培优课 排列与组合
1.＝（ ）
A.120 B.160
C.180 D.240
2.从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则不同的选派方案共有（ ）
A.60种 B.80种
C.100种 D.120种
3.在1，2，3，4，5这5个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有（ ）
A.36个 B.24个
C.18个 D.6个
4.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，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.257 B.336
C.343 D.384
5.元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共有（ ）
A.32种 B.70种
C.90种 D.280种
6.某校从8名青年教师中选派4名分别作为四个学生社团的指导教师，每个社团各派去1名教师，其中教师甲和乙不能同时参加，甲和丙只能都参加或都不参加，则不同的选派方案有（ ）
A.360种 B.480种
C.600种 D.720种
7.（多选）集合M＝{x｜x＝，n≥0且n∈N*}，集合Q＝{1，2，3，4}，则下列结论正确的是（ ）
A.M＝{1，4，6} B.Q M
C.M Q D.M∩Q＝{1，4}
8.（多选）将四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中且不允许有空盒子的放法有（ ）
A.种 B.种
C.种 D.18种
9.（多选）现有5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能报一个小组，则下列说法正确的是（ ）
A.若报名没有任何限制，则共有53种不同的安排方法
B.若报名没有任何限制，则共有35种不同的安排方法
C.若每个小组至少要有1人参加，则共有540种不同的安排方法
D.若每个小组至少要有1人参加，则共有150种不同的安排方法
10.旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游.已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线数为 .
11.如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“”中，每个“”中填一个数字，有线段连接的两个“”不能填相同数字，四个数字不必均使用，则不同填数方法有 种.
12.为弘扬我国古代的六艺文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设礼乐射御书数六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中射不排在第一周，数不排在最后一周的所有可能排法种数；
（2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教数的课程安排方案种数.
13.在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
（1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法；
（2）已知每检测一件产品需要检测费用100元，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？
培优课 排列与组合
1.A ＝＝120.
2.D 从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则不同的选派方案共有＝6×5×4＝120（种）.故选D.
3.A 若各位数字之和为偶数，则只能两奇一偶，故有＝36（个）符合要求的数.
4.C 由题意知可分为三类：第一类是3人各站一级台阶，有种站法；第二类是有一级台阶有2人，另一级台阶有1人，共有种站法；第三类是3人站在一级台阶上，有种站法.所以根据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是＋＋＝343.故选C.
5.B 因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B.
6.C
7.AD 由知，n＝0，1，2，3，4，又＝1，＝4，＝＝6，＝＝4，＝1.所以M＝{1，4，6}.故M∩Q＝{1，4}.
8.BC 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则可以有两种方法进行分析：
（1）①先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法.则没有空盒的放法有种.
（2）①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法.则没有空盒的放法有种.故选B、C.
9.BD 5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能报一个小组，若报名没有任何限制，则每人都有3种选择，故共有35种不同的安排方法，故B正确，A错误；若每个小组至少要有1人参加，则先分组后排列，先将5名同学分为三组有＋＝25（种）方法，再将分好的三组分到3个不同的课后服务小组有＝6（种）情况，所以每个小组至少要有1人参加，则共有25×6＝150（种）不同的安排方法，故C错误，D正确.故选B、D.
10.10 解析：小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，则可选的路线有种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有种.所以小李可选的旅游路线数为＋＝10.
11.264 解析：如图，计算不同填数方法有两类办法：当用四个数字时，先填A，E，D，有种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是得有（2＋1）种填法；当用三个数字时，先填A，E，D，有种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是得有2种填法.利用分类加法计数原理得不同填数方法有（2＋1）＋2＝216＋48＝264（种）.
12.解：（1）分两组情况讨论：
①射排在最后一周时，则有＝120种排法.
②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种排法，剩下的4门课程全排列，有4×4×＝384种排法，
所以共有120＋384＝504种不同排法.
（2）分两种情况讨论：
当甲教两科时，则有＝240种安排方法；
当甲教一科时，则有＝1 200种安排方法.
所以共有240＋1 200＝1 440种不同安排方案.
13.解：（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法；
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有＝24种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有＝48种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有＝48种抽法；
综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法.
（2）由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况：
①4次抽到的均为正品，共有＝24种抽法；
②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有··＝72种抽法.
所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种.
2 / 2 排列与组合
题型一 定序问题
【例1】 6人站成一排.
（1）甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列方法？
（2）甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的排列方法？
通性通法
定序问题的求解方法
n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法.
【跟踪训练】
用1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的七位数，若1，3，5，7的顺序一定，求有多少个符合条件的七位数？
题型二 排列与组合的综合问题
角度1 “类中有步”的计数问题
【例2】 甲、乙、丙、丁四个人中秋节分别选择到东湖公园、茶经楼、历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有（ ）
A.24种 B.96种
C.174种 D.175种
角度2 “步中有类”的计数问题
【例3】 如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有 种；区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有 种.
通性通法
1.解排列与组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列.
2.解排列与组合综合问题时要注意的两点
（1）元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题；
（2）对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列与组合综合问题的一般方法.
【跟踪训练】
1.已知集合A＝{4，5，6，7}，B＝{5，6，7，8，9}，从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成无重复数字且比5 000大的自然数的个数共有（ ）
A.180 B.300 C.468 D.564
2.将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少放1个乒乓球，则不同的放法有（ ）
A.82种 B.62种 C.112种 D.84种
培优课 排列与组合
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有＝360（种）不同的排法.
（2）甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的.故有＝120（种）不同的排法.
跟踪训练
解：法一（直接转化法） 七个位置先安排2，4，6三个数的排法为，然后1，3，5，7的顺序按照要求只能是1种，由分步乘法计数原理得符合条件的七位数的个数为×1＝210.
法二（重复插空法） 先将1，3，5，7按固定顺序排好，这四个数有5个空隙，将2插入，有5个空隙可以选择，然后再将4插入，有6个空隙可以选择，最后将7插入，有7个空隙可以选择，所以由分步乘法计数原理得符合条件的七位数的个数为5×6×7＝210.
【例2】 D 按照去茶经楼的人数进行分类讨论.第一类，若4个人均去茶经楼，则有1种参观方式；第二类，若有3个人去茶经楼，分两步，从4个人中选择3个人去茶经楼，余下1个人从另外的3处景点中任意选择一处，有＝12（种）参观方式；第三类，若有2个人去茶经楼，分三步，从4个人中选择2个人去茶经楼，余下2个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝54（种）参观方式；第四类，若有1个人去茶经楼，分四步，从4个人中选择1个人去茶经楼，余下3个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝108（种）参观方式.综上，由分类加法计数原理，共有1＋12＋54＋108＝175（种）参观方式，故选D.
【例3】 24 216 解析：区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜色，则区域A和C同色，B和D同色，A1和C1同色，B1和D1同色，所以先涂区域A和C，B和D，从4种颜色中选两种，有种.再涂区域A1和C1，B1和D1，用另外两种颜色去涂，有种.所以由分步乘法计数原理共有＝24（种）涂色方法.
设四种不同的颜色为a，b，c，d，第一步先涂区域A，B，C，D共有＝24（种）方法，第二步涂区域A1，B1，C1，D1，在给区域A1，B1，C1，D1涂色时，与相应的区域A，B，C，D颜色不能相同，不妨设区域A，B，C，D对应的颜色是a，b，c，d，那么区域A1，B1，C1，D1对应的颜色可能情况有如下几类，（b，a，d，c），（b，c，d，a），（b，d，a，c），（c，a，d，b），（c，d，a，b），（c，d，b，a），（d，a，b，c），（d，c，a，b），（d，c，b，a），共9种情况，所以共有24×9＝216（种）涂色方法.
跟踪训练
1.C 由两个集合中的数字大小，以及要求组成比5 000大的自然数，可分为两类讨论.第一类，若从集合A中取出元素4，则4不能作千位上的数字，只能先排在个位、十位或百位上，有种方法，再从B中选3个数字排在另外三个数位上有种方法，从而共有＝180（个）满足题意的自然数.第二类，从集合A中的元素5，6，7中取1个，有3种方法，若集合A中取出元素5，则集合B只能从6，7，8，9中取3个数字，有种取法，故可有（个）满足题意的自然数.集合A中取元素6，7时同理.故共有3＝288（个）满足题意的自然数.综上，由分类加法计数原理可得，满足题意的自然数共有180＋288＝468（个），故选C.
2.B 先将6个不同的乒乓球分为两组，可分为1个和5个，2个和4个，3个和3个三种情况，共有＋＋＝31（种）分法，再将分好的两组分别放入不同的球袋中，则共有31×＝62（种）放法.
1 / 2(共37张PPT)
培优课 排列与组合
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 定序问题
【例1】 6人站成一排.
（1）甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列
方法？
解： 甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有
＝360（种）不同的排法.
（2）甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多
少不同的排列方法？
解： 甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙
自左向右顺序的排法种数占全排列种数的 .故有 ＝120
（种）不同的排法.
通性通法
定序问题的求解方法
n个不同元素的全排列有 种排法，m个特殊元素的全排列有
种排法.当这m个元素顺序确定时，共有 种排法.
【跟踪训练】
用1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的七位数，若1，3，5，
7的顺序一定，求有多少个符合条件的七位数？
解：法一（直接转化法） 七个位置先安排2，4，6三个数的排法为
，然后1，3，5，7的顺序按照要求只能是1种，由分步乘法计数原
理得符合条件的七位数的个数为 ×1＝210.
法二（重复插空法） 先将1，3，5，7按固定顺序排好，这四个数有
5个空隙，将2插入，有5个空隙可以选择，然后再将4插入，有6个空
隙可以选择，最后将7插入，有7个空隙可以选择，所以由分步乘法计
数原理得符合条件的七位数的个数为5×6×7＝210.
题型二 排列与组合的综合问题
角度1 “类中有步”的计数问题
【例2】 甲、乙、丙、丁四个人中秋节分别选择到东湖公园、茶经
楼、历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人
去，则不同的参观方式共有（ ）
A. 24种 B. 96种
C. 174种 D. 175种
解析： 按照去茶经楼的人数进行分类讨论.第一类，若4个人均去
茶经楼，则有1种参观方式；第二类，若有3个人去茶经楼，分两步，
从4个人中选择3个人去茶经楼，余下1个人从另外的3处景点中任意选
择一处，有 ＝12（种）参观方式；第三类，若有2个人去茶经
楼，分三步，从4个人中选择2个人去茶经楼，余下2个人分别从另外
的3处景点中任意选择一处，有 ＝54（种）参观方式；第四
类，若有1个人去茶经楼，分四步，从4个人中选择1个人去茶经楼，
余下3个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有 ＝108
（种）参观方式.综上，由分类加法计数原理，共有1＋12＋54＋108
＝175（种）参观方式，故选D.
角度2 “步中有类”的计数问题
【例3】 如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色
至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相
同，则区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜色
的涂色方法共有 种；区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分
别各涂4种不同颜色的涂色方法共有 种.
24
216
解析：区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜
色，则区域A和C同色，B和D同色，A1和C1同色，B1和D1同色，所
以先涂区域A和C，B和D，从4种颜色中选两种，有 种.再涂区域
A1和C1，B1和D1，用另外两种颜色去涂，有 种.所以由分步乘法计
数原理共有 ＝24（种）涂色方法.设四种不同的颜色为a，b，
c，d，第一步先涂区域A，B，C，D共有 ＝24（种）方法，第二
步涂区域A1，B1，C1，D1，在给区域A1，B1，C1，D1涂色时，与相
应的区域A，B，C，D颜色不能相同，不妨设区域A，B，C，D对
应的颜色是a，b，c，d，那么区域A1，B1，C1，D1对应的颜色可能情况有如下几类，（b，a，d，c），（b，c，d，a），（b，d，a，c），（c，a，d，b），（c，d，a，b），（c，d，b，a），（d，a，b，c），（d，c，a，b），（d，c，b，a），共9种情况，所以共有24×9＝216（种）涂色方法.
通性通法
1. 解排列与组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符
合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列.
2. 解排列与组合综合问题时要注意的两点
（1）元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是
组合问题，有序的问题是排列问题；
（2）对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条
件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列与组合综合
问题的一般方法.
【跟踪训练】
1. 已知集合A＝{4，5，6，7}，B＝{5，6，7，8，9}，从集合A中
取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成无重复数字且比
5 000大的自然数的个数共有（ ）
A. 180 B. 300
C. 468 D. 564
解析： 由两个集合中的数字大小，以及要求组成比5 000大的自
然数，可分为两类讨论.第一类，若从集合A中取出元素4，则4不
能作千位上的数字，只能先排在个位、十位或百位上，有 种方
法，再从B中选3个数字排在另外三个数位上有 种方法，从而共
有 ＝180（个）满足题意的自然数.第二类，从集合A中的元
素5，6，7中取1个，有3种方法，若集合A中取出元素5，则集合B
只能从6，7，8，9中取3个数字，有 种取法，故可有
（个）满足题意的自然数.集合A中取元素6，7时同理.故共有
3 ＝288（个）满足题意的自然数.综上，由分类加法计数原理
可得，满足题意的自然数共有180＋288＝468（个），故选C.
2. 将6个不同的乒乓球全部放入两个不同的球袋中，每个球袋中至少
放1个乒乓球，则不同的放法有（ ）
A. 82种 B. 62种
C. 112种 D. 84种
解析： 先将6个不同的乒乓球分为两组，可分为1个和5个，2个
和4个，3个和3个三种情况，共有 ＋ ＋ ＝31（种）分法，
再将分好的两组分别放入不同的球袋中，则共有31× ＝62
（种）放法.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. ＝（ ）
A. 120 B. 160
C. 180 D. 240
解析： ＝ ＝120.
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2. 从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，
则不同的选派方案共有（ ）
A. 60种 B. 80种
C. 100种 D. 120种
解析： 从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三
项不同的工作，则不同的选派方案共有 ＝6×5×4＝120
（种）.故选D.
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3. 在1，2，3，4，5这5个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位
数字之和为偶数的共有（ ）
A. 36个 B. 24个
C. 18个 D. 6个
解析： 若各位数字之和为偶数，则只能两奇一偶，故有
＝36（个）符合要求的数.
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4. 甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，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. 257 B. 336
C. 343 D. 384
解析： 由题意知可分为三类：第一类是3人各站一级台阶，有
种站法；第二类是有一级台阶有2人，另一级台阶有1人，共有
种站法；第三类是3人站在一级台阶上，有 种站法.所以根
据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是 ＋ ＋ ＝
343.故选C.
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5. 元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次
取1盏，则不同的取法共有（ ）
A. 32种 B. 70种
C. 90种 D. 280种
解析： 因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面
的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有 ＝70（种）.
故选B.
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6. 某校从8名青年教师中选派4名分别作为四个学生社团的指导教师，
每个社团各派去1名教师，其中教师甲和乙不能同时参加，甲和丙
只能都参加或都不参加，则不同的选派方案有（ ）
A. 360种 B. 480种
C. 600种 D. 720种
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解析：
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7. （多选）集合M＝{x｜x＝ ，n≥0且n∈N*}，集合Q＝{1，
2，3，4}，则下列结论正确的是（ ）
A. M＝{1，4，6} B. Q M
C. M Q D. M∩Q＝{1，4}
解析： 由 知，n＝0，1，2，3，4，又 ＝1， ＝4，
＝ ＝6， ＝ ＝4， ＝1.所以M＝{1，4，6}.故
M∩Q＝{1，4}.
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8. （多选）将四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒
子中且不允许有空盒子的放法有（ ）
D. 18种
解析： 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2
号、3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个盒子中放2个
球，剩下的2个盒子中各放1个球，则可以有两种方法进行分析：
（1）①先将四个不同的小球分成3组，有 种分组方法；②将分
好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有 种放法.则没有空盒的
放法有 种.
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（2）①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个
小球放入选出的小盒中，有 种情况；②将剩下的2个小球全排
列，放入剩下的2个小盒中，有 种放法.则没有空盒的放法有
种.故选B、C.
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9. （多选）现有5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能
报一个小组，则下列说法正确的是（ ）
A. 若报名没有任何限制，则共有53种不同的安排方法
B. 若报名没有任何限制，则共有35种不同的安排方法
C. 若每个小组至少要有1人参加，则共有540种不同的安排方法
D. 若每个小组至少要有1人参加，则共有150种不同的安排方法
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解析： 5名同学报名参加3个不同的课后服务小组，每人只能
报一个小组，若报名没有任何限制，则每人都有3种选择，故共有
35种不同的安排方法，故B正确，A错误；若每个小组至少要有1人
参加，则先分组后排列，先将5名同学分为三组有 ＋ ＝25
（种）方法，再将分好的三组分到3个不同的课后服务小组有 ＝
6（种）情况，所以每个小组至少要有1人参加，则共有25×6＝150
（种）不同的安排方法，故C错误，D正确.故选B、D.
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10. 旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲、乙、丙、丁这四个景
区进行体验式旅游.已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙
景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线数为 .
解析：小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，
则可选的路线有 种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有
种.所以小李可选的旅游路线数为 ＋ ＝10.
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11. 如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“ ”中，每个“ ”中
填一个数字，有线段连接的两个“ ”不能填相同数字，四个数
字不必均使用，则不同填数方法有 种.
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解析：如图，计算不同填数方法有两类办
法：当用四个数字时，先填A，E，D，有
种填法，再从B，F，C中选一处填第四个
数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是得有 （2＋1）种填法；当用三个数字时，先填A，E，D，有 种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是得有2 种填法.利用分类加法计数原理得不同填数方法有 （2＋1）＋2 ＝216＋48＝264（种）.
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12. 为弘扬我国古代的六艺文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开
设礼乐射御书数六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中射不排在第一
周，数不排在最后一周的所有可能排法种数；
解： 分两组情况讨论：
①射排在最后一周时，则有 ＝120种排法.
②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种排法，
剩下的4门课程全排列，有4×4× ＝384种排法，
所以共有120＋384＝504种不同排法.
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（2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师教这六门课程，每名教师至少
任教一门课程，求其中甲不任教数的课程安排方案种数.
解： 分两种情况讨论：
当甲教两科时，则有 ＝240种安排方法；
当甲教一科时，则有 ＝1 200种安排方法.
所以共有240＋1 200＝1 440种不同安排方案.
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13. 在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要
通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放
回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
（1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少
种不同的抽法；
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解： 由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是正品有 种抽法；第2次抽到的是次品有 种抽法；第3次抽到的是正品有 种抽法；
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有 ＝24种抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有 ＝48种抽法；
若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有 ＝48种抽法；
综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法.
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（2）已知每检测一件产品需要检测费用100元，求检测结束时检
测费用为400元的抽法有多少种？
解： 由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4
次检测结束，共有以下两种情况：
①4次抽到的均为正品，共有 ＝24种抽法；
②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共
有 · · ＝72种抽法.
所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种.
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谢 谢 观 看！
