耳环搭配-三个子

高中数学排列

（一）典型分类讲解
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.
先排末位共有
C
3

然后排首位共有
C
4

最后排其它位置共有
3

A
4
113
与组合
1
1
C
4
1
A
4
3
C
3

1
由分步计数原理得
C
4
C
3
A
4
288

练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多 少不同的种法？

二.相邻元素捆绑策略
例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.
解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个 复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元
素内部进行自排。由分 步计数原理可得共有
甲乙
丙丁
522
A
5
A
2A
2
480
种不同的排法


要求某几个元素必须 排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元

素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.


练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20

三.不相邻问题插空策略
例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱 ,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？
解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱 共有
种
第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有
A
5
5
种，
4
54
不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共 有
A
5
A
6
种
A
6


元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端

练习题：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，且两
个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 30

四.定序问题倍缩空位插入策略
例4. 7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法
解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排 列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素
之间的全排列数, 则共有不同排法种数是：
3
A
7
7
A
3

44
种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有
A
7
种
A
7
(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有
方法。
思考:可以先让甲乙丙就坐吗?
（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共有

方法

定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理



练习题:10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？
C
10


五.重排问题求幂策略
例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法
解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7 种分依此类推,由分步计数原
理共有
7
种不同的排法

允许重复的 排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n不

n

同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为
m
种
练习题：
1． 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. 如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插
法的种数为 42
2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法
7

8
5
6

六.环排问题线排策略
例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?
解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所 以固定一人
（8-1）！种排法即
7
！
C
D
E
F
G
H
B
A
AB
C
DEFGHA
A
4
4
并从此位置把圆形展成直线其余7人共有


1
一般 地,n个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有< br>
n

练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120

七.多排问题直排策略
例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法
解:8人排 前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有
5
215
A< br>1
4
种,其余的5人在5个位置上任意排列有
A
5
种,则共有
A
4
A
4
A
5
种

A
m
n

A
2
4
种,再排后4个位置上的特殊元素丙有


一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研究.



练习题：有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座规定前排中间的3个座位不能 坐，并且这2人不左右相
邻，那么不同排法的种数是 346

八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有
C
5
种方法.再把4个元素(包含一个 复合元素)装入4个不同的盒内有
A
4
种
方法，根据分步计数原理装球的方法 共有
C
5
A
4


解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗?

练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不同的任务,每人完成一种任务 ,且正副班长有且只有1
人参加,则不同的选法有 192 种

九.小集团问题先整体后局部策略
例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其 中恰有两个偶数夹1,５在两个奇数之间,这样的五位数有多少个？
解：把１,５,２,４当作一个小 集团与３排队共有
22
A
2
2
A
2
A
2< br>种排法 .
22
A
2
2
种排法，再排小集团 内部共有
A
2
A
2
种排法，由分步计数原理共有
24
2
4
前 排
后 排
1524
3

练习题：
１.计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,４幅油画,５幅国画, 排成一行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并且水
彩画不在两端，那么共有陈列方式的种数为
54
A
2
2
A
5
A
4

55
A
2
2
A
5
A
5
种 2. 5男生和５女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有

十.元素相同问题隔板策略
例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？
解 ：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个空隙。在９个空档中选６个位置插个隔板， 可把名额
分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有
C
9种分法。

6

一
班
二
班
三< br>班
四
班
五
班
六
班
七
班


将n个相同的元素分成m份（n，m为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板， 插入n个元素排成一排的n-1个

空隙中，所有分法数为
C
m1

n1

练习题：
1． 10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？
C
9

2 .
x
3

yzw100
求这个方程组的自然数解的组数
C
103

4

十一.正难则反总体淘汰策略
例 11.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10的偶数,不同 的
取法有多少种？
解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用总体淘汰法 。这十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有
3个偶数的取法有
C
5
,只含有1个偶数的取法有
C
5
C
5
,和为偶数的取法共有
C
5
C
5
种，符合条件的取法共有
C
5
C
5
123
C
5
9

3
12
123< br>。再淘汰和小于10的偶数共9
C
5

有些排列组合问题,正面直接 考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.

练习题：我们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的
抽法有多少种?

十二.平均分组问题除法策略
例12. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？
解: 分三步取书得
C
6< br>C
4
C
2
种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本书为ABC DEF，若第一步取AB,第二步取CD,第三
步取EF该分法记为(AB,CD,EF),则
C
6
C
4
C
2
中还有(AB,EF,CD),(CD,AB ,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有
2223
CCCA
种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有
A
36423
种分法。
3
222
222


平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以


练习题：
54
A
n
n
(
n
为均分的组数)避免重复计数。
42
A
2
） 1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法？（
C
13
C
8
C
4
2.10名学生分 成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的分组方法 （1540）
3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转 入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数
为______ （
C
4
C
2
A
6

222
A
2
2
90
）

十三. 合理分类与分步策略
例13 .在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有多 少选派方法
解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行 研究只会唱的5人中没有人选上唱
歌人员共有
C
3
C
3
种, 只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员
C
5
C
3
C
4
种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有
112
C
3
C
4C
5
2
C
5
2
种。
C
5
2
C
5
2
种，由分类计数原理共有
C
3
2
C
3
2
C
5
22
112

解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做 到标准明确。分步层次

清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。


练习题：
1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座 谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有34
2. 3成人2小孩乘船游玩,1号船最多乘3人, 2号船最多乘2人,3号船只能乘1人,他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘
一只船, 这3人共有多少乘船方法. （27）
本题还有如下分类标准：
*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准
*以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准
*以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准
都可经得到正确结果

十四.构造模型策略

例14. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7 ,8,9的九只路灯,现要关掉其中的3盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2
盏,求 满足条件的关灯方法有多少种？
解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入3个不亮 的灯有
C
5
种

一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟 悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观解决


练习题 ：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，那么不同的坐法有多少种？（120）

十五.实际操作穷举策略
例15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3, 4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且
恰好有两个球的编号与 盒子的编号相同,有多少投法
解：从5个球中取出2个与盒子对号有
C
5
种 还剩下3球3盒序号不能对应，利用实际操作法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5
号盒3号球装 4号盒时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原
理有
2C
5
种


3号盒 4号盒 5号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算 ，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果


练习题：
1. 同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多 少种？ (9)
2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色方法有 72种
1
3
2
54
3
2
2
534
十六. 分解与合成策略
例16. 30030能被多少个不同的偶数整除
分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5 × 7 ×11×13，依题 意可知偶因数必先取2,再从其余5个因
数中任取若干个组成乘积，所有的偶因数为：
C
5
练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线
解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构 成四体共有体共
C
8
成
358174
对异面直线


分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题 逐一解决,然后依据问题分解

后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略


十七.化归策略
例17. 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种？
解 ：将这个问题退化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样 每行必有1人从其
中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从3×3方队中选 3人的方法有
C
3
C
2
C
1
种。再从5×5方阵选
出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有
C
5
C
5
选法所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有
33111
C
5
C
5
C
3
C
2
C
1
选法。 4
135
C
5
2
C
5
C
54
C
5


1258
,每个四面体有3对异面直 线,正方体中的8个顶点可连
111
33

处理复杂的排列组合问题时可以把 一个问题退化成一个简要的问题，通过解决这个简要的问题的解
决找到解题方法，从而进下一步解决原来 的问题

练习题:某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从A走到B的 最短路径有多少种？(
C
3
7

35
)
B
A
十八.数字排序问题查字典策略
例18．由0，1，2，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105大的数？ 解:
N
54321
2A
5
2A
4
A3
A
2
A
1
297


练习:用0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从小到大排列起来,第7 1个数是 3140

数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求 出其符合要求的个数,根据分类计数原理求出其总数。

十九.树图策略
例19．
3
人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过
5
次传求后,球仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______
N10



对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用
练习: 分别编有1，2，3，4，5 号码的人与椅，其中
i
号人不坐
i
号椅（
i1,2,3,4,5< br>）的不同坐法有多少种？
N44


二十.复杂分类问题表格策略
例20．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D、E五个字母,现从中取5只,要求各字 母均有且三色齐备,则共有多少种
不同的取法
解:
红 1 1 1 2 2 3


黄 1 2 3 1 2 1

兰 3 2 1 2 1 1



取法

C
5
C
4

C
5
C
4

C
5
C
4

C
5
2
C
3
C
5
C
3

C
5
C
2


一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中


须满足的条件,能达到好的效果.


二十一：住店法策略
解 决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客 ”，能重复
的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解.
例21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 .
分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作7家“店”，五项冠 军看作5名“客”，每个“客”
有7种住宿法，由乘法原理得7种.

排列组合易错题正误解析
1没有理解两个基本原理出错
排列组合问题基于两个基本 计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提.
例1 从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种.
误解：因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法. < br>错因分析：误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机” 是完成任务的两
“类”办法，每类办法中都还有不同的取法.
正解：由分析，完成第一类办法 还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有
C
6
种方法；第二步是在组 装计
3
2332
算机任意选取3台，有
C
5
种方法，据乘法 原理共有
C
6
C
5
种方法.同理，完成第二类办法中有
C
6
C
5
种方法.据加法原理完成
2
5
23
32
全部的选取过程共有
C
6
C
5

C
6
C
5
350
种方法.
例2 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.
3
4
（A）
A
4
（B）
4
3
（C）
3
（D）
C
4

3
误解：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A.
正解：四项比赛的冠军依 次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有
33333
4
种.
说明：本题还有同学这样误解，甲乙丙夺冠均有四种情况，由乘法原理得
4< br>3
.这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得
后，其他人就不再有4种夺冠可能.
2判断不出是排列还是组合出错
在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有 没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合.
例3 有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？
误解：因为是8个小球的全排列，所以共有
A
8
种方法.
错因分析 ：误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法 .
正解：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下 的位置给白球，由于这
3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题.这样共有：
C
8
3重复计算出错
在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误。
例4 5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ）
（A）480 种 （B）240种 （C）120种 （D）96种
3
8
56
排法.

4
4
误解：先从5本书中取4本分给4个人，有
A
5
种方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，共有
4A
5
480
种不同
的分法，选A.
错因分析：设5本书为
a
、
b、
c
、
d
、
e
，四个人为甲、乙、丙、丁.按照上述分 法可能如下的表1和表2：






甲 乙
丙
丁
a
c
b
d
e

甲
乙
丙
丁
ec
b
d
a
表表
1 2
表1是甲首先分得
a
、乙分得
b
、丙分得
c
、 丁分得
d
，最后一本书
e
给甲的情况；表2是甲首先分得
e
、乙分得
b
、丙分得
c
、
丁分得
d
，最后一本书< br>a
给甲的情况.这两种情况是完全相同的，而在误解中计算成了不同的情况。正好重复了一次.
正解：首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书， 有
C
5
种方法；第二
42
4
步：再把4本书分给4个学生， 有
A
4
种方法.由乘法原理，共有
C
5

A
4
240
种方法，故选B.
2
例5 某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有（ ）种.
（A）5040 （B）1260 （C）210 （D）630
223
C
5
A
3
1260
，误解 ：第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全排列.共有：
C
7
选B.
错因分析：这里是均匀分组问题.比如：第一人挑选的是周一、周二，第 二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是
223
C
7
C
5
A
3
周三、周四，第二人挑选的是周一、周二，所以在全排列的过程中就重复计算了 .正解：
630
种.
2
4遗漏计算出错
在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况，而出错。
例6 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的比1000大的奇数共有（ ）
（A）36个 （B）48个 （C）66个 （D）72个
误解：如右图，最后一位只能是1 或3有两种取法，又因为第1位不能是0，在最后一位取定后只有3种取
2
法，剩下3个数排 中间两个位置有
A
3
种排法，共有
23A
3
36个.
2
0 1，3

错因分析：误解只考虑了四位数的情况，而比1000大的奇数还可能是五位数.
3
正解：任一个五位的奇数都符合要求，共有
23A
3
36
个，再由前面 分析四位数个数和五位数个数之和共有72个，选D.
5忽视题设条件出错
在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或者漏解.
例7 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4
种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种.（以数字作答）
误解：先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的
1
两块区域，有
C
3
2
2A
2
3
12
种，由乘法原理共有：
41248
种.
2
1
4
5
错因分析：没有看清题设“有4种颜色可供选择”，不一定需要4种颜色全部 使用，用3种也可以完成任务.
．．
正解：当使用四种颜色时，由前面的误解知有48种着色 方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种有
C
4
种方法，先着
色第 一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域， 有2种着色
3
方法，由乘法原理有
C
4
3224
种. 综上共有：
482472
种.
3
例8 已知
ax
2< br>b0
是关于
x
的一元二次方程，其中
a
、
b{ 1,2,3,4}
，求解集不同的一元二次方程的个数.

a1

a2
和

同解、
b2

b4
2
2
误解：从集合
{1,2,3,4}
中任意取两个元素作为
a
、b
，方程有
A
4
个，当
a
、
b
取同一 个数时方程有1个，共有
A
4
113
个.
错因分析：误解中没 有注意到题设中：“求解集不同的……”所以在上述解法中要去掉同解情况，由于

．．．．< br>
a2

a4
和

同解，故要减去2个。 正解：由分析，共有
13211
个解集不同的一元二次方程.

b1b2

6未考虑特殊情况出错
在排列组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错.
例9 现有1角、2角、5角、 1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值
种数是（ ）
(A)1024种 (B)1023种 (C)1536种 (D)1535种

误：因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减 去全不取的1种情况，共有
2
10
11023
种.
错因分析：这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成 4 种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况.
正解：除100元人民币以外每张均有取和不取 2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有
2
9
311535
种.
7题意的理解偏差出错
例10 现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有（ ）种.
（A）
358633384
A
6
A
5
（B）
A
8
A
6
A
3
（C）
A
5
A
3
（D）
A
8
A
6

误解：除了甲、乙、丙三人以外的5人 先排，有
A
5
种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人有
A< br>6
种方法，
这样共有
35
A
6
A
5
种排法，选A.
53
错因分析：误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义，得到 的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻”的情况.“甲、
．．．．
乙、丙三人不能相邻”是指甲、 乙、丙三人不能同时相邻，但允许其中有两人相邻.
正解：在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙 全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，即
A
8
故选B.
8解题策略的选择不当出错
例10 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会 实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，
则不同的分配方案有（ ）.
（A）16种 （B）18种 （C）37种 （D）48种 误解：甲工厂先派一个班去，有3种选派方法，剩下的2个班均有4种选择，这样共有
344 48
种方案.
错因分析：显然这里有重复计算.如：
a
班先派去了甲工厂，
b
班选择时也去了甲工厂，这与
b
班先派去了甲工厂，
a
班 选
择时也去了甲工厂是同一种情况，而在上述解法中当作了不一样的情况，并且这种重复很难排除. < br>正解：用间接法.先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：
4 4433337
种方案.


（二）典型例题讲解
863
A
6
A
3
，

例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？
分析：这一问题的限制条 件是：①没有重复数字；②数字“0”不能排在千位数上；③个位数字只能是0、
2、4、6、8、，从 限制条件入手，可划分如下：
如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是
2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）．由此解法一与二．
如 果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法< br>三．
如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四．
解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有
A
9
个；
当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八 个非零数字中任选一个，百位，十位上再
112
从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理 有
A
4
A
8
A
8
（个）．
3
∴ 没有重复数字的四位偶数有
3112

A< br>9
A
4
A
8
A
8
5041792 2296
个．
解法2：当个位数上排“0”时，同解一有
A
9< br>个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位
132
上可从余下9个数 字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得：
A
4
(A
9
A
8
)
个
3
∴ 没有重复数字的四位偶数有
3132

A
9
A
4
(A
9< br>A
8
)50417922296
个．
解法3：千位 数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上
从余 下的八个数字中任选两个作排列有
112

A
5
A
5
A
8
个
干位上从2、4、 6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包括0在内），百位，十位
从余下的八个 数字中任意选两个作排列，有
11
A
4
A
4
A
8
2
个
∴ 没有重复数字的四位偶数有
112112

A
5
A
5
A
8
A
4
A
4
 A
8
2296
个．

解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数．
43
没有重复数字的四位数有
A
10
A
9
个．
132
其中四位奇数有
A
5
(A
9
A
8
)
个
∴ 没有重复数字的四位偶数有
4313333
A
10
A
9
A
5
(A
9
A
8
2
)10A
9
A
9
5A
9
5A
8
2

3
4A
9
5A
8
2

36A
8
2
5A
8
2

41A
8
2

2296
个
说明：这是典型的 简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解
法的实质，掌握其 解答方法，以期灵活运用．
典型例题二


例2 三个女生和五个男生排成一排
（1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？
（2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？
（3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？
（4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？
解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在 一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一
起共有六个元素，然成一排有
A< br>6
种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有
A
3
对种 不同的排
63
法，因此共有
A
6
A
3
4320
种不同的排法．
63
（2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生 排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共
有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共 有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证
每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个 女生都不相邻．由于五个男生排成一排有
A
5
种不同排法，对
3
于其 中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有
A
6
种方法，因此 共有
53
A
5
A
6
14400
种不同的排法．
5
（3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中 的2个，有
A
5
种不同的
626
排法，对于其中的任意一种排法，其 余六位都有
A
6
种排法，所以共有
A
5
A
614400
种不同的排法．
817
解法2：（间接法）3个女生和5 个男生排成一排共有
A
8
种不同的排法，从中扣除女生排在首位的
A
3
A
7
种
2
17
排法和女生排在末位的
A
3
A
7
种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一 次，
26
在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生 有
A
3
A
6
种不同的排
81726
法，所以共有
A
8
2A
3
A
7
A
3
A6
14400
种不同的排法．
解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选 出3个来让3个女生排入，有
A
6
种不同的排法，对于其中
535
的 任意一种排活，其余5个位置又都有
A
5
种不同的排法，所以共有
A
6
A
5
14400
种不同的排法，
3
（4）解法1： 因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可
17
11
有
A
5
A
7
种不同的排法；如果首位排女生，有A
3
种排法，这时末位就只能排男生，有
A
5
种排法，首末两端 任
6116
意排定一种情况后，其余6位都有
A
6
种不同的排法，这 样可有
A
3
A
5
A
6
种不同排法．因此共有< br>17116
A
5
A
7
A
3
A
5
A
6
36000
种不同的排法．
826
解法2：3 个女生和5个男生排成一排有
A
8
种排法，从中扣去两端都是女生排法
A3
A
6
种，就能得到两
端不都是女生的排法种数．
826< br>因此共有
A
8
A
3
A
6
36000< br>种不同的排法．
说明：解决排列、组合（下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下 遇到也同样处理）应用问题最常用
也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法．
若以位置为 主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个约束
条件的同时 要兼顾其它条件．
若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素．

间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快．
捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用．

典型例题三


例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。
（1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？
（2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？
解：（1）先排歌唱节目有
A
5
种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有
A
6
54
中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：
A
5
A
6
＝43200.
54
（2）先排舞蹈节目有
A
4中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。所
5
4
以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：
A
4
A
5
＝2880种 方法。
4
说明：对于“间隔”排列问题，我们往往先排个数较少的元素，再让其余元 素插空排列。否则，若先排个
数较多的元素，再让其余元素插空排时，往往个数较多的元素有相邻情况。 如本题（2）中，若先排歌唱节目有
A
5
5
，再排舞蹈节目有
A6
4
，这样排完之后，其中含有歌唱节目相邻的情况，不符合间隔排列的要求。

典型例题四


例4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育 、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后
一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法．
分析与解法1：6六门课总的排法是
A
6
，其中不符合要求的可分
为 ：体育排在第一书有
A
5
种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有
A
5
4
55
6
种排法，如图中Ⅱ；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排 在
最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有
A
4
种排法，因此符合条件的排法
应是：
654

A
6
2A
5
A
4
504
（种）．
分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况：
（1）体育、数学 既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有
A
4
A
4
种；
（2）数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法
A
4
A4
种；
（3）体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法
A
4
A
4
种；
（4）数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法
A
4

这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：

A
4
A4
A
4
A
4
A
4
A
4
504
（种）．
分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况：
（1）体育，数学既不在最后也不在开头一节，有
A
4
12
种排法；
（2）数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法；
（3）体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法；
（4）数学在第一节，体育在最后一节有1种排法．
上述 21种排法确定以后，仅剩余下四 门课程排法是种
A
4
，故总排法数为
21A
4
504（种）．
下面再提出一个问题，请予解答．
问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法．
请读者完成此题．
说明：解答排列、组合问题要注意一题多解的练习，不仅能提高解题能力， 而且是检验所解答问题正确与
否的行之有效的方法．

44
2
24 1414
4
14
14
24
典型例题五

例5 现 有
3
辆公交车、
3
位司机和
3
位售票员，每辆车上需配1
位司机和
1
位售票员．问车辆、司机、售
票员搭配方案一共有多少种？

分析：可以把
3
辆车看成排了顺序的三个空：
事件分两步完成 ，每一步都是一个排列问题．
3
到
3
辆车中，有
A
36
种安排方法．故搭配方案共有
33
A
3
A
3
36
种．
，然后把< br>3
名司机和
3
名售票员分别填入．因此可认为
3
解：分两步完 成．第一步，把
3
名司机安排到
3
辆车中，有
A
3
6
种安排方法；第二步把
3
名售票员安排
说明：许多复杂的排列问题，不可 能一步就能完成．而应分解开来考虑：即经适当地分类成分或分步之后，
应用分类计数原理、分步计数原 理原理去解决．在分类或分步时，要尽量把整个事件的安排过程考虑清楚，防
止分类或分步的混乱．
典型例题六


例6 下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有
4
所重点院校，每所院校有
3
个专业是你较为满意
的选择．若表格填满且规 定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？
学 校 专 业
1
2
3
1
1
1
2
2
2


分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、 第三志愿的问题；同一学校的两个专
业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业．因此这是一个排列问题 ．
解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在
4
所学校中选出< br>3
所并加排列，共有
A
4
种
不同的排法；第二步，从每所院校 的
3
个专业中选出
2
个专业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排< br>2223222
列数有
A
3
A
3
A
3< br>种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：
A
4
A
3
A
3
A
3
5184
种．
3
说明： 要完成的事件与元素的排列顺序是否有关，有时题中并未直接点明，需要根据实际情景自己判断，
特别是 学习了后面的“组合”之后这一点尤其重要．“选而且排”（元素之间有顺序要求）的是排列，“选而不排”（元素之间无顺序要求）的是组合．另外，较复杂的事件应分解开考虑．

典型例题七


例5
7
名同学排队照相．
(1)若分成两排照，前排
3
人，后排
4
人，有多少种不同的排法？
(2)若排成两排照，前排
3
人，后排
4
人，但其中甲必须在前排， 乙必须在后排，有多少种不同的排法？
(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？
(4)若排成一排照 ，
7
人中有
4
名男生，
3
名女生，女生不能相邻，有多少种 不面的排法？
分析：(1)可分两步完成：第一步，从
7
人中选出
3
人排在前排，有
A
7
种排法；第二步，剩下的
4
人排在
3 47
4
后排，有
A
4
种排法，故一共有
A
7
A
4
A
7
种排法．事实上排两排与排成一排一样，只不过把第
4~7
个位子
3
看成第二排而已，排法总数都是
A
7
，相当 于
7
个人的全排列．(2)优先安排甲、乙．(3)用“捆绑法”．(4)用“插
空法 ”．
347
解：(1)
A
7
A
4
A
7
5040
种． 7
(2)第一步安排甲，有
A
3
种排法；第二步安排乙，有
A< br>4
种排法；第三步余下的
5
人排在剩下的
5
个位置上，
5115
有
A
5
种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有
A
3
A
4
A
5
1440
种．
1< br>1
(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余
4
个元素排成一排，即看 成
5
个元素的全排列问题，有
A
5
4
5
353种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有
A
3
种排法．由分步计数原理得 ，共有
A
5
A
3
720
种排法．
(4)第一 步，
4
名男生全排列，有
A
4
种排法；第二步，女生插空，即将3
名女生插入
4
名男生之间的
5
个
343
A< br>4
A
5
1440
空位，这样可保证女生不相邻，易知有
A
5
种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：
种．
说明：(1 )相邻问题用“捆绑法”，即把若干个相邻的特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，与其他普通元
素全排 列；最后再“松绑”，将这些特殊元素进行全排列．(2)不相邻问题用“插空法”，即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．

典型例题八


例8 从
2、3、4、5、6
五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．
分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“
2
”，当它位于个位时，即形如的数 共有
A
4
个（从
2
2
，当这些数相加时，由“
2< br>”所产生的和是
A
4
2
．当
2
位于十位
3 、4、5、6
四个数中选两个填入前面的两个空）
22
时，即形如的数也有
A
4
，那么当这些数相加时，由“
2
”产生的和应是
A
4210
．当
2
位于面位时，可
同理分析．然后再依次分析
3 、4、5、6
的情况．
222
解：形如的数共有
A
4
个， 当这些数相加时，由“
2
”产生的和是
A
4
2
；形如的数 也有
A
4
个，
当这些数相加时，由“
2
”产生的和是
A
4
210
；形如
2
222
2
的数也有A
4
个，当这些数相加时，由“
2
”产生
2
2
2
的和应是
A
4
2100
．这样在所有三位数的和中，由“2
”产生的和是
A
4
2111
．同理由
3、4、5 、6
产生的和
分别是
A
4
3111
，
A
4
4111
，
A
4
5111
，
A
4
6111
，因此所有三位数的和是
2
A
4
111 (23456)26640
．
说明：类似于这种求“数字之和”的问题都可以用 分析数字出现次数的办法来解决．如“由
1,4,5,x
四个
数字组成没有重复数字的 四位数，若所有这些四位数的各数位上的数字之和为
288
，求数
x
”．本题 的特殊性
在于，由于是全排列，每个数字都要选用，故每个数字均出现了
A
4
24
次，故有
24(145x)288
，
得
x2．
4
典型例题九


例9 计算下列各题：
m1nm
A
n1
A
nm
(1)
A
； (2)
A
； (3) ；
n1
A
n1
123n1

(4)
1!22!33!nn!
(5)
2!3!4!n!
2
15
6
6
2
解：(1)
A
15
1514210
；
6
(2)
A
6
6!654321720
;
(n1)!1
(nm)!

[n1(m1)!](n1)!
(n1)!1
(nm)!1
；
(nm)!(n1)!(4)原式
(2!1)(3!2!)(4!3!)[(n1)!n!]
(n1)!1
；
n111

(5)∵，
n!(n1)!n!
123n1

∴
2!3!4!n!
111111111
1
． 1!2!2!3!3!4!(n1)!n!n!
(3)原式

说明：准确掌握好 排列公式是顺利进行计算的关键．
本题计算中灵活地用到下列各式：
n!n(n1)!
；
nn!(n1)!n!
；
n111

；使问题 解得简单、快捷．
n!(n1)!n!
典型例题十


例10
a,b,c,d,e,f
六人排一列纵队，限定
a
要排在
b
的前面（
a
与
b
可以相邻，也可以不相邻），求
共有几种排法．对这 个题目，
A
、
B
、
C
、
D
四位同学各自给 出了一种算式：
A
的算式是
1
6
A
6
；
B
的算式是
2

1111144
(A
1
A2
A
3
A
4
A
5
)A
4；
C
的算式是
A
6
；
D
的算式是
C
6
2
A
4
4
．上面四个算式是否正确，正确的加以解释， 不正确的说明理由．
解：
A
中很显然，“
a
在
b
前的六人纵队”的排队数目与“
b
在
a
前的六人纵队”排队数目相等，而“六 人
纵队”的排法数目应是这二者数目之和．这表明：
A
的算式正确．
B中把六人排队这件事划分为
a
占位，
b
占位，其他四人占位这样三个阶段 ，然后用乘法求出总数，注意
1
到
a
占位的状况决定了
b
占 位的方法数，第一阶段，当
a
占据第一个位置时，
b
占位方法数是
A
5
；当
a
占据第
2个位置时，
b
占位的方法数是< br>A
4
；……；当
a
占据第5个位置时，
b
占位的方法 数是
A
1
，当
a
，
b
占位后，
再排其他四 人，他们有
A
4
种排法，可见
B
的算式是正确的．
这时， 剩下的两个位置依前后顺序应是
a,b
C
中
A
6
4
可理解为从6个位置中选4个位置让
c,d,e,f
占据，
的．因此
C
的算式也正确．
D
中把6个位置先圈定两个位置的方法数
C
6
2
，这两个位置让
a,b
占据，显然，
a,b
占据这两个圈定的位置的方法只有一种（
a
要在
b
的前面），这时，再排其余四人，又有A
4
种排法，可见
D
的算式是对的．
说明：下一节组合学完后，可回过头来学习
D
的解法．
4
4
11
典型例题十一


例11 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？
解 法1：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”
两类情况．应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙丙坐下”、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又
要用到分步计数原理，这样可有如下算法：
215215
A
4
A
2
A
5
A
4
A
4
A
5< br>8640
(种)．
解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法．把 “甲坐在第一排的八人坐法数”看成“总
方法数”，这个数目是
A
4
A7
．在这种前提下，不合题意的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”
这个 数目是
A
4
C
2
A
3
A
4
A
5
．其中第一个因数
A
4
表示甲坐在第一排的方法数，
C
2
表示从乙、丙中任选出一
人的办法数，
A
3
表示把选出 的这个人安排在第一排的方法数，下一个
A
4
则表示乙、丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，
A
5
就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为
1 711115
A
4
A
7
A
4
C
2< br>A
3
A
4
A
5
8640
(种)．
5
1
17
11115
11
1
说明：解法2可在学完 组合后回过头来学习．
典型例题十二


例12 计划在某画廊展出10幅 不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同
一品种的画必须连在一起，并 且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（ ）．
45345145245
A．
A
4
A
5
B．
A
3
A
4
A
5
C．
C
3
A
4
A
5
D．
A
2
A
4
A
5

解：将同一品种 的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有
A
2
种排列．但4幅油画、5幅国 画本
245
身还有排列顺序要求．所以共有
A
2
A
4A
5
种陈列方式．
2
∴应选D．
说明：关于“若干个元素 相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将相邻的若干个元素“捆绑”
在一起，看作一个大元素 ，与其他的元素进行全排列；然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行
全排列．本例题就 是一个典型的用“捆绑”法来解答的问题．

典型例题十三


例13 由数字
0,1,2,3,4,5
组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小 于十位数的个数共有（ ）．
A．210 B．300 C．464 D．600
解法1：（直接法）：分别用
1,2,3,4,5
作十万位的排列数，共有
5A5
种，所以其中个位数字小于十位数
字的这样的六位数有
5
1
5
5A
5
300
个．
2
65
解法2：（间接 法）：取
0,1,,5
个数字排列有
A
6
，而
0
作为十万位的排列有
A
5
，所以其中个位数字小

于十位数字的 这样的六位数有
1
65
(A
6
A
5
)300< br>(个)．
2
∴应选B．
说明：(1)直接法、间接法是解决有关排列应用题 的两种基本方法，何时使用直接法或间接法要视问题而
定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比 较麻烦，这时应考虑能否用间接法来解．
(2)“个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字 ”具有对称性，这两类的六位数个数一样多，即
各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像时 ，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法．
典型例题十四


例14 用
1,2,3,4,5
，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）．
A．24个 B．30个 C．40个 D．60个
分析：本题是带有附加条件的排列 问题，可以有多种思考方法，可分类，可分步，可利用概率，也可利用
本题所提供的选择项分析判断．
解法1：分类计算．
将符合条件的偶数分为两类．一类是2作个位数，共有
A
4
个，另一类是4作个位数，也有
A
4
个．因此符
合条件的偶数共 有
A
4
A
4
24
个．
解法2：分步计算．
先排个位数字，有
A
2
种排法，再排十位和百位数字，有
A
4
种排法，根据分步计数原理，三位偶数应有
12
A
2
A
4
24
个．
12
22
22
解法3：按概率算．
3
用
15
这
5
个数字可以组成没有重复数字的三位数共有
A
5
60
个，其中偶点其中的
2
．因此三位偶数共
5< br>有
60
2
24
个．
5
解法4：利用选择项判断．
3
用
15
这
5< br>个数字可以组成没有重复数字的三位数共有
A
5
60
个．其中偶数少 于奇数，因此偶数的个数
应少于
30
个，四个选择项所提供的答案中，只有
A
符合条件．
∴应选
A
．
典型例题十五

1238
例15 (1)计算
A
1
2A
2
3A
3
8A
8
．
(2)求
S
n
1! 2!3!n!
(
n10
)的个位数字．
分析：本题如果直接用 排列数公式计算，在运算上比较困难，现在我们可以从和式中项的特点以及排列数
nnnnn1n公式的特点两方面考虑．在(1)中，项可抽象为
nA
n
(n11)An
(n1)A
n
nA
n
A
n1
A
n
，(2)中，项
为
n!n(n1)(n2)321
， 当
n5
时，乘积中出现5和2，积的个位数为0，在加法运算中可不考虑．
n
解：(1)由
nA
n
(n1)!n!

∴原式
2!1!3!2!9!8!9!1!362879
．
(2)当
n5
时，
n!n(n1)(n2)321
的 个位数为0，
∴
S
n
1!2!3!n!
(
n 10
)的个位数字与
1!2!3!4!
的个位数字相同．
而
1!2!3!4!33
，∴
S
n
的个位数字为3．
说明：对排列数公式特点的分析是我们解决此类问题的关键，比如：求证：
123n1


1
，我们首先可抓等式右边的
2!3!4!(n1)!(n1)!
nn11n1111

， < br>(n1)!(n1)!(n1)!(n1)!n!(n1)!
111111
 

1
右边．
∴左边
1
2!2!3!n !(n1)!(n1)!
典型例题十六

例16 用< br>0、1、2、3、4、5
共六个数字，组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个无重复数 字的
3
位
偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被
3
整除的三位 数？
分析：
3
位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是
0
，由于个 位用或者不用数字
0
，对确定首位数字有影
响，所以需要就个位数字用
0或者用
2、
一个自然数能被
3
整除的条件是所有数字之和是
3< br>的倍数，
4
进行分类．
本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意 就用与不用数字
0
进行分类．
解：(1)就个位用
0
还是用
2、4
分成两类，个位用
0
，其它两位从
1、2、3、4
中任取两 数排列，共有
2
A
4
12
(个)，个位用
2
或< br>4
，再确定首位，最后确定十位，共有
24432
(个)，所有
3
位偶数的总数为：
123244
(个)．
(2)从
0、1、 2、3、4、5
中取出和为
3
的倍数的三个数，分别有下列取法：
(012)
、
(015)
、
(024)
、
(045)
、
(123)
、
(135)
、
(234)
、
(345)，前四组中有
0
，后四组中没有
0
，用它们排成三位数，
32
如果用前
4
组，共有
42A
2
16
( 个)，如果用后四组，共有
4A
3
24
(个)，所有被
3
整除的三位数的总
数为
162440
(个)．
典型例题十七


例17 一条长椅上有
7
个座位，
4
人坐，要求
3
个空位中，有
2
个空位相邻，另一个空位与
2
个相邻空位
不相邻，共有几种坐法？
分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为
1、2、3、4、5、6、7
．先选定两个
空位，可以在
1、2
号位，也可 以在
2、3
号位…共有六种可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在
1、2< br>号，则另一空位可以在
4、5、6、7
号位，有
4
种可能，相邻空位在
6、7
号位，亦如此．如果相邻空位在
2、3
号
位，另一空位可以在
5、6、7
号位，只有
3
种可能，相邻空位在
3、4
号，< br>4、5
号，
5、6
号亦如此，所以必须就
两相邻空位的位置进行分类． 本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一个元素与另一空位插入
已坐人的
4个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．
解答一：就两相邻空位的位置分类：
若两相 邻空位在
1、2
或
6、7
，共有
24A
4
1 92
(种)坐法．
若两相邻空位在
2、3
，
3、4
，4、5
或
5、6
，共有
43A
4
288
(种)不同坐法，所以所有坐法总数为
4
4
192288480
(种)．
42
解答二：先排好
4
个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的
4
人之间，共有
A
4
A
5
480
(种)不同坐法 ．
解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉
3
个空位全不相邻或全 部相邻的情况，
4
个人
4
任意坐到
7
个座位上，共有
A
7
种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，直接将三个空位看成一个元素与其它座
位一起排列，共有
A
5
种不同方法．三个空位全不相邻仍用插空法，但三个空位不须排 列，直接插入
4
个人的
5
454
4
个间隔中，有
A
4
10
种不同方法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为
A
7< br>A
5
10A
4
480
(种)．
5








排列与组合习题

1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )
A．40 B．50 C．60
[解析] 先分组再排列，一组2人一组4人有
25×2＝50，故选B.
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( )
A．36种 B．48种 C．72种 D．96种
D．70
C
3
6
种不同的分法；两组各3人共有
2
＝10种不同的分法，所以乘 车方法数为
A
2
C
2
6
＝15
2
[解析] 恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共A
3
3
A
4
＝72种排法，故选

C.
3． 只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数 有( )
A．6个 B．9个 C．18个 D．36个
[解析] 注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻，选四个数字共有C1
3
＝3(种)选法，即
2
1231,1232,1233，而每种选择 有A
2
2
×C
3
＝6(种)排法，所以共有3×6＝18(种)情况 ，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有( )
A．2人或3人 B．3人或4人 C．3人 D．4人
1
[解析] 设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得C
2
n
C
8< br>－
n
＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5． 某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完 ，则方法有( )
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种
[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那 么共有C
2
8
＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属 的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程
人员也不能全分在同 一个部门，则不同的分配方案共有( )
A．24种 B．36种 C．38种 D．108种
[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门， 共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员
12
分成两组，一组1人另一组2人，共有C
1
3
种分法，然后再分到两部门去共有C
3
A
2
种方法， 第三步只需将其他3人分成两组，一
组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去 的部门就已确定，故第三步共有C
1
3
种方法，由分步乘法计数
21
原理共有2C
1
3
A
2
C
3
＝36(种)． 7．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直 角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的
个数为( )
A．33 B．34 C．35 D．36
[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C
1
A
3
2
·
3
＝12个；
3
②所得空 间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C
1
A
3
2
·
3
＋A
3
＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C
1
3
＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )
A．72 B．96 C．108 D．144
223
[解析] 分两类：若1与3相邻，有A
2
C
1
A
3
2·
3
A
2
A
3
＝72(个)，若1与3不相邻有A3
·
3
＝36(个)
故共有72＋36＝108个．
9．如 果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两 天，其余学
校均只参观一天，那么不同的安排方法有( )
A．50种 B．60种 C．120种 D．210种
[解析] 先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一 共有6种：(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为
2
C
1
6
，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安 排方法有A
5
种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排
方法C
1
A
2
6
·
5
＝120种，故选C.
10．安排7位工作 人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
5
[解析] 先安排甲、乙两人在后5 天值班，有A
2
5
＝20(种)排法，其余5人再进行排列，有A
5
＝120(种)排法，所以共有20×120
＝2400(种)安排方法．
11．今有2个红 球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的排法．(用数字 作答)
[解析] 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C
4< br>C
2
C
3
9
·
5
·
3
＝1 260(种)排法．
12．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会 的四个不同场
务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
馆服

2
C
2
6
C
4
[解析] 先将6名志愿者分为4组，共有
2
种分法，再将4组人员分到4个不同场馆去，共有 A
4
4
种分法，故所有分配方案有：
A
2
C
2C
2
6
·
4
A
4
2
·
4＝1 080种．
A
2
13．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色 不同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的种法(用数字作答)．

[解析] 5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、3不同色，2有 1种种法，∴有4×3×2×(1×2
＋1×1)＝72种．
14. 将标号为1，2，3， 4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有
（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种
【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法； 其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有
种，故选B.
15. 某单位安排7 位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有
A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108种
解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号 共有
2
214
A
2< br>A
4
A
4
种方法
24113
(A
4
A
3
A
3
A
3
)
种方法 甲乙排中间,丙排7号或不排7号，共有
4A
2
故共有1008种不同的排法
16. 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是
（
A
）72 （
B
）96 （
C
） 108 （
D
）144 w_w_w.k*s 5*u.c o*m
解析：先选一个偶数字排个位，有3种选法w_w_w.k*s 5*u.c o*m
①若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，3
A
3
2
A
2
2
＝24个
②若5排在百位、千位或万位，则1、3只有两 个位置可排，共3
A
2
2
A
2
2
＝12个
算上个位偶数字的排法，共计3(24＋12)＝108个
答案：
C

17. 在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示 不同信息，若所用数字只有
0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为
A.10 B.11 C.12 D.15

18. 现安排甲 、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每
项工作至少有一人参加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排 方案的种数是
A．152 B.126 C.90 D.54
【解析】分类讨 论：若有2人从事司机工作，则方案有
C
3
A
3
18
； 若有1人从事司机工作，则方案有
C
3
C
4
A
3
108
种，
所以共有18+108=126种，故B正确
19. 甲组有5名男 同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学。若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有< br>1名女同学的不同选法共有( D )
23123

（A）150种 （B）180种 （C）300种 (D)345种
解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有
C
5
C
3
C
6
(2) 乙组中选出一名女生有
C
5
2
112
225
种选法;
11
C
6
C
2
120
种选法.故共有345 种选法.选D
20. 将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，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，则不同分
法的种数为
A.18

B.24

C.30

D.36

【解析】用间接法解答： 四名学生中有两名学生分在一个班的种数是
C
4
，顺序有
A
3
种，而甲乙被分在同一个班的有
A
3
种，所
以种数是
C
4
A
3
A
3
30

21. 2位男生和3位女生 共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是
A. 60 B. 48 C. 42 D. 36
【解析】解法一、从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有
C
3
22
A
2
6
种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男233
233
生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端。则为使 A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就
不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2 ＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插
入乙，所以，共有12 ×4＝48种不同排法。
解法二；同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有< br>C
3
男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：
第一类：女生 A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有
6A
2
22
A
2
= 24种排法；
2
22
A
2
6
种不同排法），剩下一名女 生记作B，两名
第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时共有< br>6A
2
＝12种排法
第三类：女生B和男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生甲也只有一种排法。
此时共有
6A
2
＝12种排法
2
三类之和为24＋12＋12＝48种。
22. 从10名大学生毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数位
[ C]
A 85 B 56 C 49 D 28
【解析】解析由条件可分为两类：一类是甲乙两人 只去一个的选法有：
C
2
121
C
7
42
，另 一类是甲乙都去的选法有
C
2
2
C
7
=7，
所以 共有42+7=49，即选C项。
23. 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两 端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是
A. 360 B. 188 C. 216 D. 96
解析：6位同学站成一排，3位女 生中有且只有两位女生相邻的排法有
12222
A
2
A
2
C
3
A
3
A
2
144
，符合条件的排法故共有18 8
3222
A
3
C
3
A
4
A
2
332
种，其中男生甲站两端的有
解析2：由题意有
2A
2
2211222
(C
3
2
A
2
)C
2C
3
A
2
(C
3
2
A
2)A
4
188
,选B。
24. 12个篮球队中有3个强队，将这 12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为（ ）
1

4
444
C
12
C
8
C< br>4
解析因为将12个组分成4个组的分法有
A
3
3
A．
1

55
B．
3

55
C．D．
1

3
144
C
3
3
C
9
C
8
C
4
种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰 好被分
A
2
2
3
314424443
在同一组的概率为C
9
C
9
C
8
C
4
A
2C
12
C
8
C
4
A
3
=
。
55
25. 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
（用数字作答）．
【解析】对于7个台阶上每一个只站一人，则有
的站法种数是336种．
26. 锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同 。从中任意舀取4个汤圆，
则每种汤圆都至少取到1个的概率为（ ）
A．
3 12
种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有
C
3
A
7种，因此共有不同
A
7
8

91
B．
25

91
C．
48

91
D．
60

91

【解析】因为总的滔法
C
15
,
而所求事件的取法分为三类，即芝麻馅汤 圆、花生馅汤圆。豆沙馅汤圆取得个数分别按1.1.2；1，2，
1；2，1，1三类，故所求概率为
11211211
C
6
C
5
C
4
C
6
C
5
2
C
4
C
6
C< br>5
C
4
48


4
C
15
91
4
27. 将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有 种（用数字作答）．
211
C
4
C
2
C
1< br>【解析】分两步完成：第一步将4名大学生按，2，1，1分成三组，其分法有
2
A2
;第二步将分好的三组分配到3个乡镇，
其分法有
A
3
3所以满足条件得分配的方案有
211
C
4
C
2
C< br>1
3
A36

3
2
A
2
28. 将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编 号，则不
同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解析：将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里 的球的个数不小于该盒子的编号，分
情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有C
4
有
C
4
2
1
4
种方法；②1号 盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，
6
种方法；则不同的放球方法有10种，选A．
29. 将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有
（A）３０种 （B）９０种 （C）１８０种 （D）２７０种
解析：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组 1人，另两组都
12
C
5
C
4
3
15A90
种不同的分配方案，选B. 是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有
15
3
2
A
2
30. 某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每 地1人),其中甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的
选派方案共有 种 解析：某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只 能同去或同不去，可
以分情况讨论，① 甲、丙同去，则乙不去，有
C
5
乙、 丙都不去，有
2434
A
4
=240种选法；②甲、丙同不去，乙去，有< br>C
5
A
4
=240种选法；③甲、
A
5
4
120
种选法，共有600种不同的选派方案．
3
31. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）．
解析：可以分情况讨论：① 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位 置，3，4，各为1个数字，共可以组成
2A
3
个五位数；② 若末位数字为2，则 1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有
2A
2
2
12
4
个五位数；③ 若末位
2
数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置 ，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有
2(2A
2
)
=8个 五位数，所以
全部合理的五位数共有24个。
32．有一排8个发光二极管，每个二极管点亮 时可发出红光或绿光，若每次恰有3个二极管点亮，但相邻的两个二极管不能同时
点亮，根据这三个点亮 的二极管的不同位置和不同颜色来表示不同的信息，求这排二极管能表示的信息种数共有多少种？
[解析] 因为相邻的两个二极管不能同时点亮，所以需要把3个点亮的二极管插放在未点亮的5个二极 管之间及两端的6个空上，
3
共有C
3
6
种亮灯办法．然后分步确定 每个二极管发光颜色有2×2×2＝8(种)方法，所以这排二极管能表示的信息种数共有C
6
×2×2×2＝160(种)．
33．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6个；(2)平均分成3个小组；(3)平均分成3个小组，进入3个不 同车间．
[解析]
44
C
4
12
C
8
C
4
246
(1)C
12
C
10
C
6＝13 860(种)；(2)＝5 775(种)；
A
3
3
44C
4
12
C
8
C
4
4
(3)分两步： 第一步平均分三组；第二步让三个小组分别进入三个不同车间，故有·A
3
C
4
C
4

3
＝C
12
·
8
·
4
＝34 650(种 )不同的分法．
A
3
3
34．6男4女站成一排，求满足下列条件的排法共有 多少种？
(1)任何2名女生都不相邻有多少种排法？(2)男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？ < br>(3)男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？(4)男甲在男乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的 排法？
[解析] (1)任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空 中，共有A
6
A
4
6
·
7
种不同排法．
11
(2)方法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有A
9
9
种排法，若甲不在末位，则甲有A
8
种排法，乙有A
8
种排法，
其余 有A
8
8
种排法，

11
综上共有(A
9< br>A
8
9
＋A
8
A
8
·
8
) 种排法．
方法二：无条件排列总数
甲在首，乙在末A
8

98
A
10
10
－

甲在首，乙不在末A
9< br>－A
8
8


甲不在首，乙在末A
9
9－A
8
8


98
甲不在首乙不在末，共有(A
10
10
－2A
9
＋A
8
)种排法．
3
(3)10人的所有排列方法有A
10
10
种，其中甲、乙、丙的排序有A
3
种，又对应甲、乙、丙只有一种排序，所以甲、乙、丙排序一
A
10
10< br>定的排法有
3
种．
A
3
(4)男甲在男乙的左边的10人排 列与男甲在男乙的右边的10人排列数相等，而10人排列数恰好是这二者之和，因此满足条
1
件的有A
10
种排法．
2
10
35. 已知
m,n
是正整数，
（1） 试求
f(x)(1x)
m
(1x)
n
的展开式中
x
的系数为7，
f(x)
中的
x
2
的系数的最小值
f(x)
的< br>x
2
的系数为最小的
m,n
，求出此时
x
3
的系数
（3） 利用上述结果，求
f(0.003)
的近似值（精确到0.01）
11
解：根据题意得：
C
m
C
n
7
， 即
mn7
（1）
（2） 对于使
m(m1)n(n1)m2
n
2
mn

x
的系数为
CC< br>
222
2
2
m
2
n
将(1)变形为
n7m
代入上式得：
x
的系数为
m
故当
m
（ 1）
（2）

2
2
735
7m21(m)
2


24
x
2
的系数的最小值为9
3或4时，
33
C
4
5

x
3的系数为为
C
3
当
m3,n4或m4,n3时，
f(0 .003)2.02

排列与组合习题

1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )
A．40 B．50 C．60
[解析] 先分组再排列，一组2人一组4人有
25×2＝50，故选B.
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( )
A．36种 B．48种 C．72种 D．96种
D．70
C
3
6
种不同的分法；两组各3人共有
2
＝10种不同的分法，所以乘 车方法数为
A
2
C
2
6
＝15
2
[解] 恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共A
3
3
A
4
＝72种排法，故选C.
3．只用1,2,3三个数字组成一个四 位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )
A．6个 B．9个 C．18个 D．36个
[解析] 注意题中条件的要求，一是三个数 字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻，选四个数字共有C
1
3
＝3(种)选法， 即
2
1231,1232,1233，而每种选择有A
2
2
×C3
＝6(种)排法，所以共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有( )
A．2人或3人 B．3人或4人 C．3人 D．4人
1
[解析] 设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得C
2
n
C
8< br>－
n
＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5． 某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完 ，则方法有( )
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种
[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那 么共有C
2
8
＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属 的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程

人员 也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有( )
A．24种 B．36种 C．38种 D．108种
[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译 人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员
12
分成两组，一组1人另一组 2人，共有C
1
3
种分法，然后再分到两部门去共有C
3
A
2
种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一
组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人 ，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C
1
3
种方法，由分步乘法计数< br>21
原理共有2C
1
3
A
2
C
3
＝ 36(种)．
7．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取 一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的
个数为( )
A．33 B．34 C．35 D．36
[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标 中不含1的有C
1
A
3
2
·
3
＝12个；②所得空 间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的
31
有C
1
A
3
2
·
3
＋A
3
＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有 2个1的有C
3
＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋
3＝33个，故选 A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )
A．72 B．96 C．108 D．144
223
[解析] 分两类：若1与3相邻，有A
2
C
1
A< br>3
2
·
3
A
2
A
3
＝72(个)， 若1与3不相邻有A
3
·
3
＝36(个)，故共有72＋36＝108个．
9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲 学校连续参观两天，其余学
校均只参观一天，那么不同的安排方法有( )
A．50种 B．60种 C．120种 D．210种
[解析] 先安排甲学校的参观时间，一周 内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)， 甲任选一种为
2
C
1
6
，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其 余两所学校参观，安排方法有A
5
种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排
方法 C
1
A
2
6
·
5
＝120种，故选C.
10．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2 日，不同的安排
方法共有________种．(用数字作答)
5
[解析] 先安 排甲、乙两人在后5天值班，有A
2
5
＝20(种)排法，其余5人再进行排列，有A
5
＝120(种)排法，所以共有20×120
＝2400(种)安排方法．
11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不 同的排法．(用数字作答)
[解析] 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题， 共有C
4
C
2
C
3
9
·
5
·3
＝1260(种)排法．
12．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组 各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________
2
C
2
6
C
4
种(用数字作答)． [解析] 先将6名志愿者分为4组，共有2
种分法，再将4组人员分到4个不同场馆去，
A
2
共有
C2
C
2
6
·
4
4
A
4
种分法 ，故所有分配方案有：
2
·A
4
4
＝1 080
A
2
种．
13．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不 同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的
种法(用数字作答)．

[解析] 5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、3不 同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2
＋1×1)＝72种．
14. 将标号为1 ，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一 信封，
则不同的方法共有
（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种
【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法； 其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有
种，故选B.

15. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天， 丙不排在
10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有
A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108种
解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号 共有
2
24113
214A
2
A
4
A
4
种方法。甲乙排中间,丙排7号或不排7 号，共有
4A
2
(A
4
A
3
A
3
A
3
)
种方法，故共有1008种不同的排法
16. 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是
（
A
）72 （
B
）96 （
C
） 108 （
D
）144 w_w_w.k*s 5*u.c o*m
解析：先选一个偶数字排个位，有3种选法w_w_w.k*s 5*u.c o*m ①若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，3
A
3
24个，②若5排 在百位、千位或万位，则1、3只有两个位置可排，共3
2
A
2
2
＝
A
2
2
A
2
2
＝12个算上个位偶数字的排法，共 计3(24＋12)
＝108个，答案：
C

17. 在某种信息传输过程中 ，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有
0和 1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为
A.10 B.11 C.12 D.15

18. 现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志 愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每
项工作至少有一人参加。甲、乙不会 开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
A．152 B.126 C.90 D.54
【解析】分类讨论：若有2人从事司机工作，则方案有C
3
A
3
18
；若有1人从事司机工作，则方案有
C
3
C
4
A
3
108
种，
所以共有 18+108=126种，故B正确
19. 甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2 名女同学。若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有
1名女同学的不同选法共有( D )
（A）150种 （B）180种 （C）300种 (D)345种
解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有
C
5
C
3
 C
6
共有345种选法.选D
20. 将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班 ，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，则不同分
法的种数为
11211
225
种选法; (2) 乙组中选出一名女生有
C
5
2
C
6
C
2
120
种选法.故
23 123
A.18

B.24

C.30

D.36

【解析】用间接法解答： 四名学生中有两名学生分在一个班的种数是
C
4
，顺序有
A
3
种，而甲乙被分在同一个班的有
A
3
种，所
以种数是
C
4
A
3
A
3
30

21. 2位男生和3位女生 共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是
A. 60 B. 48 C. 42 D. 36
【解析】解法一、从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有
C
3
22
A
2
6
种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男233
233
生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端。则为使 A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就
不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2 ＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插
入乙，所以，共有12 ×4＝48种不同排法。
法二；同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有C
3
22
A
2
6
种不同排法），剩下一名女生记作B ，两名男
生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：第一类：女生A、B在两端，男生甲、 乙在中间，共有
6A
2
2
2
22
A
2
=2 4种排
法；第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时共有
6A
2
＝12种排法，第三类：女生B和
男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生 甲也只有一种排法。此时共有
6A
2
＝12种排法 三类之和为24＋12＋12＝48种。

22. 从10名大学生毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数位
A 85 B 56 C 49 D 28
【解析】解析由条件可分为两类：一类是甲乙两人只去一个的选法有：
C2
121
C
7
42
，另一类是甲乙都去的选法有
C
2
2
C
7
=7，
所以共有42+7=49，即选C项。
23. 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相 邻，则不同排法的种数是
A. 360 B. 188 C. 216 D. 96

解析：6位同学站成一排，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有
12222
A
2
A
2
C
3
A
3< br>A
2
144
，符合条件的排法故共有188
3222
A< br>3
C
3
A
4
A
2
332
种，其中 男生甲站两端的有
解析2：由题意有
2A
2
2211222
(C< br>3
2
A
2
)C
2
C
3
A< br>2
(C
3
2
A
2
)A
4
1 88
,选B。
24. 12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个 队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为（ ）
1
1
D．
3
4
444
144
C
3
C
12
C
8
C
4
3
C
9
C
8
C
4
解析：因为将12个组分成4个组的分法有种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰好被
3
2
A
2
A
3
3
314424443
分在 同一组的概率为
C
9
C
9
C
8
C
4
A
2
C
12
C
8
C
4
A
3=
。
55
25. 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
A．
1

55
B．
3

55
C．
【解析】对于7个台阶上每一个只站一人，则有
的站法种数是336种． 312
种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有
C
3
A
7
种，因此共有不同
A
7
26. 锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个 ，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同。从中任意舀取4个汤圆，
则每种汤圆都至少取到1 个的概率为（ ）
254860
C． D．
919191
4
【解析】因为总的滔法
C
15
,
而 所求事件的取法分为三类，即芝麻馅汤圆、花生馅汤圆。豆沙馅汤圆取得个数分别按1.1.2；1，2，
A． B．
112121211
CCCCCCCCC
48

654654654
1；2，1，1三类，故所求概率为

4
C
1 5
91
8

91

27. 将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有 种（用数字作答）．
211
C
4
C
2
C
1< br>【解析】分两步完成：第一步将4名大学生按，2，1，1分成三组，其分法有
2
A2
;第二步将分好的三组分配到3个乡镇，
其分法有
A
3
3所以满足条件得分配的方案有
211
C
4
C
2
C< br>1
3
A
3
36

2
A
2
28. 将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里 ，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不
同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解析：将4 个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 分
情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有
C
4
有C
4
2
1
4
种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2 号盒子，
6
种方法；则不同的放球方法有10种，选A．
29. 将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有
（A）３０种 （B）９０种 （C）１８０种 （D）２７０种
解析：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组 1人，另两组都
12
C
5
C
4
3
90
种不同的分配方案，选B. 是2人，有
15
种方法，再将3组分到3个班，共有
1 5A
3
2
A
2
30. 某校从8名教师中选派4名教师同时去4个 边远地区支教(每地1人),其中甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的
选派方案共有 种
解析：某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去， 甲和丙只能同去或同不去，可
以分情况讨论，① 甲、丙同去，则乙不去，有
C
5乙、丙都不去，有
2434
A
4
=240种选法；②甲、丙同不去，乙 去，有
C
5
A
4
=240种选法；③甲、
A
5< br>4
120
种选法，共有600种不同的选派方案．
3
31. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）．
解析：可以分情况讨论：① 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位 置，3，4，各为1个数字，共可以组成
2A
3
个五位数；② 若末位数字为2，则 1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有
2A
2
2
12
4
个五位数；③ 若末位
2
数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置 ，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有
2(2A
2
)
=8个 五位数，所以

全部合理的五位数共有24个。
32．有一排8个发光二极管， 每个二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3个二极管点亮，但相邻的两个二极管不能同时
点亮， 根据这三个点亮的二极管的不同位置和不同颜色来表示不同的信息，求这排二极管能表示的信息种数共有多少种？
[解析] 因为相邻的两个二极管不能同时点亮，所以需要把3个点亮的二极管插放在未点亮的5个二极 管之间及两端的6个空上，
3
共有C
3
6
种亮灯办法．然后分步确定 每个二极管发光颜色有2×2×2＝8(种)方法，所以这排二极管能表示的信息种数共有C
6
×2×2×2＝160(种)．
33．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6个；(2)平均分成3个小组；(3)平均分成3个小组，进入3个不 同车间．
[解析]
44
C
4
12
C
8
C
4
246
(1)C
12
C
10
C
6＝13 860(种)；(2)＝5 775(种)；(3)分两步：第一步平均分三组；第二步让三个小组 分别进入三个不同车
A
3
3
44
C
4
12
C
8
C
4
4
·A
3
C
4
C
4
3
＝C
12
·
8
·
4
＝34 650(种)不同的分法．
A
3
3
间，故有
34．6男4女站成一 排，求满足下列条件的排法共有多少种？
(1)任何2名女生都不相邻有多少种排法？(2)男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？ < br>(3)男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？(4)男甲在男乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的 排法？
[解析] (1)任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空 中，共有A
6
A
4
6
·
7
种不同排法．
11
(2)方法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有A
9
9
种排法，若甲不在末位，则甲有A
8
种排法，乙有A
8
种排法，其
甲 在首，乙在末A
8


98
91110
余有A
8< br>A
8
8
种排法，综上共有(A
9
＋A
8
A< br>8
·
8
)种排法．方法二：无条件排列总数，A
10
－

甲在首，乙不在末A
9
－A
8
8


甲不在首，乙在末A
9
9
－A
8
98
甲不在首乙不在末，共 有(A
10
10
－2A
9
＋A
8
)种排法．
8


3
(3)10人的所有排列方法有A
10
1 0
种，其中甲、乙、丙的排序有A
3
种，又对应甲、乙、丙只有一种排序，所以甲、乙 、丙排序一定的
A
10
10
排法有
3
种．(4)男甲在男乙 的左边的10人排列与男甲在男乙的右边的10人排列数相等，而10人排列数恰好是这二者之和，因
A
3
1
此满足条件的有A
10
种排法．
2
10