2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十章　第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十章　第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类方案．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 完成一件事需要两个步骤．做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝mn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．‎ 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(　　)‎ 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．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．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 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 ‎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(典例迁移)‎ ‎ (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，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8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．‎ ‎【答案】　(1)A　(2)36‎ ‎【迁移探究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，这样的椭圆有多少个？‎ 解：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)．‎ ‎【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36＋9＝45(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 ‎2．如果一个三位正整数如“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________．‎ 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)．‎ 所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．‎ 答案：240‎ ‎　　　　　　分步乘法计数原理(典例迁移)‎ ‎ (1)将4封不同的信投入3个信箱，不同的投法种数为(　　)‎ A．96 B．81‎ C．64 D．24‎ ‎(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(　　)‎ A．24　　　　　　　　　 B．18‎ C．12 D．9‎ ‎(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3×3×3×3＝34＝81种不同的投法．故选B.‎ ‎(2)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18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)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36＝729(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？‎ 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．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26－1＝63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)＝ax2＋bx＋c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(a≠0)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3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．‎ 答案：18　6‎ ‎　　　　　　两个计数原理的综合应用(多维探究)‎ 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a→b→c→d→e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4×3×2×(2＋1)＝72种不同的涂色方法．‎ ‎【答案】　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(　　)‎ A．60 B．48‎ C．36 D．24‎ ‎(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.‎ ‎(2)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】　(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(　　)‎ A．144个　　 B．120个　　　‎ C．96个　　 D．72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(　　)‎ A．24种 B．36种 ‎ C．48种 D．72种 ‎【解析】　(1)①首位为5，末位为0：4×3×2＝24(个)；②首位为5，末位为2：4×3×2＝24(个)；③首位为5，末位为4：4×3×2＝24(个)；④首位为4，末位为0：4×3×2＝24(个)；⑤首位为4，末位为2：4×3×2＝24(个)．由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．故选B.‎ ‎(2)分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．故选B.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)B 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 ‎(1)弄清完成一件事是做什么．‎ ‎(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．‎ ‎(3)弄清分步、分类的标准是什么．‎ ‎(4)利用两个计数原理求解．‎ ‎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(　　)‎ A．400种　　　　　　 B．460种 C．480种 D．496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6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：A，D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6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(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(　　)‎ A．48 B．18‎ C．24 D．36‎ 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)．‎ ‎ [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．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．‎ ‎3．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.‎ ‎4．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．3 B．4‎ C．6 D．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；当公比为时，等比数列可为4，6，9.同理公比为，，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3×3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(　　)‎ A．12 B．6‎ C．36 D．18‎ 解析：选B.根据题意可按照列选择染色的元素，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3×2＝6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(　　)‎ 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)．‎ ‎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)．‎ ‎8．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.‎ ‎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，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(　　)‎ A．6种 B．8种 C．12种 D．48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(4＋4)×2＝16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3×16＝48(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(　　)‎ A．18个 B．15个 C．12个 D．9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：3＋6＋3＋3＝15(个)．‎ ‎11．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 解析：选B.当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，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 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.‎ ‎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C＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个子集．‎ 答案：32‎ ‎14．从班委会5名成员中选出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3×4×3＝36(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．‎ 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4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24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24＋24×2＝72(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 ‎[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(　　)‎ 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，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(　　)‎ A．6种 B．12种 C．18种 D．20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；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2×3＝6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2×＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故选D.‎ ‎3．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，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，c<25＋a.‎ 第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；‎ 第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25，26，共2个值；‎ ‎……‎ 当a＝25，b＝25时，c可取25，26，…，49，共25个值；‎ 所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.‎ 答案：325‎ ‎4．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”有序对的个数为2×10×5×3＝300.‎ 答案：300‎ ‎5．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．‎ ‎6．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，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A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2×A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A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A＋2×A＋A＝420(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5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．‎