eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 代数）：已知 $\log _{a 2} b=c$, 则有 ()
选项：
A. $a^{2 b}=c$
B. $a^{2 c}=b$
C. $b^{c}=2^{a}$
D. $c^{2 a}=b$
答案：B
解析：根据指数与对数之间的关系转化, 有 $\left(a^{2}\right)^{c}=b$, 即: $a^{2 c}=b$.
题目（高一 · 代数）：下列指数式与对数式互化不正确的一组是( )
选项：
A. $\mathrm{e}^{0}=1$ 与 $\ln 1=0$
B. $8^{-\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}$ 与 $\log _{8} \frac{1}{2}=-\frac{1}{3}$
C. $\log _{3} 9=2$ 与 $9^{\frac{1}{2}}=3$
D. $\log _{7} 7=1$ 与 $7^{1}=7$
答案：C
解析：由指对互化的关系:

$a^{x}=N \Leftrightarrow x=\log _{a} N$ 可知 A、B、D 都正确; C 中 $\log _{3} 9=2 \Leftrightarrow 9=3^{2}$.
题目（高一 · 代数）：下列各式中正确的个数是( )

(1) $\lg (\lg 10)=0$; (2) $\lg (\ln \mathrm{e})=0$; (3)若 $10=\lg x, x=10$; (4)若 $\log _{25} x=\frac{1}{2}$, 得 $x= \pm 5$.
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：B
解析：底的对数为 1,1 的对数为 0 , 故(1)(2)正确, 0 和负数没有对数, 故(4)错误, (3)中 $10=\lg x$, 应该有 $x=10^{10}$ ，所以，只有(1)(2)正确。
题目（高一 · 代数）：若 $a>0, a^{\frac{2}{3}}=\frac{4}{9}$, 则 $\log a$ 等于 ( )
选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
答案：B
解析：选 $\mathrm{B}: a^{\frac{2}{3}}=\frac{4}{9}, a>0$,

$\therefore a=\left(\frac{4}{9}\right)^{\frac{3}{2}}=\left(\frac{2}{3}\right)^{3}$,

设 $\log a=x, \therefore\left(\frac{2}{3}\right) x=a$.

$\therefore x=3$.
题目（高一 · 代数）：下面哪个不是算法的特征 ( )
选项：
A. 抽象性
   B. 精确性
   C. 有穷性
   D. 唯一性
答案：D
解析：根据算法的概念，可知算法具有抽象性、精确性、有穷性等，同一问题，可以有不同的算法,故选 D.
题目（高一 · 代数）：如果下边程序执行后输出的结果是 132 , 那么在程序 $U N T L L$ 后面的“条件”应为 $(\quad)$


选项：
A. $i>11$
B. $i>=11$
C. $i<11$
D. $i \ll=11$
答案：C
解析：UNTLL 后面的“条件”含义是：直到满足该“条件”就跳出循环，执行下面的语句.

|                    | $i=12$ <br> $s=1$  |     $i<11$ <br> $\Downarrow$     |
| :----------------: | :----------------: | :------------------------------: |
| 第一次直接进入循环 |                    | 第二次循环 $s=12 \times 11=132$, |
|                    | $s=12 \times 1=12$ |           $i=11-1=10$            |
|                    |    $i=12-1=11$     |           $\Downarrow$           |

满足 $i<11$ 就跳出循环，输出 132 ，故选 C.
题目（高一 · 代数）：下列关于算法的说法中正确的个数有 ( )

(1)求解某一类问题的算法是唯一的;

(2)算法必须在有限步操作之后停止;

(3) 算法的每一步操作必须是明确的, 不能有歧义或模糊;

(4)算法执行后一定产生确定的结果.
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：(1)不符合算法的不是唯一性; (2)符合算法的有限性; (3)符合算法的明确性; (4)符合算法的有效性.

故选 C.
题目（高一 · 代数）：已知直角三角形两直角边长为 $a, b$, 求斜边长 $c$ 的一个算法分下列三步:

(1)计算 $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$;

(2)输入直角三角形两直角边长 $a, b$ 的值;

(3)输出斜边长 $c$ 的值;

其中正确的顺序是 ( )
选项：
A. (1)(2)(3)
B. (2)(3)(1)
C. (1)(3)(2)
D. (2)(1)(3)
答案：D
解析：由算法规则得:

第一步: 输入直角三角形两直角边长 $a, b$ 的值;

第二步：计算 $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ ；

第三步: 输出斜边长 $c$ 的值,

这样一来, 就是斜边长 $c$ 的一个算法, 故选 D
题目（高一 · 代数）：将两个数 $a=1, b=2$ 交换, 使 $a=2, b=1$, 下列语句正确的是 ( )
选项：
A. $a \leftarrow b, b \leftarrow a$
   B. $b \leftarrow a, a \leftarrow b$

C. $a \leftarrow c, c \leftarrow b, b \leftarrow a$
D. $c \leftarrow b, b \leftarrow a, a \leftarrow c$
答案：D
解析：因为两个量进行数据交换，必须借助第三个量传递储存,

所以选项 A, B 错误;

对于 $\mathrm{C}$, 第一步因为 $c$ 中无数据, $a \leftarrow c$ 错误,

对于 $\mathrm{D}, b$ 中数据传递给 $c, a$ 中数据传递给 $b$, 再把 $c$ 中数据传递给 $a$, 实现了 $a, b$ 中的数据交换,

故选 D.
题目（高一 · 代数）：如图所示程序框图是用 “二分法”求方程 $x^{2}-2=0$ 的近似解的算法, 有下列判断:

(1)若 $a=-1, b=3, d=0.01$, 则输出的值在 $\left[\frac{21}{16}, \frac{22}{16}\right]_{\text {之间; }}$

(2)若 $a=1, b=1.2, d=0.01$, 则程序执行完毕将没有值输出;

(3)若 $a=0, b=2, d=0.01$, 则程序框图最下面的判断框刚好执行 8 次程序就结束.

其中正确命题的个数为（）



$\begin{array}{llll}\text {
选项：
} 0 & \text { B. } 1 & \text { C. } 2 & \text { D. } 3\end{array}$
答案：B
解析：模拟执行程序:

(1) $a=-1, b=3$, 区间 $[-1,3]$ 上方程 $x^{2}-2=0$ 存在一个解,

$\because f\left(\frac{21}{16}\right)=\left(\frac{21}{16}\right)^{2}-2=-
题目（高一 · 代数）：有如下两个程序 ( )



(1)
选项：
A. 两个程序输出结果相同

B. 程序 (1) 输出的结果比程序 (2) 输出的结果大

C. 程序 (2) 输出的结果比程序 (1) 输出的结果大

D. 两个程序输出结果的大小不能确定
答案：B
解析：模拟程序 (1) 的运行过程, 得出该程序运行后输出的是 $s=1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times 97 \times 99$模拟程序 (2) 的运行过程, 得出该程序运行后输出的是 $s=1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times 97$,

$\therefore$ 程序 (1) 输出的结果比程序 (2) 输出的结果大, 故选 B.
题目（高一 · 组合数学）：（2021$\cdot$三模拟）雅言传承文明，经典浸润人生，某市举办 “中华经典诵写讲大赛”, 大赛分为四类: “诵读中国” 经典诵读大赛、“诗教中国” 诗词讲解大赛、“笔墨中国” 汉字书写大赛、“印记中国”学生筦刻大赛. 某班级三人参赛, 则三人参加项目均不相同的概率为（）
选项：
A. $\frac{3}{4}$
   B. $\frac{8}{9}$
   C. $\frac{3}{8}$
   D. $\frac{8}{27}$
答案：C
解析：解：某市举办 “中华经典诵写讲大赛” , 大赛分为四类：

“诵读中国” 经典诵读大赛、“诗教中国” 诗词讲解大赛、“笔墨中国” 汉字书写大赛、“印记中国”学生筦刻大赛.

某班级三人参赛, 基本事件总数 $n=4^{3}=64$ （种）,

三人参加项目均不相同的基本事件数为 $m=4 \times 3 \times 2=24$ (种），

$\therefore$ 三人参加项目均不相同的概率为:

$P=\frac{m}{n}=\frac{24}{64}=\frac{3}{8}$.

故选: $C$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋-哈尔滨期末）抛郑甲、乙两颗骰子, 所得点数之和为 $X$, 那么 $X=4$ 表示的基本事件是
选项：
A. 一颗是 3 点, 一颗是 1 点

B. 两颗都是 2 点

C. 一颗是 3 点, 一颗是 1 点或两颗都是 2 点

D. 甲是 3 点, 乙是 1 点或甲是 1 点, 乙是 3 点或两颗都是 2 点
答案：D
解析：解：根据题意, $X=4$ 即甲乙两颗骰子的点数之和为 4 ,

包含 3 个基本事件：甲是 3 点, 乙是 1 点或甲是 1 点, 乙是 3 点或两颗都是 2 点,故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：(2020 秋 - 长安区校级期末) 抛郑一枚质地均匀的股子, “向上的点数是 $2,3,4$ ” 为事件 $A$, “向上的点数是 1,5 ” 为事件 $B$, 则下列选项正确的是
选项：
A. $A$ 与 $B$ 是对立事件
   B. $A$ 与 $B$ 是互斥事件
   C. $P(A \cup B)=1$
   D. $P(A B)=\frac{5}{6}$
答案：B
解析：解: 根据题意, 设 “向上的点数是 6 ” 是事件 $C$, 依次分析选项:

对于 $A$, 事件 $A$ 与 $B$ 不会同时发生, 也可能都不发生, 则不是对立事件, $A$ 错误,

对于 $B$, 事件 $A$ 与 $B$ 不会同时发生, 是互斥事件, $B$ 正确,

对于 $C, P(A \cup B)=P(A)+P(B)=\frac{5}{6}, C$ 错误,

对于 $D$, 事件 $A$ 与 $B$ 不会同时发生, 则 $P(A B)=0, D$ 错误,

故选: $B$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・沈阳期末）抛郑两枚股子, 所得点数之和为 $X$, 那么 $X=4$ 表示的试验结果为
选项：
A. 一枚 1 点、一枚 3 点

B. 两枚都是 4 点

C. 两枚都是 2 点

D. 一枚 1 点、一枚 3 点, 或者两枚都是 2 点
答案：D
解析：解：投掷两枚骰子, 所得点数之和记为 $X$,

则 $X=4$ 表示的随机实验结果是一枚是 1 点, 一枚是 3 点或者两枚都是 2 点.

故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・沈阳期末）从装有大小和形状完全相同的 8 个红球和 2 个白球的口袋内任取两个球,下列各对事件中，互斥而不对立的是（）
选项：
A. “至少一个白球” 和 “都是红球”

B. “至少一个白球” 和 “至少一个红球”

C. “恰有一个白球” 和 “恰有一个红球”

D. “恰有一个白球” 和 “都是红球”
答案：D
解析：解： $A$ 选项中 “至少一个白球” 和 “都是红球” 二者是互斥事件, 也是对立事件, 故 $A$不满足;

$B$ 选项中 “至少一个白球” 和 “至少一个红球” 有可能都表示一个白球, 一个红球, 故不是互斥事件，故 $B$ 不满足;

C 选项中 “恰有一个白球” 和 “恰有一个红球” 同样有可能都表示一个白球, 一个红球, 故不是互斥事件, 故 $C$ 不满足;

$D$ 选项中 “恰有一个白球” 和 “都是红球” 不可能同时发生, 是互斥事件, 又由于两个事件之外还有 “都是白球” 事件，故不是对立事件；可知只有 $D$ 正确;

故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・龙华区校级期中）下列命题:

(1)对立事件一定是互斥事件;

(2) 若 $A, B$ 为两个随机事件, 则 $P(A \cup B)=P(A)+P(B)$;

(3)若事件 $A, B, C$ 两两互斥, 则 $P(A)+P(B)+P(C)=1$;

(4)若 $A$ 与 $B$ 是对立事件, 则 $P(A)+P(B)=1$.

其中正确命题的个数是（）
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：B
解析：解：对于下列命题:

(1)对立事件一定是互斥事件; 对于事件来讲, 对立必互斥，互斥不一定对立，故正确.

(2)若 $A, B$ 为两个互斥的随机事件, 所以互斥事件的概率符合的公式 $P(A \cup B)=P(A)+P(B)$;故错误.

(3)若事件 $A, B, C$ 两两互斥, 但是不一定对立, 则 $P(A)+P(B)+P(C) \neq 1$; 故错误.

(4)若 $A$ 与 $B$ 是对立事件, 对立事件是必然事件, 则 $P(A)+P(B)=1$. 故正确.

故选: B.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・广东期末）某商场为了迎接周年庆开展抽奖活动, 奖项设置一等奖、二等奖、三等奖,其他都是幸运奖. 设事件 $A=\{$ 抽到一等奖 $\}$, 事件 $B=\{$ 抽到二等奖 $\}$, 事件 $C=\{$ 抽到三等奖 $\}$, 且已知 $P(A)=0.1, P(B)=0.25, P(C)=0.4$, 则事件 “抽到三等奖或者幸运奖” 的概率为 $(\quad)$
选项：
A. 0.35
   B. 0.25
   C. 0.65
   D. 0.6
答案：C
解析：解：奖项设置一等奖、二等奖、三等奖, 其他都是幸运奖.

设事件 $A=\{$ 抽到一等奖 $\}$ ，事件 $B=\{$ 抽到二等奖 $\}$ ，事件 $C=\{$ 抽到三等奖 $\}$,

设事件 $D$ 为 “抽到幸运奖” ,

则事件 $A, B, C, D$ 互为互斥事件,

记事件 $M=\{$ 抽到三等奖或幸运奖 $\}$,

$P(A)=0.1, P(B)=0.25, P(C)=0.4$,

则 $P(M)=1-P(A)-P(B)=1-0.1-0.25=0.65$.

故选: $C$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・武汉期中）从装有两个白球和两个黄球（球除颜色外其他均相同）的口袋中任取 2 个球, 以下给出了四组事件:

(1)至少有 1 个白球与至少有 1 个黄球;

(2)至少有 1 个黄球与都是黄球;

(3)恰有 1 个白球与恰有 1 个黄球;

(4)至少有 1 个黄球与都是白球.

其中互斥而不对立的事件共有（ ）
选项：
A. 0 组
B. 1 组
C. 2 组
D. 3 组
答案：A
解析：解：对于(1), “至少有 1 个白球” 发生时, “至少有 1 个黄球” 也会发生, 比如恰好一个白球和一个黄球, 故(1)中的两个事件不互斥.

对于(2), “至少有 1 个黄球” 说明有黄球, 黄球的个数可能是 1 或 2 , 而 “都是黄球” 说明黄球的个数是 2, 故这两个事件不是互斥事件.

(3)恰有 1 个白球与恰有 1 个黄球, 这两件事是同一件事, 都表示取出的两个球中,一个是白球,另一个是黄球是同一事件．故不是互斥事件．

(4) 至少有 1 个黄球” 说明有黄球, 黄球的个数可能是 1 或 2 , 而 “都是白球” 说明白球的个数是 2, 故这两个事件是互斥事件且是对立事件;故选: A.
题目（高一 · 组合数学）：（2020・陕西模拟）“二进制” 来源于我国古代的《易经》，该书中有两类最基本的符号：“一”和 “ - - ” , 其中 “一” 在二进制中记作 “ 1 ” , “ - - ”在二进制中记作 “ 0 ” . 如符号 “三”对应的二进制数 $011_{(2)}$ 化为十进制的计算如下： $011_{(2)}=0 \times 2^{2}+1 \times 2^{1}+1 \times 2^{0}=3_{(10)}$. 若从两类符
   号中任取 2 个符号进行排列, 则得到的二进制数所对应的十进制数大于 2 的概率为 ( )
选项：
$\frac{1}{2}$
   B. $\frac{1}{3}$
   C. $\frac{2}{3}$
   D. $\frac{1}{4}$
答案：D
解析：根据题意, 不同符号可分为三类:

第一类: 由两个 “一” 组成, 其二进制为: $11_{(2)}=3_{(10)}$;

第二类: 由两个 “ - - “组成, 其二进制为: $00_{(2)}=0{ }_{(10)}$;

第三类: 由一个 “一” 和一个 “ - - ” 组成, 其二进制为: $10_{(2)}=2_{(10)}, 01_{(2)}=1_{(10)}$,

所以从两类符号中任取 2 个符号排列，则组成不同的十进制数为 $0,1,2,3$,

则得到的二进制数所对应的十进制数大于 2 的概率 $P=\frac{1}{4}$.

故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：(2020 秋・湖北月考) 党的十八大要求全面实施素质教育, 培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人, 劳动教育受到全社会广泛关注. 某学校的某班级将 5 名同学分配到甲、乙、丙三个村参加劳动锻炼, 每个村至少分配一位同学, 则甲村恰好分配 2 位同学的概率为 ( )
选项：
A. $\frac{3}{5}$
   B. $\frac{2}{5}$
   C. $\frac{1}{5}$
   D. $\frac{4}{5}$
答案：B
解析：解：某学校的某班级将 5 名同学分配到甲、乙、丙三个村参加劳动锻炼,

每个村至少分配一位同学,

基本事件总数 $n=\left(\frac{C_{5}^{1} C_{4}^{1} C_{3}^{3}}{A_{2}^{2}}+\frac{C_{5}^{2} C_{3}^{2} C_{1}^{1}}{A_{2}^{2}}\right) \times A_{3}^{3}=150$,

其中甲村恰好分配 2 位同学包含的基本事件个数 $m=C_{5}^{2}\left(C_{3}^{2} C_{1}^{1} A_{2}^{2}\right)=60$,

$\therefore$ 甲村恰好分配 2 位同学的概率为 $P=\frac{m}{n}=\frac{60}{150}=\frac{2}{5}$.

故选: $B$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・垫江县校级月考）马林・梅森（MarinMersenne，1588 - 1648）是 17 世纪法国著名的数学家和修道士, 也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物. 梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对 $2^{p}-1$ 作了大量的计算、验证工作, 人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献, 将形如 $2^{p}-1$ (其中 $p$ 是素数) 的素数, 称为梅森素数. 在不超过 50 的素数中, 随机选取两个不同的数, 至少有一个为梅森素数的概率是（）
选项：
A. $\frac{9}{35}$
   B. $\frac{13}{35}$
   C. $\frac{7}{20}$
   D. $\frac{9}{20}$
答案：B
解析：解：在不超过 50 的素数有: $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43$, 47, 共 15 个,

其中梅森素数有: $3,7,31$, 共 3 个,

在不超过 50 的素数中, 随机选取两个不同的数包含的基本事件个数 $n=C_{15}^{2}=105$,

至少有一个为梅森素数包的基本事件个数 $m=C_{3}^{2}+C_{12}^{1} C_{3}^{1}=39$.

$\therefore$ 至少有一个为梅森素数的概率 $P=\frac{m}{n}=\frac{39}{105}=\frac{13}{35}$.

故选: B.
题目（高一 · 组合数学）：（2020・II 卷模拟）《周易》是我国古代典籍, 用 “卦” 描述了天地世间万象变化. 如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中 “一” 表示一个阳爻, “ - - ”表示一个阴爻) . 若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦, 这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为（）


选项：
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$
答案：B
解析：解: 含有两个阳爻的卦有 3 个, 含有三个阳爻的卦有 1 个,从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦,基本事件总数 $n=C_{4}^{2}=6$,这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻包含的基本事件个数 $m=C_{3}^{2}=3$,

$\therefore$ 这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为 $p=\frac{m}{n}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

故选: B.
题目（高一 · 组合数学）：（2020$\cdot$合肥二模）为了实施 “科技下乡, 精准脱贫” 战略, 某县科技特派员带着 $A, B, C$ 三个农业扶贫项目进驻某村，对仅有的四个贫困户进行产业帮扶. 经过前期走访得知，这四个贫困户甲、乙、丙、丁选择 $A, B, C$ 三个项目的意向如表:

|    扶贫项目    |      $A$       |    $B$     |  $C$   |
| :------------: | :------------: | :--------: | :----: |
| 选择意向贫困户 | 甲、乙、丙、丁 | 甲、乙、丙 | 丙、丁 |

若每个贫困户只能从自己登记的选择意向中随机选取一项，且每个项目至多有两户选择，则甲乙两户选择同一个扶贫项目的概率为（）
选项：
A. $\frac{3}{8}$
B. $\frac{5}{8}$
C. $\frac{5}{16}$
D. $\frac{1}{2}$
答案：A
解析：解：由题意：甲乙只能选 $A, B$ 项目, 丁只能选 $A, C$ 项目, 丙则都可以.由题意基本事件可分以下三类:

（1）甲乙都选 $A$, 则丁只能选 $C$, 丙则可以选 $B, C$ 任一个, 故共有 2 种方法;

（2）甲乙都选 $B$, 则丁可以选 $A$ 或 $C$ ，丙也可选 $A$ 或 $C$ ，故共有 $C_{2}^{1} C_{2}^{1}=4$ 种方法.

（3）甲乙分别选 $A B$ 之一，然后丁选 $A$ 时，丙只能选 $B$ 或 $C$; 丁选 $C$ 时, 丙则 $A, B, C$ 都可以选. 故有 $A_{2}^{2}\left(C_{2}^{1}+C_{3}^{1}\right)=10$ 种方法.

故基本事件共有 $2+4+10=16$ 种.

甲乙选同一种项目的共有 $2+4=6$ 种.

故甲乙选同一项目的概率 $P=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$.

故选: A.
题目（高一 · 组合数学）：（2020$\cdot$梧州模拟）数学与文学有许多奇妙的联系, 如诗中有回文诗: “儿忆父兮妻忆夫” , 既可以顺读也可以逆读, 数学中有回文数, 如 343、12521 等, 两位数的回文数有 $11 、 22 、 33 、 \cdots 、 99$共 9 个，则三位数的回文数中为偶数的概率是（）
选项：
$\frac{1}{9}$
   B. $\frac{2}{9}$
   C. $\frac{3}{9}$
   D. $\frac{4}{9}$
答案：D
解析：三位数的回文数为 $A B A$,
$A$ 共有 1 到 9 共 9 种可能, 即 $1 B 1 、 2 B 2 、 3 B 3 \cdots$

$B$ 共有 0 到 9 共 10 种可能，即 $A 0 A 、 A 1 A 、 A 2 A 、 A 3 A 、 \cdots$

共有 $9 \times 10=90$ 个，

其中偶数为 $A$ 是偶数, 共 4 种可能, 即 $2 B 2,4 B 4,6 B 6,8 B 8$,

$B$ 共有 0 到 9 共 10 种可能, 即 $A 0 A 、 A 1 A 、 A 2 A 、 A 3 A 、 \cdots$

其有 $4 \times 10=40$ 个，

$\therefore$ 三位数的回文数中, 偶数的概率 $P=\frac{40}{90}=\frac{4}{9}$;

故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・思南县校级期末）从装有 2 个白球和 3 个黑球的口袋内任取两个球, 那么下列事件中是互斥而不对立的事件是（）
选项：
A. “恰有两个白球” 与 “恰有一个黑球”

B. “至少有一个白球” 与 “至少有一个黑球”

C. “都是白球”与 “至少有一个黑球”

D. “至少有一个黑球” 与 “都是黑球”
答案：A
解析：解：对于 A, 事件：“恰有两个白球” 与事件： “恰有一个黑球” 不能同时发生,但从口袋中任取两个球时还有可能两个都是黑球,

$\therefore$ 两个事件是互斥事件但不是对立事件, $A$ 满足题意;

对于 $B$, 事件: “至少有一个黑球” 与事件: “至少有一个白球” 可以同时发生,如: 一个白球一个黑球， $\therefore$ 这两个事件不是互斥事件， $B$ 不满足题意;

对于 $C$, “都是白球” 与 “至少有一个黑球” 不能同时发生, 且对立, $C$ 不满足题意;

对于 $D$, “至少有一个黑球” 与 “都是黑球” 可以同时发生, 故不互斥, $D$ 不满足题意.

故选: A.
题目（高一 · 组合数学）：(2020 春・栖霞市月考) 一道试题, $A, B, C$ 三人可解出的概率分别为 $\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}$, 则三人独立解答, 仅有 1 人解出的概率为
选项：
A. $\frac{1}{24}$
   B. $\frac{11}{24}$
   C. $\frac{17}{24}$
   D. 1
答案：B
解析：解: 根据题意, 只有一人解出的试题的事件

包含 $A$ 解出而其余两人没有解出, $B$ 解出而其余两人没有解出, $C$ 解出而其余两人没有解出, 三个互斥的事件，而三人解出答案是相互独立的,

则 $P$ (只有一人解出试题) $=\frac{1}{2} \times\left(1-\frac{1}{3}\right) \times\left(1-\frac{1}{4}\right)+\left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{1}{3} \times\left(1-\frac{1}{4}\right)+\left(1-\frac{1}{2}\right)$ $\times\left(1-\frac{1}{3}\right) \times \frac{1}{4}=\frac{11}{24}$,

故选: $B$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋 -肥东县期中）连掷一枚均匀的骰子两次, 所得向上的点数分别为 $m, n$, 记 $t=m+n$, 则
   下列说法正确的是（ ）
选项：
A. 事件 “ $t=12$ ” 的概率为 $\frac{1}{21}$

B. 事件 “ $t$ 是奇数” 与 “ $m=n$ ” 互为对立事件

C. 事件 “ $t=2$ ” 与 “ $t \neq 3$ ” 互为互斥事件

D. 事件 “ $t>8$ 且 $m n<32$ ” 的概率为 $\frac{1}{4}$
答案：D
解析：解：连掷一枚均匀的股子两次,

所得向上的点数分别为 $a, b$, 记 $t=a+b$, 则

事件 “ $t=12$ ” 的概率为 $\frac{1}{36}$, 故 $A$ 错误;

事件 “ $t$ 是奇数” 与 “ $m=n$ ” 为互斥不对立事件, 故 $B$ 错误;

事件 “ $t=2$ ” 与 “ $t \neq 3$ ” 不是互斥事件, 故 $C$ 错误;

事件 “ $t>8$ 且 $m n<32$ ” 共有 9 个基本事件,

故事件 “ $t>8$ 且 $m n<32$ ” 的概率为 $\frac{1}{4}$, 故 $D$ 正确;

故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：（2017 秋・永州期中）从一批产品（其中正品、次品都多于 2 件）中任取 2 件, 观察正品件数和次品件数, 下列事件是互斥事件的是 ( )

(1)恰好有 1 件次品和恰好有两件次品; (2)至少有 1 件次品和全是次品;

(3)至少有 1 件正品和至少有 1 件次品; (4)至少 1 件次品和全是正品.
选项：
(1)(2)
B. (1)(3)
C. (3)(4)
D. (1)(4)
答案：D
解析：$\because$ 从一批产品中任取 2 件, 观察正品件数和次品件数, 其中正品、次品都多于 2 件,

$\therefore$ 恰有一件次品和恰有两件次品是互斥的,

至少有一件次品和全是正品是互斥的,

$\therefore$ (1)(4)是互斥事件,

故选: D.
题目（高一 · 组合数学）：已知集合 $A=\{1,2,3,4,5\}, B=\{(x, y) \mid x \in A, y \in A, x-y \in A\}$, 则 $B$ 中所含元素的个数为 ( )
选项：
A. 3
B. 6
C. 8
D. 10
答案：D
解析：

列举法得出集合 $B=\{(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(3,2),(4,2),(5,2),(4,3),(5,3),(5,4)\}$, 共含10个元素.

故答案选 $D$
题目（高一 · 组合数学）：描金又称泥金画漆,是一种传统工艺美术技艺.起源于战国时期,在漆器表面,用金色描绘花纹的装饰方法, 常以黑漆作底,也有少数以朱漆为底. 描金工作分为两道工序, 第一道工序是上漆,第二道工序是描绘花纹. 现甲、乙两位工匠要完成 $A, B, C$ 三件原料的描金工作,每件原料先由甲上漆,再由乙描绘花纹.每道工序所需的时间(单位:小时)如下:



则完成这三件原料的描金工作最少需要（ ）
选项：
A. 43 小时
$\cdot$B. 46 小时
C. 47 小时
D. 49 小时
答案：B
解析：由题意，甲按 $\mathrm{A}, \mathrm{C}, \mathrm{B}$ 的顺序工作，所需时间最短,

最短时间为: $9+15+8+14=46$ 小时，

故选: $B$

【分析】甲按 A,C,B 的顺序工作,乙就不会中途没事情做,所需时间最短.

二、填空题
题目（高一 · 组合数学）：下列所给问题中, 不能设计一个算法求解的是 ( )
选项：
A. 用二分法求方程 $x^{2}-3=0$ 的近似解 (精确度 0.01 )

B. 解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y+5=0 \\ x-y+3=0\end{array}\right.$

C. 求半径为 2 的球的体积

D. 求 $S=1+2+3+\cdots \cdots$ 的值
答案：D
解析：对于 D, $S=1+2+3+\cdots$, 不知道需要多少步完成, 所以不能设计一个算法求解。
题目（高一 · 组合数学）：设计程序求解下列问题时，不能用循环语句的有（）

(1)输入每个同学的数学成绩, 求全班同学的平均成绩;

(2)求分段函数的函数值;

(3)求连续 100 个自然数的平方和;
(4)输入 100 个数, 从中找出最大的数
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个D. 4 个
答案：A
解析：(2)求分段函数的函数值用条件语句, (1)(3)(4)涉及累加和多次赋值, 均可以用循环语句解决.

答案: A
题目（高一 · 组合数学）：12 个同类产品中含有 2 个次品, 现在从中任意抽取 3 个, 必然事件是 ( )
选项：
A. 3 个都是正品
B. 至少有一个次品
C. 3 个都是次品
D. 至少有一个正品
答案：D
解析：12 个同类产品中, 2 个次品、 10 个正品, 抽取 3 个, 至少有一个是正品.答案: D
题目（高一 · 组合数学）：从 1, 2, 3 , , 9 中任取两数, 给出下列各组事件:

(1) “恰有一个偶数” 和 “恰有一个奇数”;

(2) “至少有一个奇数” 和 “两个都是奇数” ; (3) “至少有一个奇数” 和 “两个都是偶数”;

(4) “至少有一个奇数” 和 “至少有一个偶数” 。

其中是对立事件的是（）
选项：
A. (1)
B. (2)(4)
C. (3)
D. (1)(3)
答案：C
解析：本题考查对立事件的概念.

从 1, 2, $3 \cdots, 9$ 中任取两数, 有以下三种情况:

（1）两个奇数;（2）两个偶数;（3）一个奇数和一个偶数所以仅有(3)中的两个事件不能同时发生且必有一个发生.

答案: C
题目（高一 · 组合数学）：在一次随机试验中, 三个事件 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 的概率分别是 $0.2,0.3,0.5$, 则下列说法正确
的个数是 ( )

(1) $A_{1}+A_{2}$ 与 $A_{3}$, 是互斥事件, 也是对立事件;

(2) $A_{1}+A_{2}+A_{3}$ 是必然事件;

(3) $P\left(A_{2}+A_{3}\right)=0.8$;

(4) $P\left(A_{1}+A_{2}\right) \leqslant 0.5$.
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：B
解析：由题意知, $A 1, A 2, A 3$ 不一定是互斥事件, 所以 $P\left(A_{1}+A_{2}\right) \leqslant 0.5$, $P\left(A_{2}+A_{3}\right) \leqslant 0.8, P\left(A_{1}+A_{3}\right) \leqslant 0.7$, 所以, 只有(4)正确, 所以说法正确的个数为 1 . 选 B.

答案: B
题目（高一 · 组合数学）：一个家庭有两个小孩，则所有可能的基本事件有（）
选项：
A. (男, 女), (男, 男), (男, 女)

B. (男, 女), (男, 女)

C. (男, 男), (男, 女), (女, 男), (女, 女)

D. (男, 男), (女，女)
答案：C
解析：因为这两个小孩有先后顺序, 易得所有可能的基本事件是（男, 男)，（男,女），(女，男），(女，女）.

答案: C
题目（高一 · 组合数学）：下列试验中, 是古典概型的为 ( )
选项：
A. 种下一粒花生, 观察它是否发芽 $B$. 向正方形 $A B C D$ 内任意投掷一点 $P$, 观察点 $P$ 是否与正方形的中心 0 重合

C. 从 1，2，3，4 四个数中任取两个数, 求所取两数之一是 2 的概率

D. 在区间 $[0,5]$ 内任取一点, 求此点小于 2 的概率
答案：C
解析：本题考查古典概型的概念. 对于 A, 发芽与不发芽的概率一般不相等, 不满足等可能性; 对于 $\mathrm{B}$, 正方形内点的个数有无限多个, 不满足有限性; 对于 $\mathrm{C}$, 满足有限性和等可能性, 是古典概型; 对于 D, 区间内的点有无限多个, 不满足有限性. 故选 C.

答案: C
题目（高一 · 组合数学）：如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长, 则称这 3 个数为一组勾股数.从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组勾股数的概率为 ( )
选项：
A. $\frac{3}{10}$
B. $\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{10}$
D. $\frac{1}{20}$
答案：C
解析：从 1, 2, 3, 4, 5 中任取 3 个不同的数, 有 $\{1,2,3\},\{1,2,4\},\{1,2$, $5\},\{1,3,4\},\{1,3,5\},\{1,4,5\},\{2,3,4\},\{2,3,5\},\{2,4,5\},\{3,4$, $5\}$, 共 10 个基本事件, 其中这 3 个数能构成一组勾股数的只有 $\{3,4,5\}$, 所以所求概率为 $\frac{1}{10}$

答案: C
题目（高一 · 组合数学）：2018 年 3 月 7 日《科学网》刊登“动物可以自我驯化”的文章表明: 关于野生小鼠的最新研究, 它们在几乎没有任何人类影响的情况下也能表现出进化的迹象——皮毛上白色的斑块以及短鼻子. 为了观察野生小鼠的这种表征, 从有 2 对不同表征的小鼠（白色斑块和短鼻子野生小鼠各一对）的实验箱中每次拿出一只, 不放回地拿出 2 只, 则拿出的野生小鼠不是同一表征的概率为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{4}$
   B. $\frac{1}{3}$
   C. $\frac{2}{3}$
   D. $\frac{3}{4}$
答案：C
解析：设四只小鼠为 $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}$,由组合数公式可知, 四只小鼠中不放回地拿出 2 只, 共有 $3+2+1=6$ 种方法,

其中满足题意的方法为 $A_{1} B_{1}, A_{1} B_{2}, A_{2} B_{1}, A_{2} B_{2}$ 共 4 种方法,

结合古典概型计算公式可得, 满足题意的概率值为 $p=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$, 本题选择 $\mathrm{C}$ 选项.
题目（高一 · 组合数学）：在 5 张电话卡中, 有 3 张移动卡和 2 张联通卡, 从中任取 2 张, 若事件“ 2 张全是移动卡”的概率是 $\frac{3}{10}$, 那么概率为 $\frac{7}{10}$ 的事件是 ( )
选项：
A. 至多有一张移动卡
   B. 恰有一张移动卡

C. 都不是移动卡

D．至少有一张移动卡
答案：A
解析：事件“ 2 张全是移动卡”的概率是 $\frac{3}{10}$ ，

由对立事件的概率和为 1 , 可知它的对立事件的概率是 $\frac{7}{10}$,

事件为“ 2 张不全是移动卡”, 也即为“ 2 张至多有一张是移动卡”，故选 A.
题目（高一 · 组合数学）：吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时, 从盒子里任取一支, 若取到口香糖则吃一支口香糖, 不吸烟; 若取到香烟, 则吸一支烟, 不吃口香糖, 假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同, 则“口香糖吃完时还剩 2 支香烟”的概率为（）

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } \frac{1}{5} & \text { B. } \frac{8}{15} & \text { C. } \frac{3}{5} & \text { D. } \frac{3}{20}\end{array}$
答案：D
解析：“口香糖吃完时还剩 2 支香烟”说明: 第四次取到的是口香糖, 前三次中恰有两次口香糖一次香烟, 记香烟为 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$, 口香糖为 $B_{1}, B_{2}, B_{3}$, 进行四次取物,

基本事件总数为 $6 \times 5 \times 4 \times 3=360$ 种,

事件“口香糖吃完时还剩 2 支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况:

烟、糖、糖、糖: $3 \times 3 \times 2 \times 1=18$ 种,

糖、烟、糖、糖: $3 \times 3 \times 2 \times 1=18$ 种,

糖、糖、烟、糖: $3 \times 2 \times 3 \times 1=18$ 种,

包含的基本事件个数为 54 ,

所以, 其概率为 $\frac{54}{360}=\frac{3}{20}$, 故选 D.
题目（高一 · 组合数学）：齐王与田忌赛马, 田忌的上等马优于齐王的中等马, 劣于齐王的上等马, 田忌的中等马优于齐王的下等马, 劣于齐王的中等马, 田忌的下等马劣于齐王的下等马. 某天, 齐王与田忌赛马, 双方约定: 比赛三局, 每局各出一匹, 每匹马赛一次,赢得两局者为胜, 则田忌获胜概率为（）
选项：
A. $\frac{1}{12}$ B. $\frac{1}{6}$
   C. $\frac{1}{4}$
   D. $\frac{1}{3}$
答案：B
解析：设齐王的三匹马分别为 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, 田忌的三匹马分别为 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$,所有比赛的情况:

$\left(a_{1}, b_{1}\right) 、\left(a_{2}, b_{2}\right) 、\left(a_{3}, b_{3}\right)$, 齐王获胜三局;

$\left(a_{1}, b_{1}\right) 、\left(a_{2}, b_{3}\right) 、\left(a_{3}, b_{2}\right)$, 齐王获胜两局;

$\left(a_{1}, b_{2}\right) 、\left(a_{2}, b_{1}\right) 、\left(a_{3}, b_{3}\right)$, 齐王获胜两局;

$\left(a_{1}, b_{2}\right) 、\left(a_{2}, b_{3}\right) 、\left(a_{3}, b_{1}\right)$, 齐王获胜两局;

$\left(a_{1}, b_{3}\right) 、\left(a_{2}, b_{1}\right) 、\left(a_{3}, b_{2}\right)$, 田忌获胜两局;

$\left(a_{1}, b_{3}\right) 、\left(a_{2}, b_{2}\right) 、\left(a_{3}, b_{1}\right)$, 齐王获胜两局，共 6 种情况，

则田忌胜 1 种情况，

故概率为 $P=\frac{1}{6}$, 故选 B.
题目（高一 · 组合数学）：甲、乙两人对同一个靶各射击一次, 设事件 $A=$ “甲击中靬”, 事件 $B=$ “乙击中靬”, 事件 $E=$ “靶未被击中”, 事件 $F=$ “靶被击中”, 事件 $G=$ “恰一人击中靬”,对下列关系式 ( $\bar{A}$ 表示 $A$ 的对立事件, $\bar{B}$ 表示 $B$ 的对立事件): (1) $E=\bar{A} \bar{B}$, (2) $F=A B$, (3) $F=A+B$, (4) $G=A+B$, (5) $G=\bar{A} B+A \bar{B}$, (6) $P(F)=1-P(E)$, (7) $P(F)=P(A)+P(B)$. 其中正确的关系式的个数是（）
选项：
A. 3
    B. 4
    C. 5
    D. 6
答案：B
解析：由题可得：(1) $E=\bar{A} \bar{B}$, 正确;

(2)事件 $F=$ “勒被击中”, $A B$ 表示甲乙同时击中, $F=A B+\bar{A} B+A \bar{B}$,

所以(2)错误;

(3) $F=A+B$, 正确

(4) $A+B$ 表示靶被击中, 所以(4)错误;

(5) $G=\bar{A} B+A \bar{B}$, 正确;

(6) $E, F$ 互为对立事件, $P(F)=1-P(E)$, 正确;

(7) $P(F)=P(A)+P(B)-P(A B)$, 所以(7)不正确,

综上: 正确的是(1)(3)(5), 故选 B.
题目（高一 · 组合数学）：依次连接正六边形各边的中点, 得到一个小正六边形, 再依次连接这个小正六边形各边的中点, 得到一个更小的正六边形, 往原正六边形内随机撒一粒种子, 则种子落在最小的正六边形内的概率为 ( )
选项：
$\frac{3}{4}$ B. $\frac{9}{16}$ C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ D. $\frac{2}{3}$
答案：B
解析：如图, 原正六边形为 $A B C D E F$, 最小的正六边形为 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} E_{1} F_{1}$.

设 $A B=a$, 由已知得 $\angle A O B=60^{\circ}$, 则 $\angle A O M=\frac{1}{2} \angle A O B=30^{\circ}$,

则 $O M=O A \cos \angle A O M=a \cdot \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3} a}{2}$

即中间的正六边形的边长等于 $O M=\frac{\sqrt{3} a}{2}$ ，

以此类推, 最小的正六边形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} E_{1} F_{1}$ 的边长等于 $O B_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2} O M=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3} a}{2}=\frac{3 a}{4}$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_03ea579800d3c478dd9eg-
题目（高一 · 组合数学）：我国在北宋 1084 年第一次印刷出版了《算经十书》, 即贾宪的《黄帝九章算法细草》, 刘益的《议古根源》, 秦九韶的《数书九章》, 李冶的《测圆海镜》和《益古演段》, 杨䉽的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》, 朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》. 这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰, 其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的高峰. 某图书馆中正好有这十本书现在小明同学从这十本书中任借两本阅读, 那么他取到的书的书名中有“算”字的概率为 ( )
选项：
A. $\frac{5}{18} \quad$ B. $\frac{1}{2}$
   C. $\frac{5}{9}$
   D. $\frac{7}{9}$
答案：D
解析：同学从这十本书中任借两本阅读, 基本事件总数 $\frac{(1+9) \times 9}{2}=45$,

他取到的书的书名中有“算” 字包含的基本事件总数 $m=5 \times 5+(4+3+2+1)=35$ ，

那么他取到的书的书名中有“算”字的概率为 $p=\frac{m}{n}=\frac{35}{45}=\frac{7}{9}$, 故选 D.
题目（高一 · 组合数学）：在 3 张卡片上分别写上 3 位同学的学号后, 再把卡片随机分给这 3 位同学,

每人 1 张, 则恰有 1 位学生分到写有自己学号卡片的概率为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{2}{3}$
答案：C
解析：设三位同学分别为 $A, B, C$, 他们的学号分别为 $1,2,3$,

用有序实数列表示三人拿到的卡片种类, 如 $(1,3,2)$ 表示 $A$ 同学拿到 1 号, $B$ 同学拿到 3 号, $C$ 同学拿到2 号.

三人可能拿到的卡片结果为 $(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)$, 共 6 种,

其中满足题意的结果有 $(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1)$, 共 3 种,

结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为 $p=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, 故选 C.
题目（高一 · 组合数学）：如果一个三位数的十位上的数字比个位和百位上的数字都大, 则称这个三位数为“凸数” (如 132), 现从集合 $\{1,2,3,4\}$ 中任取 3 个互不相同的数字, 组成一个三位数, 则这个三位数是“凸数”的概率为 ( )
选项：
A. $\frac{2}{3}$
   B. $\frac{1}{12}$ C. $\frac{1}{6}$
   D. $\frac{1}{3}$
答案：D
解析：当十位上的数为 4 时, 共有 $3+2+1=6$ 个;

当十位上的数为 3 时, 共有 2 个, 共 8 个,

故 $p=\frac{8}{4 \times 3 \times 2}=\frac{8}{24}=\frac{1}{3}$, 故选 D.
题目（高一 · 组合数学）：将一颗质地均匀的股子（各面上分别标有点数 $1,2,3,4,5,6)$ 先后抛郑 3 次，至少出现 1 次 6 点向上的概率是 ( )
选项：
A. $\frac{5}{216}$
B. $\frac{25}{216}$ C. $\frac{31}{216}$ D. $\frac{91}{216}$
答案：D
解析：将一颗质地均匀的股子先后郑 3 次，这 3 次之间是相互独立，

记事件 $A$ 为“抛郑 3 次, 至少出现一次 6 点向上”,

则 $\bar{A}$ 为“抛掷 3 次都没有出现 6 点向上”,

记事件 $B_{i}$ 为“第 $i$ 次中, 没有出现 6 点向上”, $i=1,2,3$, 则 $\bar{A}=B_{1} B_{2} B_{3}$,

又 $P\left(B_{i}\right)=\frac{5}{6}$, 所以 $P(\bar{A})=\left(\frac{5}{6}\right)^{3}=\frac{125}{216}$ ，

所以 $P(A)=1-P(\bar{A})=1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}$, 故选 D.
题目（高一 · 组合数学）：已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leq 3, x \in Z, y \in Z\right\}$, 则 $A$ 中元素的个数为
选项：
A. 9
B. 8
C. 5
D. 4
答案：A
解析：【详解】

$\because x^{2}+y^{2} \leq 3$

$\therefore x^{2} \leq 3$,

$\because x \in Z$

$\therefore x=-1,0,1$

当 $x=-1$ 时, $y=-1,0,1$;

当 $x=0$ 时, $y=-1,0,1$;

当 $x=1$ 时, $y=-1,0,1$;

所以共有 9 个,
故选: A.

【点睛】

本题考查集合与元素关系, 点与圆位置关系, 考查学生对概念理解与识别.
题目（高一 · 组合数学）：对于任意两个正整数 $m, n$, 定义某种运算 “ $\oplus$ ” 如下：当 $m, n$ 都为正偶数或正奇数时, $m \oplus n=m+n$; 当 $m, n$ 中一个为正偶数, 另一个为正奇数时, $m \oplus n=m n$, 则在此定义下, 集合 $M=\left\{(a, b) \mid a \oplus b=12, a \in \mathbf{N}^{*}, b \in \mathbf{N}^{*}\right\}$ 中的元素个数是（）.
选项：
A. 10 个
B. 15 个
C. 16 个
D. 18 个
答案：B
解析：【详解】

根据定义知 $a \oplus b=12$ 分两类进行考虑, $a, b$ 一奇一偶, 则 $a b=12, a, b \in N^{*}$, 所以可能的取值为 $(1,12),(12,1),(3,4),(4,3)$, 共 4 个, $a, b$ 同奇偶, 则 $a+b=12$, 由 $a, b \in N^{*}$, 所以可能的取值为 $(2,10),(10,2),(1,11),(11,1),(3,9),(9,3),(4,8),(8,4),(5,7),(7,5),(6,6)$, 共 11 个, 所以符合要求的共 15 个, 故选 B.

【点睛】

本题主要考查了分类讨论思想，集合及集合与元素的关系，属于中档题.
题目（高一 · 组合数学）：已知全集 $I=\{0,1,2,3,4\}$, 集合 $M=\{1,2,3\}, N=\{0,3,4\}$, 则等于 $\left(C_{I} M\right) \cap N=(\quad)$
选项：
A. $\{0,4]$
B. $\{3,4\}$
C. $\{1,2\}$
D.ø
答案：A
解析：

由题得 $C_{I} M=\{0,4\}$,

所以 $\left(C_{I} M\right) \cap N=\{0,4\}$.

故答案为: A
题目（高一 · 组合数学）：若 $\{1,2\} \subset \neq A \subseteq\{1,2,3,4,5\}$, 则满足这一关系的集合 ${ }_{A}$ 的个数为 ( )
选项：
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
答案：C
解析：
因为 $\{1,2\} \subset \neq A \subseteq\{1,2,3,4,5\}$, 所以集合 $A$ 中除了含有 1,2 两个元素以外, 必须至少含有另一个元素, 因为满足条件的集合 $\mathrm{A}$ 为 $\{1,2,3\},\{1,2,4\},\{1,2,5\},\{1,2,3,4\},\{1,2,3,5\},\{1,2,4,5\},\{1,2,3,4,5\}$ 共 7 个.
题目（高一 · 组合数学）：下列各组中的两个集合 $M$ 和 $N$, 表示同一集合的是
选项：
A. $M=\{\pi\}, N=\{3.14159\}$
B. $M=\{2,3\}, N=\{(2,3)\}$
C. $M=\{x \mid-1<x \leqslant 1, \quad x \in \mathbf{N}\}, N=\{1\}$
D. $M=\{1, \sqrt{3}, \pi\}, N=\{\pi, 1,|-\sqrt{3}|\}$
答案：D
解析：选 D 选项 $\mathrm{A}$ 中两个集合的元素互不相等, 选项 $\mathrm{B}$ 中两个集合一个是数集, 一个是点集, 选项 $\mathrm{C}$ 中集合 $M=\{0,1\}$ ，只有 $\mathrm{D}$ 是正确的。
题目（高一 · 组合数学）：设 $P=\{1,2,3,4\}, Q=\{4,5,6,7,8\}$, 定义 $P * Q=\{(a, b) \mid a \in P, b \in Q, a \neq b\}$, 则 $P * Q$ 中元素的个数为 ( )
选项：
A. 4
B. 5
C. 19
D. 20
答案：C
解析：选 C 由题意知集合 $P * Q$ 的元素为点, 当 $a=1$ 时, 集合 $P * Q$ 的元素为: (1,4), (1,5), (1,6), (1,7), (1,8)共 5 个元素. 同样当 $a=2,3$ 时集合 $P * Q$ 的元素个数都为 5 个, 当 $a=4$ 时, 集合 $P * Q$ 中元素为: $(4,5),(4,6)$, $(4,7),(4,8)$ 共 4 个. 因此 $P * Q$ 中元素的个数为 19 个, 故选 C.
题目（高一 · 组合数学）：从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是
选项：
A. 至少有 1 个黑球与都是红球

B. 至少有 1 个黑球与都是黑球

C. 至少有 1 个黑球与至少有 1 个红球

D. 恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球
答案：D
解析：A 中的两个事件是对立事件, 不符合要求; B 中的两个事件是包含关系, 不是互斥事件, 不符合要求; $\mathrm{C}$ 中的两个事件都包含 “一个黑球、一个红球” 这一事件, 不是互斥事件；D 中是互斥而不对立的两个事件，故选 D.

答案: D