6.2.2 排列数-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　计数原理 6.２　排列与组合 6.2.2　排列数 (教师独具内容) 课程标准：能利用计数原理推导排列数公式． 教学重点：1.进一步加深对排列概念的理解.2.排列数公式． 教学难点：1.几种有限制条件的排列问题的处理方法.2.应用排列数公式解决简单的实际问题． 核心素养：通过排列数公式的学习，提升数学抽象素养和逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 所有不同排列的个数 n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) n n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1 核心概念掌握 5 连乘积 n！ n！ 1 核心概念掌握 6 720 20 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　排列数计算问题 核心素养形成 9 核心素养形成 10 核心素养形成 11 (4)化简：1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n·n！. 解　原式＝(2！－1)＋(3！－2！)＋(4！－3！)＋…＋[(n＋1)！－n！]＝(n＋1)！－1. 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 角度 　　排队问题 　　　　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？ 题型二　有限制条件的排列问题 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 感悟提升 排队问题的相邻、不相邻问题的解题策略 核心素养形成 21 [跟踪训练2]　分别求出符合下列要求的不同排法的种数． (1)6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人； (2)6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾； (3)6人排成一排，甲、乙不相邻． 核心素养形成 22 角度 　　数字排列问题 　　　用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复数字的数？ (1)六位奇数； (2)个位数字不是5的六位数； (3)不大于4310的四位偶数． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 感悟提升 有限制条件的排列问题主要表现在某元素不排在某个位置上，或某个位置上不排某个元素．解决此类问题的方法主要按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先考虑特殊位置，若一个位置安排的元素影响另一个位置安排的元素时，应分类讨论． 核心素养形成 26 [跟踪训练3]　由0，1，2，3，4，5这六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位数？ (2)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (3)能组成多少个能被25整除的无重复数字的四位数？ (4)组成无重复数字的四位数中比4032大的数有多少个？ 核心素养形成 27 核心素养形成 28 题型三　定序问题 7人站成一排． (1)甲必须在乙的左边(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)，则有多少种不同的排列方法？ 核心素养形成 29 核心素养形成 30 [跟踪训练4]　某中学举行文艺汇演，已知高一、高二、高三分别选送了7，5，3个节目．由于一些特殊原因，高二5个节目(分别为A1，A2，A3，A4，A5)中的A1必须在其余4个节目前面演出，高三3个节目(分别为B1，B2，B3)中的B1必须在其余2个节目前面演出，则共有多少种不同的演出顺序？(用排列数表示，不需要合并化简) 核心素养形成 31 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 2．记a，b，c，d为1，2，3，4的任意一种排列，则使得(a＋b)(c＋d)为偶数的排列种数为(　　) A．8 B．12 C．16 D．18 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 4．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)，这样的排列有____种． 40 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 5．(1)5本相同的书全部送给6个人，每人至多1本，有_____种不同的送书方案； (2)5本不同的书全部送给6个人，每人至多1本，有________种不同的送书方案； (3)5本不同的书全部送给6个人，有________种不同的送书方案． 6 720 7776 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 无限制条件的排列问题 有限制条件的排列问题 定序问题 数字排列问题 有限制条件的排列问题 题号 6 7 8 9 10 11 12 13 难度 ★ ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 排列数计算问题 有限制条件的排列问题 有限制条件的排列问题 排列数计算问题 有限制条件的排列问题 数字排列问题 有限制条件的排列问题 有限制条件的排列问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 41 2．(2024·全国甲卷改编)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的不同排法种数为(　　) A．10 B．8 C．6 D．4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 42 3．某校高二学生进行演讲比赛，原有5名同学参加，后又增加2名同学，如果保持原来5名同学顺序不变，那么不同的比赛顺序有(　　) A．12种 B．30种 C．36种 D．42种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 43 4．用1，2，3，4，5这五个数字可以组成比20000大，且百位数字不是3的没有重复数字的五位数的个数是(　　) A．96 B．78 C．72 D．64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 44 5．(多选)现有一公司面向社会公开招聘，有3名男生和3名女生进入到了最后的面试环节，每人都单独参加面试，下列说法正确的是(　　) A．若三个女生的面试顺序是连续的，则有144种不同的安排方法 B．若男生和女生交替面试，则有36种不同的安排方法 C．若3名女生的面试顺序不同时相邻，则有576种不同的安排方法 D．若男生甲不在第一个面试，男生乙不在最后一个面试，则有504种不同的安排方法 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 46 726 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 48 7．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的条数为_____． 10 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 49 8．分配5人担任5种不同的工作，如果甲不担任第一种工作，乙不担任第二种工作，那么共有_____种不同的分配方法． 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 52 10．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌节目、3个舞蹈节目、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？ (1)一个唱歌节目开头，另一个唱歌节目放在最后压台； (2)2个唱歌节目互不相邻； (3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 54 11．用1，2，3，4，5，6，7排出无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？ (1)偶数不相邻； (2)偶数一定在奇数位上； (3)1和2之间恰夹有一个奇数，没有偶数； (4)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 56 12.编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子中，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1，2号盒子中，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 57 13．(2024·贵州期中)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次(无并列名次)．甲、乙两名同学去询问成绩，请你根据下面老师的回答，分别分析5人的名次可能有多少种不同的排列情况？ (1)老师对甲说：“很遗憾，你没有得到第一名，”对乙说：“你当然不会是最差的．” (2)老师说：“你们都没有得到第一名，你们也都不是最后一名，并且你们的名次相邻．” 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 58 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　排列数的定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的___________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号_____表示． 知识点二　排列数公式 1．乘积形式：Aeq \o\al(m,n)＝________________________ (m，n∈N*，并且m≤n)．特别地，我们把n个不同的元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列．这时，排列数公式中m＝______，即有Aeq \o\al(n,n)＝________________________________． Aeq \o\al(m,n) 2．阶乘：正整数1到n的________，叫做n的阶乘，用______表示．于是，n个元素的全排列数公式可以写成Aeq \o\al(n,n)＝______，规定0！＝______． 3．阶乘形式：Aeq \o\al(m,n)＝__________ (m，n∈N*，且m≤n)． [注意]　“排列”与“排列数”不是同一个概念，排列是从n个不同元素中任取m个元素，按照一定的顺序排成一列，它不是一个数；排列数是指从n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数，它是一个数． eq \f(n！,（n－m）！) 1．(排队问题)现有8人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为(　　) A．Aeq \o\al(3,6)Aeq \o\al(5,5) B．Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(3,3) C．Aeq \o\al(3,5)Aeq \o\al(3,3) D．Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(4,6) 2．(简单的排列问题)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________． 3．(排队问题的不相邻问题)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，且2个小品节目不相邻，则不同的添加方法共有____种． 5,8)(2AINCLUDEPICTURE"例1.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/529数学（选择性必修第三册导学案（A版/例1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例1.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)求值：＋7Aeq \o\al(4,8),Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(5,9)) . 解　5,8)eq \f(2A＋7Aeq \o\al(4,8),Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(5,9)) ＝eq \f(2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×5,8×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5) ＝eq \f(8×7×6×5×（8＋7）,8×7×6×5×（24－9）)＝1. 解　根据原方程，x应满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1≥4，,x≥3，x∈N*，)) 解得x≥3，x∈N*. 根据排列数公式，原方程可化为(2x＋1)·2x(2x－1)(2x－2)＝140x(x－1)(x－2)． 又x≥3， 两边同时除以4x(x－1)，得(2x＋1)(2x－1)＝35(x－2)， 即4x2－35x＋69＝0， 解得x＝3或x＝eq \f(23,4)(舍去)． 故原方程的解为x＝3. (2)解方程：Aeq \o\al(4,2x＋1)＝140Aeq \o\al(3,x). 解　原式＝eq \f(（n－1）！,[n－1－（m－1）]！)·(n－m)！·eq \f(1,（n－1）！) ＝eq \f(（n－1）！,（n－m）！)·(n－m)！·eq \f(1,（n－1）！)＝1. (3)求值：m－1,n－1)eq \f(A·Aeq \o\al(n－m,n－m),Aeq \o\al(n－1,n－1)) . 解　∵eq \f(n－1,n！)＝eq \f(1,（n－1）！)－eq \f(1,n！)， ∴eq \f(1,2！)＋eq \f(2,3！)＋eq \f(3,4！)＋…＋eq \f(n－1,n！)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1！)－\f(1,2！)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2！)－\f(1,3！)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3！)－\f(1,4！)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（n－1）！)－\f(1,n！)))＝1－eq \f(1,n！). (5)化简：eq \f(1,2！)＋eq \f(2,3！)＋eq \f(3,4！)＋…＋eq \f(n－1,n！). 感悟提升 解排列数计算问题的三个注意事项 (1)排列数公式的连乘形式常用于计算具体的排列数． (2)排列数公式的阶乘形式的主要作用为对含有字母的排列数的式子进行变形． 注意常用变形Aeq \o\al(n,n)＝nAeq \o\al(n－1,n－1)，nAeq \o\al(n,n)＝Aeq \o\al(n＋1,n＋1)－Aeq \o\al(n,n)(即n·n！＝(n＋1)！－n！)的应用． (3)计算排列数或解含有排列数的方程或不等式时，先提取公因式化简，再计算，可以减少运算量．Aeq \o\al(m,n)中隐含了三个条件：m∈N*，n∈N*，m≤n，Aeq \o\al(m,n)的运算结果为正整数．在解与排列数有关的方程或不等式时，要注意未知数的取值范围． [跟踪训练1]　(1)解方程：3Aeq \o\al(x,8)＝4Aeq \o\al(x－1,9). 解：由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x≤8，,1≤x－1≤9，))x∈N*， 解得2≤x≤8，x∈N*. 方程可化为3×eq \f(8！,（8－x）！)＝4×eq \f(9！,（10－x）！)， 化简得3＝eq \f(4×9,（10－x）（9－x）)， 即x2－19x＋78＝0， 解得x1＝6，x2＝13(舍去)． 故原方程的解是x＝6. (2)解不等式：Aeq \o\al(x,8)<6Aeq \o\al(x－2,8). 解：由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x≤8，,1≤x－2≤8，))x∈N*， 解得3≤x≤8，x∈N*. 原不等式可化为eq \f(8！,（8－x）！)<6×eq \f(8！,（10－x）！)， 化简得1<eq \f(6,（10－x）（9－x）)， 即x2－19x＋84<0，解得7<x<12， 故7<x≤8.又x∈N*，所以x＝8. 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，然后同五个男生合在一起，共有六个元素，排成一排有Aeq \o\al(6,6)种不同的排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又有Aeq \o\al(3,3)种不同的排法，因此共有Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(3,3)＝4320种不同的排法． (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位，这样共有四个空位，加上两边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Aeq \o\al(5,5)种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个让三个女生插入都有Aeq \o\al(3,6)种排法，因此共有Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,6)＝14400种不同的排法． (3)解法一(位置分析法)：因为两端都不能排女生，所以两端只能挑选五个男生中的两个，有Aeq \o\al(2,5)种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六个位置都有Aeq \o\al(6,6)种不同的排法，所以共有Aeq \o\al(2,5)Aeq \o\al(6,6)＝14400种不同的排法． 解法二(间接法)：三个女生和五个男生排成一排共有Aeq \o\al(8,8)种不同的排法，从中扣除女生排在首位的Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(7,7)种排法和女生排在末位的Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(7,7)种排法．但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，在扣除女生排在末位的情况时又被扣去一次，所以还需加回来一次．由于两端都是女生有Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(6,6)种不同的排法，所以共有Aeq \o\al(8,8)－2Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(7,7)＋Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(6,6)＝14400种不同的排法． 解法三(元素分析法)：从中间六个位置挑选三个让三个女生排入，有Aeq \o\al(3,6)种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余五个位置又都有Aeq \o\al(5,5)种不同的排法，所以共有Aeq \o\al(3,6)Aeq \o\al(5,5)＝14400种不同的排法． (4)解法一(位置分析法)：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，那么末位就不再受条件限制了，这样可有Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(7,7)种不同的排法；如果首位排女生，有Aeq \o\al(1,3)种排法，那么末位就只能排男生，这样可有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(6,6)种不同的排法，因此共有Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(7,7)＋Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(6,6)＝36000种不同的排法． 解法二(间接法)：三个女生和五个男生排成一排共有Aeq \o\al(8,8)种不同的排法，从中扣除两端都是女生的Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(6,6)种排法，就得到两端不都是女生的排法．因此共有Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(6,6)＝36000种不同的排法． 解：(1)6名学生排3排等价于排成一排，故不同排法的种数为Aeq \o\al(6,6)＝720. (2)甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有Aeq \o\al(1,4)种选法，然后其他5人排，有Aeq \o\al(5,5)种排法，故不同排法的种数为Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(5,5)＝480. (3)甲、乙不相邻，第一步除甲、乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙在已排好的4人的左、右及之间的5个空位中排，故不同排法的种数为Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,5)＝480. 解　(1)第1步，确定个位上的数字，有Aeq \o\al(1,3)种方法；第2步，确定十万位上的数字，有Aeq \o\al(1,4)种方法；第3步，确定其他位上的数字，有Aeq \o\al(4,4)种方法．故共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝288个六位奇数． (2)解法一(直接法)：第1类，当个位上的数字为0时，有Aeq \o\al(5,5)个符合题意的六位数；第2类，当个位上的数字不为0时，有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)个符合题意的六位数．故符合题意的六位数共有Aeq \o\al(5,5)＋Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝504个． 解法二(排除法)：0在十万位或5在个位的排列都是不符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位且5在个位的情况，故符合题意的六位数共有Aeq \o\al(6,6)－2Aeq \o\al(5,5)＋Aeq \o\al(4,4)＝504个． (3)分三种情况，具体如下： ①当千位上的数字是1或3时，有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)个符合题意的四位偶数； ②当千位上的数字是2时，有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,4)个符合题意的四位偶数； ③当千位上的数字是4时，形如40××，42××的符合题意的四位偶数各有Aeq \o\al(1,3)个；形如41××的符合题意的四位偶数有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)个；形如43××的符合题意的四位偶数只有4310和4302这2个． 故共有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,4)＋2Aeq \o\al(1,3)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)＋2＝110个符合题意的四位偶数． 解：(1)因为数字0不能放在首位，所以先安排首位的数字，有Aeq \o\al(1,5)种结果，再从余下的五个数字中选三个进行全排列，有Aeq \o\al(3,5)种结果．根据分步乘法计数原理得，共可组成Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(3,5)＝300个无重复数字的四位数． (2)对于特殊位置优先安排，共可组成Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＝156个无重复数字的四位偶数． (3)由题意，能被25整除的四位数包括两种情况：一是最后两位数字是25，此时有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,3)种情况；二是最后两位数字是50，此时有Aeq \o\al(2,4)种情况．根据分类加法计数原理，共可组成Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,3)＋Aeq \o\al(2,4)＝21个满足题意的四位数． (4)当首位是5时，有Aeq \o\al(3,5)种情况；当首位是4时，有(Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＋Aeq \o\al(1,3)＋1)种情况．所以共有Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＋Aeq \o\al(1,3)＋1＝112个满足题意的四位数． 解　(1)甲在乙左边的排法种数占全体全排列种数的一半，故有7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(2,2)) ＝2520种不同的排列方法． (2)甲、乙、丙三人自左向右顺序不变的排法种数占全体全排列种数的3,3)eq \f(1,A) ，故有7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝840种不同的排列方法． 感悟提升 定序问题采用分类法．n个不同元素的全排列有Aeq \o\al(n,n)种排法，m个元素的全排列有Aeq \o\al(m,m)种排法．因此Aeq \o\al(n,n)种排法中，关于m个元素的不同分法有Aeq \o\al(m,m)类，而且每一类的排法数是一样的．当这m个元素顺序确定时，共有n,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) 种排法． 解：高二的5个节目全排列，有Aeq \o\al(5,5)种不同的排法，其中A1在其余4个节目前面，有Aeq \o\al(4,4)种排法． 高三的3个节目全排列，有Aeq \o\al(3,3)种不同的排法，其中B1在其余2个节目前面，有Aeq \o\al(2,2)种排法． 高一、高二和高三的15个节目全排列，有Aeq \o\al(15,15)种不同的排法．所以不同的演出顺序共有15,15)eq \f(A,Aeq \o\al(5,5)×Aeq \o\al(3,3)) ×Aeq \o\al(4,4)×Aeq \o\al(2,2)种． 1．6个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使3个空位连在一起，则停放的方法种数为(　　) A．Aeq \o\al(3,3) B．Aeq \o\al(3,6) C．Aeq \o\al(4,6) D．Aeq \o\al(4,4) 解析：3个空位连在一起作为1个元素与3辆汽车看成4个不同元素的全排列，故有Aeq \o\al(4,4)种停放方法． 解析：因为只有(1＋3)×(2＋4)为偶数，所以使得(a＋b)(c＋d)为偶数的排列种数为Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2)＝8.故选A. 3．(多选)下列各式中与排列数Aeq \o\al(m,n)相等的是(　　) A.eq \f(n！,（m－n）！) B．n(n－1)(n－2)…(n－m) C.m＋1,n)eq \f(A,n－m) D．Aeq \o\al(1,n)Aeq \o\al(m－1,n－1) 解析：Aeq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！)，故A不符合题意；∵n(n－1)(n－2)·…·(n－m)＝eq \f(n！,（n－m－1）！)＝Aeq \o\al(m＋1,n)，∴Aeq \o\al(m,n)≠n(n－1)(n－2)·…·(n－m)，故B不符合题意；∵m＋1,n)eq \f(A,n－m) ＝eq \f(1,n－m)·eq \f(n！,（n－m－1）！)＝eq \f(n！,（n－m）！)，∴Aeq \o\al(m,n)＝m＋1,n)eq \f(A,n－m) ，故C符合题意；∵Aeq \o\al(1,n)Aeq \o\al(m－1,n－1)＝eq \f(n（n－1）！,[n－1－（m－1）]！)＝eq \f(n（n－1）！,（n－m）！)＝eq \f(n！,（n－m）！)，∴Aeq \o\al(m,n)＝Aeq \o\al(1,n)Aeq \o\al(m－1,n－1)，故D符合题意．故选CD. 解析：5个字母排成一列，A，B，C按照顺序“A，B，C”或“C，B，A”排列的有2×5,5)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝40种． 解析：(1)5本相同的书全部送给6个人，每人至多1本，相当于6个人中有且仅有1个人得不到书，所以共有6种不同的送书方案． (2)5本不同的书全部送给6个人，每人至多1本，相当于从6个不同的元素中取出5个元素的排列，所以共有Aeq \o\al(5,6)＝720种不同的送书方案． (3)5本不同的书全部送给6个人，每本书都有6种送法，由分步乘法计数原理知，共有65＝7776种不同的送书方案． 一、选择题 1．把15人分成前、中、后三排，每排5人，则不同的排法种数为(　　) A.15,15)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) B．Aeq \o\al(5,15)Aeq \o\al(5,10)Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,3) C．Aeq \o\al(15,15) D．Aeq \o\al(5,15)Aeq \o\al(5,10) 解析：将15人排成三排，可按一排处理，故共有Aeq \o\al(15,15)种不同的排法． 解析：先选一人站排尾，有Aeq \o\al(1,2)种选法，再选一人站排头，有Aeq \o\al(1,2)种选法，最后中间两个位置其余两人去站，有Aeq \o\al(2,2)种排法，故丙不在排头，且甲或乙在排尾的不同排法种数为Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＝8.故选B. 解析：解法一：由于原来5名同学顺序不变，这5名同学共有6个空位，再增加2名同学时，可分两步进行，先安排第一名同学，有6种不同的方法，此时变成7个空位，再把最后一名同学放进去，有7种不同的方法，故共有6×7＝42种不同的比赛顺序． 解法二：先将所有同学重排，共有Aeq \o\al(7,7)种方法，而原来的5名同学共有Aeq \o\al(5,5)种不同顺序，因此共有7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(5,5)) ＝42种不同的比赛顺序． 解析：题目有两层含义：一是万位不是1，二是5个数字全用上，故问题等价于“由1，2，3，4，5这五个数字组成万位不是1，百位不是3的无重复数字的五位数的个数”，万位是3时，有Aeq \o\al(4,4)个，万位不是3时，有3×3×Aeq \o\al(3,3)个，所以所求五位数共有Aeq \o\al(4,4)＋3×3×Aeq \o\al(3,3)＝78个．故选B. 解析：对于A，不同的安排方法种数为Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)＝144；对于B，不同的安排方法种数为2Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝72；对于C，采用间接法，6人的面试顺序的不同的安排方法种数为Aeq \o\al(6,6)，3名女生全相邻时，由A项，知共有144种不同的安排方法，所以3名女生的面试顺序不同时相邻时，不同的安排方法种数为Aeq \o\al(6,6)－144＝576；对于D，采用间接法，6人的面试顺序的不同的安排方法种数为Aeq \o\al(6,6)，男生甲在第一个面试或男生乙在最后一个面试的不同的安排方法种数均为Aeq \o\al(5,5)，男生甲在第一个面试且男生乙在最后一个面试的不同的安排方法种数为Aeq \o\al(4,4)，则不同的安排方法种数为Aeq \o\al(6,6)－Aeq \o\al(5,5)－Aeq \o\al(5,5)＋Aeq \o\al(4,4)＝504.故选ACD. 二、填空题 6．计算： (1)3,7)eq \f(4A＋2Aeq \o\al(4,7),Aeq \o\al(7,7)－Aeq \o\al(4,8)) ＝________； (2)Aeq \o\al(5,2n)＋Aeq \o\al(3,6－n)＝________． 解析：(1)3,7)eq \f(4A＋2Aeq \o\al(4,7),Aeq \o\al(7,7)－Aeq \o\al(4,8)) ＝eq \f(4×7×6×5＋2×7×6×5×4,7×6×5×4×3×2×1－8×7×6×5) ＝eq \f(7×6×5×4×3,7×6×5×（4×3×2×1－8）)＝eq \f(12,16)＝eq \f(3,4). eq \f(3,4) (2)由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n≥5，,6－n≥3，))解得eq \f(5,2)≤n≤3. ∵n∈N*，∴n＝3，∴Aeq \o\al(5,2n)＋Aeq \o\al(3,6－n)＝Aeq \o\al(5,6)＋Aeq \o\al(3,3)＝6×5×4×3×2＋3×2×1＝726. 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Aeq \o\al(3,3)条；②不在最后去甲景区旅游，则可选的路线有2Aeq \o\al(2,2)条，所以小李可选的旅游路线的条数为Aeq \o\al(3,3)＋2Aeq \o\al(2,2)＝10. 解析：让甲、乙都担任后三种工作有Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)种不同的方法；让甲担任后三种工作中的一种，乙担任第一种工作有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)种不同的方法；让乙担任后三种工作中的一种，甲担任第二种工作有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)种不同的方法；让甲担任第二种工作，乙担任第一种工作有Aeq \o\al(3,3)种不同的方法．所以共有Aeq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)＋2Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(3,3)＝78种不同的分配方法． 三、解答题 9．解方程或不等式： (1)Aeq \o\al(4,x＋1)＝18Aeq \o\al(2,x)； (2)Aeq \o\al(x,9)>6Aeq \o\al(x－2,9). 解：(1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥4，,x≥2，,x∈N*，))所以x≥3，x∈N*. 因为Aeq \o\al(4,x＋1)＝18Aeq \o\al(2,x)， 所以(x＋1)x(x－1)(x－2)＝18x(x－1)， 即(x＋1)(x－2)＝18， 解得x＝5或x＝－4(舍去)． 所以原方程的解为x＝5. (2)原不等式可化为eq \f(9！,（9－x）！)>eq \f(6×9！,（9－x＋2）！)， 其中2<x≤9，x∈N*， 整理得x2－21x＋104>0， 即(x－8)(x－13)>0， 所以x<8或x>13. 因为2<x≤9，x∈N*，所以2<x<8，x∈N*. 所以原不等式的解集为{3，4，5，6，7}． 解：(1)先排唱歌节目有Aeq \o\al(2,2)种排法，再排其他节目有Aeq \o\al(6,6)种排法，所以共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(6,6)＝1440种编排方法． (2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目，有Aeq \o\al(6,6)种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个插入唱歌节目，有Aeq \o\al(2,7)种插入方法，所以共有Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(2,7)＝30240种编排方法． (3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列，共有Aeq \o\al(4,4)种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有Aeq \o\al(3,5)种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有Aeq \o\al(2,2)种排法，故共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)Aeq \o\al(2,2)＝2880种编排方法． 解：(1)用插空法，共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)＝1440个． (2)先把偶数排在奇数位上有Aeq \o\al(3,4)种排法，再排奇数有Aeq \o\al(4,4)种排法，所以共有Aeq \o\al(3,4)Aeq \o\al(4,4)＝576个． (3)在1和2之间放一个奇数有Aeq \o\al(1,3)种方法，1，2可调换顺序有Aeq \o\al(2,2)种方法，把1，2和相应的奇数看成整体和其他4个数进行排列有Aeq \o\al(5,5)种排法，所以共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝720个． (4)七个数的全排列为Aeq \o\al(7,7)，三个数的全排列为Aeq \o\al(3,3)，所以满足要求的七位数有7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝840个． 解：根据A球所在位置分三类： 第1类，若A球放在3号盒子中，则B球只能放在4号盒子中，余下的三个盒子放C，D，E球，则根据分步乘法计数原理，此时有Aeq \o\al(3,3)＝6种不同的放法； 第2类，若A球放在5号盒子中，则B球只能放在4号盒子中，余下的三个盒子放C，D，E球，则根据分步乘法计数原理，此时有Aeq \o\al(3,3)＝6种不同的放法； 第3类，若A球放在4号盒子中，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放C，D，E球，根据分步乘法计数原理，此时有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝18种不同的放法． 由分类加法计数原理得，不同的放法共有6＋6＋18＝30种． 解：(1)由题意得，甲的名次不是第一，乙的名次不是第五，所以5人的名次不同的排列情况有Aeq \o\al(5,5)－2Aeq \o\al(4,4)＋Aeq \o\al(3,3)＝78种． (2)由题意得，甲、乙两人名次为2，3或3，4，所以5人的名次不同的排列情况有2Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(3,3)＝24种． $$