于处的4座塔，而看不到位于和处的塔．已知 （1）同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合； （2）中任意3点不共线； （3）看不到塔的唯一可能就是视线被其他的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置和共线，且在线段上，那么该同学就看不到位于处的塔． 请问，这个旅游小组最多可能有多少名同学？（ ） A．3 B．4 C．6 D．12 6 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 1基本计数原理 题型一：分类加法计数原理 1．在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（ ） A．14 B．19 C．90 D．200 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为. 故选：B. 2．某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（ ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次， 则小丁当天出行的方案共有. 故选：B. 3．已知集合，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一，二象限不同点的个数为（ ） A．18 B．17 C．16 D．10 【答案】B 【分析】按照横坐标和纵坐标取自的集合以及点所在象限分类讨论，利用加法计数原理即得. 【详解】因在第一，二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况： ①点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个； ②点的横坐标取自集合，纵坐标取自集合时，不同的点有个. 由分类加法计数原理，第一，二象限不同点的个数为个. 故选：B 4．将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（ ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】C 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个； 当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个； 当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个； 当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个； 当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个； 当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故选：C. 题型二：分类乘法计数原理 1．书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【答案】A 【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得. 【详解】将新买的本书逐一放进去， 对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 由分步乘法计数原理可得，共有(种). 故选：A 2．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ） A．28 B．29 C．30 D．32 【答案】C 【分析】将数分为三组，即可根据整除的性质求解. 【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种． 故选：C 3．学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（ ） A．12种 B．14种 C．7种 D．9种 【答案】B 【分析】应用分类分步计数原理，求出甲安排为“定点投篮”、不安排“定点投篮”两种情况分别写出安排方法数，即可得答案. 【详解】当甲安排“定点投篮”，另外3人任意安排工作有6种方法. 当甲不安排“定点投篮”时，先安排甲有2种，再安排乙有2种，另外剩余2人有2种，此时有种方法， 共有种， 故选：B 4．高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 【答案】(1)15；(2)120；(3)74 【分析】（1）由分类加法计数原理即可求解； （2）由分步乘法计数原理即可求解； （3）先分类再分步即可求解； 【详解】（1）选其中1人担任数理化小组组长，可以来自数学或物理或化学， 所以共有种选法； （2）分三步完成，第一步数学选1人，6种，第二步物理选1人，5种，第三步化学选1人，4种， 所以共有种； （3）来自数学、物理共有， 来自数学化学共有， 来自物理化学共有， 所以总共由种选法； 题型三:实际问题中的计数原理 1．甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（ ）种. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据特殊元素优先原则，结合分步乘法计数原理可得解. 【详解】（1）甲先拿，有种拿法； （2）再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有种拿法； （3）剩余两人只有种拿法，根据分步乘法计数原理知共有种拿法， 故选：A. 2．如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 3．甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（ ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】由题意可得丙不是第1名，甲乙相邻，先排丙，再排甲，乙，最后再排丁，即可得答案. 【详解】解：由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻； 所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况； 丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况； 丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名， 当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况； 当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况； 所以一共有2+2+2+2=8种情况. 故选：C. 4．三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（ ） A．6种 B．10种 C．11种 D．12种 【答案】B 【分析】设在第次传球后有种情况球在丙手中，结合题意可推出，即可求得答案. 【详解】设在第次传球后有种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙， 在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有种传球方法， 故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有（种），即球在甲或乙手中， 只有在这些情况时，在第n+1次传球后，球才会被传回给丙， 即，由题意可得，则， ， 故选：B 题型四:数字排列问题 1．由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A．48个 B．52个 C．60个 D．120个 【答案】B 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果. 【详解】由题意可知，分为两种情况： 情况一：个位是0，则有不同的结果个； 情况二：个位不是0，则有不同结果个； 所以共有个； 故选：B. 2．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（ ） A．24 B．30 C．36 D．60 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】个位只能是2和4，十位和百位可以从剩下的数字中选择， 故符合条件的偶数有， 故选：A 3．从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数个数是（ ）． A．24 B．36 C．60 D．120 【答案】C 【分析】根据题设千位可选7,8，个位可选1,5,7，其它两个数在余下的数字任选2个，应用分类分步计数原理及排列数求四位数的个数. 【详解】因为组成的四位数大于7000，所以千位上的数字只能是7或8． 因为组成的四位数是奇数，所以个位上的数字只能是1，5或7． 若千位上的数字是7，则个位上的数字只能是1或5， 故符合题意的四位数有； 若千位数字是8，则个位上的数字是1，5成7，故符合题意的四位数有（个）． 综上，符合题意的四位数共有（个）． 故选：C． 4．用0,1,2,3,4,5这六个数字， (1)可以组成多少个数字不重复的三位数. (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数. (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数. (4)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数. (5)可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数. 【答案】(1)100；(2)180；(3)48；(4)131；(5)175 【分析】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）根据分步乘法原理，先选个位数字，再选百位数字，再选十位数字即可求解； （4）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果. （5）根据分类加法原理，按首位数字为3或4；首位数字为5，百位数字不是4；首位数字为5,百位数字是4分类即可求解. 【详解】（1）若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字不重复的三位数个数为. （2）若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字允许重复的三位数的个数为个. （3）分3步： 先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； 再选百位数字有4种选法； 十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （4）若组成的数字为数字不重复的小于1000的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共6个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个； 数字为三位数，共有100个. 综上所述，数字不重复的小于1000的自然数个数为个. （5）分4类： 千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； 千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有个； 千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 题型一:代数中的计数问题 1．从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ） A．30个 B．42个 C．41个 D．39个 【答案】D 【分析】分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解. 【详解】当取时，则只能为真数，此时这个对数值为， 当不取时，底数有种，真数有种， 其中， 故此时有个， 所以共有个. 故选：D. 2．“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【答案】B 【分析】先求得所有6位“回文数”的个数，再求得6位“回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数. 【详解】6位“回文数”中个位与十万位数字相同且不为0， 十位与万位数字相同，百位与千位数字相同， 第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能， 第二步，确定十位与万位数字，有10种可能， 第三步，确定百位与千位数字，有10种可能， 则6位“回文数”共有（个）， 又6位“回文数”中各位数字全相同的共有9个， 则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）. 故选：B 3．已知，且，则所有满足条件的数对的个数为（ ） A．12 B．13 C．20 D．24 【答案】B 【分析】将题设条件变形为且、，结合判断的可能数值，即可得答案. 【详解】由题设，即， 又，且，则， 所以且， 可能为、、、、、、、、、、、、，共13个， 所以对应也有13个. 综上，所有满足条件的数对的个数为13个. 故选：B 4．如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2013，则n＝（ ） A．50 B．51 C．52 D．53 【答案】B 【分析】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，然后把数量相加即可． 【详解】解：本题可以把数归为“四位数”(含0006等)， 因此比2013小的“好数”为0×××，1×××，2004，共三类数， 第一类可分为：00××，01××，…，0600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数； 第二类可分为：10××，11××，…，1500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数， 第二类可分为：2004，共1个 故2013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51. 故选：B. 题型二:涂色问题 1．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（ ） A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 2．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（ ）种涂法， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法， 故选：D. 3．用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由每块区域都与其他三块区域有公共边，故用分步乘法计算即可. 【详解】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 4．如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（ ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C 题型一:几何体中的计数问题 1．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】由这些边为三角形仅有四种，，，，讨论底面三角形为、，结合对称性确定四面体个数. 【详解】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 2．直线（不全为0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（ ） A．60条 B．66条 C．72条 D．78条 【答案】D 【分析】由题确定圆上的整点，然后由两点确定一条直线及过圆整点的切线条数可得答案. 【详解】因，，则公共点为： ，共12个. 若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条； 若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条. 则这样的直线有78条. 故选：D 3．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“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 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（个）； 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， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）. 故选：D 4．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 5．几位同学假期组成一个小组去某市旅游，已知该市有6座塔，它们的位置分别为．同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现自己在所在的位置只能看到位于处的4座塔，而看不到位于和处的塔．已知 （1）同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合； （2）中任意3点不共线； （3）看不到塔的唯一可能就是视线被其他的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置和共线，且在线段上，那么该同学就看不到位于处的塔． 请问，这个旅游小组最多可能有多少名同学？（ ） A．3 B．4 C．6 D．12 【答案】C 【分析】根据题目条件，举例分析推理即可得出答案. 【详解】由于任意3座塔的位置不共线， 所以对任意一位同学来说，和处的塔必然是被2座不同的塔所阻挡了视线， 我们任取处的2座塔（不妨取处和处的塔）， 假设一位同学的视线是被这2座塔阻挡， 那么该同学的位置是的延长线和的延长线的交点， 或者是的延长线和的延长线的交点， 且被处和处的塔阻挡住视线的同学最多有一位， 由于在处的4座塔中选取2座塔的方式有6种， 所以同学的人数不超过6． 设是6名同学的位置，则如图是一种符合题意的位置分配方法． 故选：C. 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $