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新高考数学一轮复习教师用书：第十章 1 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案
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这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第十章 1 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案，共14页。
知识点
最新考纲
两个计数原理
理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
排列与组合
了解排列、组合的概念，会用排列数公式，组合数公式解决简单的实际问题.
二项式定理
了解二项式定理，理解二项式系数的性质.
随机事件的概率
了解事件、互斥事件、对立事件的概念．
了解概率与频率的概念.
古典概型
了解古典概型、会计算古典概型中事件的概率.
离散型随机变量及其分布列
了解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解两点分布.
二项分布及其应用
了解独立事件的概念．
了解独立重复试验的模型及二项分布.
离散型随机变量的均值与方差
了解离散型随机变量均值、方差的概念.
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．两个计数原理
两个计数原理
目标
策略
过程
方法总数
分类加法计数原理
完成一件事
有两类不同的方案
在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理
需要两个步骤
做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法
N＝m×n种不同的方法
2.两个计数原理的区别
分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
[教材衍化]
1．(选修23P10练习T4改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A．16 B．13
C．12 D．10
解析：选C.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法4×3＝12(种)．
2．(选修23P12A组T2改编)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．
解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．
答案：32
3．(选修23P12A组T5改编)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________．
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.
答案：6
[易错纠偏]
分类、分步标准不清致误
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )
A．30 B．20
C．10 D．6
解析：选D.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．
2．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________．
解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.
答案：504
3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．
解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.
答案：15 120
分类加法计数原理
(1)椭圆＋＝1(m>0，n>0)的焦点在x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( )
A．10 B．12
C．20 D．35
(2)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】 (1)因为焦点在x轴上，所以m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m＞n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.
(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
【答案】 (1)A (2)36
1.(变条件)在本例(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．
解析：因为m>n.
当m＝k时，n＝1，2，…，k－1.
当m＝k－1时，n＝1，2，…，k－2.
…
当m＝3时，n＝1，2.
当m＝2时，n＝1.
所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝(个)．
答案：
2.(变条件)若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________．
解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．
答案：45
分类加法计数原理的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
1．甲、乙两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情况(各人输赢局次的不同视为不同情况)共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
解析：选C.首先分类计算假如甲赢，比分3∶0是1种情况；比分3∶1共有3种情况，分别是前3局中(因为第四局肯定要赢)，第一或第二或第三局输，其余局数获胜；比分是3∶2共有6种情况，就是说前4局2∶2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局获胜，有6种情况．甲一共有1＋3＋6＝10种情况获胜．所以加上乙获胜情况，共有10＋10＝20种情况．
2．已知集合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．15 D．21
解析：选B.因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，
所以x∈{y，2}．
所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；
当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．
故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.
分步乘法计数原理
(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
(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．
【解析】 (1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
(2)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)B (2)120
1.(变条件)若将本例(2)中的条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．(变条件)若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？
解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．
[提醒] 分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
1．将3张不同的电影票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选B.分步来完成此事．第1张电影票有10种分法；第2张电影票有9种分法；第3张电影票有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．
2．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
(1)P可表示平面上________个不同的点；
(2)P可表示平面上________个第二象限的点．
解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第一步确定a的值，共有6种确定方法；
第二步确定b的值，也有6种确定方法．
根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.
(2)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种确定方法；
第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.
答案：(1)36 (2)6
两个计数原理的综合应用
(1)(2020·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂在图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
(2)(2020·金华十校联考)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，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
【解析】 (1)首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
(2)若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．
【答案】 (1)A (2)A
与两个计数原理有关问题的解题策略
(1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．
(2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．
1.如图，某教师要从A地至B地参加高考教研活动：
路线Ⅰ：A到B有三条路线；
路线Ⅱ：A到C后再到B，其中A到C有1条路线，C到B有2条路线；
路线Ⅲ：从A到D，D到C，C到B，其中A到D，D到C，C到B各有2条路线，则该教师的选择路线种数共有( )
A．10 B．11
C．13 D．24
解析：选C.按路线Ⅰ，共有3种选择；按路线Ⅱ，分2步可以到达B，共有1×2＝2种选择；按路线Ⅲ，分3步，共有2×2×2＝8种，故共有3＋2＋8＝13种选择．
2．满足a，b∈{－1，1，2}，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．9 B．8
C．7 D．6
解析：选D.由a，b的取值可知，ax2＋2x＋b＝0有实数解的条件为Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，当a＝－1时，b＝－1，1，2，共3种情况，当a＝1时，b＝－1，1，共2种情况；当a＝2时，b＝－1，有1种情况，共有3＋2＋1＝6种情况．
核心素养系列20 数学抽象——计数原理中的新定义问题
定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
【解析】 由题意，“规范01数列”有偶数项，即2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，得必有a1＝0，a8＝1，则具体的排法如下：00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101共14个．
【答案】 C
组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路
(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．
(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．
用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法是( )
A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5
B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)
D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)
解析：选A.因为无区别，所以取红球的方法数为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；因为蓝球要都取出，或都不取出，所以方法为1＋b5，因为黑球有区别，因此，取黑球的方法数为(1＋c)5，所以所有取法数为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故选A.
[基础题组练]
1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是( )
A．30 B．42
C．36 D．35
解析：选C.因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．
2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( )
A．3种 B．5种
C．9种 D．12种
解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；
用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；
用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．
由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．
3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )
A．20 B．25
C．32 D．60
解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.
4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为( )
A．24 B．48
C．60 D．72
解析：选B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2，4，3，2，1种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.
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．40 B．16
C．13 D．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.如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连，连线标注的数字，表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以从分开不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )
A．26 B．20
C．24 D．19
解析：选D.因为信息可以从分开不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种办法：12→5→3；12→6→4；12→6→7；12→8→6.故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.
7．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
解析：选C.电路接通，则每一个并联电路中至少有一个开关闭合，再利用乘法原理求解．两个开关并联的电路接通方式有3种，即每个开关单独接通共2种．两个开关都接通有一种，所以共有3种，同理三个开关并联的电路接通方式有7种，由乘法原理可知不同的闭合方式有3×7＝21(种)．
8．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A．180种 B．360种
C．720种 D．960种
解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．
9．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为( )
A．6 B．7
C．8 D．16
解析：选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝ab≥10，即ab≥20.
当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．
当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.
10．在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种 B．48种
C．72种 D．96种
解析：选C.分两种情况：
(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．
(2)A，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)．
综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．
11．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．
第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
答案：36
12．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．
解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．
答案：60
13．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为________．
解析：依题意可知：
当a＝1时，b＝5，6，两种情况；
当a＝2时，b＝5，6，两种情况；
当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；
当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；
当a＝5或6时，b各有五种情况．
所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．
答案：20
14．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
解析：采用排除法．各个焊点有2种情况，所以四个焊点共有24种可能，其中能使线路通的情况有：1，4同时通，且2和3至少有一个通时线路才能通，共有3种可能，故不通的情况共有24－3＝13种情况．
答案：13
15．将4个不同小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有________种．
解析：必有一个盒子放2个小球，将4个小球分3组，其中有2个小球为一组，另外2个小球为两组，共有6种分组方法．然后，每一种分组的小球放入3个不同盒子，按分步乘法计数原理，有3×2×1种放法，共有6×(3×2×1)＝36(种)放法．
答案：36
16．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________．
解析：分类讨论：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)．
答案：36
17．已知集合A＝{最大边长为7，且三边长均为正整数的三角形}，则集合A的真子集共有________个．
解析：另外两个边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须x＋y≥8.
当y取7时，x可取1，2，3，…，7，有7个三角形；
当y取6时，x可取2，3，…，6，有5个三角形；
当y取5时，x可取3，4，5，有3个三角形．
当y取4时，x只能取4，只有1个三角形．
所以所求三角形的个数为7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)个．
答案：216－1
[综合题组练]
1．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？
解：(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，总方法数为3＋6＋8＝17(种)．
(2)分两步，先选老师共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)老师、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，总方法数为3×6×8＝144(种)．
2．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有几种？
解：设四个人为甲、乙、丙、丁，依次写的贺年卡为A，B，C，D.
第一步：甲有3种拿法，即拿了B，C或D.
第二步：对甲的每一种拿法，不妨设拿了乙的B卡，则乙也有3种拿法，即拿A，C或D，有3种拿法．
若乙拿了甲的A卡，则丙、丁只能是丙拿D，丁拿C.
若乙拿了丙的C卡，则丙只能拿D卡，丁拿A卡．
若乙拿了丁的D卡，则丁只能拿C卡，丙拿A卡．
所以分配方式共有3×3＝9(种)．
3．由数字1，2，3，4，
(1)可组成多少个三位数？
(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？
(3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的三位数？
解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．
(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．
(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．
4．已知集合M＝{－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)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，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)当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．
知识点
最新考纲
两个计数原理
理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
排列与组合
了解排列、组合的概念，会用排列数公式，组合数公式解决简单的实际问题.
二项式定理
了解二项式定理，理解二项式系数的性质.
随机事件的概率
了解事件、互斥事件、对立事件的概念．
了解概率与频率的概念.
古典概型
了解古典概型、会计算古典概型中事件的概率.
离散型随机变量及其分布列
了解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解两点分布.
二项分布及其应用
了解独立事件的概念．
了解独立重复试验的模型及二项分布.
离散型随机变量的均值与方差
了解离散型随机变量均值、方差的概念.
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．两个计数原理
两个计数原理
目标
策略
过程
方法总数
分类加法计数原理
完成一件事
有两类不同的方案
在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理
需要两个步骤
做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法
N＝m×n种不同的方法
2.两个计数原理的区别
分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
[教材衍化]
1．(选修23P10练习T4改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A．16 B．13
C．12 D．10
解析：选C.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法4×3＝12(种)．
2．(选修23P12A组T2改编)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．
解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．
答案：32
3．(选修23P12A组T5改编)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________．
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.
答案：6
[易错纠偏]
分类、分步标准不清致误
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )
A．30 B．20
C．10 D．6
解析：选D.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．
2．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________．
解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.
答案：504
3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．
解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.
答案：15 120
分类加法计数原理
(1)椭圆＋＝1(m>0，n>0)的焦点在x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( )
A．10 B．12
C．20 D．35
(2)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】 (1)因为焦点在x轴上，所以m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m＞n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.
(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
【答案】 (1)A (2)36
1.(变条件)在本例(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．
解析：因为m>n.
当m＝k时，n＝1，2，…，k－1.
当m＝k－1时，n＝1，2，…，k－2.
…
当m＝3时，n＝1，2.
当m＝2时，n＝1.
所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝(个)．
答案：
2.(变条件)若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________．
解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．
答案：45
分类加法计数原理的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
1．甲、乙两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情况(各人输赢局次的不同视为不同情况)共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
解析：选C.首先分类计算假如甲赢，比分3∶0是1种情况；比分3∶1共有3种情况，分别是前3局中(因为第四局肯定要赢)，第一或第二或第三局输，其余局数获胜；比分是3∶2共有6种情况，就是说前4局2∶2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局获胜，有6种情况．甲一共有1＋3＋6＝10种情况获胜．所以加上乙获胜情况，共有10＋10＝20种情况．
2．已知集合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．15 D．21
解析：选B.因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，
所以x∈{y，2}．
所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；
当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．
故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.
分步乘法计数原理
(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
(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．
【解析】 (1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
(2)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)B (2)120
1.(变条件)若将本例(2)中的条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．(变条件)若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？
解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．
[提醒] 分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
1．将3张不同的电影票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选B.分步来完成此事．第1张电影票有10种分法；第2张电影票有9种分法；第3张电影票有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．
2．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
(1)P可表示平面上________个不同的点；
(2)P可表示平面上________个第二象限的点．
解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第一步确定a的值，共有6种确定方法；
第二步确定b的值，也有6种确定方法．
根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.
(2)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种确定方法；
第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.
答案：(1)36 (2)6
两个计数原理的综合应用
(1)(2020·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂在图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
(2)(2020·金华十校联考)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，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
【解析】 (1)首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
(2)若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．
【答案】 (1)A (2)A
与两个计数原理有关问题的解题策略
(1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．
(2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．
1.如图，某教师要从A地至B地参加高考教研活动：
路线Ⅰ：A到B有三条路线；
路线Ⅱ：A到C后再到B，其中A到C有1条路线，C到B有2条路线；
路线Ⅲ：从A到D，D到C，C到B，其中A到D，D到C，C到B各有2条路线，则该教师的选择路线种数共有( )
A．10 B．11
C．13 D．24
解析：选C.按路线Ⅰ，共有3种选择；按路线Ⅱ，分2步可以到达B，共有1×2＝2种选择；按路线Ⅲ，分3步，共有2×2×2＝8种，故共有3＋2＋8＝13种选择．
2．满足a，b∈{－1，1，2}，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．9 B．8
C．7 D．6
解析：选D.由a，b的取值可知，ax2＋2x＋b＝0有实数解的条件为Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，当a＝－1时，b＝－1，1，2，共3种情况，当a＝1时，b＝－1，1，共2种情况；当a＝2时，b＝－1，有1种情况，共有3＋2＋1＝6种情况．
核心素养系列20 数学抽象——计数原理中的新定义问题
定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
【解析】 由题意，“规范01数列”有偶数项，即2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，得必有a1＝0，a8＝1，则具体的排法如下：00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101共14个．
【答案】 C
组数、组点、组线、组队及抽取问题的解题思路
(1)组数、组点、组线、组队问题：一般按特殊位置由谁占领分类，每类中再分步计数，当分类较多时，也可用间接法求解．
(2)有限制条件的抽取问题：一般根据抽取的顺序分步或根据选取的元素特点分类，当数目不大时，可用枚举法，当数目较大时，可用间接法求解．
用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法是( )
A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5
B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)
D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)
解析：选A.因为无区别，所以取红球的方法数为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；因为蓝球要都取出，或都不取出，所以方法为1＋b5，因为黑球有区别，因此，取黑球的方法数为(1＋c)5，所以所有取法数为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.故选A.
[基础题组练]
1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是( )
A．30 B．42
C．36 D．35
解析：选C.因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．
2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( )
A．3种 B．5种
C．9种 D．12种
解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；
用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；
用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．
由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．
3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )
A．20 B．25
C．32 D．60
解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.
4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为( )
A．24 B．48
C．60 D．72
解析：选B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2，4，3，2，1种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.
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．40 B．16
C．13 D．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.如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连，连线标注的数字，表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以从分开不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )
A．26 B．20
C．24 D．19
解析：选D.因为信息可以从分开不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种办法：12→5→3；12→6→4；12→6→7；12→8→6.故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.
7．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
解析：选C.电路接通，则每一个并联电路中至少有一个开关闭合，再利用乘法原理求解．两个开关并联的电路接通方式有3种，即每个开关单独接通共2种．两个开关都接通有一种，所以共有3种，同理三个开关并联的电路接通方式有7种，由乘法原理可知不同的闭合方式有3×7＝21(种)．
8．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A．180种 B．360种
C．720种 D．960种
解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．
9．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为( )
A．6 B．7
C．8 D．16
解析：选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为
S＝ab≥10，即ab≥20.
当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．
当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.
10．在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种 B．48种
C．72种 D．96种
解析：选C.分两种情况：
(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．
(2)A，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)．
综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．
11．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．
第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
答案：36
12．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．
解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．
答案：60
13．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为________．
解析：依题意可知：
当a＝1时，b＝5，6，两种情况；
当a＝2时，b＝5，6，两种情况；
当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；
当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；
当a＝5或6时，b各有五种情况．
所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．
答案：20
14．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
解析：采用排除法．各个焊点有2种情况，所以四个焊点共有24种可能，其中能使线路通的情况有：1，4同时通，且2和3至少有一个通时线路才能通，共有3种可能，故不通的情况共有24－3＝13种情况．
答案：13
15．将4个不同小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有________种．
解析：必有一个盒子放2个小球，将4个小球分3组，其中有2个小球为一组，另外2个小球为两组，共有6种分组方法．然后，每一种分组的小球放入3个不同盒子，按分步乘法计数原理，有3×2×1种放法，共有6×(3×2×1)＝36(种)放法．
答案：36
16．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________．
解析：分类讨论：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)．
答案：36
17．已知集合A＝{最大边长为7，且三边长均为正整数的三角形}，则集合A的真子集共有________个．
解析：另外两个边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须x＋y≥8.
当y取7时，x可取1，2，3，…，7，有7个三角形；
当y取6时，x可取2，3，…，6，有5个三角形；
当y取5时，x可取3，4，5，有3个三角形．
当y取4时，x只能取4，只有1个三角形．
所以所求三角形的个数为7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)个．
答案：216－1
[综合题组练]
1．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？
解：(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，总方法数为3＋6＋8＝17(种)．
(2)分两步，先选老师共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)老师、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，总方法数为3×6×8＝144(种)．
2．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有几种？
解：设四个人为甲、乙、丙、丁，依次写的贺年卡为A，B，C，D.
第一步：甲有3种拿法，即拿了B，C或D.
第二步：对甲的每一种拿法，不妨设拿了乙的B卡，则乙也有3种拿法，即拿A，C或D，有3种拿法．
若乙拿了甲的A卡，则丙、丁只能是丙拿D，丁拿C.
若乙拿了丙的C卡，则丙只能拿D卡，丁拿A卡．
若乙拿了丁的D卡，则丁只能拿C卡，丙拿A卡．
所以分配方式共有3×3＝9(种)．
3．由数字1，2，3，4，
(1)可组成多少个三位数？
(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？
(3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的三位数？
解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．
(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．
(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．
4．已知集合M＝{－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)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，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)当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．
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