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第九章 第四节 分步计数原理和分类计数原理-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案
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这是一份第九章 第四节 分步计数原理和分类计数原理-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案，文件包含第九章第四节分步计数原理和分类计数原理原卷版docx、第九章第四节分步计数原理和分类计数原理解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共17页， 欢迎下载使用。
1．分类计数原理
如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步计数原理
如果完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．分类和分步的区别，关键是看事件能否一步完成，事件一步完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，将种数相乘．
课前检测
1.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法共有( )
A.16种 B.13种
C.12种D.10种
答案：C
2.小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡.若他至少买一张，则不同的买法共有( )
A.7种B.8种
C.6种D.9种
解析：选A 要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC电话卡.买2张IC电话卡.买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事.买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法.不同的买法共有2＋3＋2＝7(种).
3.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.2 160B.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，共有10×9×8＝720(种)分法.
4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12 B．8 C．6 D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
5．(2020·山东模拟)某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有__________种.
答案 36
解析 从6名守擂选手中选1名，选法有Ceq \\al(1,6)＝6(种)；复活选手中挑选1名选手，选法有Ceq \\al(1,6)＝6(种)．由分步计数原理，不同的构成方式共有6×6＝36(种)．
6．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________．
答案 9
解析 分三类：第一类，从第1层取一本书有4种，
第二类，从第2层取一本书有3种，
第三类，从第3层取一本书有2种．
共有4＋3＋2＝9(种)．
7．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况．
所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
课中讲解
考点一.分类加法计数原理
例1．（1）满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13 C．12 D．10
答案 B
解析 方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．
②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12(个)实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9(个)，所以答案应为4＋9＝13.
（2）．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )
A．240 B．204 C．729 D．920
答案 A
解析 若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．
所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
（3）．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
答案 12
解析 当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理可知，共有12种结果．
变式1.（1）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.
解析：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数.
答案：36
（2）.如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法.
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.
答案：5
（3）.若椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.
解析：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；
当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；
当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；
当m＝5时，n＝6,7，共2个.
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆.
答案：20
考点二.掌握分步乘法计数原理
例1.（1）已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )
A.6 B.12
C.24D.36
（2）.有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.
[解析] (1)确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定a，由于a＜0，所以有3种方法；
第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法.
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.
(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).
[答案] (1)A (2)120
变式1.(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
答案 B
解析 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
答案 120
解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
考点三.两个计数原理的综合应用
例1.（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.24 B.48
C.72D.96
（2）.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.48B.18
C.24D.36
（3）如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60B.48
C.36D.24
[解析] (1)分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.
②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.
故共有24＋48＝72种涂色方法.
(2)第1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2×12＝24(个)；第2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).
(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
[答案] (1)C (2)D (3)B
变式1.(1)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有________种．
答案 504
解析 根据题意，分2种情况讨论：
①“数”排在第一，将剩下的“五艺”全排列，安排在剩下的5节，有Aeq \\al(5,5)＝120(种)情况．
②“数”不排在第一，则“数”的排法有4种，“射”的排法有4种，将剩下的“四艺”全排列，安排在剩下的4节，有Aeq \\al(4,4)＝24(种)情况，则此时有4×4×24＝384(种)情况．
则一共有120＋384＝504(种)排课顺序．
(2)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)
答案 420
解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．
①第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．
②第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．
③根据分类计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
（3）如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).
解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).
答案：40
课后习题
单选题
1.某班班干部有4名男生和5名女生组成,从9人中选1人参加某项活动,则不同的选法共有( )
A．4种 B．5种 C．9种 D．20种
C
分两类,一类从男生中选,有4种方法；一类从女生中选,有5种方法；用加法原理共有9种方法．故选C．
分类计数,加法原理．
2.若给程序模块命名,需要用3个不同字符,其中首个字符要求用字母A～G,后两个用数字1～9,则最多可以命名的程序模块有( )
A．16个 B．63个 C．24个 D．504个
D
因为首个字符要求用字母A～G共7个,第二个字符有9个,第三个字符用8个,用分步计数原理,共有7×9×8＝504个,故选D．
分步计数,乘法原理．
3.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9 B.14
C.15D.21
解析：选B 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
4..某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A.504B.210
C.336D.120
解析：选A 分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9＝504种不同的插法.
5.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40B.16
C.13D.10
解析：选C 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
6.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A.32个B.34个
C.36个D.38个
解析：选A 将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有Ceq \\al(1,2)＝2(种).共有2×2×2×2×2＝32(个)子集.
7.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；当公比为eq \f(3,2)时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)时，也有4个.故共有8个等比数列.
8.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右.每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )
A.6种B.12种
C.18种D.24种
解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法.
9.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A.4 320种B.2 880种
C.1 440种D.720种
解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法.
10.(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )
A.18个B.15个
C.12个D.9个
解析：选B 由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共有3＋6＋3＋3＝15(个).
11.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A.24种B.4种
C.43种D.34种
解析：选C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.
12.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )
A.144个B.120个
C.96个D.72个
解析：选B 由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48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3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个).
13.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( )
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A，B，C，D，按A―→B―→ C―→D顺序涂色，
下面分两种情况：
(1)A，C不同色(注意：B，D可同色.也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种不同的涂法.
(2)A，C同色(注意：B，D可同色.也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种不同的涂法.
故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.
14．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)这样的子集．
15．(2019·凌源模拟)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有( )
A．30种 B．50种 C．60种 D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20(种)；②甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30(种)，所有总共有20＋30＝50(种)选法．
多选题
16．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有( )
A．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3) B．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)
C．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2) D．18
答案 BC
解析 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子各放1个，
有2种解法：
(1)分2步进行分析：
①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)种放法，
则没有空盒的放法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种．
(2)分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq \\al(2,2)种放法，
则没有空盒的放法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种．
故选BC.
填空题
17.在某一运动会百米决赛上，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.故安排方式有4×3×2＝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5×4×3×2×1＝120(种).
故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种).
答案：2 880
18.有A，B，C型高级电脑各一台，甲.乙.丙.丁4个操作人员的技术等级不同，甲.乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).
解析：由于丙.丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲.乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲.乙.丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲.乙.丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲.丙.丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙.丙.丁3人，同样也只有1种方法.
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法.
答案：8
19.(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________.
解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.
根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.
答案：300
20．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．
答案 22
解析 分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故5×4＝20(种)．
所以可以表示22条不同的直线．
21．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________．
答案 36
解析 第1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2×12＝24(个)；第2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)．
22．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D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________种．
答案 180
解析 按区域分四步：
第一步，A区域有5种颜色可选；
第二步，B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，D区域也有3种颜色可选．
由分步计数原理，可得共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．
23.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法，故答案是60.
24．若给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有________种．
答案 30
解析 方法一 如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步．
当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法．
(1)当3与1同色时有1种染法，则4有2种，5有1种，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种)．
(2)当3与1不同色时，3有1种，①当4与1同色时，4有1种，5有2种；②当4与1不同色时，4有1种，5有1种，则此时有3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种)．
综合(1)、(2)，由分类计数原理，可得染法的种数为30种．
方法二 通过分析可知，每种颜色至少要涂1次，至多只能涂2次，即有一色涂1次，剩余两种颜色各涂2次．一次的有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)种涂法，涂2次的有2种涂法，故一共有2Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)＝30(种)涂法．
解答题
25.已知集合M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3，－2，－1，0，1，2))，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.
解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数.
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数.
26.有一项活动需在3名老师,6名男同学和8名女同学中选人参加,
(1)若只需一人参加,有多少种不同选法？
(2)若需一名老师,一名学生参加,有多少种不同选法？
(3)若需老师,男同学、女同学各一人参加,有多少种不同选法？
(1)17 (2)42 (3)144
(1)只需一人参加,可按老师、男同学、女同学分三类各自有3、6、8种方法,由分类加法计数原理知,总方法数为3＋6＋8＝17(种)．
(2)分两步,先选教师共3种选法,再选学生共6＋8＝14种选法,由分步乘法计数原理知,总方法数为3×14＝42(种)．
(3)教师、男、女同学各一人可分三步,每步方法依次为3,6,8种．由分步乘法计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)．
3
4
1
2
D
3
4
A
C
B
9
1．分类计数原理
如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步计数原理
如果完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．分类和分步的区别，关键是看事件能否一步完成，事件一步完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，将种数相乘．
课前检测
1.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法共有( )
A.16种 B.13种
C.12种D.10种
答案：C
2.小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡.若他至少买一张，则不同的买法共有( )
A.7种B.8种
C.6种D.9种
解析：选A 要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC电话卡.买2张IC电话卡.买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事.买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法.不同的买法共有2＋3＋2＝7(种).
3.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.2 160B.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，共有10×9×8＝720(种)分法.
4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12 B．8 C．6 D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
5．(2020·山东模拟)某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有__________种.
答案 36
解析 从6名守擂选手中选1名，选法有Ceq \\al(1,6)＝6(种)；复活选手中挑选1名选手，选法有Ceq \\al(1,6)＝6(种)．由分步计数原理，不同的构成方式共有6×6＝36(种)．
6．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________．
答案 9
解析 分三类：第一类，从第1层取一本书有4种，
第二类，从第2层取一本书有3种，
第三类，从第3层取一本书有2种．
共有4＋3＋2＝9(种)．
7．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况．
所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
课中讲解
考点一.分类加法计数原理
例1．（1）满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13 C．12 D．10
答案 B
解析 方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．
②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12(个)实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9(个)，所以答案应为4＋9＝13.
（2）．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
A．240 B．204 C．729 D．920
答案 A
解析 若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．
所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
（3）．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
答案 12
解析 当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类计数原理可知，共有12种结果．
变式1.（1）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.
解析：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数.
答案：36
（2）.如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法.
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.
答案：5
（3）.若椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.
解析：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；
当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；
当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；
当m＝5时，n＝6,7，共2个.
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆.
答案：20
考点二.掌握分步乘法计数原理
例1.（1）已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )
A.6 B.12
C.24D.36
（2）.有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.
[解析] (1)确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定a，由于a＜0，所以有3种方法；
第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法.
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.
(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).
[答案] (1)A (2)120
变式1.(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
答案 B
解析 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
答案 120
解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
考点三.两个计数原理的综合应用
例1.（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.24 B.48
C.72D.96
（2）.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.48B.18
C.24D.36
（3）如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60B.48
C.36D.24
[解析] (1)分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.
②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.
故共有24＋48＝72种涂色方法.
(2)第1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2×12＝24(个)；第2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).
(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
[答案] (1)C (2)D (3)B
变式1.(1)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有________种．
答案 504
解析 根据题意，分2种情况讨论：
①“数”排在第一，将剩下的“五艺”全排列，安排在剩下的5节，有Aeq \\al(5,5)＝120(种)情况．
②“数”不排在第一，则“数”的排法有4种，“射”的排法有4种，将剩下的“四艺”全排列，安排在剩下的4节，有Aeq \\al(4,4)＝24(种)情况，则此时有4×4×24＝384(种)情况．
则一共有120＋384＝504(种)排课顺序．
(2)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)
答案 420
解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．
①第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法．
②第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．
根据分步计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法．
③根据分类计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数．
（3）如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).
解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).
答案：40
课后习题
单选题
1.某班班干部有4名男生和5名女生组成,从9人中选1人参加某项活动,则不同的选法共有( )
A．4种 B．5种 C．9种 D．20种
C
分两类,一类从男生中选,有4种方法；一类从女生中选,有5种方法；用加法原理共有9种方法．故选C．
分类计数,加法原理．
2.若给程序模块命名,需要用3个不同字符,其中首个字符要求用字母A～G,后两个用数字1～9,则最多可以命名的程序模块有( )
A．16个 B．63个 C．24个 D．504个
D
因为首个字符要求用字母A～G共7个,第二个字符有9个,第三个字符用8个,用分步计数原理,共有7×9×8＝504个,故选D．
分步计数,乘法原理．
3.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9 B.14
C.15D.21
解析：选B 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
4..某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A.504B.210
C.336D.120
解析：选A 分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9＝504种不同的插法.
5.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40B.16
C.13D.10
解析：选C 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
6.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A.32个B.34个
C.36个D.38个
解析：选A 将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有Ceq \\al(1,2)＝2(种).共有2×2×2×2×2＝32(个)子集.
7.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；当公比为eq \f(3,2)时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)时，也有4个.故共有8个等比数列.
8.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右.每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )
A.6种B.12种
C.18种D.24种
解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法.
9.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A.4 320种B.2 880种
C.1 440种D.720种
解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法.
10.(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )
A.18个B.15个
C.12个D.9个
解析：选B 由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共有3＋6＋3＋3＝15(个).
11.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A.24种B.4种
C.43种D.34种
解析：选C 第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.
12.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )
A.144个B.120个
C.96个D.72个
解析：选B 由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48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3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个).
13.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( )
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A，B，C，D，按A―→B―→ C―→D顺序涂色，
下面分两种情况：
(1)A，C不同色(注意：B，D可同色.也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种不同的涂法.
(2)A，C同色(注意：B，D可同色.也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种不同的涂法.
故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.
14．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个 C．36个 D．38个
答案 A
解析 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)这样的子集．
15．(2019·凌源模拟)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学都选取到喜欢的礼物，则不同的选法有( )
A．30种 B．50种 C．60种 D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20(种)；②甲同学选择马，乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30(种)，所有总共有20＋30＝50(种)选法．
多选题
16．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有( )
A．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3) B．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)
C．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2) D．18
答案 BC
解析 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子各放1个，
有2种解法：
(1)分2步进行分析：
①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)种放法，
则没有空盒的放法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种．
(2)分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq \\al(2,2)种放法，
则没有空盒的放法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种．
故选BC.
填空题
17.在某一运动会百米决赛上，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.故安排方式有4×3×2＝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5×4×3×2×1＝120(种).
故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种).
答案：2 880
18.有A，B，C型高级电脑各一台，甲.乙.丙.丁4个操作人员的技术等级不同，甲.乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).
解析：由于丙.丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲.乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲.乙.丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲.乙.丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲.丙.丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙.丙.丁3人，同样也只有1种方法.
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法.
答案：8
19.(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________.
解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.
根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.
答案：300
20．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．
答案 22
解析 分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故5×4＝20(种)．
所以可以表示22条不同的直线．
21．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________．
答案 36
解析 第1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2×12＝24(个)；第2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)．
22．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D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________种．
答案 180
解析 按区域分四步：
第一步，A区域有5种颜色可选；
第二步，B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，D区域也有3种颜色可选．
由分步计数原理，可得共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．
23.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法，故答案是60.
24．若给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有________种．
答案 30
解析 方法一 如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步．
当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法．
(1)当3与1同色时有1种染法，则4有2种，5有1种，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种)．
(2)当3与1不同色时，3有1种，①当4与1同色时，4有1种，5有2种；②当4与1不同色时，4有1种，5有1种，则此时有3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种)．
综合(1)、(2)，由分类计数原理，可得染法的种数为30种．
方法二 通过分析可知，每种颜色至少要涂1次，至多只能涂2次，即有一色涂1次，剩余两种颜色各涂2次．一次的有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)种涂法，涂2次的有2种涂法，故一共有2Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,5)＝30(种)涂法．
解答题
25.已知集合M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3，－2，－1，0，1，2))，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.
解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数.
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数.
26.有一项活动需在3名老师,6名男同学和8名女同学中选人参加,
(1)若只需一人参加,有多少种不同选法？
(2)若需一名老师,一名学生参加,有多少种不同选法？
(3)若需老师,男同学、女同学各一人参加,有多少种不同选法？
(1)17 (2)42 (3)144
(1)只需一人参加,可按老师、男同学、女同学分三类各自有3、6、8种方法,由分类加法计数原理知,总方法数为3＋6＋8＝17(种)．
(2)分两步,先选教师共3种选法,再选学生共6＋8＝14种选法,由分步乘法计数原理知,总方法数为3×14＝42(种)．
(3)教师、男、女同学各一人可分三步,每步方法依次为3,6,8种．由分步乘法计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)．
3
4
1
2
D
3
4
A
C
B
9
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