初中数学竞赛专题复习 第四篇 组合 第25章 染色问题试题 新人教版

第25讲染色问题与染色方法数学家像画家和诗人一样，是模式制造家。

——G.H.哈代知识方法扫描染色是分类的直观表现，在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题，这类问题的特点是知识点少，逻辑性强，技巧性强，其内部蕴藏着深刻的数学思想.同时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用.1. 染色问题解答染色问题，并不需要具备更多的数学知识，只需要具有缜密的思考能力和较强的分析能力.纵观各种染色试题，它与我们经常使用的数学方法紧密联系.大体上有如下几种方法：奇偶分析、归纳法、反证法、抽屉原理、构造法、组合计数等.2. 染色方法将问题中的对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间的关系，像国际象棋的棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色，许多隐藏的关系会变得明了，再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法.常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色.经典例题解析例 1 用任意的方式将平面上的每一点染上黑色或白色(称为二染色).求证：一定存在长为1的线段，它的两个端点同色.分析在平面上任画一条长为1的线段，如图，若A，B两点同色，则结论已成立.若A，B两点不同色，为确定起见不妨设A为黑色，B为白色，以AB为边作正三角形ABC，则AB=BC=CA=1.这时C点要么是黑点，要么是白点.若C为黑点，则AC为两个端点同色的长为1的线段.若C为白点，则BC为两个端点同色的长为1的线段.上述分析过程，其实已完成了证明过程，不过思路一旦找出，出现边长为1的正三角形的顶点A，B，C三点的构想是个关键，为此可得出如下简化的证明.证明在平面上任作一个边长为1的正三角形，设三个顶点为A，B，C，由于平面上的每点只着黑、白两色之一，根据抽屉原理，A，B，C三点中必有两点同色，以这两同色点为端点的线段长度恰为1.评注由例1可得更一般的结论：平面上的点二染色后，一定存在长为a(a ＞0)的线段，它的两个端点同色.例2 对平面上的点黑白二染色后，一定存在三顶点同色的直角三角形.证明对平面上的点黑白二染色，根据例1的结论，存在边长为a(a＞0)的线段AB，它的两个端点同色(不妨设A，B同黑).以AB为边作正方形ABCD，对角线AC，BD交于点O，如图，如果D，O，C中有一个黑点，则该点与A，B构成三顶点同黑色的直角三角形.如果D，O，C全白色，则△DOC就是三顶点全为白色的直角三角形.因此，二染色平面上一定存在顶点同色的直角三角形.评注 进一步由图证明可得：二染色平面上存在斜边要么为a ，要么为2a 且三顶点同色的等腰直角三角形.那么，当平面点二染色以后，是否一定存在边长为1且顶点同色的等边三角形呢？例3将对这个问题作出回答.例3 用任意的方式，对平面上的每个点染黑色或白色，求证：一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点同色.证明 若存在边长为1且顶点同色的正三角形，则问题得证.若不存在边长为1且顶点同色的正三角形，则一定存在长为1的线段AB ，两端点A ，B 异色.以AB =1为底作腰长为2的等腰三角形ABC ，则C 与A 或B 总有一对是异色的.不妨设长为2的线段AC 两端点异色(见图(a )).取AC 的中点O ，则O 必与A ，C 之一同色(见图(b ))，不妨设O 与A 同色.由于不存在边长为1的同色顶点的正三角形，所以以AO 为一边的等边三角形的另外的顶点D 和E 必与A 异色.此时，△ECD 就是一个边长为3的顶点同色的正三角形.评注 事实上，当将平面分成宽度为23的水平带状区域，且每个区域含下沿直线，不含上沿直线，使相邻的带状区域染上不同颜色，对这样的平面二染色，任意边长为1的正三角形的三个顶点均不同色，但存在边长为3的三顶点同色的三角形.由例3可得更一般的结论：平面上点二染色后，要么存在边长为a (a ＞0)三顶点同色的正三角形，要么存在边长为3 a 三顶点同色的正三角形.例4 连接圆周上9个不同点的36条线段染成红色或蓝色，假设9点中每3点所确定的三角形都至少含有一条红色边.证明有4点，其中每两点的连线都是红色.证明 设9个点依次为v 1，v 2，…，v 9，首先证明必存在一点，设为v 1，从v 1出发的红色线段不是5条.事实上，若不然，如果都是5条，则共有红色线段295 不是整数，矛盾. 若从v 1出发的红色线段至少有6条，设v 1v 2，v 1v 3，v 1v 4，v 1v 5，v 1v 6，v 1v7均为红色，则由第26讲例8评注可知，连结v2，v3，v4，v5，v6，v7的线段中必有同色三角形.由题意知它只能为红色三角形，设为v2v3v4，则v1，v 2，v3，v4四点中两两皆连红线.若从v1出发的红色线段至多4条，则v1出发的蓝色线段至少有4条，设为v 1v2，v1v3，v1v4，v1v5，则v2，v3，v4，v54点必然两两连红线.否则，例如若v2v3是蓝色的，则△v1v2v3是蓝色三角形，与题设至少有一边为红色矛盾.以上各例中，染色都是作为问题条件给出的，有时，染色方法也作为一种分类手段，因此，用形象直观地染色进行分类，也就成了一种很有特色的解题方法.例5某桥牌俱乐部约定，四个人在一起打牌，同一方的两个人必须都曾合作过，或都不曾合作过.试证：只要有五个人，就一定能凑齐四个人，按照约定在一起打牌.分析本题证明采用构造一个涂色模型，使它与原问题间有一一对应的关系.如果模型中的问题证明了，那么原问题也相应地证明了.证明五个人对应为空间五个点，如两个人合作过，那么对应两点连结红色线段，如两人不曾合作过，那么对应两点连结蓝色线段.因此原问题等价于证明涂色模型：空间五个点(无三点在一条直线上)，两两连线，涂上红色或蓝色之一.证明必存在两条无公共端点的同色线段.设五个点为A1，A2，A3，A4，A5，不失一般性，不妨设A1A2为红色.观察△A3A4A5三条边的颜色.(1)如果△A3A4A5中有一条边为红色，设为A3A4，那么A1A2与A3A4是满足条件的两条线段；(2)如果△A3A4A5的三条边均为蓝色，此时如A1A3，A1A4，A1A5与A2A3，A2A4，A2A5中如果有一条蓝色线段，那么问题就获证.如以A1A3是蓝色线段为例，那么A1A3与A4A5是满足条件的两条线段.反之，如果此时六条线段均为红色，如取A1A3与A2A4就是满足条件的两条线段.由于无公共端点的同色线段存在，证得原命题成立.例6把平面划分成形为全等正六边形的房间，并按如下办法开门：若三面墙汇聚于一点，那么在其中两面墙上各开一个门，而第三面墙不开门.证明：不论沿多么曲折的路线走回原来的房间，所穿过的门的个数一定是偶数.分析与解为方便起见，我们把有公共门的两个房间叫做相邻的.用两种不同的颜色涂平面上的这些房间，使相邻的房间的颜色不同(如图).注意，从某种颜色的房间走到同种颜色的房间，必须经过另一种颜色的房间.显然，从任一房间走到同种颜色的房间，必定经过偶数个门.这样，利用图形和不同的颜色就可以解出这道题.例7 有一个2003⨯2003的棋盘和任意多个l⨯2及1⨯3的矩形纸片，规定l⨯2的纸片只能沿着棋盘的格线水平地放置，而1⨯3的纸片只能沿着棋盘的格线铅直地放置. 请问是否可依上述规定取用一些纸片不重叠地盖满整个棋盘？分析与解先将棋盘的每一行黑白交错涂色，即第一行，第二行，第三行，…，依次为黑色，白色，黑色，….经过这样涂色后，开始时棋盘的黑白方格数之差为2003个.沿着棋盘的格线水平地放置1⨯2的纸片，每放上一个l⨯2的纸片，就能盖住黑白方格各一个，所以这个操作并不会改变黑白方格数之差；而每一个1⨯3的矩形纸片沿着棋盘的格线铅直地放置，所覆盖的三个方格都是同一颜色，所以每放置一片l⨯3的矩形纸片，棋盘的黑白方格数之差就增加3个或减少3个.因为2003不是3的倍数，所以，依题述规定取用一些1⨯2及l⨯3的矩形纸片是不可能不重叠地盖满整个棋盘的.例8证明：如图，用15块4×1的矩形瓷砖与1块2×2的方形瓷砖，不能覆盖8×8的正方形地面(瓷砖不许断开！).分析本例题有多种证法.一个共同点是：“不能覆盖”的证明，通常借助于反证法.证法1将8×8的正方形地面的小方格，用黑、白色涂之，染色法如图.于是，每一块4×1瓷砖，不论怎样辅设，都恰好盖住两个白格两个黑格.15块4×1瓷砖共盖住30个白格和30个黑格.一块2×2瓷砖，无论怎么放，总是盖住“三白一黑”或“三黑一白”，即只能盖住奇数个白格和奇数个黑格.而盘中的黑白格总数相等(全为32个).所以用15块4×1砖与1块2×2砖不能完全覆盖8×8地面.证法2将8×8的正方形地面的小方格.用代号为1，2，3，4的四种颜色涂之，染色法如(a).这时，4×1砖每次总能盖住1，2，3，4四色；而2×2砖不论放何处，总是不能同时盖住1，2，3，4四色.故是不可能的.证法3同样用四色涂之，涂法如(b).用反证法，设4×1砖横着盖住i色的有x块，竖着盖住的有y块.2×2砖盖i住阴影格处(不妨假定，余仿此).假定能够盖住.那么有：⎩⎨⎧=+=+,144,16421y x y x 相减得4(x 1－x 2)=2.因为x 1与x 2均为整数，这是不可能的.同步训练1.有10个表面涂满红漆的正方体，其棱长分别为2，4，6，…，20.若把这些正方体全部锯成棱长为1的小正方体，求有多少个至少一面有漆的小正方体.2.将直线上的每一个点都染上红、黄两色中的一种，证明：必存在同颜色的三个点，使得其中一点是另两点为端点的线段的中点.3.在二染色的平面上一定存在一个矩形，它的四个顶点同色.4.将正方体的每一个面分成四个相等的正方形，从三种不同颜色中任选一种给一个正方形染色，且使任何两个有公共边的正方形染不同的颜色.证明：每种颜色恰好染8个正方形.并举出一种染色方案.5.某班有50个学生，男女各占一半，他们围成一圈，席地而坐开营火晚会，求证：必能找到一位两旁都是女生的学生.6.在2n ×2n 的棋盘上，把相对角的两格剪去，则不能用若干块1×2的小棋盘(又称为多米诺骨牌)无重迭地覆盖这个缺角的大棋盘.7.有一种计算机软件只能复制一个边长为1的正方形的四个边，然后贴上。

第25章染色问题25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点，它们被分别染为黑色或白色．今知其中任何2个黑点之间至少间隔2个点．证明：从中可以找到3个白点，它们形成等边三角形的3个顶点．解析我们将27个点依次编号，易知它们一共可以形成9个正三角形(1，10，19)，(2，11，20)，…，(9，18，27)．由染色规则知，其中至多有9个黑点．如果黑点不多于8个，则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色．如果黑点恰有9个，那么由染色规则知，它们只能是一黑两白相间排列，其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色．25．1．2★★某班有50位学生，男女各占一半，他们围成一圈席地而坐开营火晚会．求证：必能找到一位两旁都是女生的学生．解析将50个座位相间地涂成黑白两色，假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生，那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生．否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位，其上面都坐着女生，其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾．同理，25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生，因此全部入座的女生不超过24人，与题设相矛盾．故命题得证．25.1.3★在线段的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为个不重叠的小线段，这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．求证：标准线段的个数是奇数．设最后一个标准线段为．若，则仅有一个标准线段，命题显然成立；若，由、不同色，则必与同色，不妨设与均为红色，那么在和之间若有一红蓝的标准线段，必有一蓝红的标准线段与之对应；否则不能为红色，所以在和之间，红蓝和蓝红的标准线段就成对出现，即和之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准线段，所以，和之间的标准线段的个数是奇数．25．1．4★★能否用面积为的一些长方块将的棋盘覆盖?解析如图中标上1～4这些数，显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个，于是如果可以覆盖，则1、2、3、个，矛盾!因此不能覆盖．25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行，证明：必有相邻的6个球三红三蓝．解析将这些球标上数字，红球标1，而蓝球则标上，于是问题变为：必定有6个相邻的球其标数之和为．记从第个球起的6个数字和为，于是可取1，2， (19)易知的全部取值为、、、0、2、4、6，且或2(可以认为以2或、0的步长“连续”变化)．由，知若四数中有0，则结论成立，否则必有正有负．不妨设，，，{1，7，13，19}，于是必存在一个，在与之间，．25．1．6★如图，把正方体形的房子分割成27个相等的小房间，每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通，在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去．如果要求甲虫只能走到每个小房间一次，那么甲虫能走遍所有的小房间吗?解析甲虫不能走遍所有的小房间．我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间)，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色．显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的．甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色．故它走26步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体．因此在26步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次．由此可见，如果要求甲虫到每一个小房间只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小房间．25.1.7★★3行9列共27个小方格，将每个小方格涂上红色或蓝色．试证：无论如何涂法，其中至少有两列，它们的涂色方式完全一样．解析第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理)，不妨设这5个方格位于前五个位置，且都为红色．下面考虑前五列构成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的，不妨设这三格位于前三个位置．接着考虑前三列构成的3×3方阵，该方阵前两行的每列完全一样．对第三行，用两种颜色25.1.8★★如图()，是由14个大小相同的正方形组成的图形，证明：不论如何用剪刀沿着图中直线进行剪裁，总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来．解析如图()涂色．若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形，则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成．因此，应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形．但图中有八个涂色小正方形，六个不涂色小正方形，因此适合题意的剪法不存在．25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数，现任挑选3×3或4×4的正方形，将其中每个数加1，称为一次操作，问是否能经过有限次操作，一定可以让方格中的所有整数均被10整除?解析按图中选择小方格涂黑，易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格，这些小黑格中原来数字之和是奇数的话，那么操作一次后，数字和仍是奇数，因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定．25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑，使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?解析如图，涂9格，无所求矩形，下证若涂10格，则会出现所求矩形．这是因为若有一行全部涂黑，则余下的行中必有一行至少涂黑2格，此时便有所求矩形出现．于是每行黑格数不到4个，必有两行各包含3个黑格，此时不难看出有所求矩形出现，因此最多选择9格．25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格，使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?解析剪去左上角的方格后，棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖．为了证明这一点，我们将棋盘涂上三种颜色，涂法如图，其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色．如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖，那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个，从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个，然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个，第二种颜色的方格22个，第三种颜色的方格21个．因此，剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖．由此可见，如果剪去一个方格后，棋盘能用21个3×1的矩形覆盖，那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格．但是，剪去图中涂第二种颜色的一个方格后，仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖，比如说，剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖，这是由于棋盘的对称性，剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)于是，只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个，剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖．不难验证这时确实能够覆盖．25.1.12★★求证：只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面．解析将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色，剩下的小方格全染成白色，于是白色的小方格的个数为15×23，这是奇数．因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格，每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格，故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住23×15个白格，所以，只用2×2及3×325.1.13★★求证：用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖，不能恰好铺盖8×8的正方形地面．解析把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图．无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上，每块l×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个，可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个，而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处，只有如下四种情形之一：这就是说，2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中，必有两个小方块有相同数码．由此可见，如果15块1×4，1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面，那么这64个小方块中，某一种赋值的小方块应有17块，但实际上，赋值1、2、3、4的小方块各16块，矛盾．25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色，称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格．问该方格表中最多有多少个红色的行和列?解析首先我们指出红色的行和列不多于8个．若不然，红色的行和列至少9个，则其中必有5个红行或红列，不妨设为前者．由于每个红行中至少有4个红格，故知表中至少有20个红格．此与已知条件矛盾．其次，当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时，便得到4个红行和4个红列，共8个．这表明有19个红格时，确可使红行与红列的个数达到8．所以最大值为8．25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的形纸片，如果一个方格的棋盘能被若干个形纸片无重复地覆盖，试证：是8的倍数．解析设棋盘由个形纸片所覆盖，而形是由4个1×1小方格所组成，则可令．由此得出、中至少有一个偶数，不失一般性，可令为偶数，即共有偶数列．现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有个．易见每个形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格．今共有个黑格，因此必须有偶数个形，从而证得是8的倍数．25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马，它们互不相吃(假定有足够多的马)?解析我们将棋盘相间染成黑白二色，则黑格与白格各32个．按马的走法(如图)知，黑格上的马只能吃白格上的马，因此，将所有黑格都放马，它们是互不相吃的．这就是说，我们可以放32个马，它们互不相吃．现证任意放33个马必有被吃的情形．事实上，将棋盘划分为8个2×4的小棋盘，则至少有一个小棋盘要放5个马，其放法只有两种可能：要么一排放1个，另一排放4个；要么一排放2个，另一排放3个．显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局．因此，最多能放32个马，它们互不相吃．25.1.17★★★在12×12的棋盘上，一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角，如图()．这匹马能否从某一点出发，跳遍每一格恰好一次，最后回到出发点?解析我们用两种方法对此棋盘染色．首先，将棋盘黑白相间染色，由马的跳步规则知，马每跳一步，或者是从黑格跳到白格，或者是从白格跳到黑格．不妨设马是第奇数步跳到自格，即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格．其次，将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如图()．由马的跳步规则知．马从白格一定跳人黑格，因为白格的数目同黑格的数目相同，马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点，因此，马从黑格只能跳入白格，不妨设马第奇数步跳入白格．对于一种满足要求的跳法，在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的，矛盾．因此，题目要求的跳法，即“回路”是不存在的．25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子，每个小方格内至多只能放一个棋子，使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍．在满足上述条件的所有放置方法中，请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?解析因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6个．此方格表共有8行，因此棋子的总数最多为48个．如右图所示，48个棋子是可以完成的．25.1.19★★★★将的方格表中每个小方格涂上黑色或白色，两种颜色的方格数相等．问能否有一种涂法，使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75％?解析不可能．设每行、每列中都有一种颜色的方格超过，由于行与行、列与列可对调而不影响结论．不妨设其中前行白色占优势，后行黑色占优势；前列白色占优势，后列黑色占优势．，(如下左图)．考虑放的矩形中的个方格．其中的白格可看成列或行中的“少数派”，而黑格可看成行或列中的“少数派”．由于在每行、每列中“少数派”少于或个，所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于．同样，前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于．所以这两个矩形中的方格数，即少于方格总数的一半．因此，，从而，或，不妨设为前者，这时，，白色方格总数，与两种颜色的方格相等矛盾．评注每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占是可能的(这时、当然都被4整除)，前右图(其中，)即满足要求．25.1.20★★★在2是×2是的方格表上，有个格子涂黑，求证：可以选择行及列，包含了全部这个黑格．解析将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前行，则这行中包含的黑格总数必定不少于，否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的行至少有个黑格，于是有一行包含了至少两个黑格，这与前是行”的定义矛盾．于是结论成立，接下来只要再找是列包含剩下的个黑格即可(有的列可不包含黑格)．25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明：至少可以找出21个矩形，它们的顶点是同一种颜色方格的中心，它们的边平行于方格线．解析考察其中任意一列，估计其中同色“方格对”的个数．设在该列中有一种颜色的方格走个，另一种颜色的方格个，那么，在该列中就共有个同色“方格对”．该式的值在和时达到最小值9，所以，7个列中一共有不少于63个同色“方格对”．注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中，如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”，那么，它们即构成一个满足要求的矩形．我们知道，方格表中一共有个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，一共有42种不同情况的“行对”．因此，至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形．25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一，已知任意两个不同颜色的数之和为黑色，而它们的积是白色，试找出所有的这种染色方法．解析设正整数、为白色，现研究的颜色．若是黑色，设正整数黑色，则为黑色，为白色，但由前知黑色，白色，于是黑色，矛盾，因此为白色．设正整数是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知，的所有正整数倍数均为白色．至于其他正整数，不被整除，设，，由之定义知，必定是黑色，于是知当时，为黑色；当时由为白色，知亦为黑色．于是本题的结论就是，所有的倍数染成白色，其余的数染成黑色，不难验证这种染法确实满足题设要求．25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为、、与，其中、均为正奇数，将这个矩形分拆(既无重叠，也不遗漏)为一些三角形，使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行，并且这条边上的高为1，求证：一定存在至少两个三角形，它们各有两条边平行于坐标轴．解析易知，可将矩形分成个单位正方形，并涂上黑白两色，使相邻的正方形颜色不同．此时4个角上的小正方形颜色相同，设为黑色，于是黑色格总面积比白格多1．可以推出，上述分拆中，每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积之差为；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积相等，如图．由于黑色面积与白色面积相差1，故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行．25.1.24★★★把正三角形划分为个同样大小的小正三角形，把这些小正三角形的一部分标上号码1，2，…，，使得号码相邻的三角形有相邻边．求证：．解析将小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+…+个，白三角形共有1+2+3+…+()个，由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”，且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色，因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1，所以编号的三角形数不超过个，即．25.1.25★★★将正方形分割为个相等的小方格，把相对的顶点、染成红色，把、染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．求证：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．解析用数代表颜色：红色记为1．蓝色记为．将小方格编号，记为1，2，…，．记第个小方格四个顶点处数字之乘积为．若该格恰有三个顶点同色，则，否则．今考虑乘积．对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；、、、四点相应的数的乘积为．于是，．因此，，，…，中的个数必为偶数，即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．25.1.26★★已知内有个点(无三点共线)，连同点、、共个点，以这些点为顶点把分割为若干个互不重叠的小三角形，现把、、分别染成红色、蓝色、黄色，而其余个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一．求证：三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．解析把这些小三角形的边赋值：边的端点同色的，赋值0，边的端点不同色，赋值1，于是每只小三角形的三边赋值的和，有如下三种情形：(i)三顶点都不同色的小三角形，赋值和为3；(ii)恰有两顶点同色的小三角形，赋值和为2；(iii)三顶点同色的小三角形，赋值和为0．设所有小三角形的边的赋值总和为，又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为、、，于是．①注意到所有小三角形的边的赋值总和中，除了边，，外，其余各边都被计算了两次，故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍，再加上的三边的赋值和为3，故是奇数，因此，由①式得是奇数．25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5×5的棋盘，求证：1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．解析将棋盘按图中方式染成、、三种颜色．易见、各有8格，而有9格．由于每个1×3砖块必定覆盖、、三色格各一格，因此1×1的砖块必定染成色．再将整个棋盘旋转，再按完全相同的方法染色，于是1×1的砖块仍在染成色的方格上，但两次染色均染成色的小方格只有中间的那个，因此1×l的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．25.1.28★★★★6个点每两点之间连一条线，将这15条线进行任意的二染色(即每条边染成两种颜色之一)，则必定存在至少两个同色的三角形．解析设两色为红色与蓝色．若从同一点出发有3条线同色，比如、、为红色，如果红色，则为红色三角形，否则为蓝色，同理、亦为蓝色，于是为蓝色三角形．因此，有一点出发3条线同色，一定有同色三角形存在．于是6个点之间的15条线中，一定有同色三角形存在．5个点的10条线若无同色三角形，则每一点连出的4条线必定两红两蓝．比如五点为、、、、，不妨设、红，由于蓝，还有一点与的连线红色，不妨设红，于是蓝，红，、蓝，红，蓝，故要想不出现同色三角形，只能是五点构成的五边形(不一定凸或自身不交)的边同色，而对角线则异色．现在回到原题，设六点为、、、、、，由于一定有同色三角形存在，不妨设为一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形，则可设五边形的边为红色(图中实线所示)，对角线为蓝色(图中虚线所示)．若为红色，则为红色三角形，故蓝，同理为蓝色，于是为蓝色三角形，因此同色三角形至少有两个．25.1.29★★★的方格表中有个格子涂且黑色，如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻(“相邻”指有公共边)，则将这个小方格也涂黑，求证：不可能将所有的小方格都涂黑．解析假定小方格边长为1．考虑一开始这格小方格组成的“岛”，每个“岛”都由连在一起的小方格组成，不同的“岛”之间没有公共边界(当然也可能本来只有一个“岛”)．因此这些“岛”的边界(包括有“洞”时“洞”的“内部边界”)长度之和不大于(因为还有小方格边界在内部抵消的情形)．现在按规则操作，每添加一个黑格，总边界不会增加，甚至还会减少(例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻)．如果所有小方格都涂黑了，总边界为，矛盾．因此结论成立．25.1.30★★★无限大方格表上的每个结点(方格线的交点)都被染为三种颜色之一，并且每种颜色的点都有．证明：可以找到一个直角三角形(其直角边不一定在方格线上)，它的三个顶点被分别染为三种不同颜色．解析用反证法．假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形．不难看出，可以找出一条水平方向或竖直方向的直线，它上面至少有两种颜色的结点，为确定起见，设其为水平方向．如果上只有两种颜色的点，比方说蓝色与红色，那么在平面上任意取一个绿色结点，并且把所在的竖直直线与的交点记作．于是，或为蓝色或为红色，不妨设其为蓝色．由于上还有红色结点，只要任取其中一个红点，即可得到三个顶点颜色各异的，此与假设矛盾．所以，上面有三种颜色的结点．在直线上任意取一个蓝点、一个红点和一个绿点．那么，此时在经过点的竖直直线上的结点都应当为蓝色，否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形．同理，在经过点的竖直直线上的结点都为红色，在经过点的竖直直线上的结点都为绿色．这就表明，在以上的染色方法中，每条竖直直线上的结点都是单一颜色的，从而，任何直角边在方格线上的直角=三角形中都至少有两个顶点同色．下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成的直线．由于它同每条竖直直线都相交于结点处，所以它上面有着三种不同颜色的结点．这样一来，根据刚才的讨论，在每一条与它垂直的直线上的结点都只能是单一颜色的．但是，事实上这些直线都与竖直方向交成，从而与每条竖直直线都相交于结点处．故都有着三种不同颜色的结点，导致矛盾．25.1.31★★★将全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共线的三点、、，求证：存在一个顶点同色的三角形，与相似．解析首先证明，一定有两点及两点连线之中点同色，不妨设二色为红与蓝．至少有一种颜色被涂在无穷多个点上，不妨设是红色，今找两点、，均为红色．为中点，又使为中点，为中点．若红，则、、为所求；同理，若或为红，则、、或、、为所求；若、、皆为蓝，则、、为所求．如图，现作′′′∽，、、为三边中点，且由前，可设′、、′．若′红，则′′′即为所求；若或红，则′或′为所求；若′、、皆蓝，此时′即为所求．于是结论成立．25.1.32★★★平面上任意点都染成三色之一，则一定有同色顶点的矩形．解析不妨考虑格点，首先证当格点满足3≤≤9，1≤≤3时，对这21个格点二染色，一定有同色矩形．假设此结论不成立，事实上，设两色为红与蓝，由于列与列对调不影响矩形的数量，故由抽屉原理，不妨设(3，1)、(4，1)、(5，1)、(6，1)红，于是(3，2)、(4，2)、(5，2)、(6，2)中至多一个红，不妨设(4，2)、(5，2)、(6，2)蓝，但(4，3)、(5，3)、(6，3)不能有两个蓝，也不能有两个红，此不可能．今设第三色为黄色，z轴上的整点必有一色出现无穷多次，不妨设就是黄色，现作列调整，使(0，0)，(1，0)，…，(9，0)黄，故(0，1)，(1，1)，…，(9，1)至多一黄，于是可设(1，1)，…，(9，1)为红蓝两色，同理可设(2，2)，…，(9，2)为红蓝两色，(3，3)，…，(9，3)为红蓝两。

人教版九年级数学上册第二十五章综合测试卷01一、选择题（每小题4分，共32分）1.下列事件是必然事件的是（）A.太阳从西边升起B.抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上C.一天24小时D.打开电视机正在播放新闻联播2.用长为4cm，5cm，6cm的三条线段能围成三角形是（）A.随机事件B.必然事件C.不可能事件D.以上都不是3.一个不透明的布袋装有4个只有颜色不同的球，其中2个红球、1个白球、1个黑球，搅匀后从布袋里摸出1个球，摸到红球的概率是（）A.12B.13C.14D.164.一个十字路口的交通信号灯每分钟红灯亮30s，绿灯亮25s，黄灯亮5s，当你抬头看信号灯时，是绿灯的概率是（）A.14B.13C.512D.125.在一个不透明的袋中，装有若干个除颜色不同外其余都相同的球，如果袋中有3个红球且摸到红球的概率为号，那么袋中球的总个数为（）A.15B.12C.9D.36.已知抛一枚均匀硬币正面朝上的概率为12，下列说法错误的是（）A.连续抛一枚均匀硬币2次必有1次正面朝上B.连续抛一枚均匀硬币10次都可能正面朝上C.大量反复抛一枚均匀硬币，平均100次出现正面朝上50次D.通过抛一枚均匀硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的7.在标有数字1~9的9张同样的卡片中，抽出一张是7（不放回），那么再抽出一张是奇数的概率是（）A.12B.13C.14D.588.如图所示的两个转盘中，指针落在每一个数上的机会均等，那么两个指针同时落在偶数上的概率是（）A .1925B .1025C .625D .525二、填空题（每小题4分，共24分）9.图中每一个标有数字的方块均是可以翻动的木牌，其中只有两块木牌的背面贴有中奖的标志，则随机翻动一块木牌中奖的概率为________．10.掷一枚均匀正方体骰子，出现点数为4的概率为________，出现点数为2的概率为________，出现点数大于3的概率为________，出现点数大于2的概率为________．11.在100张奖券中，设一等奖1个，二等奖2个，三等奖3个．若从中任取一张奖券，则不中奖的概率是________．12.某暗箱中放有10个球，其中有红球3个，白球和蓝球若干，从中任取一个球是白球的概率是12，则白球和蓝球的个数分别是________，________．13.如图所示，在某十字路口，汽车可直行、可左转、可右转．若这三种可能性相同，则两辆汽车经过该路口都向右转的概率为________．14.一套书共有上、中、下三册，将它们任意摆放到书架的同一层上，这三册书从左到右恰好成上、中、下顺序的概率为________．三、解答题（共44分）15.（10分）一个袋中共有5个除颜色外其他均相同的红球和白球，若任意摸出一球为红球的概率是25．（1）袋中红球、白球各有多少个？（2）任意摸出两个球，它们均为红球的概率有多大？16.（10分）将A ，B ，C ，D 四人随机分成甲、乙两组参加羽毛球比赛，每组两人．（1）A 在甲组的概率是多少？（2）A ，B 都在甲组的概率是多少？17.（12分）一个桶里有500个球（除颜色不同外其他均相同），下面是每次从桶中拿出球的个数和其中是红球的个数的记录：拿出球的总数1020304050607080拿出红球的个数2571013141821拿出红球的频率（1）把表填写完整．（2）拿出红球的频率约是多少？估计从桶中拿出一球是红球的概率是多少？（3）计算桶中红球的个数．18.（12分）在一副扑克牌中，拿出红桃2、红桃3、红桃4、红桃5四张牌，洗匀后，小明从中随机摸出一张，记下牌面上的数字为x ，然后放回并洗匀，再由小华从中随机摸出一张，记下牌面上的数字为y ，组成一对数(),x y ．（1）用列表法或画树状图表示出(),x y 的所有可能出现的结果；（2）求小明、小华各摸一次扑克牌所确定的一对数是方程5x y +=的解的概率．第二十五章综合测试答案解析一、1.【答案】C【解析】A 是不可能事件，B 是随机事件，D 是随机事件．2.【答案】B【解析】因为456+＞，所以由三角形三边关系得一定能围成三角形．3.【答案】A【解析】所有等可能的情况共有4种，其中摸到红球的可能有2种．所以()21=42P =摸到红球．4.【答案】C 【解析】()255==6012P 绿灯．5.【答案】A【解析】设袋中球的总个数为x ，则()31=5P x =摸到红球，所以15x =．6.【答案】A【解析】抛一枚均匀硬币，正面朝上的概率是12，即在实际操作中，大量重复这种操作，出现正面朝上的频率约为12，但连续抛两次不一定有一次正面朝上，故选A ．7.【答案】A【解析】因为在1~9中，奇数有5个，当抽出一张7后，共有8张卡片，且标有奇数的有4张，故()41=82P =抽到奇数．8.【答案】C 二、9.【答案】13【解析】()21==63P 中奖．10.【答案】1616122311.【答案】4750【解析】()1001239447=10010050P ---==不中奖．12.【答案】52【解析】白球：11052⨯=（个），蓝球：10532--=（个）．13.【答案】19【解析】首先根据题意面出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两辆汽车经过该路口都向右转的结果，继而利用概率公式即可求得答案．画树状图，如图所示．所有可能的结果共有9种，其中两辆汽车经过该路口都向右转的有1种，所以两辆汽车经过该路口都向右转的概率为19．14.【答案】16【解析】列出从左到右的所有排列顺序如下：上、中、下；上、下、中；中、上、下；中、下、上；下、中、上；下、上、中．所以从左到右恰好成上、中、下顺序的概率是16．三、15.【答案】（1）2525⨯=（个），523-=（个），即袋中有2个红球，3个白球．（2）画出树状图，如图所示．由图可知，()21=2010P =摸出两个球都是红球．16.【答案】所有可能的结果如下：甲组乙组结果AB CD (AB,CD)AC BD (AC,BD)AD BC (AD,BC)BC AD (BC,AD)BD AC (BD,AC)CDAB(CD,AB)由上表可知，总共有6种等可能结果．（1）所有结果中，满足A 在甲组的结果有3种，所以A 在甲组的概率为12．（2）所有结果中，满足A ，B 都在甲组的结果有1种，所以A ，B 都在甲组的概率为16．17.【答案】（1）0.20.250.230.250.260.230.260.26（2）0.25，0.25．（3）5000.25125⨯=（个）．18.【答案】（1）列表如下：红桃2红桃3红桃4红桃5红桃2(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)红桃3(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)红桃4(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)红桃5(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)一共有16种等可能结果．（2）因为只有数对()2,3，()3,2是方程+5x y =的解，所以()215==168P 和等于．人教版九年级数学上册第二十五章综合测试卷02一、选择题（30分）1.下列事件中，属于不可能事件的是（）A .某个数的绝对值大于0B .某个数的相反数等于它本身C .任意一个五边形的外角和等于540︒D .长分别为3，4，6的三条线段能围成一个三角形2.下列说法正确的是（）A .任意掷一枚质地均匀的硬币10次，一定有5次正面向上B .天气预报说“明天的降水概率为40%”，表示明天有40%的时间都在降雨C .“篮球队员在罚球线上投篮一次，投中”为随机事件D .“a 是实数，||0a ≥”是不可能事件3.甲、乙两名同学在一次用频率去估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘出的统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（）A .掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率B .从一个装有2个白球和1个红球的袋子中任取一球，取到红球的概率C .抛一枚硬币，出现正面的概率D .任意写一个整数，它能被2整除的概率4.如图，一个游戏转盘中，红、黄、蓝三个扇形的圆心角度数分别为60︒，90︒，210︒.让转盘自由转动，指针停止后落在黄色区域的概率是（）A .16B .14C .13D .7125.一个不透明的布袋中有分别标着数字1，2，3，4的四个乒乓球，现从袋中随机摸出两个乒乓球，则这两个乒乓球上的数字之和大于5的概率为（）A .16B .13C .12D .236.一只盒子中有红球m 个，白球8个，黑球n 个，每个球除颜色外都相同，从中任取一个球，取得白球的概率与不是白球的概率相同，那么m 与n 的关系是（）A .3m =，5n =B .4m n ==C .4m n +=D .8m n +=7.在一个不透明的盒子里，装有4个黑球和若干个白球，它们除颜色外没有任何其他区别，摇匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复，共摸球40次，其中10次接到黑球，则估计盒子中大约有白球（）A .12个B .16个C .20个D .30个8.学生甲与学生乙玩一种转盘游戏。

第25章一、单选题(共36分)1．(本题3分)一个密闭不透明的盒子里有若干个白球,在不允许将球倒出的情况下,为估计白球的个数,小刚向其中放入8个黑球,摇匀后从中随机摸出一个球记下颜色,再把它放回盒中,不断重复,共摸球200次,其中16次摸到黑球,估计盒中大约有白球的个数为( )A．30个B．92个C．84个D．76个2．(本题3分)小明在一天晚上帮妈妈洗三个只有颜色不同的有盖茶杯,这时突然停电了,小明只好将茶杯和杯盖随机搭配在一起,那么三个茶杯颜色全部搭配正确的概率是( )A．13B．16C．19D．1273．(本题3分)在单词“APPLE”中随机选择一个字母,选择到的字母是“P”的概率是( )A．14B．15C．25D．354．(本题3分)如图,一个可以自由转动的转盘,被分成了白色和红色两个区域,任意转动转盘一次, 当转盘停止转动时（若指针停在边界处,则重新转动转盘）,指针落在红色区域内的概率是（）A．16B．15C．13D．125．(本题3分)做重复试验:抛掷一枚啤酒瓶盖1000次．经过统计得“凸面向上”的次数为420次,则可以由此估计抛掷这枚啤酒瓶盖出现“凸面向上”的概率约为（）A．0.22 B．0.42 C．0.50 D．0.586．(本题3分)某存折的密码是一个六位数字(每位可以是0),由于小王忘记了密码的首位数字,则他能一次说对密码的概率是( )A．15B．16C．19D．1107．(本题3分)盒中装有4只白球5只黑球,从中任取一只球,取出的球是白球的概率是（）A．520B．59C．420D．498．(本题3分)如图,衣橱中挂着3套不同颜色的服装,同一套服装的上衣与裤子的颜色相同．若从衣橱里各任取一件上衣和一条裤子,它们取自同一套的概率是（）A．127B．19C．16D．139．(本题3分)从长为10cm,7cm,5cm,3cm的四条线段中任选三条,能构成三角形的概率是（）A．12B．13C．14D．3410．(本题3分)以下事件为必然事件的是（）A．掷一枚质地均匀的骰子,向上一面的点数小于6 B．多边形的内角和是360C．二次函数的图象不过原点D．半径为2的圆的周长是4π11．(本题3分)下列事件:①在一次数学测试中,小明考了满分；②经过有交通信号灯的路口,遇到红灯；③抛掷两枚正方体骰子,朝上的点数和大于1；④度量任一三角形,其外角和都是180°.其中必然事件是( )A．①B．②C．③D．④12．(本题3分)在一个袋中有4个黑球和若干个白球,每个球除染色外其余相同,摇匀后随机摸出一个球并记下颜色后放回,摇匀后再摸一个球,记下颜色后再放回……,依次不断重复上述摸球过程,当摸了100次后,发现其中有20次摸到的是黑球,请你根据所学知识估计袋中白球的数量约为（）A．12 B．16 C．20 D．30二、填空题(共18分)13．(本题3分)一个不透明的袋子中有2个白球和3个黑球,这些球除颜色外完全相同．从袋子中随机摸出1个球,这个球是白球的概率是_____．14．(本题3分)一个不透明的盒子中装有4张卡片,这4张卡片的正面分别画有等腰三角形,线段,圆和三角形,这些卡片除图形外都相同,将卡片搅匀．从盒子中任意抽取一张,卡片上的图形是轴对称图形的概率是_____．15．(本题3分)将分别标有“柠”“檬”“之”“乡”汉字的四个小球装在一个不透明的口袋中,这些球除汉字外无其它差别,每次摸球前先搅拌均匀．随机摸出一球不放回；再随机摸出一球,两次摸出的球上的汉字能组成“柠檬”的概率是_____．16．(本题3分)四张大小、质地都相同的卡片上分别标有数字1,2,3,4,现将标有数字的一面朝下放在桌子上,从中随机抽取两张卡片,那么两张卡片上的数字的乘积为偶数的概率是________．17．(本题3分)一个暗箱里放有a个白球和3个红球,白球的概率是34,球的总个数是_______．18．(本题3分)如图,△ABC中,D、E、F分别是各边的中点,随机地向△ABC中内掷一粒米,则米粒落到阴影区域内的概率是_____．三、解答题(共66分)19．(本题8分)某高级酒店为了吸引顾客,设立了一个可以自由转动的转盘,如图所示,并规定:顾客消费100元以上(不包括100元),就能获得一次转动转盘的机会,如果转盘停止后,指针正好对准九折、八折、七折、五折区域顾客就可以获得此项待遇(转盘等分成16份)(1)甲顾客消费80元,是否可获得转动转盘的机会?(2)乙顾客消费150元,获得打折待遇的概率是多少?他获得九折,八折,七折,五折待遇的概率分别是多少?20．(本题8分)车辆经过某市收费站时,可以在4个收费通道A、B、C、D中,可随机选择其中的一个通过．（1）车辆甲经过此收费站时,选择A通道通过的概率是；（2）若甲、乙两辆车同时经过此收费站,请用列表法或树状图法确定甲乙两车选择不同通道通过的概率．21．(本题8分)小明,小亮都想去观看电影,但是只有一张电影票,他们决定采取抽卡片的办法确定谁去,规定如下:将正面分别标有数字1,2,3的三张卡片（除数字外其余都同）洗匀后背面朝上放置在桌面上,随机抽出一张记下数字后放回,重新洗匀后背面朝上放置在桌面上,再随机抽出一张记下数字,如果两个数字的积为奇数,则小明去；如果两个数字的积为偶数,则小亮去．（1）请用列表或树状图的方法表示抽出的两张卡片上的数字积的所有可能出现的结果；（2）你认为这个规则公平吗？请说明理由．22．(本题8分)有两组牌,每组牌都是4张,牌面数字分别是1,2,3,4,从每组牌中任取一张,求抽取的两张牌的数字之和等于5的概率,并画出树状图．23．(本题8分)为评估九年级学生的体育成绩情况,某校九年级500名学生全部参加了“中考体育模拟考试”,随机抽取了部分学生的测试成绩作为样本,并绘制出如下两幅不完整的统计表和频数分布直方图:（1）求此次抽查了多少名学生的成绩；（2）通过计算将频数分布直方图补充完整；（3）若测试成绩不低于40分为优秀,请估计本次测试九年级学生中成绩优秀的人数．24．(本题8分)某数学兴趣小组在全校范围内随机抽取了50名同学进行“舌尖上的宜兴﹣我最喜爱的宜兴小吃”调查活动,将调查问卷整理后绘制成如图所示的不完整条形统计图．请根据所给信息解答以下问题（1）请补全条形统计图；（2）若全校有1000名同学,请估计全校同学中最喜爱“笋干”的同学有多少人？（3）在一个不透明的口袋中有4个元全相同的小球,把它们分别标号为四种小吃的序号A,B,C,D,随机地把四个小球分成两组,每组两个球,请用列表或画树状图的方法,求出A,B两球分在同一组的概率．25．(本题9分)一只不透明的袋子中装有a个白球,b个黄球和10个红球,这些球除颜色外都相同,将球摇匀,从中任意摸出一个球,摸到红球的概率是40%．(1)当a=8时,求摸到白球的概率；(2)若摸到黄球的概率是摸到白球的两倍,求a,b的值．26．(本题9分)某中学为开拓学生视野,开展“课外读书周”活动,活动后期随机调查了九年级部分学生一周的课外阅读时间,并将结果绘制成两幅不完整的统计图,请你根据统计图（图1）的信息回答下列问题:（1）本次调查的学生总数为________人,被调查学生的课外阅读时间的中位数是________小时,众数是_________小时；（2）请你补全条形统计图,在扇形统计图中,课外阅读时间为5小时的扇形的圆心角度数是_________；（3）若全校九年级共有学生700人,估计九年级一周课外阅读时间为6小时的学生有多少人？（4）若学校选取A、B、C、D四人参加阅读比赛,两人一组分为两组,求A与C是一组的概率,（列表或树状图）参考答案1．B【解析】【分析】可根据“黑球数量÷黑白球总数=黑球所占比例”来列等量关系式可求出白球的个数,其中“黑白球总数=黑球个数+白球个数”,“黑球所占比例=随机摸到的黑球次数÷总共摸球的次数”.【详解】解:设盒子里有白球x 个, 根据=黑球个数摸到黑球的次数黑白球总数摸球总次数得: 816x+8200= 解得:x=92.经检验得x=92是方程的解.故选B.【点睛】本题主要考查利用频率估计概率的知识,利用频率估计概率有以下条件及方法:(1)当事件的试验结果不是有限个或结果发生的可能性不相等时,要用频率来估计概率;(2)当试验次数足够大时,试验频率稳定于理论概率.2．B【解析】【分析】根据题意, 分析可得三个只有颜色不同的有盖茶杯,将茶杯和杯盖随机搭配在一起, 共3⨯2⨯1=6种情况,结合概率的计算公式可得答案.【详解】解: 根据题意, 三个只有颜色不同的有盖茶杯, 将茶杯和杯盖随机搭配在一起, 共3⨯2⨯1=6种情况,而三个茶杯颜色全部搭配正确的只是其中一种;故三个茶杯颜色全部搭配正确的概率为16.故选B.【点睛】本题主要考查概率的计算,用到的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比.3．C【解析】【分析】由单词“APPLE” 中有2个p, 直接利用概率公式求解即可求得答案.【详解】解:单词“ APPLE” 中有2个p,∴从单词“ APPLE” 中随机抽取一个字母为p的概率为:25故选:C.【点睛】本题主要考查概率的定义.4．C【解析】【分析】认真审题, 仔细观察和分析题干中的已知条件和所给的图形.根据概率的应用, 据此计算后选择求解.【详解】解:转盘被等分成红、白二个扇形,且红色区域的圆心角为120o , 指针落在红色区域的概率是P=120360o o =13故选C.【点睛】解决这个问题的关键之处在于认真审题, 仔细观察和分析题干中的已知条件和所给的图形.根据概率的定义和公式的运用, 据此计算后求解.5．B【解析】【分析】在试验次数不多的情况下,“凸面向上”出现的频率约等于概率．【详解】∵抛掷同一枚啤酒瓶盖1000次．经过统计得“凸面向上”的次数约为420次, ∴抛掷这枚啤酒瓶盖出现“凸面向上”的概率约为4201000＝0.42, 故选B ．【点睛】本题考察概率的相关知识．在试验次数不多的情况下,“凸面向上”出现的频率约等于概率．6．D【解析】【分析】如果一个事件有n 种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A 出现m 种结果,那么事件A 的概率P （A ）=m n ,由一共有10种等可能的结果,小王能一次打开该旅行箱的只有1种情况,直接利用概率公式求解即可求【详解】解:∵一共有10种等可能的结果,小王能一次打开该旅行箱的只有1种情况,∴他能一次说对密码的概率是1 10,故选D．【点睛】本题主要考查概率的求法,解决本题的关键是要熟练掌握简单的概率求解方法．7．D【解析】【分析】如果一个事件有n种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A出现m种结果,那么事件A的概率P（A）=mn,根据概率的求法,找准两点:①全部情况的总数;②符合条件的情况数目,二者的比值就是其发生的概率．【详解】解:根据题意可得:一袋中装有4个白球,4个黑球,共9个,任意摸出1个,摸到白球的概率是49故选D．【点睛】本题主要考查概率的求法,解决本题的关键是要熟练掌握概率公式概率P（A）=mn.．8．D【解析】【分析】列出事件的出现次数的树状图,用概率公式求解即可.解:为方便起见, 我们将3件上装和3件裤子从1 至 3 编号. 根据题意, 所有可能的结果如下图所示, 且各种结果发生的可能性相同.所有可能的结果总数为n=3⨯3=9,它们取自同一套的可能的结果总数为m=3 .所以P=31 93 =,故选D.【点睛】本题复习简单事件的概率计算,事件的出现次数可以用画树状图法求出,也可以用列表法求出,注意要不重不漏.9．A【解析】【分析】列举出所有情况,用能组成三角形的情况数除以总情况数即为所求的概率．【详解】共有10、7、5；10、7、3；10、5、3；7、3、5；共4种情况,其中10、7、3；10、5、3这两种情况不能组成三角形,所以P（任取三条,能构成三角形）=21 42 =,故选A．【点睛】本题考查了三角形三边关系,简单的概率计算,如果一个事件有n种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A 出现m 种结果,那么事件A 的概率P （A ）=m n． 10．D【解析】【分析】必然事件是指一定会发生的事件,概率为1,根据该性质判断即可．【详解】掷一枚质地均匀的骰子,每一面朝上的概率为16,而小于6的情况有5种,因此概率为56,不是必然事件,所以A 选项错误； 多边形内角和公式为()2180n -︒,不是一个定值,而是随着多边形的边数n 的变化而变化,所以B 选项错误； 二次函数解析式的一般形式为2y ax bx c =++()0a ≠,而当c=0时,二次函数图象经过原点,因此不是必然事件,所以C 选项错误；圆周长公式为2C r π=,当r=2时,圆的周长为4π,所以D 选项正确．故选D ．【点睛】本题考查了必然事件的概念,关键是根据不同选项所包含的知识点的概念进行判断对错；必然事件发生的概率为1,随机事件发生的概率为0<P<1,不可能事件发生的概率为0．11．C【解析】【分析】必然事件的发生率为100%,所以一定发生的为必然事件.【详解】解:1,2,4为可能事件,3为一定事件,两个骰子投的数一定大于或等于2,故选C.【点睛】本题考查了必然事件的定义,熟悉掌握概念是解决本题的关键.12．B【解析】【分析】一共摸了100次,其中有20次摸到黑球,由此可估计口袋中黑球和白球个数之比为1:4；即可计算出白球数．【详解】∵共摸了100次,其中20次摸到黑球,∴有80次摸到白球,∴摸到黑球与摸到白球的次数之比为1:4,∴口袋中黑球和白球个数之比为1:4,14164÷=（个）．故选B．【点睛】本题考查了利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．同时也考查了概率公式的应用．用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比．13．25,【解析】【分析】等可能事件中每件事发生的概率是相等的,为1n,本题n=5,,一共有两个白球,因此为25．【详解】∵一个不透明的袋子中装有2个白球和3个黑球,共有5个球,∴从袋子中随机摸出一个球,摸出的球是白球的概率是:25．故答案为25．【点睛】本题考查了等可能事件的概率公式,等可能时间每件事发生的概率都是1n,其中n是样本总量,本题是统计与概率部分的简单题型．14．3 4【解析】【分析】等腰三角形、线段、圆是轴对称图形,等可能概型中取到每种图形的概率都是14,所以结果是34．【详解】∵等腰三角形、线段、圆是轴对称图形,三角形不是轴对称图形,∴从盒子中任意抽取一张,卡片上的图形是轴对称图形的概率是34；故答案为:34．【点睛】本题考查了轴对称图形的判断,和简单概率的计算,要注意等腰三角形是轴对称图形,三角形不一定是轴对称图形,正确判断图形是否为轴对称图形是本题的关键．15．1 6【解析】【分析】列表得出所有等可能的情况数,找出能组成“柠檬”的情况数,即可求出所求的概率．【详解】列表得:∵12种可能的结果中,能组成“柠檬”有2种可能,共2种,∴两次摸出的球上的汉字能组成“柠檬”的概率是212＝16,故答案为:16．【点睛】本题考查了列表法与树状图法:利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n,再从中选出符合事件A或B的结果数目m,然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．16．5 6【解析】【分析】依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果, 然后根据概率公式求出该事件的概率即可.【详解】解: 由树状图可知共有4 3=12种可能, 两张卡片上的数字的乘积为偶数的有10种, 所以两张卡片上的数字的乘积为偶数的概率是1012=56．【点睛】画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果, 适合于两步完成的事件. 用到的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比.17．12；【解析】【分析】让白球的个数除以球的总数为34,可求得白球的个数,即可求得球的总个数.【详解】解答:P(白球)=aa+3=34,解得:a=9,故总的球数为9+3=12.故本题答案为:12.【点睛】本题考查的是随机事件概率的求法,如果一个事件有n种可能, 而且这些事件的可能性相同, 其中事件A出现m种结果, 那么事件A的概率P(A)=mn.18．1 4【解析】【分析】利用阴影部分与三角形的面积比即可．【详解】设三角形面积为1．∵△ABC中,D、E、F分别是各边的中点,∴DE∥BC,DE=BF,∴四边形BFED是平行四边形,∴△DEF≌△FBD,同理△DEF≌△CFE,△DEF≌△EDA,∴阴影部分的面积=△ABC的面积的14,即米粒落到阴影区域内的概率是11414 ．故答案为14．【点睛】本题考查了几何概型的概率求法,利用面积求概率是解题的关键．19．（1）不能；（2）516；18；116；116；116【解析】【分析】（1）根据题意,“顾客消费100元以上(不包括100元),就能获得一次转动转盘的机会”, 甲顾客消费80元,不满足获得转动转盘的条件；（2）根据概率的计算方法,可得出答案．【详解】（1）根据题意,“顾客消费100元以上(不包括100元),就能获得一次转动转盘的机会”, 甲顾客消费80元,不满足获得转动转盘的条件．故答案为:不能获得转动转盘的机会．（2）乙顾客消费150元,能获得一次转动转盘的机会．由于转盘被均分成16份,每份被转到的机会均等,其中打折的占5份,故获得打折待遇的概率为P=5 16；九折占2份,故获得九折待遇的概率为P=21= 168；八折占1份,故获得八折待遇的概率为P=1 16；七折占1份,故获得七折待遇的概率为P=1 16；五折占1份,故获得五折待遇的概率为P=1 16．故答案为:他获得打折待遇的概率为516；他获得九折,八折,七折,五折待遇的概率分别是18；116；116；116．【点睛】本题主要考查概率,掌握概率的计算方法是解答本题的关键．20．（1）14；（2）34,图见解析【解析】【分析】（1）根据概率公式即可得到结论；（2）画出树状图即可得到结论．【详解】（1）共有4种可能,所以选择A通道通过的概率是14.故答案为:14,（2）两辆车为甲,乙,如图,两辆车经过此收费站时,会有16种可能的结果,其中选择不同通道通过的有12种结果,∴选择不同通道通过的概率=1216=34．故答案为（1）14；（2）34,图见解析【点睛】本题考查了概率公式中的等可能概型,和利用树状图解决实际问题,正确画出树状图是本题的关键．21．（1）见详解；（2）游戏不公平,理由见详解；【解析】【分析】（1）根据题意直接列表或画树状图即可;（2）先分别求出两纸牌上的数字之积的所有情况,再求出其中偶数和奇数的个数,即可求出小明获胜的概率和小亮获胜的概率,最后得出游戏是否公平．【详解】（1）画树状图如图:（2）由（1）知一共有9种等可能情形,其中出现积为奇数的情况有4种,出现积为偶数的情况有5种,则P（数字之积为奇数）49=,P（数字之积为偶数）59=P（数字之积为奇数） P（数字之积为偶数）,所以游戏不公平．【点睛】本题考查的是游戏公平性的判断.判断游戏公平性就要计算每个事件的概率,概率相等就公平,否则就不公平．22．1 4【解析】【分析】画出树状图,列举出所有情况,看抽取的两张牌的数字之和等于5的情况占所有情况的多少可得答案. 【详解】解:如图,共有16种等可能的情况,和为5的情况有4种,∴P（和为5）= ．【点睛】本题主要考查用列表法或画树状图求等可能事件的概率,其中如果一个事件有n种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A出现m种结果,那么事件A的概率P(A)=mn.23．（1）50；（2）详见解析；（3）220.【解析】【分析】(1)利用1组的人数除以1组的频率可求此次抽查了多少名学生的成绩;(2)根据总数乘以3组的频率可求a,用50减去其它各组的频数即可求得b的值,再用1减去其它各组的频率即可求得c的值,即可把频数分布直方图补充完整;(3)先得到成绩优秀的频率,再乘以500即可求解.【详解】解:（1）4÷0.08=50（名）．答:此次抽查了50名学生的成绩；（2）a=50×0.32=16（名）,b=50﹣4﹣8﹣16﹣10=12（名）,c=1﹣0.08﹣0.16﹣0.32﹣0.2=0.24,如图所示:（3）500×（0.24+0.2）=500×0.44=220（名）．答:本次测试九年级学生中成绩优秀的人数是220名．【点睛】本题主要考查数据的收集、处理以及统计图表。

人教版九年级数学上册第25章 25.1--25.3 基础检测题含答案25.1随机事件与概率一、选择题（共10小题，3*10=30）1．小亮是一名职业足球队员，根据以往比赛数据统计，小亮进球率为10%，他明天将参加一场比赛，下面几种说法正确的是( )A．小亮明天的进球率为10%B．小亮明天每射球10次必进球1次C．小亮明天有可能进球D．小亮明天肯定进球2. 掷一枚质地均匀的硬币10次，下列说法正确的是( )A．每2次必有1次正面向上B．必有5次正面向上C．可能有7次正面向上D．不可能有10次正面向上3. 从－5，－103，－6，－1，0，2，π这七个数中随机抽取一个数，恰好为负整数的概率为( )A.27B.37C.47D.574. 在一个不透明的袋子中装有n个小球，这些球除颜色外均相同，其中红球有2个，如果从袋子中随机摸出一个球，这个球是红球的概率为13，那么n的值是( )A．6 B．7C ．8D ．95. 在“绿水青山就是金山银山”这句话中任选一个汉字，这个字是“绿”的概率为( ) A.310 B.110 C.19 D.186. 现有四张扑克牌：红桃A 、黑桃A 、梅花A 和方块A ，将这四张牌洗匀后正面朝下放在桌面上，再从中任意抽取一张牌，则抽到红桃A 的概率为( )A ．1 B.14C.12D.347. 下列事件中：①2020年在日本东京举办奥运会；②夜间12点有太阳；③吉林省长春市某年冬天的温度达32 ℃.其中概率为1的事件有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个8．下列图形：任取一个是中心对称图形的概率是( )A.14B.12C.34D．19．如图，在4×4正方形网格中，任选一个白色的小正方形并涂黑，使图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的概率是( )A.16B.14C.13D.11210. 如图，△ABC是一块绿化带，将阴影部分修建为花圃，已知AB＝13，AC＝5，BC＝12，阴影部分是△ABC的内切圆，一只自由飞翔的小鸟将随机落在这块绿化带上，则小鸟落在花圃上的概率为( )A.π15B.2π15C.4π15D.π5二．填空题（共8小题，3*8=24）11在一个不透明的口袋中装有5个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，5，从中随机摸出一个小球，其标号大于2的概率为_________.12. 如图，一个正六边形转盘被分成6个全等三角形，任意转动这个转盘1次，当转盘停止时，指针指向阴影区域的概率是_________.13．抛掷一枚质地均匀的硬币，若前3次都是正面朝上，则第4次正面朝上的概率是_________.14. 笔筒中有10支型号、颜色完全相同的铅笔，将它们逐一标上1—10的号码，若从笔筒中任意抽出一支铅笔，则抽到编号是3的倍数的概率是_______.15. 如图是一个转盘，转盘分成8个相同的扇形，颜色分为红、绿、黄三种颜色，指针的位置固定，转动转盘后任其自由停止，其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置(指针指向两个扇形的交线时，当作指向指针右边的扇形)，则指针指向红色的概率是__________.16. 某学校在进行防溺水安全教育活动中，将以下几种在游泳时的注意事项写在纸条上并折好，内容分别是：①互相关心；②互相提醒；③不要相互嬉水；④相互比潜水深度；⑤选择水流湍急的水域；⑥选择有人看护的游泳池．小颖从这6张纸条中随机抽出一张，抽到内容描述正确的纸条的概率是________.17. 有五张卡片(形状、大小、质地都相同)，上面分别画有下列图形：①线段；②正三角形；③平行四边形；④等腰梯形；⑤圆．将卡片背面朝上洗匀，从中抽取一张，正面图形一定满足既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是________________18. 一个均匀的正方体各面上分别标有数字：1，2，3，4，5，6，这个正方体的表面展开图如图所示．抛掷这个正方体，则朝上一面所标数字恰好等于朝下一面所标数字的3倍的概率是_____.三．解答题（共7小题， 46分）19．(6分) 将下列事件发生的概率标在下图中．①|a|＜0；②投一枚硬币正面朝上；③3个苹果分装2个果盘里，一定有1个果盘里至少装2个苹果．20. (6分) 如图是一个转盘，小王和小赵在做游戏，两人各转动这个转盘一次，若指针落在红色上面，则小王得1分；若指针落在白色上面，则小赵得1分；若指针落在黄色上面，双方均不得分，重新再转．问这个规则对双方公平吗？21. (6分) 掷一枚质地均匀的骰子，观察向上一面的点数，求下列事件的概率：(1)点数为偶数；(2)点数大于2且小于5.22. (6分) 一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，它们除颜色外都相同．(1)求从袋中摸出一个球是黄球的概率；(2)现从袋中取出若干个黑球，并放入相同数量的黄球，搅拌均匀后，使从袋中摸出一个球是黄球的概率不小于13.问至少取出了多少个黑球？23．(6分) 一个口袋中放有290个涂有红、黑、白三种颜色的质地相同的小球．若红球个数是黑球个数的2倍多40个．从袋中任取一个球是白球的概率是129. (1)求袋中红球的个数；(2)求从袋中任取一个球是黑球的概率．24．(8分) Windows电脑中有一个有趣的游戏“扫雷”，如图是扫雷游戏的一部分：说明：图中数字2表示在以该数字为中心的8个方格中有2个地雷，小旗表示该方格已被探明有地雷，现在还剩下A，B，C三个方格未被探明，其他地方为安全区(包括有数字的方格)．(1)现在还剩下几个地雷？(2)A，B，C三个方格中有地雷的概率分别是多大？25．(8分) 小米准备了五张形状、大小完全相同的不透明卡片，上面分别写有整数－5，－4，－3，－2，－1，将这五张卡片写有整数的一面向下放在桌面上．(1)从中任意抽取一张，求抽到的卡片数字为偶数的概率；(2)从中任意抽取一张，以卡片上的数作为不等式ax＋3＞0中的系数a，求使该不等式有正整数解的概率．参考答案1-5 CCAAB 6-10 BBCAB11. 3 512. 1 313. 1 214.3 1015. 3 816. 2 317. 2 518. 1 319. 解：①因为a取任何数时，|a|≥0，所以|a|＜0出现的概率为0；②因为一枚硬币只有正反2面，所以投一枚硬币正面朝上的概率是1 2；③因为3个苹果分装2个果盘里，一定有1个果盘里至少装2个苹果，所以这个事件出现的概率是1.如图：20. 解：由于在四个等可能结果中，红色占两种情况，白色占一种，所以小王获胜的概率为12，小赵获胜的概率为14，所以游戏不公平 21. 解：掷一个骰子，向上一面的点数可能为1，2，3，4，5，6，共6种． 这些点数出现的可能性相等．(1)点数为偶数有3种可能，即点数为2，4，6，∴P(点数为偶数)＝36＝12(2)点数大于2且小于5有2种可能，即点数为3，4，∴P(点数大于2且小于5)＝26＝1322. 解：(1)摸出一个球是黄球的概率P ＝55＋13＋22＝18 (2)设取出3x 个黑球．由题意，得5＋x 40≥13，解得x ≥253，∴x 的最小正整数为9.即至少取出了9个黑球 23. 解：(1) 袋中白球的个数是290×129＝10(个)， 袋中红球和黑球的个数是290－10＝280(个)，袋中黑球的个数是(280－40)÷(2＋1)＝80(个)，故袋中红球的个数是280－80＝200(个)．(2)80÷290＝829.答：从袋中任取一个球是黑球的概率是8 2924. 解：(1)由于B，C下面标2，说明以其为中心的8个方格中有2个地雷，而C的右边已经有一个，∴A就是一个地雷，还有一个在B或C的位置，∴现在还剩下2个地雷(2)由(1)知，P(A有地雷)＝1，P(B有地雷)＝12，P(C有地雷)＝1225. 解：(1)因为5个数中偶数有2个，所以抽到偶数的概率P＝2 5(2)当a＝－1时，解不等式－x＋3＞0得x＜3，不等式有正整数解；当a＝－2时，解不等式－2x＋3＞0，得x＜32，有正整数解；当a＝－3时，解不等式－3x＋3＞0得x＜1，没有正整数解；当a＝－4时，解不等式－4x＋3＞0得x＜34，没有正整数解；当a＝－5时，解不等式－5x＋3＞0得x＜35，没有正整数解，所以使该不等式有正整数解的概率P′＝2 525.2 用列举法求概率一、选择题1. 同时抛掷三枚质地均匀的硬币，至少有两枚硬币正面向上的概率是( )A.38B.58C.23D.122. 假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌与雄的概率相同．如果三枚鸟卵全部成功孵化，那么三只雏鸟中有两只雌鸟的概率是( )A.16B.38C.58D.233. 有5张看上去无差别的卡片，上面分别写着数字1，2，3，4，5，随机抽取3张，把抽到的3个数字作为边长，恰能构成三角形的概率是( )A.310B.320C.720D.7104. 有A，B两个不透明的口袋，每个口袋里装有两个相同的球，A袋中的两个球上分别写有“细”“致”的字样，B袋中的两个球上分别写有“信”“心”的字样，从每个口袋里各摸出一个球，刚好能组成“细心”字样的概率是( )A.13B.14C.23D.345. 在▱ABCD中，AC，BD是两条对角线，现从以下四个关系式：① AB＝BC，②AC＝BD，③AC⊥BD，④ AB⊥BC中任选一个作为条件，可推出▱ABCD是菱形的概率为( )A.12B.14C.34D.256. 2018·梧州小燕一家三口在商场参加抽奖活动，每人只有一次抽奖机会：在一个不透明的箱子中装有红、黄、白三种颜色的球各1个，这些球除颜色不同外无其他差别，每人从箱子中随机摸出1个球，然后放回箱子中，轮到下一个人摸球，三人摸到球的颜色都不相同的概率是( )A.127B.13C.19D.297. 三张背面完全相同的数字牌，它们的正面分别印有数字“1”“2”“3”，将它们背面朝上，洗匀后随机抽取一张，记录牌上的数字并把牌放回，再重复这样的步骤两次，得到三个数字a，b，c，则以a，b，c为边长的三角形是等边三角形的概率是( )A.19B.127C.59D.138. 从如图所示图形中任取一个，是中心对称图形的概率是( )A.14B.12C.34D．19. 小明和小华参加社会实践活动，随机选择“打扫社区卫生”和“参加社会调查”其中的一项，那么两人同时选择“参加社会调查”的概率为( )A.14B.13C.12D.3410. 把十位上的数字比个位、百位上的数字都大的三位数叫做中高数，如796就是一个“中高数”．若十位上的数字为7，则从3，4，5，6，8，9中任选两数，与7组成“中高数”的概率是( )A.12B.23C.25D.35二、填空题11. 一个仅装有球的不透明布袋里共有3个球(只有颜色不同)，其中2个是红球，1个是白球．从中任意摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出都是红球的概率是________．12. 一张圆桌旁有四个座位，A 先坐在如图所示的位置上，B ，C ，D 三人随机坐到其他三个座位上，则A 与B 不相邻坐的概率为________．13. 一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，其上分别标有数字1，2，4，8.随机摸取一个小球后不放回，再随机摸取一个小球，则两次取出的小球上数字之积等于8的概率是________．14. 某市初中毕业男生体育测试项目有四项，其中“立定跳远”“1000米跑”“肺活量测试”为必测项目，另外从“引体向上”“推铅球”中选一项进行测试．小亮、小明和小刚从“引体向上”“推铅球”中选择同一个测试项目的概率是________.15. 分别写有数字13，2，－1，0，π的五张大小和质地均相同的卡片，从中任意抽取一张，抽到无理数的概率是________．16. 如图，转盘中6个扇形的面积相等，任意转动转盘1次，转盘停止转动后，指针指向的数小于5的概率为________．17. 淘淘和丽丽是非常要好的九年级学生，在5月份进行的物理、化学、生物实验技能考试中，考试科目要求三选一，并且采取抽签方式决定，那么她们两人都抽到物理实验的概率是________．三、解答题18. 甲、乙、丙三名学生进入了“校园朗诵比赛”冠军、亚军和季军的决赛，他们将通过抽签来决定比赛的出场顺序．(1)求甲第一个出场的概率；(2)求甲比乙先出场的概率．19. “共和国勋章”是中华人民共和国的最高荣誉勋章，在2019年获得“共和国勋章”的八位杰出人物中，有于敏、孙家栋、袁隆平、黄旭华四位院士，如图41－K－2是四位院士(依次记为A，B，C，D)，为了让同学们了解四位院士的贡献，老师设计如下活动：取四张完全相同的卡片，分别写上A，B，C，D四个标号，然后背面朝上放置，搅匀后每个同学可以从中随机抽取一张，记下标号后放回，老师要求每位同学依据抽到的卡片上的标号查找相应院士的资料制作小报．求小明和小华查找同一位院士资料的概率．20. 母亲节当天，小明去花店买花送给母亲，挑中了康乃馨和兰花两种花．已知康乃馨每枝5元，兰花每枝3元，小明只有30元，希望购买花的枝数不少于7枝，其中至少有一枝是康乃馨．(1)小明一共有多少种可能的购买方案？列出所有方案；(2)如果小明先购买一张2元的祝福卡，再从(1)中任选一种方案买花，求他能实现购买愿望的概率．人教版九年级数学上册 25.2 用列举法求概率课时训练-答案一、选择题1. 【答案】D [解析] 画树状图如下：所以至少有两枚硬币正面向上的概率是48＝12.2. 【答案】B [解析] 从树状图(C 代表雌鸟，X 代表雄鸟)中可以看出，三只雏鸟中有两只雌鸟的概率是38.故选B.3. 【答案】 A4. 【答案】B [解析] 从每个口袋里各摸出一个球，有“细信”“细心”“致信”“致心”4种等可能的结果，其中组成“细心”字样的有1种结果，故概率是14.5. 【答案】A [解析] ①AB ＝BC ，③AC ⊥BD 能够推出▱ABCD 为菱形，4种情形中有2种符合要求，所以所求概率为24＝12.6. 【答案】D [解析] 如图，用A ，B ，C 分别表示红球、黄球、白球，可以发现一共有27种等可能结果，三人摸到球的颜色都不相同的结果有6种，∴P(三人摸到球的颜色都不相同)＝627＝29.7. 【答案】A [解析] 画树状图如下：由树状图知，共有27种等可能的结果，构成等边三角形的结果有3种，所以以a，b，c为边长的三边形是等边三角形的概率是327＝19.故选A.8. 【答案】C [解析] 因为共有4种等可能的结果，任取一个，是中心对称图形的有3种结果，所以任取一个，是中心对称图形的概率是3 4 .故选C.9. 【答案】A10. 【答案】C [解析] 列表如下：由表格可知，所有等可能的结果有30种，其中组成“中高数”的结果有12种，因此组成“中高数”的概率为1230＝25.二、填空题11. 【答案】49 【解析】如解图所示，由树状图可知，共有9种情况，而符合两次都摸到红球的情况共有4种，根据计算简单事件的概率公式P ＝m n ＝49.12. 【答案】13 [解析] 可设第一个位置和第三个位置都与A 相邻．画树状图如下：∵共有6种等可能结果，A 与B 不相邻坐的结果有2种， ∴A 与B 不相邻坐的概率为13.13. 【答案】13 [解析] 本题考查了用列举法求概率，关键扣住“不放回”，用列表法列出等可能的结果如下：所以共有12种等可能的结果，其中两次取出的小球上数字之积等于8的结果有4种，所以P(两次取出的小球上数字之积等于8)＝412＝13.14. 【答案】14 [解析] 分别用A ，B 代表“引体向上”与“推铅球”，画树状图如图所示．由图可知共有8种等可能的结果，小亮、小明和小刚从“引体向上”“推铅球”中选择同一个测试项目的有2种结果，所以小亮、小明和小刚从“引体向上”“推铅球”中选择同一个测试项目的概率是28＝14.15. 【答案】25 [解析] 五个数中2和π是无理数，故从中任意抽取一张，抽到无理数的概率是25.16. 【答案】23 [解析] 转盘转动一次，出现6种等可能的结果，小于5的结果共有4种，故指针指向的数小于5的概率为46＝23.17. 【答案】19[解析] 列表如下：由表可知，共有9种等可能的结果，其中两人都抽到物理实验的结果只有1种，所以她们两人都抽到物理实验的概率是19.三、解答题 18. 【答案】解：列举出所有出场顺序：甲、乙、丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲．一共有6种等可能的结果． (1)其中甲第一个出场的结果有2种，所以P (甲第一个出场)＝13.(2)其中甲比乙先出场的结果有3种， 所以P (甲比乙先出场)＝12.19. 【答案】解：根据题意画树状图如下：共有16种等可能的结果，其中小明和小华查找同一位院士资料的结果有4种，所以小明和小华查找同一位院士资料的概率为416＝14.20. 【答案】(1)设小明购买x 枝康乃馨，y 枝兰花，其中x ≥1，x ，y 均为整数，则⎩⎨⎧5x ＋3y ≤30，①7≤x ＋y.②①＋②×3，得5x ＋3y ＋21≤30＋3x ＋3y ， 所以x ≤92，所以1≤x ≤92.当x ＝1时，5×1＋3y ≤30，所以y ≤253，所以y 可取8，7，6， 所以可购买1枝康乃馨，8枝兰花或1枝康乃馨，7枝兰花或1枝康乃馨，6枝兰花． 当x ＝2时，5×2＋3y ≤30，所以y≤203，所以y可取6，5，所以可购买2枝康乃馨，6枝兰花或2枝康乃馨，5枝兰花．当x＝3时，5×3＋3y≤30，所以y≤5，所以y可取5，4，所以可购买3枝康乃馨，5枝兰花或3枝康乃馨，4枝兰花．当x＝4时，5×4＋3y≤30，所以y≤103，所以y可取3，所以可购买4枝康乃馨，3枝兰花．综上所述，共有8种购买方案．方案如下表：(单位：枝)(2)若小明先购买一张2元的祝福卡，则5x＋3y≤28，则他能实现购买愿望的方案为方案二、方案三、方案四、方案五、方案七，共5种，所以从(1)中任选一种方案买花，他能实现购买愿望的概率为5 8 .25.3 用频率估计概率知识点用频率估计概率1．在大量重复试验中，关于随机事件发生的频率与概率，下列说法正确的是( )A．频率就是概率B．频率与试验次数无关C．概率是随机的，与频率无关D．随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率2．某校篮球队进行篮球投篮训练，下表是某队员投篮的统计结果：根据上表可知该队员一次投篮命中的概率大约是( )A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.723．2017·兰州一个不透明的盒子里有n个除颜色不同外其他完全相同的小球，其中有9个黄球．每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%，那么估计盒子中小球的个数n为( )A．20 B．24 C．28 D．304．一个不透明的口袋里装有除颜色不同外其余都相同的10个白球和若干个红球，在不允许将球倒出来数的前提下，小亮为了估计其中的红球数，采用如下方法：先将口袋中的球摇匀，再从口袋中随机摸出1球，记下颜色，然后把它放回口袋中，不断重复上述过程，小亮共摸了1000次，其中有200次摸到白球，因此小亮估计口袋中的红球有( )A．60个 B．50个 C．40个 D．30个5．2017·宿迁如图25－3－1，为测量平地上一块不规则区域(图中的阴影部分)的面积，画一个边长为2 m的正方形，使不规则区域落在正方形内，现向正方形内随机投掷小石子(假设小石子落在正方形内每一点都是等可能的)，经过大量重复投掷试验，发现小石子落在不规则区域的频率稳定在常数0.25附近，由此可估计不规则区域的面积是________m2.图25－3－16．为了估计暗箱里白球的数量(箱内只有白球)，将5个红球放进去，随机摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀后再摸出1个球记下颜色，多次重复后发现红球出现的频率约为0.2，那么可以估计暗箱里白球的数量为________个．7．儿童节期间，某公园游乐场举行一场活动．有一种游戏规则是在一个装有8个红球和若干个白球(每个球除颜色不同外，其他都相同)的袋中，随机摸1个球，摸到1个红球就得到1个玩具．已知参加这种游戏的儿童有40000人，公园游乐场发放玩具8000个．(1)求参加此次活动得到玩具的频率；(2)请你估计袋中白球的数量接近多少．8．为了估计鱼塘中鱼的条数，养鱼者首先从鱼塘中捕获30条鱼，在每条鱼身上做好记号后，把这些鱼放回鱼塘，再从鱼塘中打捞出200条鱼．若在这200条鱼中有5条鱼是有记号的，则估计鱼塘中的鱼有( )A．3000条 B．2200条C．1200条 D．600条9．某小组做“用频率估计概率”的试验时，统计了某一结果出现的频率，绘制了如图25－3－2所示的折线统计图，则符合这一结果的试验最有可能的是( )图25－3－2A．在“石头、剪刀、布”的游戏中，小明随机出的是“剪刀”B．一副去掉大、小王的普通扑克牌洗匀后，从中任抽1张牌的花色是红桃C．暗箱中有1个红球和2个黄球，它们只有颜色上的区别，从中任取1球是黄球D．掷一个质地均匀的正六面体骰子，向上一面的点数是410．小颖和小红两名同学在学习“概率”时，做掷骰子(质地均匀的正方体)试验．(1)她们在一次试验中共掷骰子60次，试验的结果如下：①填空：此次试验中“5点朝上”的频率为________；②小红说：“根据试验，出现5点的概率最大．”她的说法正确吗？为什么？(2)小颖和小红在试验中如果各掷一枚骰子，那么两枚骰子朝上的点数之和为多少时的概率最大？试用列表法或画树状图法加以说明，并求出其概率．11．为了了解初中生毕业后就读普通高中或就读中等职业技术学校的意向，某校对八、九年级部分学生进行了一次调查，调查结果有三种情况：A.只愿意就读普通高中；B.只愿意就读中等职业技术学校；C.就读普通高中或中等职业技术学校都愿意．学校教务处将调查数据进行了整理，并绘制了如图25－3－3所示的尚不完整的统计图，请根据相关信息，解答下列问题：(1)本次活动共调查了多少名学生？(2)补全图①，并求出图②中B区域的圆心角的度数；(3)若该校八、九年级的学生共有2800名，请估计该校八、九年级学生中只愿意就读中等职业技术学校的人数．图25－3－3教师详解详析1．D[解析] ∵大量重复试验中事件发生的频率逐渐稳定到某个常数附近，可以用这个常数估计这个事件发生的概率，∴选项A，B，C错误，选项D正确．故选D.2．D[解析] 试验次数越大，频率越稳定，越接近事件发生的概率，故该队员一次投篮命中的概率大约是0.72.3．D[解析] 根据题意得9n＝30%，解得n＝30，所以这个不透明的盒子里大约有30个除颜色不同外其他完全相同的小球．4．C[解析] ∵小亮共摸了1000次，其中200次摸到白球，则有800次摸到红球，∴白球与红球的数量之比为1∶4.∵白球有10个，∴红球有4×10＝40(个)．5．1 [解析] ∵经过大量重复投掷试验，发现小石子落在不规则区域的频率稳定在常数0.25附近，∴小石子落在不规则区域的概率为0.25.∵正方形的边长为2 m，∴正方形的面积为4 m2.设不规则区域的面积为S，则S4＝0.25，解得S＝1(m2)．6．20 [解析] 设暗箱里白球的数量是n，则根据题意，得5n＋5＝0.2，解得n＝20.经检验，n＝20是原方程的解，且符合题意．7．解：(1)参加此次活动得到玩具的频率为800040000＝0.2.(2)设袋中共有m个球，则P(摸到1个球是红球)＝8 m ，∴8m＝0.2，解得m ＝40， 经检验，m ＝40是原方程的解，且符合题意． ∴袋中白球的数量接近40－8＝32(个)． 8．C9．D [解析] A 项中，小明随机出的是“剪刀”的概率是13≈0.33.B 项中，从中任抽1张牌的花色是红桃的概率是1352＝14＝0.25.C 项中，从中任取1球是黄球的概率是23≈0.67.D 项中，向上一面的点数是4的概率是16≈0.17.而折线统计图中试验的频率稳定在0.17左右，与D 项中的概率接近．故选D .10．解：(1)①∵试验中“5点朝上”的次数为20，总次数为60，∴此次试验中“5点朝上”的频率为2060＝13.②小红的说法不正确．理由：∵利用频率估计概率的试验次数必须比较多，重复试验，频率才会慢慢接近概率．而她们的试验次数太少，没有代表性，∴小红的说法不正确． (2)列表如下：由表格可以看出，共有36种等可能的结果，其中点数之和为7的结果数最多，有6种，∴两枚骰子朝上的点数之和为7时的概率最大，为636＝16.11．解：(1)C部分所占的百分比为36360×100%＝10%，故本次活动共调查了80÷10%＝800(名)学生．(2)只愿意就读中等职业技术学校的学生人数为800－480－80＝240，补全图形如下图所示．图②中B区域的圆心角的度数是240800×360°＝108°.(3)估计该校八、九年级学生中只愿意就读中等职业技术学校的人数为240800×2800＝840.。

人教版九年级数学第25章概率初步综合复习一、选择题（本大题共10道小题）1. 下列事件中，是必然事件的为()A．三点确定一个圆B．抛掷一枚骰子，朝上的一面点数恰好是5C．四边形有一个外接圆D．圆的切线垂直于过切点的半径2. 下列事件中随机事件的个数是()①投掷一枚硬币正面朝上；①明天太阳从东方升起；①五边形的内角和是560°；①购买一张彩票中奖．A．0 B．1 C．2 D．33. 用频率估计概率可以发现，抛掷一枚均匀的硬币，“正面朝上”的概率为0.5，是指()A．连续抛掷2次，结果一定是“正面朝上”和“反面朝上”各1次B．连续抛掷100次，结果一定是“正面朝上”和“反面朝上”各50次C．抛掷2n次，恰好有n次“正面朝上”D．抛掷n次，当n越来越大时，正面朝上的频率会越来越接近0.54. 下列说法正确的是()A．可能性很小的事件在一次试验中一定不会发生B．可能性很小的事件在一次试验中一定发生C．可能性很小的事件在一次试验中有可能发生D．不可能事件在一次试验中也可能发生5. 某路口交通信号灯的时间设置为红灯35秒，绿灯m秒，黄灯3秒，当车经过该路口时，遇到红灯的可能性最大，则m的值不可能是()A．3 B．15 C．30 D．406. 三名九年级同学坐在仅有的三个座位上，起身后重新就座，恰好有两名同学没有坐回原位的概率是 ( ) A.19B.16C.14D.127. 在－2，－1，0，1，2这五个数中任取两数m ，n ，则二次函数y ＝(x －m)2＋n的图象的顶点在坐标轴上的概率为( ) A.25B.15C.14D.128. 如图显示了用计算机模拟随机投掷一枚图钉的某次试验的结果．下面有三个推断：①当投掷次数是500时，计算机记录“钉尖向上”的次数是308，所以“钉尖向上”的概率是0.616；①随着试验次数的增加，“钉尖向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618；①若再次用计算机模拟此试验，则当投掷次数为1000时，“钉尖向上”的频率一定是0.620.其中合理的是( ) A ．① B ．① C ．①① D ．①①9. 如图，①ABC是一块绿化带，将阴影部分修建为花圃，已知AB ＝13，AC ＝5，BC ＝12，阴影部分是①ABC 的内切圆．一只自由飞翔的小鸟随机落在这块绿化带上，则小鸟落在花圃上的概率为( )A.115πB.215πC.415πD.π510. 如图，在4×4的正方形网格中，阴影部分的图形构成一个轴对称图形，现在任意选取一个白色的小正方形并涂上阴影，使阴影部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是()A.613 B.5 13C.413 D.3 13二、填空题（本大题共7道小题）11. 写一个你喜欢的实数m的值：________，使得事件“对于二次函数y＝12x2－(m－1)x＋3，当x＜－3时，y随x的增大而减小”成为随机事件．要使此事件成为随机事件，则抛物线的对称轴应位于直线x＝－3的左侧.12. 有五张卡片(形状、大小、质地等均相同)，正面分别画有下列图形：①线段；②正三角形；③平行四边形；④等腰梯形；⑤圆．将卡片背面朝上洗匀，从中任取一张，其正面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是________．13. 从一个不透明的口袋中随机摸出一球，再放回袋中，不断重复上述过程，一共摸了150次，其中有50次摸到黑球，已知口袋中仅有黑球10个和白球若干个，这些球除颜色不同外，其他都一样，由此估计口袋中有________个白球．14.①①①①①①①①①①①①①①①3①①(①①①①①①)①①①2①①①①①1①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①________①15.①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①________①16. 有三张背面完全相同的数字牌，它们的正面分别印有数字“1”“2”“3”，将它们背面朝上，洗匀后随机从中抽取一张，记录下牌上的数字后并把牌放回，再重复这样的步骤两次，共得到三个数字a，b，c，则以a，b，c为边长正好构成等边三角形的概率是________．17. 某校欲从初三年级3名女生、2名男生中任取两名学生代表学校参加全市举办的“中国梦·青春梦”演讲比赛，则恰好选中一男一女的概率是________．三、解答题（本大题共4道小题）18. 某路口红绿灯的时间设置为红灯40秒，绿灯60秒，黄灯4秒．当人或车随意经过该路口时，遇到哪一种灯的可能性最大？遇到哪一种灯的可能性最小？根据是什么？19. 方案设计盒中装有红球、黄球共10个，每个球除颜色不同外其余都相同，每次从盒中摸出1个球，摸三次，不放回，请你按要求设计盒中红球的个数．(1)“摸出的3个球都是红球”是不可能事件；(2)“摸出红球”是必然事件；(3)“至少摸出2个黄球”是确定性事件；(4)“至少摸出2个黄球”是随机事件．20. 如图所示，有一个可以自由转动的转盘，其盘面被分为4等份，在每一等份分别标有对应的数字2，3，4，5.小明打算自由转动转盘10次，现已经转动了8次．每一次停止后，小明将指针所指数字记录如下：(1)求前8次的指针所指数字的平均数．(2)小明继续自由转动转盘2次，判断是否可能发生“这10次的指针所指数字的平均数不小于3.3，且不大于3.5”的结果？若有可能，计算发生此结果的概率，并写出计算过程；若不可能，说明理由．(指针指向盘面等分线时视为无效转次)21. 在一个不透明的布袋中，有2个红球，1个白球，这些球除颜色不同外其余都相同．(1)搅匀后从中任意摸出1个球，摸到红球的概率是________；(2)搅匀后先从中任意摸出1个球(不放回)，再从余下的球中任意摸出1个球，求两次都摸到红球的概率．(用树状图或表格列出所有等可能出现的结果)人教版九年级数学第25章概率初步综合复习-答案一、选择题（本大题共10道小题）1. 【答案】D2. 【答案】C[解析] 掷一枚硬币正面朝上是随机事件；明天太阳从东方升起是必然事件；五边形的内角和是560°是不可能事件；购买一张彩票中奖是随机事件．所以随机事件有2个．3. 【答案】D4. 【答案】C5. 【答案】D[解析] 因为车遇到红灯的可能性最大，可知亮红灯的时间最长，故m <35.6. 【答案】D[解析] 利用列举法可知，三人全部的坐法有6种，其中恰好有两名同学没有坐回原位的情况有3种，因此恰好有两名同学没有坐回原位的概率是36＝12. 故选D.7. 【答案】A[解析] 画树状图如下：由树状图可知，共有20种等可能的结果，其中取到0的结果有8种， 所以函数图象的顶点在坐标轴上的概率为820＝25.8. 【答案】B9. 【答案】B[解析] 因为132＝122＋52，即AB2＝BC2＋AC2，所以①ABC 为直角三角形，所以①ABC 的内切圆半径＝12×(12＋5－13)＝2. 所以S①ABC ＝12AC·BC ＝12×12×5＝30，S 圆＝4π. 所以小鸟落在花圃上的概率＝S 圆S①ABC ＝4π30＝215π. 故选B.10. 【答案】B[解析] 因为根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，共13种情况，而能构成一个轴对称图形的有下列5种情况：所以使图中阴影部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是513.故选B.二、填空题（本大题共7道小题）11. 【答案】答案不唯一，如－4[解析] y ＝12x 2－(m －1)x ＋3，图象的对称轴为直线x ＝－b2a ＝m －1.∵事件“对于二次函数y ＝12x 2－(m －1)x ＋3，当x ＜－3时，y 随x 的增大而减小”是随机事件，∴m －1＜－3，解得m ＜－2， ∴m 为小于－2的任意实数．12. 【答案】25 [解析] 五种图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的有线段、圆2种，所以所求概率为25.13. 【答案】20[解析] 摸了150次，其中有50次摸到黑球，则摸到黑球的频率是50150＝13.设口袋中有x 个白球，则10x ＋10＝13， 解得x ＝20.经检验，x ＝20是原方程的解， 故答案为20.14. 【答案】49①①①①①①①①①①①①①①①①①①①9①①①①①①①①①①①①①①①①①①①4①①①①①①①①①①①①①①①P①m n ①49.15.【答案】13①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①①26①13.16. 【答案】19 [解析] 画树状图如下：∵共有27种等可能的结果，能构成等边三角形的结果有3种，∴以a ，b ，c 为边长正好构成等边三角形的概率是327＝19.17. 【答案】35 [解析] 解法1：列表如下：共有20种等可能的结果，其中恰好选中一男一女的结果有12种，所以恰好选中一男一女的概率P＝1220＝35.解法2：画树状图如下：共有20种等可能的结果，其中恰好选中一男一女的结果有12种，所以恰好选中一男一女的概率P＝1220＝35.三、解答题（本大题共4道小题）18. 【答案】解：当人或车随意经过该路口时，遇到绿灯的可能性最大，遇到黄灯的可能性最小．根据：绿灯持续的时间最长，黄灯持续的时间最短．19. 【答案】解：(1)2个或1个．(2)8个或9个．(3)9个或1个．(4)多于1个且小于9个．20. 【答案】解：(1)3＋5＋2＋3＋3＋4＋3＋58＝3.5.答：前8次的指针所指数字的平均数为3.5.(2)可能．若这10次的指针所指数字的平均数不小于3.3，且不大于3.5，则所指数字之和应不小于33，且不大于35.而前8次所指数字之和为28，所以最后2次所指数字之和应不小于5，且不大于7.第9次和第10次指针可能所指的数字如下表所示：一共有16种等可能的结果，其中指针所指数字之和不小于5，且不大于7的结果有9种，其概率为9 16.21. 【答案】解：(1)布袋中共有3个球，这些球除颜色外都相同，故能摸到红球的概率为2 3.(2)两个红球分别记为红1，红2，用表格列出所有可能出现的结果如下：由表格可知，一共有6种可能出现的结果，它们是等可能的，其中“两次都摸到红球”的结果有2种，所以P(两次都摸到红球)＝26＝13.。

初中数学竞赛：染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题的两种常用的方法。

就其本质而言，染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。

而凡是能用染色方法来解的题，一般地都可以用赋值方法来解，只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。

赋值方法的适用范围要更广泛一些，我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值，然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。

一、染色法将问题中的对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间的关系。

像国际象棋的棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色，许多隐藏的关系会变得明朗，再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法。

常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色。

例1用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片（如下图所示），能否覆盖一个8×8的棋盘？解：如下图，将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状。

如果15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片能够覆盖一个8×8的棋盘，那么它们覆盖住的白格数和黑格数都应该是32个，但是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格，而1和3都是奇数，因此15个“T”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格，从而15个“T”字形纸片与1个“田”字形纸片所覆盖的白格数是奇数，这与32是偶数矛盾，因此，用它们不能覆盖整个棋盘。

例2如左下图，把正方体分割成27个相等的小正方体，在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任何一个中去。

如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍所有的正方体吗？解：甲虫不能走遍所有的正方体。

我们如右上图将正方体分割成27个小正方体，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色。

显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的。

2020年初中数学竞赛讲义：染色问题一、染色问题 (1)第1 页共3 页第 1 页 共 3 页一、 染色问题1. （1991年全国初中数学联赛2试）将正方形ABCD 分割为2n 个相等的小方格（n是自然数），把相对的顶点A ，C 染成红色，把B ，D 染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色，证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．【难度】 ★★★★【解析】 证法1：用数代表颜色，将红色记为0，蓝色记为1，再将小方格编号，记为1，2，3，…2n 。

又记第i 个小方格四个顶点数字之和为i A ，若恰有三顶点同色，则1i A =或3为奇数，否则i A 为偶数。

在212n A A A +++中，有如下事实：对正方形内部的交点，各加了4次；原正方形边上非端点的交点，各加了2次；对原正方形的四个顶点，各加了1次（含两个0，两个1）。

因此212n A A A +++4=⨯（内部交点相应的数之和）2+⨯（边上非端点的交点相应的数之和）2+，必为偶数，于是，在1A ，2A ，…，2n A 中必有偶数个奇数，这就是说，恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个。

证法2：用数代表颜色，红色记为1，蓝色记为1-，将小方格编号，记为1，2，…，2n 。

记第i 个小方格四个顶点数字之和为i A ，若恰有三顶点同色，则1i A =-否则1i A =。

现在考虑乘积212n A A A ⨯⨯⨯。

对正方形内部交点，各点相应的数重复出现4次；边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A ，B ，C ，D 四点相应的数的乘积为11(1)(1)1⨯⨯-⨯-=，于是2121n A A A ⨯⨯⨯=，因此，1A ，2A ，…，2n A 中1-的个数必为偶数，即恰有三顶点同色的小方格必有偶数个。

证法3：考虑染了色之后，改变一个交点的染色方式，这时以此点为顶点的小方格，要么由三顶点同色变为非三顶点同色，要么由非三顶点同色变成三顶点同色。

注意：除A ，B ，C ，D 之外，每一次点必是偶数个小方格的顶点，因此，改变一个交点的染色并不改变三项点同色小方格数目的奇偶性。

染色问题知识定位染色是分类的直观表现，在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题，这类问题的特点是知识点少，逻辑性强，技巧性强，其内部蕴藏着深刻的数学思想。

同时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。

将问题中的对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间的关系，像国际象棋的棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色，许多隐藏的关系会变得明了，再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法。

知识梳理知识梳理1.染色问题解答染色问题，并不需要具备更多的数学知识，只需要具有缜密的思考能力和较强的分析能力。

纵观各种染色试题，它与我们经常使用的数学方法紧密联系。

大体上有如下几种方法：奇偶分析、归纳法、反证法、抽屉原理、构造法、组合计数等。

常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色。

例题精讲【试题来源】【题目】用任意的方式将平面上的每一点染上黑色或白色(称为二染色).求证：一定存在长为1的线段，它的两个端点同色。

【答案】在平面上任作一个边长为1的正三角形，设三个顶点为A，B，C，由于平面上的每点只着黑、白两色之一，根据抽屉原理，A，B，C三点中必有两点同色，以这两同色点为端点的线段长度恰为1.【解析】在平面上任画一条长为1的线段，如图，若A，B两点同色，则结论已成立.若A，B 两点不同色，为确定起见不妨设A为黑色，B为白色，以AB为边作正三角形ABC，则AB=BC=CA=1.这时C点要么是黑点，要么是白点.若C为黑点，则AC为两个端点同色的长为1的线段.若C为白点，则BC为两个端点同色的长为1的线段.上述分析过程，其实已完成了证明过程，不过思路一旦找出，出现边长为1的正三角形的顶点A，B，C三点的构想是个关键，为此可得出如下简化的证明.【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】对平面上的点黑白二染色后，一定存在三顶点同色的直角三角形.【答案】见解析【解析】对平面上的点黑白二染色，根据例1的结论，存在边长为a(a＞0)的线段AB，它的两个端点同色(不妨设A，B同黑).以AB为边作正方形ABCD，对角线AC，BD交于点O，如图，如果D，O，C中有一个黑点，则该点与A，B构成三顶点同黑色的直角三角形.如果D，O，C全白色，则△DOC就是三顶点全为白色的直角三角形.因此，二染色平面上一定存在顶点同色的直角三角形.【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】用任意的方式，对平面上的每个点染黑色或白色，求证：一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点同色.【答案】见解析【解析】若存在边长为1且顶点同色的正三角形，则问题得证.若不存在边长为1且顶点同色的正三角形，则一定存在长为1的线段AB ，两端点A ，B 异色.以AB =1为底作腰长为2的等腰三角形ABC ，则C 与A 或B 总有一对是异色的.不妨设长为2的线段AC 两端点异色(见图(a )).取AC 的中点O ，则O 必与A ，C 之一同色(见图(b ))，不妨设O 与A 同色.由于不存在边长为1的同色顶点的正三角形，所以以AO 为一边的等边三角形的另外的顶点D 和E 必与A 异色.此时，△ECD 就是一个边长为3的顶点同色的正三角形.评注 事实上，当将平面分成宽度为23的水平带状区域，且每个区域含下沿直线，不含上沿直线，使相邻的带状区域染上不同颜色，对这样的平面二染色，任意边长为1的正三角形的三个顶点均不同色，但存在边长为3的三顶点同色的三角形.由例3可得更一般的结论：平面上点二染色后，要么存在边长为a (a ＞0)三顶点同色的正三角形，要么存在边长为3 a 三顶点同色的正三角形.【知识点】染色问题 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】3【试题来源】【题目】连接圆周上9个不同点的36条线段染成红色或蓝色，假设9点中每3点所确定的三角形都至少含有一条红色边.证明有4点，其中每两点的连线都是红色.【答案】见解析【解析】设9个点依次为v1，v2，…，v9，首先证明必存在一点，设为v1，从v 1出发的红色线段不是5条.事实上，若不然，如果都是5条，则共有红色线段295不是整数，矛盾.若从v1出发的红色线段至少有6条，设v1v2，v1v3，v1v4，v1v5，v1v6，v 1v7均为红色，则由第26讲例8评注可知，连结v2，v3，v4，v5，v6，v7的线段中必有同色三角形.由题意知它只能为红色三角形，设为v2v3v4，则v1，v 2，v3，v4四点中两两皆连红线.若从v1出发的红色线段至多4条，则v1出发的蓝色线段至少有4条，设为v 1v2，v1v3，v1v4，v1v5，则v2，v3，v4，v54点必然两两连红线.否则，例如若v2v3是蓝色的，则△v1v2v3是蓝色三角形，与题设至少有一边为红色矛盾.以上各例中，染色都是作为问题条件给出的，有时，染色方法也作为一种分类手段，因此，用形象直观地染色进行分类，也就成了一种很有特色的解题方法.【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】某桥牌俱乐部约定，四个人在一起打牌，同一方的两个人必须都曾合作过，或都不曾合作过.试证：只要有五个人，就一定能凑齐四个人，按照约定在一起打牌.【答案】见解析【解析】本题证明采用构造一个涂色模型，使它与原问题间有一一对应的关系.如果模型中的问题证明了，那么原问题也相应地证明了.证明五个人对应为空间五个点，如两个人合作过，那么对应两点连结红色线段，如两人不曾合作过，那么对应两点连结蓝色线段.因此原问题等价于证明涂色模型：空间五个点(无三点在一条直线上)，两两连线，涂上红色或蓝色之一.证明必存在两条无公共端点的同色线段.设五个点为A1，A2，A3，A4，A5，不失一般性，不妨设A1A2为红色.观察△A3A4A5三条边的颜色.(1)如果△A3A4A5中有一条边为红色，设为A3A4，那么A1A2与A3A4是满足条件的两条线段；(2)如果△A3A4A5的三条边均为蓝色，此时如A1A3，A1A4，A1A5与A2A3，A2A4，A2A5中如果有一条蓝色线段，那么问题就获证.如以A1A3是蓝色线段为例，那么A1A3与A4A5是满足条件的两条线段.反之，如果此时六条线段均为红色，如取A1A3与A2A4就是满足条件的两条线段.由于无公共端点的同色线段存在，证得原命题成立.【知识点】染色问题【适用场合】阶段测验【难度系数】3【试题来源】【题目】把平面划分成形为全等正六边形的房间，并按如下办法开门：若三面墙汇聚于一点，那么在其中两面墙上各开一个门，而第三面墙不开门.证明：不论沿多么曲折的路线走回原来的房间，所穿过的门的个数一定是偶数.【答案】见解析【解析】为方便起见，我们把有公共门的两个房间叫做相邻的.用两种不同的颜色涂平面上的这些房间，使相邻的房间的颜色不同(如图).注意，从某种颜色的房间走到同种颜色的房间，必须经过另一种颜色的房间.显然，从任一房间走到同种颜色的房间，必定经过偶数个门.这样，利用图形和不同的颜色就可以解出这道题.【知识点】染色问题【适用场合】课后两周练习【难度系数】3【试题来源】【题目】有一个2003⨯2003的棋盘和任意多个l⨯2及1⨯3的矩形纸片，规定l⨯2的纸片只能沿着棋盘的格线水平地放置，而1⨯3的纸片只能沿着棋盘的格线铅直地放置. 请问是否可依上述规定取用一些纸片不重叠地盖满整个棋盘？【答案】不可以【解析】先将棋盘的每一行黑白交错涂色，即第一行，第二行，第三行，…，依次为黑色，白色，黑色，….经过这样涂色后，开始时棋盘的黑白方格数之差为2003个.沿着棋盘的格线水平地放置1⨯2的纸片，每放上一个l⨯2的纸片，就能盖住黑白方格各一个，所以这个操作并不会改变黑白方格数之差；而每一个1⨯3的矩形纸片沿着棋盘的格线铅直地放置，所覆盖的三个方格都是同一颜色，所以每放置一片l⨯3的矩形纸片，棋盘的黑白方格数之差就增加3个或减少3个.因为2003不是3的倍数，所以，依题述规定取用一些1⨯2及l⨯3的矩形纸片是不可能不重叠地盖满整个棋盘的.【知识点】染色问题【适用场合】课后一个月练习【难度系数】3【试题来源】【题目】证明：如图，用15块4×1的矩形瓷砖与1块2×2的方形瓷砖，不能覆盖8×8的正方形地面(瓷砖不许断开！).【答案】见解析【解析】本例题有多种证法.一个共同点是：“不能覆盖”的证明，通常借助于反证法.证法1将8×8的正方形地面的小方格，用黑、白色涂之，染色法如图.于是，每一块4×1瓷砖，不论怎样辅设，都恰好盖住两个白格两个黑格.15块4×1瓷砖共盖住30个白格和30个黑格.一块2×2瓷砖，无论怎么放，总是盖住“三白一黑”或“三黑一白”，即只能盖住奇数个白格和奇数个黑格.而盘中的黑白格总数相等(全为32个).所以用15块4×1砖与1块2×2砖不能完全覆盖8×8地面.证法2将8×8的正方形地面的小方格.用代号为1，2，3，4的四种颜色涂之，染色法如(a).这时，4×1砖每次总能盖住1，2，3，4四色；而2×2砖不论放何处，总是不能同时盖住1，2，3，4四色.故是不可能的.证法3同样用四色涂之，涂法如(b).用反证法，设4×1砖横着盖住i 色的有x i 块，竖着盖住的有y 块.2×2砖盖住阴影格处(不妨假定，余仿此).假定能够盖住.那么有：⎩⎨⎧=+=+,144,16421y x y x 相减得4(x 1－x 2)=2.因为x 1与x 2均为整数，这是不可能的.【知识点】染色问题 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3【试题来源】【题目】（1）用1×1，2×2，3×3三种型号的正方形地板砖铺设23×23的正方形地面，请你设计一种辅设方案，使得1×1的地板砖只用一块．（2）请你证明：只用2×2，3×3两种型号的地板砖，无论如何铺设都不能铺满23×23的正方形地面而不留空隙．【答案】见解析【解析】(1)首先用12块地板砖与6块地板砖能铺成的长方形地面, 再利用4个的板块,恰用1块地板砖,可以铺满的正方形地面. (2)我们将的大正方形分成23行23列共计529个的小方格,再将第1行,第4行,第7行,第10行,第13行,第16行,第19行,第22行这八行染红色,其余的15行都染白色,任意或的小正方块无论怎样放置(边线与大正方形格线重合),每块或的正方块都将盖住偶数块的白色小方格.假设用及的正方形地板砖可以铺满后正方形地面,则它们盖住的白色的小方格总数为偶数个.然而地面染色后共有(奇数)个的白色小方格,矛盾.所以,只用,两种型号地板砖无论如何铺设,都不能铺满的正方形地面而不留空隙.【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】如图，对A，B，C，D，E，F，G七个区域分别用红、黄、绿、蓝、白五种颜色中的某一种来着色，规定相邻的区域着不同的颜色．那么有种不同的着色方法．【答案】2880【解析】对这五个区域,我们分五步依次给予着色:(1)区域A共有5种着色方式;(2)区域B因不能与区域A同色,故共有4种着色方式;(3)区域C因不能与区域B同色,故共有4种着色方式;(4)区域D因不能与区域A,B,C同色,故共有2种着色方式;(5)区域E因不能与区域A,D同色,故共有3种着色方式.(6)区域F因不能与区域D,E同色,故共有3种着色方式.(7)区域G因不能与区域A,E,F同色,故共有2种着色方式.于是,根据乘法原理共有种不同的着色方式.因此，本题正确答案是:2880.【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】一块2×2的方格由4个1×1的方格构成，每个小方格被涂上红、绿两种颜色之一．如果要求绿色小方格的上方和右方不能与红色方格邻接．且上述四个小方格可以全部不涂绿色，也可全部涂上绿色．则可能的涂色方法共有种．【答案】2880【解析】对这五个区域，我们分五步依次给予着色：（1）区域A共有5种着色方式；（2）区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；（3）区域C因不能与区域B同色，故共有4种着色方式；（4）区域D因不能与区域A，B，C同色，故共有2种着色方式；（5）区域E因不能与区域A，D同色，故共有3种着色方式．（6）区域F因不能与区域D，E同色，故共有3种着色方式．（7）区域G因不能与区域A，E，F同色，故共有2种着色方式．于是，根据乘法原理共有5×4×4×2×3×3×2=2880种不同的着色方式．故答案为：2880．【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】在9×9的方格表中，有29个小格被染上了黑色，如果m表示至少包含5个黑色小方格的行的数目，n表示至少包含5个黑色小方格的列的数目，试确定m+n的最大值．【答案】10【解析】∵m表示至少包含5个黑色小方格的行的数目，∴5m小于29，∴m的最大值为5，当m=5时，则n的最大值为5．故m+n的最大值为5+5=10．【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】将凸五边形ABCDE的5条边和5条对角线染色，且满足任意有公共顶点的两条线段不同色，求颜色数目的最小值．【答案】5【解析】由于顶点A是4条线段AB，AC，AD，AE的公共点，因此至少需要4种颜色．若只有4种颜色，不妨设为红、黄、蓝、绿，则每个顶点引出的4条线段的颜色包含红、黄、蓝、绿各一种，因此，红色的线段共有条，矛盾．所以，至少需要5种颜色．下面的例子说明5种颜色可以将这10条线段染为满足条件的颜色．将AB，CE 染为1号颜色；将BC，DA染为2号颜色；将CD，EB染为3号颜色；将DE，AC染为4号颜色；将EA，BD染为5号颜色，则任意有公共顶点的两条线段不同色．综上所述，颜色数目的最小值为5．【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】有10个表面涂满红漆的正方体，其棱长分别为2，4，6，…，20.若把这些正方体全部锯成棱长为1的小正方体，求有多少个至少一面有漆的小正方体.【答案】8000【解析】【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】将直线上的每一个点都染上红、黄两色中的一种，证明：必存在同颜色的三个点，使得其中一点是另两点为端点的线段的中点.【答案】见解析【解析】【知识点】染色问题【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】某班有50个学生，男女各占一半，他们围成一圈，席地而坐开营火晚会，求证：必能找到一位两旁都是女生的学生.【答案】见解析【解析】【知识点】染色问题【适用场合】课后两周练习【难度系数】3【试题来源】【题目】若由“L”形的4个小方格，无重迭地拼成一个4×n的矩形.试证：n必为偶数.【答案】见解析【解析】【知识点】染色问题【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】将一个棱长分别为36厘米、54厘米和72厘米的长方体切割成一些大小相同、棱长是整数厘米的正方体，然后给这些正方体的表面涂色。