小学数学五年级《排列组合》练习题(含答案)
晨读英语美文100篇-高向鹏
《排列组合》练习题（含答案）
内容概述
加乘原理，
排列组合是四年级一个重要的学习内容，在之前的学习中，我们已经对它
们有所了解，
对于加乘原理我们只需要记住：加法分类，类类独立；乘法分步，步步相关！
排列
组合的应用具有一定难度.突破难点的关键：首先必须准确、透彻的理解加法原理、
乘法原理；即排列组
合的基石.其次注意两点：
①对问题的分析、考虑是否能归纳为排列、组合问题？若能，再判断是属于
排列问题
还是组合问题？②对题目所给的条件限制要作仔细推敲认真分析.可利用图示法，可使
问题简化便于正确理解与把握.
本讲主要巩固加强此部分知识，注重排列组合的综合应用.
排 列
在实际生活中常遇到这样的问题，就是要把一些事物
排在一起，构成一列，计算有多
少种排法．就是排列问题．在排的过程中，不仅与参加排列的事物有关，
而且与各事物所
在的先后顺序有关．
一般地，从n个不同的元素中任取出m个（m≤n）元素
，按照一定的顺序排成一列．叫
做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
由排列的定义
可以看出，两个排列相同，不仅要求这两个排列中的元素完全相同，而
且各元素的先后顺序也一样．如果
两个排列的元素不完全相同．或者各元素的排列顺序不
完全一样，则这就是两个不同的排列．
从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中
m
pn
m
p
n
n(n1)(n2)....(nm1)
<
br>取出m个元素的排列数，我们把它记做
其中
（m≤n），
共m个数
.<
br>P
n
n
n!n(n1)...1
.
【例1】 4名男生和2名女生去照相，要求两各女生必须紧挨着站在正中间，有几种排法？
分析：分两步进行，先安排两个女生有
P
2
种方法，4个男生站的位置有P
4
种方法，共有
24
P
2
2
P
4
4
=2×1×4×3×2×1=48(种)，故有48种排法．
【巩固】
停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个
空车位连在一起，一共
有多少种不同的停车方案?
分析：把4个空车位看成一个整体，（4个空车位看成一样
的）与8辆车一块儿进行排
列．
P
9
9
362880
.
【前铺】讲解此部分例题之前，请根据本班情况，将排列公式的计算练习一下！
3253
计算：（1）
P
14
P
14
；
（2）
3P
6
P
3
32
分析：（1）
P
14
P
14
=14×13×12-14×13=2002 ；
53
（2）
3P
6
P
3
=3×（6×5×4×3×2）-
3×2×1=2154 .
【例2】 书架上有4本不同的漫画书，5本不同的童话书，3
本不同的故事书，全部竖起
排成一排，如果同类型的书不要分开，一共有多少种排法？如果同类书可以分
开，一共有
多少种排法？（只写出表达式，不用计算）
分析：每种书内部任意排序
，分别有
P
4
，
P
5
，
P
3
种排
法，然后再排三种类型的顺序，有
P
3
4533
4533
种排法，整
个过程分4步完成．
P
4
×
P
5
×
P
3<
br>×
P
3
=103680(种)．如果同类书可以分开，
就相当于4+5
+3=12本书随意排，有
P
12
种排法.
【例3】
用0，1，2，3，4可以组成多少个没重复数字的三位数？
分析：（法1）在本题中要
注意的是0不能为首位数字，因此，百位上的数字只能从1，2，
3，4这四个数字中选择1个，有4种
方法；十位和个位上的数字可以从余下的4个数字中
任选两个进行排列，有
P
4
种方法．由分步计数原理得，三位数的个数是：4×
P
4
=48(个)．
（法2）：从0，1，2，3，4中任选三个数字进行排列，再减去其中不合要求的，即首位是
0．从0
，1，2，3，4这五个数字中任选三个数字的排列数为
P
5
，其中首位是0的三位数
有
P
4
个．三位数的个数是：
P
5
-
P<
br>4
=5×4×3-4×3=60-12=48(个)．
不是简单的全排列，有一些其它
的限制，这样要么全排列再剔出不合题意的情况，要么直
接在排列的时候考虑这些限制因素．
【前铺】（1）用1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的三位数?
（2）用1，2，3，4，5可以组成多少个三位数？
分析：（1）要组成三位数，自然与三
个数字的排列顺序有关，所以这是一个从五个元素中
取出三个进行排列的问题，可以组成
232
3
22
12
P
5
3
=5×4×3=60种没有重复
数字的三位数．
（2）没有要求数字不能重复，所以不能直接用
P
5
3来计算，分步考虑，用乘法原理可得：5
×5×5=125（个）.
注意“重复”和“没有重复”的区别！
【巩固】用数码0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数?
分析：小于1000的自然数包括一位数、两位数、三位数，可以分类计算．注意“0”是自
1112<
br>然数，且不能作两位数、三位数的首项．
5P
4
P
4
P
4
P
4
69
（个）.很自然的知道
需要根据位数分类考
虑，而且首位非零的限制也需要考虑．
【例4】 由4个不同的独唱节目和3个
不同的合唱节目组成一台晚会，要求任意两个合唱
节目不相邻，开始和最后一个节目必须是合唱，则这台
晚会节目的编排方法共有多少种?
分析：先排独唱节目，四个节目随意排，有
节目
，有三个节目，两个位置，对应
P
4
4
=24种排法；其次在独唱节目的首尾
排合唱
P
3
2
=6种排法；再在独唱节目之问的3个位置中排一个
合
唱节目，有3种排法，由乘法原理，一共有24×6×3=432种不同的编排方法．
【例5】 小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？
（1）七个人排成一排；
（2）七个人排成一排，小新必须站在中间.
（3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间.
（4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边.
（5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上.
（6）七个人战成两排，前排三人，后排四人.
（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排.
7
分析：（1）
P
7
5040
（种）.
6<
br>（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．
P
6
720
（种）.
（3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×
P
6
=1440(
种)．
6
2P
5
5
240
（4）先排两边，再排剩下的5个位置，其中两边的小新和阿呆还可以互换位置．
(种)．
P
5
2
P
5
5
2400
（5）先排两边，从除小
新、阿呆之外的5个人中选2人，再排剩下的5个人，
（种）.
（6）七个人排成一排时，7
个位置就是各不相同的．现在排成两排，不管前后排各有几个
7
人，7个位置还是各不相同的，
所以本题实质就是7个元素的全排列．
P
7
5040
（种）.
（
7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“小新在前，阿呆在后”，两种情况是
对等的，所以
只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可．4×3×
P
5
×2=2880(种)．排
队问题，
5
一般先考虑特殊情况再去全排列．
【例6】
某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四
个数码之和是9．为确保
打开保险柜，至少要试多少次？
分析：四个数字之和为9的情况有：l+1+1+6=9；
1+1+2+5=9；1+1+3+4=9；1+2+2+4=9；1+2+3+3=9；
2+2+2+
3=9，分别计算这6种情况．对于“l+1+1+6”这种情况，我们只需考虑6，其它1
放那都一样
；对于“1+1+2+5”这种情况，只需考虑2和5，其它同理，可得答案：
P
4
1
P
4
2
P
4
2
P
4
2P
4
2
P
4
1
56(次)
【巩固】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：
一共有多少种不同的订法?
分析：可以分三种情况来考虑：
(1)3所学校订的
报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各
有
P
3
3
=6种不同的排列，此时有6×2=12种订法．
(2)3所学校订的
报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组
各有3种不同的
排列，此时有3×2=6种订法．
(3)3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．
由加法原理，不同的订法一共有12+6+l=19种．
组 合
一般地，从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.由组合的定义可以看出，两个组合是否相
同，只与
这两个组合中的元素有关，而与取到这些元素的先后顺序无关.只有当两个组合中
的元素不完全相同时，
它们才是不同的组合.
从
n
个不同元素中取出
m
个元素（m
≤
n
）的所有组合的个数，叫做从
n
个不同元素中
个
数
64444
m
744448
n(n1)...(nm1)m
取出
m
个不同元素的组合数.记作
C
n
这就是组合数
公式.
m!
【例7】
以右图中的8个点中的3个为顶点，共可以画出多少个不同的三角形?
分析：从8个点中选
3个点，一共有56种不同的选法．但是因为在一条直线
上的3个点不能组成三角形，所以应去掉两条直
线上不合要求的选法．5个点
选3个的选法有10种．4个点选3个的选法有4种．所以一共可以画出<
br>56-(10+4)=42不同的三角形．
【前铺】右图共有11条射线，那么图中有多少个锐角？
分析：如图，最大的
为锐角，它内部的各个角一定也是锐角，图中共有11条射线，任取两
条作为角的两边便可确定一个锐角
．因为角的两边不存在顺序关系，所以应该用组合．
C
11
=55.
几何题中的数个数问题往往可以采用这样的组合方法来解题．
【前铺】讲解例题之前请根据本班情况先将组合公式计算练习一下！
计算：（1）
C
6
,C
5
,C
5
，（2）
C
7
,C
7
,C
7
24135
2
2
6554325
1
15
，
C
54
5
，
C
5
5
；
2143
211
7657654376543
355
（2）
C
7
35
，
C
7
21
，
C
7
21
321543215432
1
分析：（1）
C
6
2
mnm
注意：从上发现
规律
C
n
C
n
.
【巩固】从3、5、7、11这四个质数中任取两个相乘，可以得到多少个不同的乘积？
分析
：由于3，5，7，11都是质数，因此所得乘积各不相同，因此只要求出不同的质数对
的个数就可以了
．
C
4
2
=6.
【巩固】一个口袋中有4个球，另一个口袋中有
6个球，这些球颜色各不相同．从两个口
袋中各取2个球，共有多少种不同结果？
2
2
分析：分步考虑，
C
4
C
6
61590
（种）.
【例8】 有13个队参加篮球比赛，比赛分两个组，第一组七个队，第二组六个队，各组<
br>先进行单循环赛(即每队都要与其它各队比赛一场)，然后由各组的前两名共四个队再进行
单循环
赛决定冠亚军.问：共需比赛多少场？
分析：分三部分考虑，第一组预赛、第二组顶赛和最后的决赛．
第一组要赛：
第二组要赛：
C
7
2
=21(场)，
C
6
2
=15(场)，决赛阶段要赛：
C
4
2
=6(场)，
总场数：21+15+6=42(场)．
【拓展】一个盒子装有10个编号依次为1，2，
3，…，10的球，从中摸出6个球，使它们
的编号之和为奇数，则不同的摸法种数是多少?
分析：10个编号中5奇5偶，要使6个球的编号之和为奇数，有以下三种情形：
(1)5奇1偶，对奇数只有1种选择，对偶数有5种选择．由乘法原理，有1×5=5种选择； (2)3奇3偶，对奇数有
C
5
=10种选择，对偶数也有
C
5
=10种选择．由乘法原理，有10×10=100
种选择；
(3)1奇5偶，对奇数有5种选择，对偶数只有1种选择．由乘法原理，有5×1=5种选择．
由加法原理，不同的摸法有：5+100+5=110种．
33
【例9】
某年级6个班的数学课，分配给甲、乙、丙三名数学老师任教，每人教两个班，
分派的方法有多少种?
分析：分三步进行：第一步，取两个班分配给甲，与先后顺序无关，是组合问题，有15种<
br>选法；第二步，从余下的4个班中选取两个班给6种选法；第三步，剩余的两个班给丙，
有1种选
法．根据乘法原理，一共有15×6×l=90种不同的分配方法．
【拓展】从8名候选人
中选出正、副班长各1人，再选出3名班委会成员．一共有多少种
不同的选法?
分析：先选正
、副班长，分别有8种和7种选法．再从剩下的6人中选出3人，有
C
6
=20
种选法．由乘法原理，共有8×7×20=1120种不同的选法．
【例10】
工厂从100件产中任意抽出三件进行检查，问:
(1)一共有多少种不同的抽法?
(2)如果100件产品有2件次品,抽出的3件中恰好有一件是次品的抽法有多少种？
(3)如果100件产品中有2件次品，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有多少种? 、
分析：从100件产品中抽出3件检查，与抽出3件产品的顺序无关，是一个组合问题．
(1
)不同的抽法数就是从100个元素中取3个元素的组合数．
C
100
=161700
（种）.
(2)可分两步考虑，第一步：从2件次品中抽出一件次品的抽法有
C
2<
br>种；第二步：从98件
合格品中抽出2件合格品的抽法有
C
98
种．再
用分步计数原理求出总的抽法数，
12
C
2
C
98
95
06
.
2
1
3
3
(3)可以从反面考虑，从抽法总数C
100
中减去抽出的三件都是合格品的情况，便得到抽出的
33
三件产
品中至少有一件是次品的抽法总数．
C
100
C
98
16170
01520969604
.
3
【例11】
从10名男生，8名女生中选出8人参加游泳比赛.在下列条件下，分别有多少种
选法？
（1） 恰有3名女生入选；
（2） 至少有两名女生入选；
（3）
某两名女生，某两名男生必须入选；
（4） 某两名女生，某两名男生不能同时入选；
（5） 某两名女生，某两名男生最多入选两人.
35
分析：（1）恰有3名女生入
选，说明男生有5人入选，应为：
C
8
C
10
14112
；
（2）要求至少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要
求．运用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况：
8871
C
18
C
10
C
10
C
8
42753.
4
（3）4人必须入选，则从剩下的14人中再选出另外4人.
C
14
1001
.
（4）从所有的选法
C
18
中减去这4个人同时入选的
C
14
种可能：
C
18
-
C
14
=42757.
（5）分三类情况：4人无人入选，4人仅有1人
入选，4人中有2人入选，共：
81726
C
14
C
4
C
14
C
4
C
14
=34749.
8484
【例12】 用2个1，2个2，2个3可以组成多少个互不相同的六位数
?用2个0，2个1，2
个2可以组成多少个互不相同的六位数?
分析：先考虑在
6个数位上选2个数位放1，这两个1的顺序无所谓，故是组合问题有
C
6
=15种选法；再从剩下的4个数位上选2个放2，有
C
4
=6种选法；剩下的2个数位
放3，只有
1种选法．由乘法原理，这样的六位数有15×6×l=90个．
在前一问的情况
下组成的90个六位数中，首位是1、2、3的各30个．如果将3全部换成0，
这30个首位是0的数
将不是六位数，所以可以组成互不相同的六位数90—30=60个．
【例13】 从1，
3，5，7，9中任取三个数字，从2，4，6，8中任取两个数字，组成没有
重复数字的五位数，一共
可以组成多少个数？
分析：整个过程可以分三步完成：
第一步，从1，3，5，
7，9中任取三个数字，这是一个组合问题，有
C
5
种方法；
第二步，从2
，4，6，8中任取两个数字，也是一个组合问题，有
C
4
种方法；
第三步，用取出的5个数字组成没有重复数字的五位数，有
P
5
种方法． <
br>再由分步计数原理求总的个数：
C
5
×
C
4
×
P
5
=7200（个）.
附加题目
【附1】小明的书架上原来有6本书，不重新排列，再放上3本书，可以有多少种不同的放
法?
分析：放第一本书时，有原来的6本书之间和两端的书的外侧共7个位置可以选择；放第二本书时，有已有的7本书之间和两端的书的外侧共8个位置可以选择．同样道理，放第
三本书时，
有9个位置可以选择．由乘法原理，一共可以有7×8×9=504种不同的放法．
【附2
】一栋12层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停．在一楼有3人进了电梯，其
中至少有一个要上1
2楼，则他们到各层的可能情况共有多少种?
分析：每个人都可以在第7层至第12层中任
何一层下，有6种情况，那么三个人一共有6
325
5
2
3
2
2
×6×6=216种情况，其中，都不到12楼的情况有5×5×5=125种．因
此，至少有一人要上
12楼的情况有216-125=91种．
【附3】某校组织
进行的一次知识竞赛共有三道题，每道题满分为7分，给分时只能给出自
然数l，2，3，…，7分．已
知参加竞赛者每人三道题的得分的乘积都是36，而且任意二人
各题得分不完全相同，那么请问参加竞赛
的最多有多少人?
分析：将36分解为不大于7的三个数的乘积，有1×6×6；3×3×
4；2×3×6三种情况．考
虑到因数的
先后顺序，第一种情况，考虑1有三个位置可选择，
其余位置放6，有3种顺序；第二种情
况与第一种情况相似，有3种顺序；最后一种情况，有3×2×l
=6种顺序．由加法原理，
一共有12种顺序，所以参赛的最多有12人．
【附4
】某市的电视台有八个节目准备分两天播出，每天播出四个，其中某动画片和某新闻
播报必须在第一天播
出一场，体育比赛必须在第二天播出，那么一共有多少种不同的播放
节目方案？
分
析：某动画片和某新闻播报在第一天播放，对于动画片而言，可以选择当天四个节目时
段的任何一个时段
，一共有4种选择，对于新闻播报可以选择动画片之外的三个时段中的
任何一个时段，一共有3种选择，
体育比赛可以在第二天的四个节目时段中任选一个，一
共有4种选择．剩下的5个节目随意安排顺序，有
P
5
5
=120种选择．由乘法原理，一共有
4×3×4×120=
5760种不同的播放节目方案．
【附5】某旅社有导游9人，其中3人只会英
语，2人只会日语，其余4个既会英语又会日
语．现要从中选6人，其中3人做英语导游，另外3人做日
语导游．则不同的选择方法有
多少种?
分析：此题若从“多面手”出发来做，不太
简便，由于只会日语的人较少，所以针对只会
日语的人讨论，分三类：
(1)只会日语的2人
都出场，则还需1个多面手做日语导游，有4种选择．从剩下的只会英
语的人和多面手共6人中选3人做
英语导游，有
C
6
=20种，由乘法原理，有4×20=80种选
择． (2)只会日语的2人中有1人出场，有2种选择．还需从多面手中选2人做日语导游，有
C
4
=6种选择．
剩下的只会英语的人和多面手共5人中选3人做英语导游，有
C<
br>5
=10种选择．由乘法原理，
有2×6×10=120种选择．
(3)只会
日语的人不出场，需从多面手中选3人做日语导游，有
C
4
=4种选择．剩下的只会<
br>英语的人和多面手共4人中选3人做英语导游，有
C
4
=4种选择．由乘法原理
，有4×4=16
3
3
3
2
3
种选择．
根据加法原理，不同的选择方法一共有80+120+16=216种．
【附6】五个瓶子都贴了标签，其中恰好贴错了三个，贴错的可能情况共有多少个？
分析：首
先考虑哪三个瓶子贴错了，有
C
5
种可能，3个瓶子贴错后互相贴错标签又分成两种不同情况.所以共有
C
5
×2=20（种）.此题容易出错的是三个出错的瓶子
确定后，他们之
间错误的可能情况数目，有的同学很容易忽略这一环节，而有的会不假思索的把它当作一
个全排列，这都是不正确的．
3
3
【附7】马路上有编号为1，
2，3，…，l0的十只路灯，为节约用电又能看清路面，可以把
其中的三只灯关掉，但又不能同时关掉
相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况
下，求满足条件的关灯方法有多少种？
<
br>分析：l0只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题
可以转
化为在7只亮着的路灯之问的六个空档中插入三只熄灭的灯，有
C
6
=20种插法.
3
练习十二
1．给出1，2，3，4四个数字，试求：（1）可组成多少个数字不重复的四位数?
（2）可组成多少个数字不重复的自然数?
（3）可组成多少个不超过四位的自然数?
分析：（1）
P
4
=4×3×2×1=24个数字不重复的四位数.
（2）利用1，2，3，4可组成数字不重复的一位、两位、三位、四位自然数，
1234<
br>分类考虑：
P
4
P
4
P
4
P
4
=64个.
4
（3）此题数位上的数字允许重复，利用1，2，3，4可组成一位
、两位、三位、四位自然
数．进一步考虑，
一位数有4个，两位数有4×4=16个，三位数
有4×4×4=64个，四位数有4×4×4×4=256
个．故共有4+16+64+256=340
个．
2．由四个不同的非0数字组成的所有四位数中，数字和等于12的共有多少个?
分析：四个数字都不同而数字和为12的数字有1，2，3，6和1，2，4，5两种情况，
对于
每种情况，可以组成
P
4
4
=24个不同的四位数．对于所以，
共可以组成24+24=48个不同的
四位数．
3．桌子上有3张红卡片，2张黄
卡片，和1张蓝卡片，如果将它们横着排成一排，同种颜
色的卡片不分开，一共有多少种排法？
3213
PPP
分析：
P
3213
=72种.
4．在1～100中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同的取法?
分析：两个数的和是偶数，这两个数必然同是奇数或同是偶数，而取出的两个
数与顺序无
关，所以是组合问题；从50个偶数中取出2个，有
C
50
=12
25种取法；从50个奇数中取出
2个，也有
C
50
=l225种取法．根据
加法原理，一共有1225+1225=2450种不同的取法．
5．在一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．
(1)从口袋内取出3个球，共有多少种取法?
(2)从口袋取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法?
(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法?
分析：(1)从口袋内的8个球中取出3个球，与顺序无关，是组合问题，其取法种数是56种． (2)从口袋内取出的3个球中有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，其取法种
数是2
1种．
(3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，其取法种数是35
种．
6．在6名女同学，5名男同学中选出4名女同学，3名男同学站成一排，有多少种排法？
4
37
分析：男女同学分别考虑，再整体排列．
C
6
C
5
P
7
=756000(种)．
2
2