方程ay=b_x+c中的a，b，c∈{-3，-2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（ ）
分析：
方程变形得y=$\frac {b}{a}$x+$\frac {c}{a}$，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以分b=-3，-2，1，2，3五种情况，利用列举法可解．
解答：
解：方程变形得y=$\frac {b}{a}$x+$\frac {c}{a}$，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以分b=-3，-2，1，2，3五种情况：
(1)当b=-3时，a=-2，c=0，1，2，3或a=1，c=-2，0，2，3或a=2，c=-2，0，1，3或a=3，c=-2，0，1，2；
(2)当b=3时，a=-2，c=0，1，2，-3或a=1，c=-2，0，2，-3或a=2，c=-2，0，1，-3或a=-3，c=-2，0，1，2；
以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；
(3)同理当b=-2或b=2时，共有16+7=23条；
(4)当b=1时，a=-3，c=-2，0，2，3或a=-2，c=-3，0，2，3或a=2，c=-3，-2，0，3或a=3，c=-3，-2，0，2；
共有16条．
综上，共有23+23+16=62种
故选B．
点评：
此题难度很大，若采用排列组合公式计算，很容易忽视重复的9条抛物线．列举法是解决排列、组合、概率等非常有效的办法．要能熟练运用
用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有个．(用数字作答)
分析：
本题是一个分类计数问题，首先确定数字中2和3 的个数，当数字中有1个2，3个3时，当数字中有2个2，2个3时，当数字中有3个2，1个3时，写出每种情况的结果数，最后相加．
解答：
解：由题意知本题是一个分类计数问题，
首先确定数字中2和3 的个数，
当数字中有1个2，3个3时，共有C$_4$_=4种结果，
当数字中有2个2，2个3时，共有C$_4$_=6种结果，
当数字中有3个2，1个3时，共有C$_4$_=4种结果，
根据分类加法原理知共有4+6+4=14种结果，
故答案为：14
点评：
本题考查分类计数原理，是一个数字问题，这种问题一般容易出错，注意分类时要做到不重不漏，本题是一个基础题，也是一个易错题，易错点在数字中重复出现的数字不好处理．
以集合U={a，b，c，d}的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：(1)∅、U都要选出；(2)对选出的任意两个子集A和B，必有A⊆B或B⊆A，那么共有种不同的选法．
分析：
由题意知，子集A和B可以互换，即视为一种选法，从而对子集A分类讨论当A是单元集或是四元集，当A是二元集，B相应的只有两种，当A是三元集，B相应的有6种结果，根据计数原理得到结论．
解答：
解：因为U，Φ都要选出
而所有任意两个子集的组合必须有包含关系
故各个子集所包含的元素个数必须依次递增
而又必须包含空集和全集
所以需要选择的子集有两个
设第二个子集的元素个数为1
有(a)(b)(c)(d)四种选法
(1)第三个子集元素个数为2
当第二个子集为(a)时
第三个子集的2个元素中必须包含a
剩下的一个从bcd中选取
有三种选法
所以这种子集的选取方法共有4×3=12种
(2)第三个子集中包含3个元素
同理三个元素必须有一个与第二个子集中的元素相同
共有4×3=12种
(3)第二个子集有两个元素
有6种取法
第三个子集必须有3个元素且必须包含前面一个子集的两个元素
有两种取法
所以这种方法有6×2=12种
综上一共有12+12+12=36种
故答案为：36．
点评：
题意的理解是一个难点，另外分类点比较多也是制约思维的一个瓶颈．本题考查集合的子集及利用排列组合知识解决实际问题，考查分析问题与解决问题的能力．
甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是．
分析：
由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．
解答：
解：由题意知本题需要分组解决，[br]∵对于7个台阶上每一个只站一人有种；[br]若有一个台阶有2人另一个是1人共有种，[br]∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是=336种．[br]故答案为：336．
点评：
分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整，完成了所有步骤，恰好完成任务．
如果一个三位正整数如“a$_1$a$_2$a$_3$”满足a$_1$＜a$_2$且a$_3$＜a$_2$，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数个数为（ ）
分析：
按照中间一个数字的情况分8类，当中间数为2时，百位数字只能选1，个位数字可以选1和0，当中间数为3时，百位数字有两种选择，个位数字有3种选择，以此类推，写出其他情况，利用加法原理得到结果．
解答：
解：按照中间一个数字的情况分8类，
当中间数为2时，百位数字只能选1，个位数字可以选1和0，有1×2=2种；
当中间数为3时，百位数字有两种选择，个位数字有3种选择，有2×3=6种；
以此类推
当中间数为4时，有3×4=12种；
当中间数为5时，有4×5=20种；
当中间数为6时，有5×6=30种；
当中间数为7时，有6×7=42种；
当中间数为8时，有7×8=56种；
当中间数为9时，有8×9=72种．
根据分类计数原理知故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240种．
故选A．
点评：
数字问题是排列中的一大类问题，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏．
计划在4个不同的体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共有（ ）
分析：
把三个比赛项目分配到4个体育馆进行，所有的方案共有4×4×4 种方法．其中，三个比赛项目被分配到同一个体育馆进行，有4种方法，由此求得满足条件的分配方案数．
解答：
解：把三个比赛项目分配到4个体育馆进行，所有的方案共有4×4×4=64种方法，
其中，三个比赛项目被分配到同一个体育馆进行，有4种方法，
故满足条件的分配方案共有64-4=60种，
故选：A．
点评：
本题主要考查排列、组合、两个基本原理的应用，属于中档题．
某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有种．
分析：
分两种情况：在一个城市投资两个项目，在另一城市投资1个项目；有三个城市各获得一个投资的项目，从而可得结论．
解答：
解：分两种情况
①在一个城市投资两个项目，在另一城市投资1个项目，将项目分成2个与1个，有3种；在4个城市当中，选择两个城市作为投资对象，有4×3=12种，
这种情况有：3×12=36种
②有三个城市各获得一个投资的项目，选择没有获得投资项目的城市，4种；安排项目与城市对应，有3×2×1=6种这种情况有，4×6=24种
综合两种情况，有36+24=60种方案设置投资项目
故答案为：60
点评：
本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
若y=f(x)是定义域为A={x|1≤x≤7，x∈N^{*}}，值域为B={0，1}的函数，则这样的函数共有（ ）
分析：
解答：
点评：
本题考查排列组合及简单的计数原理，间接法是解决问题的关键，属中档题．
在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有( )种．
分析：
每个冠军都有3种可能，因为有四项比赛，根据乘法原理，可得冠军获奖者的可能情况．
解答：
解：由题意，每个冠军都有3种可能，
因为有四项比赛，所以冠军获奖者共有3×3×3×3=3_种可能
故选：C．
点评：
本题以实际问题为载体，考查计数原理，解题的关键是利用每个冠军都有3种可能．
将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的总数为．
分析：
本题是一个分类计数问题，四名学生中有两名学生分在一个班的种数是C$_4$_，有三个学生分在一个班有4种结果，而甲乙被分在同一个班的有2种，得到结果．
解答：
解：由题意知本题是一个分类计数问题，
∵每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到一个班
四名学生中有两名学生分在一个班的种数是C$_4$_=6，
有三个学生分在一个班有4种结果，
而甲乙被分在同一个班的有2种，
∴不同的分法是6+4-2=8种结果，
故答案为：8．
点评：
本题考查排列组合的实际应用，考查利用排列组合解决实际问题，是一个基础题，这种题目是排列组合中经常出现的一个问题．
2014年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带数字“5”或“8”的一律作为“金马卡”，享受一定优惠政策，则这组号码中“金马卡”的个数为（ ）
分析：
由题意知凡卡号的后四位不带数字“5”或“8”的一律不能作为“金兔卡”，后四位没有5和8，后四位中的每一个组成数字只能从另外8个中选，每一位有8种选法，根据分步计数原理得到结果，用总数减去不合题意的即可．
解答：
解：∵凡卡号的后四位带数字“5”或“8”的一律作为“金马卡”，[br]∴凡卡号的后四位不带数字“5”或“8”的一律不能作为“金马卡”，[br]后四位没有5和8，[br]∴后四位中的每一个组成数字只能从另外8个中选，[br]根据分步计数原理知共有8×8×8×8=4096，[br]∴符合条件的有10000-4096=5904，[br]故选：C．
点评：
本题考查分步计数原理的应用，考查带有约束条件的数字问题，这种题目若是从正面来做包括的情况比较多，可以选择从反面来解决，逆向思维解答．
有三本不同的书，一个人去借，至少借一本的方法有（ ）
分析：
只借一本的方法种数，只借2本的方法种数，三本不同的书全借的方法种数，把这三个结果相加，即得所求．
解答：
解：只借一本的方法种数为 C$_3$_=3，
只借2本的方法种数为 C$_3$_=3，
三本不同的书全借的方法种数为1，
∴至少借一本的方法有 3+3+1=7 种，
故选C．
点评：
本题考查排列与组合及两个基本原理，组合数公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，分类讨论是解题的关键．
将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有（ ）
分析：
第一个小球有4种不同的方法，第二个小球也有4种不同的方法，第三个小球也有4种不同的放法，即每个小球都有4种可能的放法，根据分步乘法原理得到结果．
解答：
解：本题是一个分步计数问题
对于第一个小球有4种不同的方法，
第二个小球也有4种不同的方法，
第三个小球也有4种不同的放法，
即每个小球都有4种可能的放法，
根据分步计数原理知共有4×4×4=64
故选B．
点评：
本题考查分步计数原理，是一个典型的分步计数问题，本题对于盒子和小球没有任何限制条件，可以把小球随便放置，注意有限制条件的元素的问题的解法．
某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个新节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（ ）
分析：
方法一：分2种情况：(1)增加的两个新节目相连，(2)增加的两个新节目不相连；
方法二：7个节目的全排列为A$_7$_，两个新节目插入原节目单中后，原节目的顺序不变，故不同插法：$\frac {$_7$}{$_5$}$．
解答：
解：方法一：分2种情况：(1)增加的两个新节目相连，(2)增加的两个新节目不相连；
故不同插法的种数为A$_6$_A$_2$_+A$_6$_=42．
方法二：7个节目的全排列为A$_7$_，两个新节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为$\frac {$_7$}{$_5$}$=$_7$=42，
故选A．
点评：
本题考查排列及排列数公式的应用．
如果一个三位正整数如“a$_1$a$_2$a$_3$”满足a$_1$＜a$_2$，a$_3$＜a$_2$则称这样的三位数为凸数(如120、343、275等)那么所有凸数个数为．
分析：
由题意，可先定中间的数，再研究首位与个位数，即按中间数进行分类讨论，探究此类数的个数．
解答：
解：由题意，当中间数是2时，首位可取1，个位可取0，1，故总的种数有2=1×2
当中间数为3时，首位可取1，2，个位可取0，1，2，故总的种数共有6=2×3
…
当中间数为9时，首位可取1，2，…，8个位可取0，1，2，…，8故总的种数共有72=8×9
故所有凸数个数为1×2+2×3+3×4+…+8×9=2+6+12+20+30+42+56+72=240
故答案为：240．
点评：
本题考查计数原理的应用，解题的关键是理解题中所给的凸数的定义，由定义总结出分类的方法是按中间的数进行分类求解．
将2个相同的a和2个相同的b共4个字母填在3×3的方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法种数为（ ）
分析：
先把a放置好，有18种，另外讨论b的情况，共有11种选择，利用乘法原理，即可得出结论．
解答：
解：先把a放置好，有18种，另外讨论b的情况：
1：当一个b在两个a行和列的交点上时，另一个b有四种选择，此时2×4÷2=4种情况
2：当一个b只在a的一行或一列时，另一个b有三种选择，此时4×3÷2=6种情况
3：当b既不在a的行也不在a的列时，此时b有2×1÷2=1种选择
所以b总共有11种选择，
故不同的填法种数为18×11=198．
故选：C．
点评：
本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，确定b的情况是关键．
高二年级某班有男生36人，女生28人，从中任选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数是（ ）
分析：
高二年级某班共有64人，从中任选一位同学为数学科代表，即可得出结论．
解答：
解：高二年级某班有男生36人，女生28人，即共有64人，从中任选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数64，
故选C．
点评：
本题考查排列知识，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示不同的信号种数是（ ）
分析：
表示信号的方法可以分为三类：挂1面、2面或3面旗，利用分类计算原理，可得结论．
解答：
解：表示信号的方法可以分为三类：[br]①挂一面旗，有3种不同挂法；[br]②分两步，挂两面旗：挂第一面旗有三种不同的选择，第二面旗有剩下2种不同的选择，共有挂法：3×2=6(种)；[br]③分三步，挂三面旗：挂第一面旗有三种不同的选择，挂第二面旗有剩下2种不同的选择，挂第三面旗只剩下1种挂法，共有挂法：3×2×1=6(种)．[br]所以，一共可以表示不同的信号：3+6+6=15(种)．[br]故选C．
点评：
设集合I={1，2，3，4，5，6}，集合A，B是I的子集，若A中含有3个元素，B中至少含有2个元素，且B中所有数均不小于A中最大的数，则满足条件的集合A，B有组．
分析：
根据集合A中只含有3个元素，则可对集合A进行分类讨论，逐一求出集合B的所以情况即可．
解答：
解：当集合A={1，2，3}时，集合B若两个元素有6种，如3个元素有4种，若4个元素有1种，
当集合A={1，2，4}时，集合B若两个元素有3种，如3个元素有1种
当集合A={1，3，4}时，集合B若两个元素有3种，如3个元素有1种
当集合A={2，3，4}时，集合B若两个元素有3种，如3个元素有1种
当集合A={1，2，5}时，集合B若两个元素有1种，
当集合A={1，3，5}时，集合B若两个元素有1种，
当集合A={1，4，5}时，集合B若两个元素有1种，
当集合A={2，3，5}时，集合B若两个元素有1种，
当集合A={2，4，5}时，集合B若两个元素有1种，
当集合A={3，4，5}时，集合B若两个元素有1种，合计29组，
故答案为 29．
点评：
本题主要考查了集合子集的运算，分类讨论的数学思想，属于中档题．
从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为（ ）
分析：
利用分类加法计数原理求解，即可得出结论．
解答：
解：由题意，从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法为：3+2=5
故选：B．
点评：
本题考查分类加法计数原理是应用，考查计算能力．
现有高一年级的学生4名，高二年级的学生5名，高三年级的学生3名，从中任选一人参加夏令营，有( )种不同的选法．
分析：
利用分类计数原理展开求解即可．
解答：
解：∵三个年级共有4+5+3=12名学生，
∴由计数原理可得，从中任选1人参加某项活动共有12种选法．
故选B．
点评：
本题考查简单计数原理的应用，是容易题．