6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

第六章　计数原理 6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基础过关练 题组一　分类加法计数原理 1.(2025山西忻州第一中学期初)已知甲部门有员工4人,乙部门有员工5人,丙部门有员工6人,现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动,不同的选法种数为(　　) A.120　　　　B.15　　　　C.25　　　　D.90 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.10　　　　B.13　　　　C.16　　　　D.40 3.(教材习题改编)数字0,1,1,2可以组成不同的三位数共有(　　) A.24个　　　　B.12个　　　　C.9个　　　　D.6个 4.(多选题)(2025广东江门鹤山第一中学月考)如图,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,信息可以分开沿不同的路线同时传递,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网线相连,则单位时间内传递的信息量可以为(　　) A.18　　　　B.19　　　　C.24　　　　D.26 5.(2025重庆南开中学质检)小南将一枚骰子连续抛掷3次,每一次骰子都会等可能地出现1,2,3,4,5,6点,则3次骰子点数按抛掷顺序构成等差数列的情况有　　　　种.  题组二　分步乘法计数原理 6.(2025河南南阳六校期末)从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人在某小学附近的三个路口维护交通,每个路口安排一人,则不同的安排方法有(　　) A.18种　　　　B.24种　　　　C.36种　　　　D.48种 7.(2025湖南示范性高中联考)已知A机器中有7个娃娃,B机器中有8个娃娃,且这15个娃娃互不相同,某人从A,B机器中分别抓取1个娃娃,则此人抓取娃娃的不同情况共有(　　) A.15种　　　　B.30种　　　　C.45种　　　　D.56种 8.(2025河北定州中学一模)勒洛三角形是一种特殊三角形,指分别以正三角形的三个顶点为圆心,以其边长为半径作圆弧,由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,且相邻区域颜色不同,则不同的涂色方案种数为(　　) A.120　　　　B.240　　　　C.300　　　　D.320 9.(2025湖南长沙第一中学期末)某大学开设篮球、足球等5门球类选修课,要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小红3位同学进行选课,其中小明不选篮球和足球,则不同的选课方法共有(　　) A.36种　　　　B.50种 C.75种　　　　D.125种 10.(2025湖北武汉调研考试)有四对双胞胎共8人,从中随机选出4人,则其中恰有一对双胞胎的选法种数为(　　) A.40　　　　B.48　　　　C.52　　　　D.60 11.(多选题)(2025重庆荣昌永荣中学月考)下列说法中正确的有(　　) A.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有43种报名方法 B.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有34种报名方法 C.4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(每项冠军只允许一人获得),共有43种可能结果 D.4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(每项冠军只允许一人获得),共有34种可能结果 12.(教材习题改编)设集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是坐标平面上的点,a,b∈M. (1)P可以表示多少个平面上不同的点? (2)P可以表示多少个第二象限的点? (3)P可以表示多少个不在直线y=x上的点? 题组三　两个计数原理的综合应用 13.(2025湖北部分名校联考)学校为促进学生发展课外兴趣,积极开展各类校园社团活动,某同学计划从美术、街舞等五个社团中选择三个参加,若美术和街舞中最少选择一个,则不同的选择方法共有(　　) A.7种　　　　B.8种　　　　C.9种　　　　D.10种 14.(2025广东深圳大学附属中学期末)某学校高二年级开设了乒乓球、羽毛球和篮球三门课,甲、乙两位同学每人从中选择一门,且允许多位同学选择同一门课.若至少有一位同学选择了乒乓球,则这两位同学不同的选课方法共有(　　) A.2种　　　　B.4种　　　　C.5种　　　　D.9种 15.(易错题)中国有十二生肖,又叫十二属相,每个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,若三位同学对选取的礼物都满意,则不同的选法有(　　) A.30种　　　　B.50种　　　　C.60种　　　　D.90种 16.(多选题)(2025山东青岛第五十八中学检测)现有4个兴趣小组,第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人,则下列说法正确的是(　　) A.选1人为负责人的选法种数为30 B.每组选1名组长的选法种数为3 024 C.若推选2人发言,这2人需来自不同的小组,则不同的选法种数为335 D.若另有3名学生加入这4个小组,可自由选择小组,且第一组必有人选,则不同的选法有35种 17.(2025江苏淮安涟水第一中学月考)如图,有A,B两组电路图. 　　 (1)对于B组电路图,闭合两个开关即可通电的方法有多少种? (2)若A组电路与B组电路从衔接点M,N处连接,把两电路串联起来,则只需闭合三个开关就可通电的方法有多少种? 能力提升练 题组一　分类加法计数原理 1.(2024重庆第一中学校月考)太极八卦图如图所示,由八卦模型图可抽象得到正八边形,从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形,其中梯形的个数为(　　) A.8　　　　B.16　　　　C.24　　　　D.32 2.(2025湖北部分高中协作体期中)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 3.(2025河南南阳检测)从正整数1,2,3,…,999,1 000中取出100个不同的数组成递增的等差数列,这样的数列共有(　　) A.4 555个　　　　B.4 654个 C.5 445个　　　　D.5 500个 4.(2025湖南长沙第一中学阶段检测)如图,某景区共有A,B,C,D,E五个景点,相邻景点之间仅设置一个检票口供出入,共有7个检票口,工作人员为了检测检票设备是否正常,需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口,依次对所有检票口进行检测,则共有　　　　种不同的检测顺序.  题组二　分步乘法计数原理 5.(2025湖南师范大学附属中学期末)现有4个同学站成一排,将甲、乙2个同学加入排列,保持原来4个同学的相对顺序不变,不同的方法共有(　　) A.10种　　　　B.20种 C.30种　　　　D.60种 6.(创新题)(2025重庆第八中学校月考)用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球,由分步加法计数原理及分步乘法计数原理知,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”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3个无区别的红球、3个无区别的蓝球、2个有区别的黑球中取出若干个球,且所有蓝球都取出或都不取出的所有取法种数的是(　　) A.(1+a+a2+a3)(1+b3)(1+c)2 B.(1+a3)(1+b+b2+b3)(1+c)2 C.(1+a)3(1+b+b2+b3)(1+c2) D.(1+a3)(1+b)3(1+c+c2) 7.(2025河北十县期中联考)如图,在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片,每格只放一张卡片,则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有(　　) A.16种　　　　B.32种　　　　C.64种　　　　D.96种 8.(2024辽宁沈阳二中开学考试)整数3 528有　　　　个不同的正因数.  9.(2025云南昆明师范大学附属中学期中)某电商推出了A,B,C,D四种红包,活动规定每人可以依次点击5次,每次都会获得四种红包中的一种,若集齐四种才能获奖,且每次红包出示的顺序不同,对应的奖次也不同.甲按规定依次点击了5次,直到第5次才获奖,则他获得奖次的不同情形种数为　　　　.  题组三　两个计数原理的综合应用 10.(2025广东东莞第一中学月考)用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　) A.324　　　　B.328　　　　C.360　　　　D.648 11.(创新题·新情境)(2025重庆第十一中学质量检测)无人机光影秀中,有8架无人机的排列如图所示,每架无人机均可以发出4种不同颜色的光,1至5号无人机发出的颜色必须相同,6,7号无人机发出的颜色必须相同,8号无人机发出的颜色与其他无人机均不相同,则这8架无人机同时发光时,不同的灯光组合共有(　　) A.48种　　　　B.12种 C.18种　　　　D.36种 12.(2024陕西榆林横山中学期中)如图所示的是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E五个水闸,若上游有充足水源但下游没有水,则这五个水闸打开或关闭的情况有(　　) A.7种　　　　B.15种 C.23种　　　　D.26种 13.(2024四川宜宾检测)有一辆单向行驶的汽车,满载为25人,全程共设14个车站,途中每个车站均可上下乘客,由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票,在一次单程行驶中,车上最多卖出不同的车票的种数是(　　) A.63　　　　B.65　　　　C.67　　　　D.69 14.(2025河南驻马店青桐鸣联考)某中学高二年级入学进行了一场为期一周的军训,在军训过程中,教官根据班级表现从各个维度进行评分,最终评出“先进集体”“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”四个奖项.已知总共有三个班级获奖,其中有两个班级均获得了“先进集体”,剩余三个奖项每个奖项均只有一个班级获得,则所有的颁奖方式有(　　) A.57种　　　　B.60种 C.114种　　　　D.120种 15.(2025河南南阳第二中学月考)用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色,要求相邻两个圆所涂颜色不能相同,且红色至少要涂两个圆,则不同的涂色方案种数为(　　) A.25　　　　B.630 C.605　　　　D.580 16.(2024重庆期中)某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有　　　　种.  17.(2025上海大学附属中学开学测试)已知集合A=,若a,b,c∈A且互不相等,则使得指数函数y=ax,对数函数y=logbx,幂函数y=xc中至少有两个函数在(0,+∞)上单调递增的有序数对(a,b,c)的个数是　　　.  18.(创新题)(新考法·借助线面垂直考查两个计数原理)(2025上海外国语大学附属外国语学校月考)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”.在正方体中,由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为　　　　.  答案与分层梯度式解析 第六章　计数原理 6.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 基础过关练 1.B 2.B 3.C 4.AB 6.B 7.D 8.D 9.C 10.B 11.BC 13.C 14.C 15.B 16.ABC 1.B　根据分类加法计数原理,不同的选法种数为4+5+6=15. 2.B　分两类情况讨论: 第一类,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; 第二类,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,共可以确定8+5=13个不同的平面. 3.C　当百位上的数字为1时,组成的三位数有101,102,110,112,120,121,共6个;当百位上的数字为2时,组成的三位数有201,210,211,共3个. 由分类加法计数原理可知,组成不同的三位数共有6+3=9个. 4.AB　由题图可知,第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3,第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4,第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6,第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6,所以该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3+4+6+6=19,结合选项可知A,B符合题意. 5.答案　18 解析　公差为0的情况有6种:111,222,333,444,555,666; 公差为±1的情况有8种:123,234,345,456,321,432,543,654; 公差为±2的情况有4种:135,246,531,642. 由分类加法计数原理得,3次骰子点数按抛掷顺序构成等差数列的情况有6+8+4=18种. 6.B　第一个路口有4种选择,第二个路口有3种选择,最后一个路口有2种选择,由分步乘法计数原理可知,不同的安排方法有4×3×2=24种. 7.D　从A机器中抓取1个娃娃,有7种不同的情况;从B机器中抓取1个娃娃,有8种不同的情况.根据分步乘法计数原理,不同情况共有7×8=56种. 8.D　先涂中间区域,有5种选择,再逐个涂旁边区域,都有4种选择,由分步乘法计数原理得,不同的涂色方案种数为5×4×4×4=320. 9.C　因为小明不选篮球和足球,所以小明有3种选课方法,小强和小红各有5种选课方法, 所以不同的选课方法共有3×5×5=75种. 10.B　先从四对双胞胎中选出一对,有4种选择;再从剩下的六人中选出两人,且这两人不能是一对双胞胎,这相当于从三对双胞胎中选出两对,再从每对中选出一人,共有3×2×2=12种选择.根据分步乘法计数原理,共有4×12=48种选法. 11.BC　对于A,B,可分为四步完成,每一名同学依次从三个项目中选一个项目报名,均有3种方法,由分步乘法计数原理可得,共有34种报名方法,故A错误,B正确; 对于C,D,可分为三步完成,依次确定跑步、跳高、跳远比赛的冠军,均有4种可能,由分步乘法计数原理可得,共有43种可能结果,故C正确,D错误. 12.解析　(1)分两步:第一步,确定a,有6种选法;第二步,确定b,也有6种选法.根据分步乘法计数原理,P可以表示6×6=36个平面上不同的点. (2)分两步:第一步,确定a,只能从-3,-2,-1中选,有3种选法;第二步,确定b,只能从1,2中选,有2种选法.根据分步乘法计数原理,P可以表示3×2=6个第二象限的点. (3)分两步:第一步,确定a,从集合M中的6个元素中任选一个,有6种选法;第二步,确定b,从剩下的5个元素中任选一个,有5种选法.根据分步乘法计数原理,P可以表示6×5=30个不在直线y=x上的点. 13.C　分两种情况: ①美术、街舞都选,则还需从剩余的三个社团中选择一个,共有3种选择方法; ②美术、街舞中选择一个,则还需从剩余的三个社团中选择两个,共有2×3=6种选择方法. 故不同的选择方法共有3+6=9种. 14.C　解法一(直接法):①甲、乙两位同学都选择了乒乓球课,共有1种选法;②甲、乙两位同学中只有一位选择了乒乓球课,另一位从羽毛球和篮球两门课中选择一门,共有2×2=4种选法.故不同的选课方法共有1+4=5种. 解法二(间接法):甲、乙两位同学每人从乒乓球、羽毛球和篮球三门课中选择一门,共有3×3=9种选课方法,甲、乙两位同学每人从羽毛球和篮球两门课中选择一门,共有2×2=4种选课方法,则甲、乙两位同学中至少有一位同学选择了乒乓球的不同的选课方法共有9-4=5种. 15.B　①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20; ②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30. 综上,共有20+30=50种不同的选法. 16.ABC　对于A,从第一组中选1人有6种选法,从第二组中选一人有7种选法,从第三组中选一人有8种选法,从第四组中选一人有9种选法,所以选1人为负责人的选法种数为6+7+8+9=30,故A正确; 对于B,每组选1名组长的选法种数为6×7×8×9=3 024,故B正确; 对于C,若2人分别选自第一组和第二组,则有6×7=42种选法, 若2人分别选自第一组和第三组,则有6×8=48种选法, 若2人分别选自第一组和第四组,则有6×9=54种选法, 若2人分别选自第二组和第三组,则有7×8=56种选法, 若2人分别选自第二组和第四组,则有7×9=63种选法, 若2人分别选自第三组和第四组,则有8×9=72种选法, 由分类加法计数原理可得共有42+48+54+56+63+72=335种不同的选法,故C正确; 对于D,若不考虑限制,每个人都有4种选择,共有43种选择,若第一组没有人选,则每个人有3种选择,共有33种选择,所以不同的选法种数为43-33=37,故D错误. 17.解析　(1)对于B组电路,可分上、中、下路三类. 上路:第一步接通有1种方法,第二步接通有3种方法,方法数为1×3=3; 中路:第一步接通有2种方法,第二步接通有2种方法,方法数为2×2=4; 下路:第一步接通有2种方法,第二步接通有3种方法,方法数为2×3=6. 故所求方法有3+4+6=13种. (2)对于A组,闭合一个开关可使电路通电,可分两路:上路接通有2种方法,下路接通有3种方法,方法数为2+3=5. A,B两组串联后要使电路通电,需A,B两组均通电,A组电路通电有5种情况,由(1)知B组电路闭合两个开关通电有13种情况,所以串联后只需闭合三个开关就可通电有5×13=65种情况. 能力提升练 1.C 2.B 3.A 5.C 6.A 7.D 10.B 11.D 12.C 13.C 14.A 15.B 1.C　梯形的上、下底平行且不相等,如图所示, 若以AB为底边,则可构成2个梯形,此类梯形有2×8=16个;若以AC为底边,则可构成1个梯形,此类梯形共有8个. 所以梯形的个数为16+8=24. 解题模板 利用分类加法计数原理求完成一件事的方法数,要明确完成这件事的限制条件,根据限制条件对事件进行分类,将复杂事件分解为简单事件,必要时采取列举的方法求出完成简单事件的方法数,再求和即可. 2.B　①当a=0时,很显然方程有解,此时b可取4个值,故有4个有序数对满足题意;②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,即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),共9对.故满足题意的有序数对(a,b)的个数为4+9=13. 3.A　设等差数列的首项为a1,公差为d,则1≤a1≤1 000-99d,1≤d≤10,d∈Z, 对于每一个公差d,首项a1有1 000-99d种情况,  所以满足条件的数列共有(1 000-99)+(1 000-99×2)+…+(1 000-99×10)=4 555个. 4.答案　32 解析　如图,将5个景点抽象为5个点,7个检票口抽象为7条路线, 则问题可转化为不重复地走完7条路线,即一笔画问题, 由从B或E处出发的路线是奇数条,其余是偶数条,可以判断只能从B或E处出发才能不重复地走完7条路线,由图形对称性知从B处出发和从E处出发出现的情况种数相同,故只列出从B处出发的路线情形即可. ①走BA路线:3126547,3126745,3147526,3147625,3156247,3157426,共6种; ②走BC路线:4137526,4137625,4265137,4267315,4562137,4573126,共6种; ③走BE路线:7513426,7543126,7621345,7624315,共4种. 故共有2×(6+6+4)=32种不同的检测顺序. 5.C　4个同学站成一排有5个空,甲加入排列有5种情况,此时队列变成5个人,有6个空,乙加入排列有6种情况,由分步乘法计数原理得,共有5×6=30种不同的方法. 6.A　第一步,从3个无区别的红球中取出若干个球,有(1+a+a2+a3)种取法; 第二步,将3个无区别的蓝球都取出或都不取出,有(1+b3)种取法; 第三步,从2个有区别的黑球中取出若干个球,有(1+c)(1+c)=(1+c)2种取法. 根据分步乘法计数原理,满足题意的取法种数为(1+a+a2+a3)(1+b3)(1+c)2. 7.D　分三步进行: 第一步,排中间一列的两个数字,要求两个数字之和为7,则中间一列的数字为三组数1,6或2,5或3,4中的一组,共有3×2=6种排法; 第二步,排第一列数字,要求这两个数字之和不为7,则共有4×2=8种排法(从剩余4个数中选一个放在第一行,再从与第一行数字和不为7的两个数中选一个放在第二行); 第三步,排最后一列,剩余2个数字,共有2种排法. 由分步乘法计数原理知,不同的排法种数为6×8×2=96. 8.答案　36 解析　因为3 528=23×32×72, 所以3 528的正因数必为2a×3b×7c的形式,a∈{0,1,2,3},b∈{0,1,2},c∈{0,1,2}, 因此3 528共有4×3×3=36个不同的正因数. 9.答案　144 解析　因为直到第5次才获奖,所以前4次获得了三种红包,(破题关键)采用分步计算:①第5次共有4种选择,②前4次获得三种红包,则有一种红包出现2次,从三种红包中选出一种出现2次,有3种选择,从4次点击中选2次出现的红包不同,有6种选择,再分配两种红包,共有3×6×2=36种选择,所以共有4×36=144种不同情形. 10.B　对特殊元素0是否在个位上进行分类讨论. 若个位数字为0,则百位、十位的排法种数为9×8=72; 若个位数字不为0,则个位数字为偶数有4种选择,百位数字有8种选择,十位数字有8种选择,所以排法种数为4×8×8=256. 故可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为72+256=328. 11.D　 思路点拨 对6,7号无人机发出的颜色与1至5号无人机发出的颜色是否相同进行分类讨论. 解析　由题意可知,1至5号无人机发出的颜色有4种选择; 当6,7号无人机发出的颜色与1至5号无人机发出的颜色相同时,8号无人机发出的颜色有3种选择, 当6,7号无人机发出的颜色与1至5号无人机发出的颜色不同时,6,7号无人机发出的颜色有3种选择,8号无人机发出的颜色有2种选择. 所以不同的灯光组合共有4×(1×3+3×2)=36种. 12.C　这五个水闸任意打开或关闭共有25=32种情况,若上游有水流到下游,则A水闸一定打开,B,C至少打开一个,D,E至少打开一个,情况共有1×3×3=9种,故下游没水的情况有32-9=23种. 13.C　车上应该准备每个车站到它后面每一个车站的车票,所以一共应该准备13+12+11+…+2+1=91种, 但车票不可能在一场单程行驶中都卖出去, 当以前面7个车站中的某一个作为起点,后面7个车站中的某一个作为终点时,应当有7×7=49种车票,此种情况下车票种类最多, 但持有这种票的乘客都要通过7号车站与8号车站之间,且汽车满载为25人, 所以这类车票至少会有49-25=24种卖不出去, 所以车上最多卖出不同的车票的种数是91-24=67. 14.A　设获奖的三个班级分别为A,B,C,首先分配“先进集体”奖,有3种可能(AB,AC,BC); 再分配“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项,每个奖项都有A,B,C三种可能,所以共有33=27种可能,若其中一个班级一个奖项都不获得,即“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项均分配到两个获得“先进集体”奖的班级,则共有23=8种可能,所以所有的颁奖方式有3×(27-8)=57种. 15.B　将题中5个圆,从左至右依次标号为1,2,3,4,5. ①当红色涂2个圆时, 若红色涂1,3号圆,则其余3个圆有5×5×4=100种涂法; 若红色涂1,4号圆,则其余3个圆有5×4×5=100种涂法; 若红色涂1,5号圆,则其余3个圆有5×4×4=80种涂法; 若红色涂2,4号圆,则其余3个圆有5×5×5=125种涂法; 若红色涂2,5号圆,则其余3个圆有5×5×4=100种涂法; 若红色涂3,5号圆,则其余3个圆有5×4×5=100种涂法. ②当红色涂3个圆时,红色必定涂1,3,5号圆,其余2个圆有5×5=25种涂法. 综上所述,不同的涂色方案种数为100+100+80+125+100+100+25=630. 16.答案　28 解析　由题意得既会打篮球又会踢足球的人数为5+6-9=2,只会打篮球的人数为3,只会踢足球的人数为4. 若从只会打篮球的3人中选1人,则有3×6=18种选法;若从既会打篮球又会踢足球的2人中选1人参加篮球赛,从剩下的会踢足球的5人中选1人参加足球赛,则有2×5=10种选法. 故不同的选派方案有18+10=28种. 方法总结 解决此类问题时可按只会一种本领被选的人数来分类,将会多种本领和只会另一种本领的人放在一起,这样可简化解题过程. 17.答案　24 解析　满足指数函数y=ax(a>0且a≠1)和对数函数y=logbx(b>0且b≠1)的a,b的取值都有4个,为,2,3,使它们在(0,+∞)上单调递增的a,b的取值都只有两个,为2,3; 满足幂函数y=xc的c的取值有6个(全部),使幂函数y=xc在(0,+∞)上单调递增的c的取值有4个,为,2,3. 而a,b,c∈A且互不相等,则满足条件的情况有四种: ①仅指数函数y=ax和对数函数y=logbx在(0,+∞)上单调递增,共有2×1×2=4种情况; ②仅指数函数y=ax和幂函数y=xc在(0,+∞)上单调递增,共有2×2×2=8种情况; ③仅对数函数y=logbx和幂函数y=xc在(0,+∞)上单调递增,共有2×2×2=8种情况; ④三个函数在(0,+∞)上都单调递增,共有2×1×2=4种情况. 利用分类加法计数原理可得,共有4+8+8+4=24种情况. 18.答案　44 思路点拨 以正方体的棱、面对角线、体对角线为分类标准,讨论可构成的“正交线面对”的个数. 解析　如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中, ①正方体有12条棱,而每一条棱都垂直于2个面,所以可以构成的“正交线面对”有12×2=24个; ②正方体每个面有2条对角线,所以正方体有2×6=12条面对角线, 因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又A1C1⊥B1D1,BB1∩B1D1=B1,BB1,B1D1⊂平面BDD1B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1, 所以每一条面对角线均与一个对角面构成“正交线面对”,所以这样的“正交线面对”有12×1=12个; ③正方体有4条体对角线, 因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1,又A1C1⊥B1D1,CC1∩A1C1=C1,CC1,A1C1⊂平面ACC1A1,所以B1D1⊥平面ACC1A1,因为AC1⊂平面ACC1A1,所以B1D1⊥AC1, 同理B1C⊥AC1,又B1D1∩B1C=B1,B1D1,B1C⊂平面B1CD,所以AC1⊥平面B1CD1,同理可得AC1⊥平面A1BD, 所以每一条体对角线都与两个面构成“正交线面对”,所以这样的“正交线面对”有4×2=8个. 综上所述,正方体中的“正交线面对”的个数为24+12+8=44. 25 学科网（北京）股份有限公司 $