第二课时 排列的综合应用
1.要从a，b，c，d，e 5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，则不同的选法种数是（ ）
A.20 B.16
C.10 D.6
2.将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三个小朋友，则每个小朋友至少分得一个球的分法种数为（ ）
A.15 B.21
C.18 D.24
3.在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有（ ）
A.24种 B.48种
C.96种 D.144种
4.某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有（ ）
A.1 108种 B.1 008种
C.720种 D.504种
5.（多选）将《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和《戏曲论丛》7本书放在一排，则（ ）
A.戏曲书放在正中间位置的不同放法有种
B.诗集相邻的不同放法有2种
C.四大名著互不相邻的不同放法有种
D.四大名著不放在两端的不同放法有种
6.从，，2，3，5，9中任取两个不同的数，分别记为m，n，则“logmn＞0”的排法种数为 .
7.已知4名学生和2名教师站在一排照相，则中间两个位置排教师的排法有 种（用数字作答）.
8.将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有 种（用数字作答）.
9.某班有A，B，C等7名班委，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工.
（1）若正、副班长两个职务只能从A，B，C三人中选两人担任，有多少种分工方案？
（2）若正、副班长两个职务至少要选A，B，C三人中的一人担任，有多少种分工方案？
10.花灯又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法种数为（ ）
A.2 520 B.5 040
C.7 560 D.10 080
11.（多选）A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）
A.若A，B两人站在一起有24种方法
B.若A，B不相邻共有72种方法
C.若A在B左边有60种方法
D.若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法
12.已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一进行测试，直至找到所有次品.
（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试情况？
13.某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排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 种（用数字作答）.
14.用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的数？
（1）六位数且是奇数；
（2）个位上的数字不是5的六位数；
（3）不大于4 310的四位数且是偶数.
第二课时 排列的综合应用
1.B 不考虑限制条件有种选法，若a当副组长，有种选法，故a不当副组长，不同的选法有－＝16（种）.
2.B 分四类：第一类：两个红球分给其中一个人，有种分法；第二类：白球和黄球分给一个人，有种分法；第三类：白球和一个红球分给一个人，有种分法；第四类：黄球和一个红球分给一个人，有种分法.综上，总共有＋＋＋＝21（种）分法.
3.C 由题意知程序A只能出现在第一步或最后一步，所以从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A进行排列，有＝2种排法.因为程序B和C实施时必须相邻，所以把B和C看做一个元素，同除A外的3个元素进行排列，注意B和C之间还有一个排列，共有＝48种排法，根据分步乘法计数原理知，共有2×48＝96种排法，故选C.
4.C 添入三个节目后共十个节目，故该题可转化为安排十个节目，其中七个节目顺序固定.这七个节目的不同安排方法共有种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有种，而原先七个节目的顺序一定，故不同的安排方式共有＝720（种）.
5.BC 对于A，戏曲书只有1本，将戏曲书放在正中间，其余6本书全排列，所以不同放法种数为，故A错误；对于B，诗集共有2本，把2本诗集看作一个整体，则7本书的不同放法种数为＝2，故B正确；对于C，四大名著互不相邻，则只能在这4本书之间的3个空隙中放置其他书，共有种放法，这4本书全排列，所以不同放法种数为，故C正确；对于D，四大名著可以在除两端外的5个位置中任选4个位置放置，共有种放法，这4本书放好后，其余3本书在剩下的3个位置上全排列，所以不同放法种数为，故D错误.
6.14 解析：因为logmn＞0等价于m＞1且n＞1，或0＜m＜1且0＜n＜1，从，，2，3，5，9中任取两个不同的数，其中对数值为正数的有＋＝2＋12＝14（个）.
7.48 解析：4名学生和2名教师站在一排照相，中间两个位置排教师，先排教师再排学生，有＝48种排法.
8.480 解析：分两步进行：
第一步，从6个位置中任选3个位置，排字母D，E，F，有种排法.
第二步，在剩下的3个位置上排字母A，B，C，又分两类：
第一类，字母C排在剩下3个位置上的最左边，字母C右侧的2个位置排字母A，B，有种排法；
第二类，字母C排在剩下3个位置上的最右边，字母C左侧的2个位置排字母A，B，有种排法.
由分步乘法计数原理，得不同排法共有×（＋）＝480（种）.
9.解：（1）从A，B，C三人中任选两人担任正、副班长，有种方法，再安排其余5种职务，有种方法，根据分步乘法计数原理知，共有＝720种分工方案.
（2）7人担任7种职务的分工方案有种，A，B，C三人中无一人担任正、副班长的分工方案有种，因此A，B，C三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有－＝3 600（种）.
10.A 对8盏不同的花灯进行全排列，共有种排法.因为取花灯每次只能取1盏，而且只能从下往上取，所以不同的取法种数为＝2 520，故选A.
11.BCD 对于A，先将A，B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步乘法计数原理可知共有＝48种，所以A不正确；
对于B，先将A，B之外的3人全排列，产生4个空，再将A，B两元素插空，所以共有＝72种，所以B正确；
对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有＝60种，所以C正确；
对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有＋＝78（种），所以D正确.故选B、C、D.
12.解：（1）第2次测试找到第一件次品，有4种测试情况；
第8次测试找到最后一件次品，有3种测试情况；
第3次至第7次测试找到2件次品，有种测试情况；
剩余4次测试是正品，有种情况.
故共有4×3××＝86 400（种）不同的测试情况.
（2）测试4次找出4件次品，不同的测试情况有种；
测试5次找出4件次品，不同的测试情况有4种；
测试6次找出4件次品或6件正品，不同的测试情况有（4＋）种.
由分类加法计数原理，知满足条件的不同的测试情况的种数为＋4＋（4＋）＝8 520.
13.1 008 解析：依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方案共有＝1 440（种），其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方案共有＝240（种）；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案共有＝240（种）；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方案共有＝48（种）.因此，满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008（种）.
14.解：（1）法一（直接法） 从特殊位置入手.第一步：排个位，从1，3，5三个数字中选1个，有种排法；第二步：排十万位，有种排法；第三步：排其他位，有种排法.故可以组成无重复数字的六位数且是奇数的数共有＝288（个）.
法二（直接法） 从特殊元素入手.0不在两端有种排法；从1，3，5中任选一个排在个位上，有种排法；其他数字全排列有种排法.故可以组成无重复数字的六位数且是奇数的数共有＝288（个）.
法三（排除法） 6个数字全排列有种排法；0，2，4在个位上的排列有3个；1，3，5在个位上且0在十万位上的排列有3个，故可以组成无重复数字的六位数且是奇数的数共有－3－3＝288（个）.
（2）法一（排除法） 0在十万位上的排列，5在个位上的排列得到的都是不符合题意的六位数，故符合题意的六位数共有－2＋＝504（个）.
法二（直接法） 十万位上的数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因而分两类.
第一类：当个位上排0时，有种排法；
第二类：当个位上不排0时，有种排法.
故符合题意的六位数共有＋＝504（个）.
（3）当千位上排1，3时，有种排法；
当千位上排2时，有种排法；
当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有个，
形如41××的偶数有个，形如43××的偶数只有4 310和4 302这两个数满足题意.
故不大于4 310的四位数且是偶数的数共有＋＋2＋＋2＝110（个）.
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第二课时
排列的综合应用
新课程标准解读 核心素养
1.掌握一些排列问题的常用解决方法 逻辑推理
2.能运用排列知识解决简单的实际问题 数学抽象
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
经历了6月高考的洗礼，考生们就可以报考自己理想的大学了.大
学录取是按批次进行的，每个批次里考生可以选择若干个学校.假如
你已经选中了第一批本科中较为满意的8个学校和5个专业.
【问题】 在填写录取志愿表时，将有多少种不同的填写方法呢？
知识点一 解简单的排列应用题的基本思想
知识点二 解简单的排列应用题
解简单的排列应用题，首先必须认真分析题意，看能否把问题归结
为排列问题，即是否有顺序.如果是的话，再进一步分析，这里 n 个不
同的元素指的是什么，以及从 n 个不同的元素中任取 m 个元素的每一
种排列对应的是什么事情，然后才能运用排列数公式求解.
提醒 （1）排列问题的解题策略：解决排列问题的关键是认真审
题，把握问题的实质，分清分类与分步的标准，并且要遵循两个原
则：①按事情发生的过程进行分步；②按元素的性质进行分类.
（2）常见的解题策略有以下几种：①特殊元素优先安排的策略；②
合理分类与准确分步的策略；③正难则反、等价转化的策略；
④相邻问题捆绑处理的策略；⑤不相邻问题插空处理的策略；
⑥定序问题除法处理的策略；⑦分排问题直排处理的策略.
1. 从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同
的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案
共有（ ）
A. 280种 B. 240种
C. 180种 D. 96种
解析： 根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有 种可能方
案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有 种可能方案，根据
分步乘法计数原理知，选派方案共有 ＝4×5×4×3＝240
（种），故选B.
2. 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，要求同一种画必须放在一起，并且水彩画不
放两端，那么不同的排法种数是（ ）
A. B.
C. D.
解析： 必须放在一起的用捆绑法.
第一步排油画，有 种排法，
第二步排国画，有 种排法，
第三步确定国画与油画的相对位置，有 种排法.
水彩画只能在中间，故排法种数为 ，故选D.
3. 数字1，2，3与符号“＋”和“－”五个元素的所有排列中，任意
两个数字都不相邻的全排列的个数是 .
解析：由题意知符号“＋”和“－”只能在由3个数形成的两个空
之间，这是间隔排列，排法共有 ＝12种.
12
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 特殊元素或特殊位置问题
【例1】 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
（1）甲不站右端，也不站左端；
解：（1）法一（位置分析法） 因为甲不站左右两端，故先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端，有 种站法；再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有 种站法，由分步乘法计数原理知共有 ＝480种站法.
法二（元素分析法） 因为甲不能站左右两端，故先让甲排在除左右两端之外的任一位置上，有 种站法；再让余下的5个人站在其他5个位置上，有 种站法，由分步乘法计数原理知，共有 ＝480种站法.
法三（间接法） 在排列时，我们对6个人不考虑甲站的位置全排列，
有 种站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左
端或右端的排列数2 ，于是共有 －2 ＝480（种）站法.
（2）甲、乙站在两端；
解： 法一（元素分析法） 首先考虑特殊元素，让甲、乙
先站两端，有 种站法；再让其他4个人在中间4个位置全排
列，有 种站法，根据分步乘法计数原理，共有 ＝48种
站法.
法二（位置分析法） 首先考虑两端两个位置，由甲、乙去
站，有 种站法；再考虑中间4个位置，由剩下的4个人去站，
有 种站法，根据分步乘法计数原理，共有 ＝48种站法.
（3）甲不站左端，乙不站右端.
解： 法一（间接法） 甲在左端的站法有 种，乙在右
端的站法有 种，而甲在左端且乙在右端的站法有 种，故共
有 －2 ＋ ＝504（种）站法.
法二（直接法） 从元素甲的位置进行考虑，可分两类：第一
类，甲站右端有 种站法；第二类，甲站在中间4个位置之
一，而乙不站在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个人，有
种站法，故共有 ＋ ＝504（种）站法.
通性通法
“特殊”优先原则
常见的“在”与“不在”的有限制条件的排列问题就是典型的特
殊元素或特殊位置问题，解题原则是谁“特殊”谁优先.一般从以下
三种思路考虑：（1）以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排
其他元素；（2）以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他
位置；（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出总排列数，
再减去不符合要求的排列数.以上三种思路可以简化为图表如下：
【跟踪训练】
在冬奥会志愿者活动中，甲、乙等5人报名参加了 A ， B ， C 三个项
目的志愿者工作，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能
参加 A ， B 项目，乙不能参加 B ， C 项目，那么共有多少种不同的志
愿者分配方案（ ）
A. 18 B. 21 C. 27 D. 33
解析： 若甲，乙都参加，则甲只能参加 C 项目，乙只能参加 A 项
目， B 项目有3种方法，若甲参加，乙不参加，则甲只能参加 C 项目，
A ， B 项目有 ＝6种方法，若乙参加，甲不参加，则乙只能参加 A
项目， B ， C 项目有 ＝6种方法，若甲不参加，乙不参加，有 ＝
6种方法，根据分类计数原理，共有3＋6＋6＋6＝21种.故选B.
题型二 相邻问题
【例2】 有3名女生、4名男生站成一排，女生必须相邻，男生也必
须相邻，则不同排法的种数为（ ）
A. 72 B. 96 C. 144 D. 288
解析： 第一步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，4名男
生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有 种排法；
第二步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法
有 种，男生“内部”的排法有 种.
故符合题意的排法共有 ＝288种.
通性通法
解决“相邻”问题用“捆绑法”
将 n 个不同的元素排成一排，其中 k 个元素排在相邻位置上，求
不同排法的种数，具体求解步骤如下：
（1）先将这 k 个元素“捆绑”在一起，看成一个整体；
（2）把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有
种；
（3）“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列
方法有 种；
（4）根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有 · 种.
【跟踪训练】
6本不同的书摆放在书架的同一层上，要求甲、乙两本书必须摆放
在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有（ ）
A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 60种
解析： 第一步：甲、乙两本书必须摆放在两端，有 种摆法；
第二步：丙、丁两本书必须相邻，将丙、丁两本书视为整体，与其他
两本共三个元素全排列，有 种摆法.
∴不同的摆法种数为 ＝24.
题型三 不相邻问题
【例3】 已知 A ， B ， C ， D ， E 五名同学，按下列要求进行排列，
求所有满足条件的排列方法数.
（1）把5名同学排成一排且 A ， B 不相邻；
解： 法一 第一步，先排不受限制的同学 C ， D ， E ，其
排列方法有 种；第二步，由于已经排好的 C ， D ， E 之间
（包括两端）形成了4个空，把有限制条件（不相邻）的同学
A ， B 插到这4个空中，其排列方法有 种.由分步乘法计数原
理知，满足条件的排列方法有 ＝72（种）.
法二 先不考虑 A ， B 不相邻这个限制条件，把5名同学全排列有
种排列方法，其中 A ， B 相邻的排列方法有 种，故满足条件的排
列方法有 － ＝72（种）.
（2）把5名同学排成一排且 A ， B 都不与 C 相邻；
解：第一步，先排不受限制的同学 D ， E ，其排列方法有 种；第
二步，由于已经排好的 D ， E 之间（包括两端）形成了3个空，把有
限制条件（不相邻）的同学 A ， C 插到这3个空中，共有排列方法
种；第三步，由于已经排好的 A ， C ， D ， E 之间（包括两端）形成
了5个空，但由于 B 不能与 C 相邻，所以把 B 插入已经排好的 A ， C ，
D ， E 中时只有3种选择，其排列方法有 种.由分步乘法计数原理
知，符合条件的排列方法有 ＝36（种）.
（3）把5名同学安排到排成一排的6个空位中的5个空位上，且 A ， B
不相邻.
解：法一（间接法） 先不考虑 A ， B 不相邻这个限制条件，把5名
同学安排到6个空位中的5个空位上，其排列方法有 种；把5名同学
安排到6个空位中的5个空位上且 A ， B 相邻的排列方法有 种，所
以满足条件的排列方法有 － ＝480（种）.
法二（直接法） 先排 A ， B ， C ， D ， E ，再将剩余的空位插到中
间.①当 A ， B 不相邻时，由（1）知，其排列方法有72种，然后把剩
余的空位插入到已经排好的排列中，有6种插入的方法，由分步乘法
计数原理知，其排列方法有6×72＝432（种）；②当 A ， B 相邻时，
其排列方法有 种，然后把剩余的空位插入到已经排好的排列
中，欲使 A ， B 不相邻，其插入方法只有1种，故其排列方法有
×1＝48（种）.由分类加法计数原理知，共有432＋48＝480（种）排
列方法.
通性通法
解决不相邻问题用“插空法”
将 n 个不同的元素排成一排，其中 k 个元素互不相邻（ k ≤ n － k
＋1），求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
（1）将没有不相邻要求的元素共（ n － k ）个排成一排，其排列方法
有 种；
（2）将要求两两不相邻的 k 个元素插入（ n － k ＋1）个空隙中，相当
于从（ n － k ＋1）个空隙中选出 k 个分别分配给两两不相邻的 k
个元素，其排列方法有 种；
（3）根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有 · 种.
【跟踪训练】
国际冬奥会和残奥会两个奥运会于2022年在北京召开，这是我国在
2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事.某电视台计划在奥
运会期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个
不同的奥运宣传广告，要求第一个和最后一个播放的必须是奥运宣传
广告，且3个奥运宣传广告不能两两相邻播放，则不同的播放方式有
（ ）
A. 144种 B. 72种 C. 36种 D. 24种
解析： 先考虑第一个和最后一个位置必为奥运宣传广告，有 ＝
6种，另一奥运广告插入3个商业广告之间，有 ＝2种；再考虑3个
商业广告的顺序，有 ＝6种，故共有6×2×6＝72种.故选B.
题型四 定序问题
【例4】 （1）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，则有 个七位数符合条
件；
解析： 若1，3，5，7的顺序不定，排法有 ＝24
（种），故1，3，5，7的顺序一定的排法数只占总排法数的 .
故符合条件的七位数有 ＝210（个）.
210
解析： 5个不同元素中部分元素 A ， B ， C 的排列顺序已
定，这种问题有以下两种常用的解法.
法一（整体法） 5个元素无约束条件的全排列有 种排法，
由于字母 A ， B ， C 的排列顺序为“ A ， B ， C ”或“ C ， B ，
A ”，因此，在上述的全排列中恰好符合“ A ， B ， C ”或
“ C ， B ， A ”的排列方法有 ×2＝40（种）.
（2）将 A ， B ， C ， D ， E 这5个字母排成一列，要求 A ， B ， C 在排
列中的顺序为“ A ， B ， C ”或“ C ， B ， A ”（可以不相邻）.
这样的排列方法有 种（用数字作答）.
40
法二（插空法） 若字母 A ， B ， C 的排列顺序为“ A ， B ，
C ”，将字母 D ， E 插入这时形成的4个空中，分两类：
第一类，若字母 D ， E 相邻，则有 种排法；
第二类，若字母 D ， E 不相邻，则有 种排法.
所以不同的排列方法有 ＋ ＝20（种）.
同理，若字母 A ， B ， C 的排列顺序为“ C ， B ， A ”，也有20
种不同的排列方法.
因此，满足条件的排列方法有20＋20＝40（种）.
通性通法
部分元素定序的排列问题的解法
部分元素定序的排列问题，有两种解法：
一是把不要求定序的元素首先排列，剩余的位置就是定序的元
素，这些定序的元素只有一种排法，所以问题就转化为不要求定序的
元素有多少种排法；
二是用“倍缩法”，有（ m ＋ n ）个元素排成一列，其中 m 个元
素之间的先后顺序确定不变，将这（ m ＋ n ）个元素排成一列，有
种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他 n 个元素的位置
不动，把这 m 个元素交换顺序，有 种排法，其中只有一个排列是
我们需要的，因此共有 种满足条件的不同排法.
【跟踪训练】
《中国诗词大会》亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开
场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味.若《将
进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首
诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》
与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有
（ ）
A. 144种 B. 288种
C. 360种 D. 720种
解析： 第一步，将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》之外的
四首诗词进行排列，由于《将进酒》排在《望岳》前面，故不同排法
有 ＝12（种）；
第二步，排《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，由于第一步中的
4首诗词排好后，不含最后，有4个空位，在4个空位中任选2个，安排
《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，安排方法有 ＝12（种）.
由分步乘法计数原理知，后六场的排法有12×12＝144（种）.
圆排列问题
有10个人围着一张圆桌坐成一圈，共有多少种不同的坐法？
解：为了更方便的说明这个问题，我们先将10人编为1～10，然后以
他们的编号按照顺序站成一圈，这样就形成了一个圆排列.
分别以1，2，3，4，5，6，7，8，9，10号作为开头将这个圆排列打
开，就可以得到10种排列：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，…，
10，1，2，3，4，5，6，7，8，9.这就是说，这个圆排列对应了10个
排列.因此，要求的圆排列数，只需要求出全排列数再除以10就可以
了，即不同的坐法有 ＝362 880种.
【问题探究】
所谓圆排列，即 n 个不同的事物围成一个圆时总的排法有（ n －
1）！种.
下面使用递归的方法，推导这个公式的由来.
从最简单的做起：当圆排列只有一个人时，显然只有一种排法，即
（1－1）！，两个人时也只有一种排法，即（2－1）！.为了清晰表
示这种情况，用简单的图形（如图）表示，可以基于下面的思路：三
个人圆排列时，可以看成是在前面两个人圆排列的基础上再加一个
人，两个人圆排列时有（2－1）！种排法，同时两个人之间形成两个
空隙，第三个人只需在两个空隙中任选一个空隙坐下即可，故三个人
的圆排列有2×（2－1）！＝（3－1）！种.同理，四个人圆排列时，
可以看成是在三个人圆排列的基础上再加一个人，三个人的圆排列有
（3－1）！
种，同时三个人之间会形成三个空隙，第四个人可以从三个空隙中任
选一个坐下，故四个人的圆排列有3×（3－1）！＝（4－1）！种.依
次类推， n 个人圆排列时，可以看成是在（ n －1）个人圆排列的基础
上再加一个人，（ n －1）个人的圆排列有（ n －2）！种，同时（ n －
1）个人之间会形成（ n －1）个空隙，第 n 个人可以从（ n －1）个空
隙中任选一个坐下，故 n 个人的圆排列有（ n －1）×（ n －2）！＝
（ n －1）！种.
结论：圆排列问题一般分两类：
第一类（人排列）， n 个人站成一圈，不同的站法一共有 ＝
＝（ n －1）！种；
第二类（项链排列），如果排成一圈的是某种可以翻转的物体（如珍
珠、无正反面），那么围成的圆圈就是可以翻转的，而翻转过后，圆
圈上的顺时针就会变为逆时针，打开时对应的排列数就要乘以2.因
此，这时求排列数，需要用正常情况下的圆排列数再除以2，即不同
的排法一共有 ＝ （ n ≥3）种.
【迁移应用】
有5对夫妇参加一场婚宴，他们被安排在一张10个座位的圆桌就
餐，但是婚礼操办者并不知道他们彼此之间的关系，只有随机安排座
位.则这5对夫妇恰好都被安排到一起相邻而坐的概率（ ）
A. 在1‰到5‰之间 B. 在5‰到1%之间
C. 超过1% D. 不超过1‰
解析： 如果10个人围一圈随便坐，那正好是10个人的圆排列问
题，一共有 种坐法.现在要求5对夫妇相邻，我们可以先将每对夫
妇划分为1组，然后让这5组人围坐成一圈，于是有 种坐法.考虑到
组内两人还有顺序问题，因此每组再乘2，于是5对夫妇相邻而坐共有
×25种坐法.所以所求概率为 ＝ ≈2‰.
1. 将3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同的分
法种数是（ ）
A. 1 260 B. 120
C. 240 D. 720
解析： 相当于3个元素排10个位置，不同的分法有 ＝720
（种）.
2. 有 m 位同学按照身高由低到高站成一列，现在需要在该队列中插入
另外 n 位同学，但是不能改变原来的 m 位同学的顺序，则所有排列
的种数为（ ）
A. B.
C. D. ＋
解析： 问题等价于将这 m ＋ n 个同学中新插入的 n 位同学重新
排序，因此，所有排列的种数为 ，故选C.
3. 一次演出，因临时有变化，拟在已安排好的4个节目的基础上再添
加2个小品节目，且2个小品节目不相邻，则不同的添加方法共
有 种.
解析：从原来4个节目形成的5个空中选2个空排列，共有 ＝20种
添加方法.
20
4. 要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课各
一节的课程表.要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不
同的排法种数为 （用数字作答）.
解析：先在前3节课中选一节安排数学，有 种安排方法；在除了
数学课与第6节课外的4节课中选一
节安排英语课，有 种安排方法；其余4节课无约束条件，有
种安排方法.根据分步乘法计数原理，不同的排法种数为
＝288.
288
5. 乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力
队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、
四位置，求不同的出场安排共有多少种（用数字作答）.
解：3名主力确定在第一、三、五位置，将他们优先安排，有 种
可能；然后从其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，有 种
排法，因此结果为 · ＝252（种）.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 要从 a ， b ， c ， d ， e 5个人中选出1名组长和1名副组长，但 a 不能
当副组长，则不同的选法种数是（ ）
A. 20 B. 16 C. 10 D. 6
解析： 不考虑限制条件有 种选法，若 a 当副组长，有 种
选法，故 a 不当副组长，不同的选法有 － ＝16（种）.
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2. 将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三个小
朋友，则每个小朋友至少分得一个球的分法种数为（ ）
A. 15 B. 21 C. 18 D. 24
解析： 分四类：第一类：两个红球分给其中一个人，有 种分
法；第二类：白球和黄球分给一个人，有 种分法；第三类：白
球和一个红球分给一个人，有 种分法；第四类：黄球和一个红
球分给一个人，有 种分法.综上，总共有 ＋ ＋ ＋ ＝
21（种）分法.
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3. 在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序
A 只能出现在第一步或最后一步，程序 B 和 C 实施时必须相邻，则
实验顺序的编排方法共有（ ）
A. 24种 B. 48种 C. 96种 D. 144种
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解析： 由题意知程序 A 只能出现在第一步或最后一步，所以从
第一个位置和最后一个位置选一个位置把 A 进行排列，有 ＝2种
排法.因为程序 B 和 C 实施时必须相邻，所以把 B 和 C 看做一个元
素，同除 A 外的3个元素进行排列，注意 B 和 C 之间还有一个排
列，共有 ＝48种排法，根据分步乘法计数原理知，共有2×48
＝96种排法，故选C.
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4. 某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃
现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这
三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安
排方式有（ ）
A. 1 108种 B. 1 008种
C. 720种 D. 504种
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解析： 添入三个节目后共十个节目，故该题可转化为安排十个
节目，其中七个节目顺序固定.这七个节目的不同安排方法共有
种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十个节目进
行全排列，不同的排列方法有 种，而原先七个节目的顺序一
定，故不同的安排方式共有 ＝720（种）.
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5. （多选）将《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》《唐诗
三百首》《徐志摩诗集》和《戏曲论丛》7本书放在一排，则
（ ）
A. 戏曲书放在正中间位置的不同放法有 种
B. 诗集相邻的不同放法有2 种
C. 四大名著互不相邻的不同放法有 种
D. 四大名著不放在两端的不同放法有 种
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解析： 对于A，戏曲书只有1本，将戏曲书放在正中间，其余6
本书全排列，所以不同放法种数为 ，故A错误；对于B，诗集共
有2本，把2本诗集看作一个整体，则7本书的不同放法种数为
＝2 ，故B正确；对于C，四大名著互不相邻，则只能在这4本书
之间的3个空隙中放置其他书，共有 种放法，这4本书全排列，
所以不同放法种数为 ，故C正确；对于D，四大名著可以在除
两端外的5个位置中任选4个位置放置，共有 种放法，这4本书放
好后，其余3本书在剩下的3个位置上全排列，所以不同放法种数为
，故D错误.
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6. 从 ， ，2，3，5，9中任取两个不同的数，分别记为 m ， n ，则
“log mn ＞0”的排法种数为 .
解析：因为log mn ＞0等价于 m ＞1且 n ＞1，或0＜ m ＜1且0＜ n
＜1，从 ， ，2，3，5，9中任取两个不同的数，其中对数值为正数的有 ＋ ＝2＋12＝14（个）.
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7. 已知4名学生和2名教师站在一排照相，则中间两个位置排教师的排
法有 种（用数字作答）.
解析：4名学生和2名教师站在一排照相，中间两个位置排教师，先
排教师再排学生，有 ＝48种排法.
48
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8. 将 A ， B ， C ， D ， E ， F 六个字母排成一排，且 A ， B 均在 C 的同
侧，则不同的排法共有 种（用数字作答）.
解析：分两步进行：
第一步，从6个位置中任选3个位置，排字母 D ， E ， F ，有
种排法.
480
第二步，在剩下的3个位置上排字母 A ， B ， C ，又分两类：
第一类，字母 C 排在剩下3个位置上的最左边，字母 C 右侧的2个位
置排字母 A ， B ，有 种排法；
第二类，字母 C 排在剩下3个位置上的最右边，字母 C 左侧的2个位
置排字母 A ， B ，有 种排法.
由分步乘法计数原理，得不同排法共有 ×（ ＋ ）＝480
（种）.
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9. 某班有 A ， B ， C 等7名班委，有7种不同的职务，现对7名班委进
行职务具体分工.
（1）若正、副班长两个职务只能从 A ， B ， C 三人中选两人担
任，有多少种分工方案？
解： 从 A ， B ， C 三人中任选两人担任正、副班长，有
种方法，再安排其余5种职务，有 种方法，根据分步乘
法计数原理知，共有 ＝720种分工方案.
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（2）若正、副班长两个职务至少要选 A ， B ， C 三人中的一人担
任，有多少种分工方案？
解： 7人担任7种职务的分工方案有 种， A ， B ， C 三
人中无一人担任正、副班长的分工方案有 种，因此 A ，
B ， C 三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有 －
＝3 600（种）.
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10. 花灯又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，
兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需
要取下，每次取1盏，则不同取法种数为（ ）
A. 2 520 B. 5 040
C. 7 560 D. 10 080
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解析： 对8盏不同的花灯进行全排列，共有 种排法.因为取
花灯每次只能取1盏，而且只能从下往上取，所以不同的取法种数
为 ＝2 520，故选A.
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11. （多选） A ， B ， C ， D ， E 五个人并排站在一起，则下列说法正
确的有（ ）
A. 若 A ， B 两人站在一起有24种方法
B. 若 A ， B 不相邻共有72种方法
C. 若 A 在 B 左边有60种方法
D. 若 A 不站在最左边， B 不站最右边，有78种方法
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解析： 对于A，先将 A ， B 排列，再看成一个元素，和剩余
的3人，一共4个元素进行全排列，由分步乘法计数原理可知共有
＝48种，所以A不正确；
对于B，先将 A ， B 之外的3人全排列，产生4个空，再将 A ， B 两
元素插空，所以共有 ＝72种，所以B正确；
对于C，5人全排列，而其中 A 在 B 的左边和 A 在 B 的右边是等可
能的，所以 A 在 B 的左边的排法有 ＝60种，所以C正确；
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对于D，对 A 分两种情况：一是若 A 站在最右边，则剩下的4人全
排列有 种，另一个是 A 不在最左边也不在最右边，则 A 从中间
的3个位置中任选1个，然后 B 从除最右边的3个位置中任选1个，
最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有 ＋
＝78（种），所以D正确.故选B、C、D.
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12. 已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一进行测试，直至
找到所有次品.
（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找
到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
解： 第2次测试找到第一件次品，有4种测试情况；
第8次测试找到最后一件次品，有3种测试情况；
第3次至第7次测试找到2件次品，有 种测试情况；
剩余4次测试是正品，有 种情况.
故共有4×3× × ＝86 400（种）不同的测试情况.
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（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的
测试情况？
解： 测试4次找出4件次品，不同的测试情况有 种；
测试5次找出4件次品，不同的测试情况有4 种；
测试6次找出4件次品或6件正品，不同的测试情况有（4
＋ ）种.
由分类加法计数原理，知满足条件的不同的测试情况的种数
为 ＋4 ＋（4 ＋ ）＝8 520.
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13. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排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 种（用
数字作答）.
1 008
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解析：依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方案共有
＝1 440（种），其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天
且丙在10月1日值班的方案共有 ＝240（种）；满足甲、乙两
人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案共有 ＝240
（种）；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值
班、丁在10月7日值班的方案共有 ＝48（种）.因此，满足题
意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008（种）.
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14. 用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个分别符合下列条
件的无重复数字的数？
（1）六位数且是奇数；
解： 法一（直接法） 从特殊位置入手.第一步：排个
位，从1，3，5三个数字中选1个，有 种排法；第二步：
排十万位，有 种排法；第三步：排其他位，有 种排
法.故可以组成无重复数字的六位数且是奇数的数共有
＝288（个）.
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法二（直接法） 从特殊元素入手.0不在两端有 种排
法；从1，3，5中任选一个排在个位上，有 种排法；其他
数字全排列有 种排法.故可以组成无重复数字的六位数且
是奇数的数共有 ＝288（个）.
法三（排除法） 6个数字全排列有 种排法；0，2，4在
个位上的排列有3 个；1，3，5在个位上且0在十万位上的
排列有3 个，故可以组成无重复数字的六位数且是奇数的
数共有 －3 －3 ＝288（个）.
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（2）个位上的数字不是5的六位数；
解： 法一（排除法） 0在十万位上的排列，5在个位
上的排列得到的都是不符合题意的六位数，故符合题意的六
位数共有 －2 ＋ ＝504（个）.
法二（直接法） 十万位上的数字的排法因个位上排0与不
排0而有所不同，因而分两类.
第一类：当个位上排0时，有 种排法；
第二类：当个位上不排0时，有 种排法.
故符合题意的六位数共有 ＋ ＝504（个）.
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（3）不大于4 310的四位数且是偶数.
解： 当千位上排1，3时，有 种排法；
当千位上排2时，有 种排法；
当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有 个，
形如41××的偶数有 个，形如43××的偶数只有4 310
和4 302这两个数满足题意.
故不大于4 310的四位数且是偶数的数共有 ＋
＋2 ＋ ＋2＝110（个）.
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谢 谢 观 看！第二课时 组合的综合应用
新课程标准解读 核心素养
1.学会运用组合的知识解决简单的实际问题 数学抽象
2.掌握解决组合问题的常见方法 逻辑推理
某校开展冬季校运会，招募了20名志愿者，他们的编号分别是1号，2号，…，19号，20号.若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的在另一组.
【问题】 为确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取方法有多少种？
知识点 应用组合知识解决实际问题的四个步骤
1.判断：判断实际问题是否是组合问题.
2.方法：选择利用直接法还是间接法解题.
3.计算：利用组合数公式结合两个计数原理计算.
4.结论：根据计算结果写出方案个数.
提醒 （1）解答组合应用题的总体思路：①整体分类：对事件进行整体分类，从集合的意义上讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算其结果时，使用分类加法计数原理；②局部分步：整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类相应的结果时，使用分步乘法计数原理；③考查顺序：区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题用组合解答，有序的问题属排列问题.
（2）如果用间接法来解这类有多个限制条件的组合问题，则应注意容斥原理“card（A∪B）＝card（A）＋card（B）－card（A∩B）”的运用.
1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）
A.24 B.48 C.60 D.72
2.现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A，B风景区门票各2张，C，D风景
区门票各1张，则不同的分配方案共有 种.
3.某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰有2个社团没有同学选报的报法有 种（用数字作答）.
题型一 无限制条件的组合问题
【例1】 （1）将5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（ ）
A.种 B.种
C.58种 D.85种
（2）将5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（ ）
A.种 B.种
C.58种 D.85种
（3）将5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里放球数量不限，则不同的放法有（ ）
A.种 B.种
C.58种 D.85种
尝试解答
通性通法
排列、组合和可重复选取元素的三个基本模型
（1）r个不同的球，放入n（r≤n）个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，共有种不同的放法；
（2）r个相同的球，放入n（r≤n）个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，共有种不同的放法；
（3）r个不同的球，放入n个不同的盒子中，每个盒里放球数量不限，共有nr种不同的放法.
【跟踪训练】
某次足球赛共12支球队参加，分三个阶段进行.
（1）小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；
（2）半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名进行主客场交叉淘汰赛（每两队主客场各赛一场）决出胜者；
（3）决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负.
问全部赛程共需比赛多少场？
题型二 有限制条件的组合问题
【例2】 男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名；
（2）至少有1名女运动员；
（3）队长中至少有1人参加；
（4）既要有队长，又要有女运动员.
尝试解答
通性通法
组合问题常见的限制条件
（1）特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素、特殊元素的多少作为分类依据；
（2）含有“至多”“至少”等限制语句：其解法一般为直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把特殊元素去掉后再取出，分步计数.
必要时，还需对元素进行分类，对题目中的元素分类后，要弄清被取出的元素“含有”哪一类，“含有”多少个，或者对于某个特殊元素，被取出的元素中含不含这个特殊元素，这是解题的关键.
当用直接法分类较多时，可考虑用间接法处理，即“正难则反”的策略.
【跟踪训练】
现有9名学生，其中女生4名，男生5名.
（1）从中选2名代表，必须有女生的不同选法有多少种？
（2）从中选出男、女各2名的不同选法有多少种？
（3）从中选4人分别担任四个不同岗位的志愿者，每个岗位一人，且男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，有多少种安排方法？
题型三 分组与分配问题
【例3】 将6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
（1）甲2本，乙2本，丙2本；
（2）甲1本，乙2本，丙3本；
（3）甲4本，乙、丙每人1本；
（4）每人2本；
（5）一人1本，一人2本，一人3本；
（6）一人4本，其余两人每人1本.
尝试解答
通性通法
均匀分组与分配问题的解法
（1）有3m个不同的元素分配给甲、乙、丙三个位置，每个位置都是m个元素，这是均匀分配问题，分配方法数是；
（2）有3m个不同的元素，要均匀的分成三组，每组有m个元素，这是均匀分组问题，分组方法数是÷（其中3为均匀分组的组数）；
（3）有m＋2k个不同的元素，要分成三组，这三组元素的个数分别是m，k，k个，这是部分均匀分组问题，分组方法数是÷（其中2为部分均匀分组问题中相同元素的个数）.
【跟踪训练】
第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，共有多少种不同的安排方式？
用隔板法解相同元素的分配问题
1.把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，共有多少种不同的分法？
2.将10个志愿者名额分配给4个学校，要求每校至少有一个名额，则不同的名额分配方法共有 种（用数字作答）.
3.从4个班中选出7位同学组成体育啦啦队，每班至少1位同学，则不同的名额分配方案共有 种（用数字作答）.
【问题探究】
上述三个问题可归结为以下两个问题.
1.把n个相同的小球放入m个不同的盒子中（n≥m≥1），要求每个盒子非空，有多少种不同放法？
提示：先将n个小球排成一列，然后在它们之间形成的（n－1）个空（不含两端的）中插入（m－1）块隔板，便将n个小球分割成m组，每组至少有1个小球，这m组小球依次放入m个不同的盒子，（m－1）块隔板的一块插法就对应了n个相同小球投入m个不同盒子的一种放法，故不同的放法共有种.
2.将n个相同的小球投放到m（n≥m≥1）个不同的盒子中，可以有空盒的不同放法有多少种？
提示：法一 将m个盒子排成一排（并在一起的两盒子的外壁视为一块隔板），除去两端的盒子的外壁，共有（m－1）块隔板；再把n个相同的小球投放到m个不同的盒子中，不同的放法对应着n个球和（m－1）块隔板的不同排法，于是问题转化为从（n＋m－1）个位置中选出n个位置放球，共有不同放法＝种.
法二 “将n个相同的小球投放到m（n≥m≥1）个不同的盒子中，允许有空盒子”的放法种数，等于“将n＋m个相同的小球投放到m（n≥m）个不同的盒子中，每个盒子至少有1个球”的放法种数，根据法一可知，共种不同放法.
结论：相同元素的分配问题用“隔板法”
“隔板法”的解题步骤：
（1）定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量；
（2）定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数；
（3）插隔板：确定需要的隔板个数，根据组数要求插入隔板，利用组合数求解不同的分法种数.
【迁移应用】
1.将6个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，求下列放法的种数.
（1）每个盒子都不空；
（2）恰有1个盒子空；
（3）恰有2个盒子空.
2.某校准备参加2024年高中数学联赛，把16个选手名额分配到高三年级的1～4班，每班至少一个名额.
（1）不同的分配方案共有多少种？
（2）若每班名额不少于该班的序号数，则不同的分配方案共有多少种？
1.某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（ ）
A.3种 B.6种
C.9种 D.18种
2.从2位女生，4位男生中选3人参加比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有（ ）
A.12种 B.16种
C.20种 D.24种
3.小孔家有爷爷、奶奶、姥爷、姥姥、爸爸、妈妈，包括他共7人，一天爸爸从果园里摘了7个大小不同的梨，给家里每人一个，小孔拿了最小的一个，爷爷、奶奶、姥爷、姥姥4位老人之一拿最大的一个，则梨子的不同分法共有（ ）
A.96种 B.120种
C.480种 D.720种
4.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A.60种 B.120种
C.240种 D.480种
5.平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线.以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？
第二课时 排列的综合应用
【基础知识·重落实】
自我诊断
1.B 根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有种可能方案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有种可能方案，根据分步乘法计数原理知，选派方案共有＝4×5×4×3＝240（种），故选B.
2.D 必须放在一起的用捆绑法.
第一步排油画，有种排法，
第二步排国画，有种排法，
第三步确定国画与油画的相对位置，有种排法.
水彩画只能在中间，故排法种数为，故选D.
3.12 解析：由题意知符号“＋”和“－”只能在由3个数形成的两个空之间，这是间隔排列，排法共有＝12种.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）法一（位置分析法） 因为甲不站左右两端，故先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端，有种站法；再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有种站法，由分步乘法计数原理知共有＝480种站法.
法二（元素分析法） 因为甲不能站左右两端，故先让甲排在除左右两端之外的任一位置上，有种站法；再让余下的5个人站在其他5个位置上，有种站法，由分步乘法计数原理知，共有＝480种站法.
法三（间接法） 在排列时，我们对6个人不考虑甲站的位置全排列，有种站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左端或右端的排列数2，于是共有－2＝480（种）站法.
（2）法一（元素分析法） 首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有种站法；再让其他4个人在中间4个位置全排列，有种站法，根据分步乘法计数原理，共有＝48种站法.
法二（位置分析法） 首先考虑两端两个位置，由甲、乙去站，有种站法；再考虑中间4个位置，由剩下的4个人去站，有种站法，根据分步乘法计数原理，共有＝48种站法.
（3）法一（间接法） 甲在左端的站法有种，乙在右端的站法有种，而甲在左端且乙在右端的站法有种，故共有－2＋＝504（种）站法.
法二（直接法） 从元素甲的位置进行考虑，可分两类：第一类，甲站右端有种站法；第二类，甲站在中间4个位置之一，而乙不站在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个人，有种站法，故共有＋＝504（种）站法.
跟踪训练
B 若甲，乙都参加，则甲只能参加C项目，乙只能参加A项目，B项目有3种方法，若甲参加，乙不参加，则甲只能参加C项目，A，B项目有＝6种方法，若乙参加，甲不参加，则乙只能参加A项目，B，C项目有＝6种方法，若甲不参加，乙不参加，有＝6种方法，根据分类计数原理，共有3＋6＋6＋6＝21种.故选B.
【例2】 D 第一步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，4名男生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有种排法；
第二步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法有种，男生“内部”的排法有种.
故符合题意的排法共有＝288种.
跟踪训练
A 第一步：甲、乙两本书必须摆放在两端，有种摆法；
第二步：丙、丁两本书必须相邻，将丙、丁两本书视为整体，与其他两本共三个元素全排列，有种摆法.
∴不同的摆法种数为＝24.
【例3】 解：（1）法一 第一步，先排不受限制的同学C，D，E，其排列方法有种；第二步，由于已经排好的C，D，E之间（包括两端）形成了4个空，把有限制条件（不相邻）的同学A，B插到这4个空中，其排列方法有种.由分步乘法计数原理知，满足条件的排列方法有＝72（种）.
法二 先不考虑A，B不相邻这个限制条件，把5名同学全排列有种排列方法，其中A，B相邻的排列方法有种，故满足条件的排列方法有－＝72（种）.
（2）第一步，先排不受限制的同学D，E，其排列方法有种；第二步，由于已经排好的D，E之间（包括两端）形成了3个空，把有限制条件（不相邻）的同学A，C插到这3个空中，共有排列方法种；第三步，由于已经排好的A，C，D，E之间（包括两端）形成了5个空，但由于B不能与C相邻，所以把B插入已经排好的A，C，D，E中时只有3种选择，其排列方法有种.由分步乘法计数原理知，符合条件的排列方法有＝36（种）.
（3）法一（间接法） 先不考虑A，B不相邻这个限制条件，把5名同学安排到6个空位中的5个空位上，其排列方法有种；把5名同学安排到6个空位中的5个空位上且A，B相邻的排列方法有种，所以满足条件的排列方法有－＝480（种）.
法二（直接法） 先排A，B，C，D，E，再将剩余的空位插到中间.①当A，B不相邻时，由（1）知，其排列方法有72种，然后把剩余的空位插入到已经排好的排列中，有6种插入的方法，由分步乘法计数原理知，其排列方法有6×72＝432（种）；②当A，B相邻时，其排列方法有种，然后把剩余的空位插入到已经排好的排列中，欲使A，B不相邻，其插入方法只有1种，故其排列方法有×1＝48（种）.由分类加法计数原理知，共有432＋48＝480（种）排列方法.
跟踪训练
B 先考虑第一个和最后一个位置必为奥运宣传广告，有＝6种，另一奥运广告插入3个商业广告之间，有＝2种；再考虑3个商业广告的顺序，有＝6种，故共有6×2×6＝72种.故选B.
【例4】 （1）210 （2）40 解析：（1）若1，3，5，7的顺序不定，排法有＝24（种），故1，3，5，7的顺序一定的排法数只占总排法数的.
故符合条件的七位数有＝210（个）.
（2）5个不同元素中部分元素A，B，C的排列顺序已定，这种问题有以下两种常用的解法.
法一（整体法） 5个元素无约束条件的全排列有种排法，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”的排列方法有×2＝40（种）.
法二（插空法） 若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入这时形成的4个空中，分两类：
第一类，若字母D，E相邻，则有种排法；
第二类，若字母D，E不相邻，则有种排法.
所以不同的排列方法有＋＝20（种）.
同理，若字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法.
因此，满足条件的排列方法有20＋20＝40（种）.
跟踪训练
A 第一步，将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》之外的四首诗词进行排列，由于《将进酒》排在《望岳》前面，故不同排法有＝12（种）；
第二步，排《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，由于第一步中的4首诗词排好后，不含最后，有4个空位，在4个空位中任选2个，安排《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，安排方法有＝12（种）.
由分步乘法计数原理知，后六场的排法有12×12＝144（种）.
拓视野 圆排列问题
迁移应用
A 如果10个人围一圈随便坐，那正好是10个人的圆排列问题，一共有种坐法.现在要求5对夫妇相邻，我们可以先将每对夫妇划分为1组，然后让这5组人围坐成一圈，于是有种坐法.考虑到组内两人还有顺序问题，因此每组再乘2，于是5对夫妇相邻而坐共有×25种坐法.所以所求概率为＝≈2‰.
随堂检测
1.D 相当于3个元素排10个位置，不同的分法有＝720（种）.
2.C 问题等价于将这m＋n个同学中新插入的n位同学重新排序，因此，所有排列的种数为，故选C.
3.20 解析：从原来4个节目形成的5个空中选2个空排列，共有＝20种添加方法.
4.288 解析：先在前3节课中选一节安排数学，有种安排方法；在除了数学课与第6节课外的4节课中选一节安排英语课，有种安排方法；其余4节课无约束条件，有种安排方法.根据分步乘法计数原理，不同的排法种数为＝288.
5.解：3名主力确定在第一、三、五位置，将他们优先安排，有种可能；然后从其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，有种排法，因此结果为·＝252（种）.
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