2022届高三数学一轮复习（原卷版）第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理.doc

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1、 第 1 讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、知识梳理 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 Nmn 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 Nmn 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

2、成 常用结论 三个易错点 (1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步 (2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准 (3)分步要做到“步骤完整”，步步相连 二、教材衍化 1已知某公园有 4 个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( ) A16 B13 C12 D10 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 4312(种) 2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

3、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 344532(条) 答案：32 3已知集合 M1，2，3，N4，5，6，7，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 326. 答案：6 一、思考辨析 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

4、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) 二、易错纠偏 常见误区| 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( ) A30 B20 C10 D6 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， 取出的两数都是偶数， 共有 3 种方法； 取出的两数都是奇数， 共有 3 种方法，故由分

5、类加法计数原理得共有 N336(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 789504. 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 45615.由分步

6、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 456120. 答案：15 120 考点一 分类加法计数原理(基础型) 复习指导| 通过实例，了解分类加法计数原理及其意义 核心素养：数学建模 (1)椭圆x2my2n1(m0，n0)的焦点在 x 轴上，且 m1，2，3，4，5，n1，2，3，4，5，6，7，则这样的椭圆的个数为( ) A10 B12 C20 D35 (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，mn，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：m5 时，使 mn，n 有 4 种选择

7、；第二类：m4 时，使 mn，n有 3 种选择；第三类：m3 时，使 mn，n 有 2 种选择；第四类：m2 时，使 mn，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有 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 8765432136(个) 【答案】 (1)A (2)36 【迁移探究 1】 (变条件)在本例(1)中， 若 m1， 2， ， k， n1， 2， ， k(kN*)，其他条件不变，这样的椭

8、圆有多少个？ 解：因为 mn. 当 mk 时，n1，2，k1. 当 mk1 时，n1，2，k2. 当 m3 时，n1，2. 当 m2 时，n1. 所以共有 12(k1)k(k1)2(个) 【迁移探究 2】 (变条件)若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则这样的两位数的个数是多少？ 解：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 36945(个) 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

9、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 ABO 和 ACO 2 种不同的走法； 第三类，中间过两个点，有 ABCO 和 ACBO 2 种不同的走法 由分类加法计数原理可得共有 1225(种)不同的走法 答案：5 2 如果一个三位正整数如“a1a2a3” 满足 a1a2， 且 a2a3， 则称这样的三位数为凸数(如120，343，275 等

10、)，那么所有凸数的个数为_ 解析：若 a22，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 a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有 236(个)若 a24，满足条件的“凸数”有 3412(个)，若 a29，满足条件的“凸数”有 8972(个) 所以所有凸数共有 26122030425672240(个) 答案：240 考点二 分步乘法计数原理(基础型) 复习指导| 通过实例，了解分步乘法计数原理及其意义 核心素养：数学建模 (1)将 4 封不同的信投入 3 个信箱，不同的投法种数为( ) A96 B81 C64 D24 (

11、2)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( ) A24 B18 C12 D9 (3)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)每封信都有 3 种不同的投法，由分步乘法计数原理可得，4 封信共有33333481 种不同的投法故选 B (2)由题意可知 EF 共有 6 种走法，FG 共有 3 种走法，由分步乘法计数原理知，共有 6318 种走法，故选 B (3)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

12、 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 654120(种) 【答案】 (1)B (2)B (3)120 【迁移探究 1】 (变条件)若本例(3)中将条件“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 36729(种) 【迁移探究 2】 (变条件)若将本例(3)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？

13、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 63216(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如图，某电子器件由 3 个电阻串联而成，形成回路，其中有 6 个焊接点 A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能

14、情况共有_种 解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有 26163 种可能情况 答案：63 2从1, 0，1，2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)ax2bxc 的系数，则可组成_个不同的二次函数，其中偶函数有_个(用数字作答) 解析：一个二次函数对应着 a，b，c(a0)的一组取值，a 的取法有 3 种，b 的取法有 3种，c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有 33218(个)二次函数若二次函数为偶函数，则 b0，同上可知共有 326(个)偶函数 答案：18 6 考点三 两个计数原理的综合应用(应用型) 复习指导| 1.应用

15、两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步 2分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键 3分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成 角度一 涂色、种植问题 (2020 重庆模拟)某地行政区域如图，请你用 4 种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有_种不同的涂色方法(用具体数字作答) 【解析】 假设按 abcde 顺序涂色对于 a 有 4 种涂色的方法，对于 b 有 3 种涂色方法，对于 c 有 2 种涂色方法，对于 e：若 c 与 d 颜色相同，则有 2 种涂色方法，若 c与 d 颜色不相同，则只有 1 种涂色方法故共有 432(21)72 种不同的涂色方法 【答案】

16、72 角度二 与几何有关的问题 (1)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( ) A60 B48 C36 D24 (2)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】 (1)长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6636，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 6212， 故符合条件的“平行线面组”的个数是 361248. (2)把与正八边形有公共边的三角形分为两类： 第一类，有

17、一条公共边的三角形共有 8432(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 32840(个) 【答案】 (1)B (2)40 角度三 排数与排队问题 (1)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( ) A144 个 B120 个 C96 个 D72 个 (2)生产过程中有 4 道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等 6 名工人中安排 4 人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排 1 人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排 1 人，则不同的安排方案共有( ) A24 种 B36 种

18、C48 种 D72 种 【解析】 (1)首位为 5， 末位为 0： 43224(个)； 首位为 5， 末位为 2： 43224(个)； 首位为 5， 末位为 4： 43224(个)； 首位为 4， 末位为 0： 43224(个)；首位为 4，末位为 2：43224(个)由分类加法计数原理，得共有 2424242424120(个)故选 B (2)分两类：第一道工序安排甲时有 114312(种)；第一道工序不安排甲时有 124324(种)所以共有 122436(种)故选 B 【答案】 (1)B (2)B 完成一件事的方法种数的计算步骤 第一步，审清题意，弄清要完成的事件是怎样的； 第二步，分析完成

19、这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种； 第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数； 第四步，根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数 1.如图，用 6 种不同的颜色分别给图中 A，B，C，D 四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( ) A400 种 B460 种 C480 种 D496 种 解析：选 C完成此事可能使用 4 种颜色，也可能使用 3 种颜色当使用 4 种颜色时：从 A 开始，有 6 种方法，B 有 5 种，C 有 4 种，D 有 3 种，完成此事共有 6543360种方法；当使用 3 种颜色时：A，D

20、 使用同一种颜色，从 A，D 开始，有 6 种方法，B 有 5种，C 有 4 种，完成此事共有 654120 种方法由分类加法计数原理可知：不同的涂法有 360120480(种) 2如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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( ) A48 B18 C24 D36 解析： 选 D 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 21224(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

21、面对”有 12 个所以正方体中“正交线面对”共有 241236(个) 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 abi，其中 虚数的个数是( ) A30 B42 C36 D35 解析：选 C因为 abi 为虚数，所以 b0，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 6636 个虚数 2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( ) A40 B16 C13 D10 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

22、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 8513 个不同的平面 3已知集合 Px，1，Qy，1，2，其中 x，y1，2，3，9，且 PQ.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( ) A9 B14 C15 D21 解析：选 B因为 Px，1，Qy，1，2，且 PQ， 所以 xy，2 所以当 x2 时，y3，4，5，6，7，8，9，共 7 种情况； 当 xy 时，x3，4，5，6，7，8，9，共 7 种情况 故共有 7714 种情况，即这样的点的个数为 14. 4从集合1，2

23、，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( ) A3 B4 C6 D8 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32时， 等比数列可为 4， 6， 9.同理公比为12，13，23时， 也有 4 个 故共有 8 个等比数列 5 (2020 兰州模拟)将边长为 3 的正方形 ABCD 的每条边三等分， 使之成为 33 表格 将其中 6 个格染成黑色，使得每行每列都有两个黑格的染色方法的种数为( ) A12 B6 C36 D18 解析：选 B根据题意可按照列选择染色的元素，

24、第一列可有 3 种选择方式，第一列方 格标号为 1，2，3.当第一列选定时比如选定 1，2，第二列有两种选择，染第一行和第三行，或者染第二行和第三行， 当第二列确定时， 第三列也就确定了 故共 326 种染色方法 故选 B 6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( ) A24 种 B48 种 C72 种 D96 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 43224(种) (2)A，C 同色，先涂 A 有 4 种，

25、E 有 3 种，C 有 1 种，B，D 各有 2 种，有 432248(种) 综上两种情况，不同的涂色方法共有 482472(种) 7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 09 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( ) A180 种 B360 种 C720 种 D960 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

26、选法因此车牌号码可选的所有可能情况有 53444960(种) 8直线 l：xayb1 中，a1，3，5，7，b2，4，6，8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( ) A6 B7 C8 D16 解析：选 Bl 与坐标轴围成的三角形的面积为 S12ab10，即 ab20. 当 a1 时，不满足；当 a3 时，b8，即 1 条 当 a5，7时，b4，6，8，此时 a 的取法有 2 种，b 的取法有 3 种，则直线 l 的条数为 236.故满足条件的直线的条数为 167.故选 B 9一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从 P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览A，B，

27、C 三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点 O 外)的不同游览线路有( ) A6 种 B8 种 C12 种 D48 种 解析： 选 D 从 P 点处进入结点 O 以后， 游览每一个景点所走环形路线都有 2 个入口(或2 个出口)，若先游览完 A 景点，再进入另外两个景点，最后从 Q 点处出有(44)216 种不同的方法；同理，若先游览 B 景点，有 16 种不同的方法；若先游览 C 景点，有 16 种不同的方法，因而所求的不同游览线路有 31648(种) 10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”)，则首位为 2 的“六合数”共有( ) A18 个 B1

28、5 个 C12 个 D9 个 解析：选 B依题意，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.共计：363315(个) 11满足 a，b1，0，1，2，且关于 x 的方程 ax22xb0 有实数解的有序数对(a，b)的个数为( ) A14 B13 C12 D10 解析：选 B当 a0 时，关于 x 的方程为 2xb0，此时有序

29、数对(0，1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当 a0 时，44ab0，ab1，此时满足要求的有序数对为(1，1)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，1)，(2，1)，(2，0)综上，满足要求的有序数对共有 13 个，故选 B 12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，填写空格的方法有( ) 3 4 A6 种 B12 种 C18 种 D24 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

30、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 1 2 D 3 4 A C B 9 13.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_个 解析：将和等于 11 的数放在一组：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 C122 种，共有 2222232 个子集 答案：32 14从班委会 5 名成员中选出

31、3 名，分别担任班级学生委员、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 人担任文娱委员，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 34336(种) 答案：36 15(一题多解)如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，C，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有_种 解析：法一：首先涂 A 有 4 种涂法，则涂 B 有 3

32、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 432372 种涂法 法二：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这时 A 有 4 种涂法，B 有 3 种涂法，C 有 2 种涂法，D 有 1 种涂法，共有 432124 种涂法；二是用 3 种颜色，这时 A，B，C 的涂法有 43224 种，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2种涂法，所以不同的涂法共有 2424272(种) 答案：72 16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

33、 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 43224(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 54321120(种) 故安排这 8 人的方式共有 241202 880(种) 答案：2 880 综合题组练 1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( ) A4 320 种 B2 880 种 C1 440 种 D720 种 解析：选 A分步进行：

34、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 6543344 320 种不同的涂色方法，故选 A 2在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用 5 局 3 胜制的比赛规则，先赢 3 局者获胜，直到决出胜负为止若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( ) A6 种 B12 种 C18 种 D20 种 解析：选 D分三种情况：恰好打 3 局(一人赢 3 局)，有 2 种情形；

35、恰好打 4 局(一人前3 局中赢 2 局，输 1 局，第 4 局赢)，共有 236 种情形；恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2局，输 2 局，第 5 局赢)，共有 243212 种情形所有可能出现的情形共有 261220 种故选 D 3已知ABC 三边 a，b，c 的长都是整数，且 abc，如果 b25，则符合条件的三角形共有_个 解析：根据三边构成三角形的条件可知，c25a. 第一类：当 a1，b25 时，c 可取 25，共 1 个值； 第二类，当 a2，b25 时，c 可取 25，26，共 2 个值； 当 a25，b25 时，c 可取 25，26，49，共 25 个值； 所以三角形的个

36、数为 1225325. 答案：325 4 若 m， n 均为非负整数， 在做 mn 的加法时各位均不进位(例如： 1343 8023 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而 mn 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，110，101，共 2 种组合方式； 第 2 步，909，918，927，936，990，共 10 种组合方式； 第 3 步，404，413，422，431，440，共 5 种组合方式； 第 4 步，202，211，220，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”有序对的个数为 21

37、053300. 答案：300 5已知集合 M3，2，1，0，1，2，若 a，b，cM，则： (1)yax2bxc 可以表示多少个不同的二次函数？ (2)yax2bxc 可以表示多少个图象开口向上的二次函数？ 解：(1)yax2bxc 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 yax2bxc 可以表示 566180 个不同的二次函数 (2)当 yax2bxc 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 yax2bxc 可以表示 26672 个图象开口向上的二次函数 6如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染

38、上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有 5 种颜色可供使用，求不同的染色方法种数 解：法一：按所用颜色种数分类 第一类：5 种颜色全用，共有 A55种不同的方法； 第二类：只用 4 种颜色，则必有某两个顶点同色(A 与 C，或 B 与 D)，共有 2A45种不同的方法； 第三类：只用 3 种颜色，则 A 与 C，B 与 D 必定同色，共有 A35种不同的方法 由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为 A552A45A35420(种) 法二：以 S，A，B，C，D 顺序分步染色 第一步：S 点染色，有 5 种方法； 第二步：A 点染色，与 S 在同一条棱上，有 4 种方法； 第三步：B 点染色，与 S，A 分别在同一条棱上，有 3 种方法； 第四步：C 点染色，也有 3 种方法，但考虑到 D 点与 S，A，C 相邻，需要针对 A 与 C是否同色进行分类，当 A 与 C 同色时，D 点有 3 种染色方法；当 A 与 C 不同色时，因为 C与 S，B 也不同色，所以 C 点有 2 种染色方法，D 点也有 2 种染色方法由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有 543(1322)420(种)