(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第10章 第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第10章 第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (含解析)，共17页。试卷主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。

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
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．
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
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

考点一　分类加法计数原理(基础型)
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＋＝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
考点二　分步乘法计数原理(基础型)
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(　　)
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
考点三　两个计数原理的综合应用(应用型)
1.应用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

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(　　)

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)．