2021届浙江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 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．‎