第三章 3.1.2 第2课时 排列数的应用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教B版2019）

第2课时 第三章 <<< 排列数的应用 1.掌握基本计数原理与排列的关系，进一步加深对排列概念的理解. 2.能利用排列数公式解决简单的实际问题. 学习目标 一、无限制条件的排列问题 二、排队问题 课时对点练 三、数字中的排列问题 随堂演练 内容索引 无限制条件的排列问题 一 (课本例3)某地区足球比赛共有12个队参加，每队都要与其他各队在主客场分别比赛一次，则共要进行多少场比赛？ 例 1 如果把每一场比赛都看成主场队在前、客场队在后的一个排列，则不难看出，所求比赛数等于从12个对象中取出2个的排列数，即=12×11=132. 5 用具体数字表示下列问题. (1)从100个两两互质的数中取出2个数，其商的个数； 例 1 从100个两两互质的数中取出2个数，分别作为商的分子和分母，其商共有=100×99=9 900(个). 6 (2)由0，1，2，3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数； 因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是0，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，共有=3×2×1=6(个). 7 (3)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名实习生，每名大学生至多到1家单位实习，且这4名大学生全部被分配完毕，其分配方案的个数. 可以理解为从5家单位中选出4家单位，分别把4名大学生安排到4家单位，共有=5×4×3×2=120(个)分配方案. 8 要想正确地表示排列问题的排列个数，应弄清这件事中谁是分步的主体，分清m个元素和n(m≤n)个不同的位置各是什么. 反 思 感 悟 9 (1)沪宁高铁线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的六个大站(这六个大站之间)准备不同的高铁票的种数为 A.15 B.30 C.12 D.36 跟踪训练 1 √ 对于两个大站A和B，从A到B的高铁票与从B到A的高铁票不同，因为每张车票对应一个起点站和一个终点站，因此，每张高铁票对应从6个不同元素(大站)中取出2个不同元素(起点站和终点站)的一种排列，故不同的高铁票有=6×5=30(种). 10 (2)3盆不同品种的花排成一排，共有　　　　种不同的排法.  6 共有=3×2×1=6(种)不同的排法. 11 二 排队问题 从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题. (1)甲不在首位的排法有多少种？ 例 2 角度1　元素的“在”与“不在”问题 13 方法一　把元素作为研究对象. 第一类，不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中选出5名放在5个位置上，有种排法； 第二类，含有甲，甲不在首位，先从4个位置中选出1个放甲，有4种排法，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有种排法.根据分步乘法计数原理，有4×种排法. 由分类加法计数原理知，共有+4×=2 160(种)排法. 14 方法二　把位置作为研究对象. 第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有种方法； 第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有种方法. 由分步乘法计数原理知，共有=2 160(种)排法. 方法三　(间接法)先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉. 不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有种，甲在首位的情况有种， 所以符合要求的排法有-=2 160(种). 15 (2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？ 把位置作为研究对象，先考虑特殊位置. 第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有种排法； 第二步，从剩下的5名同学中选3名排在中间3个位置上，有种排法. 根据分步乘法计数原理，共有=1 800(种)排法. 16 (3)甲与乙既不在首位也不在末位的排法有多少种？ 把位置作为研究对象. 第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有种排法； 第二步，从剩下的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有种排法. 根据分步乘法计数原理，共有=1 200(种)排法. 17 (4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？ 间接法. 总的可能情况有种，减去甲在首位的种排法，再减去乙在末位的种排法，注意到甲在首位，同时乙在末位的排法数被减去了两次，所以还需补回一次种排法，所以共有-2+=1 860(种)排法. 18 反 思 感 悟 (1)从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在相应位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置. (2)解题时，要么从元素考虑，要么从位置考虑，都要贯彻到底，不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误. 5名学生和1位老师站成一排照相，则老师不排在两端的排法有多少种？ 跟踪训练 2 20 方法一　(先满足特殊位置)由于排头和排尾两个位置有限制要求，因此先从5名学生中选出2名站在排头和排尾，有种方法，余下的四人可任意站，有种方法， 所以符合要求的排法有=480(种). 方法二　(先满足特殊元素)老师既然不能排在两端，于是可以从中间四个位置中任选一个，有种方法.5名学生在余下的五个位置中任意排列，有种排法.因此符合要求的排法有=480(种). 21 方法三　(间接法)由于六个人任意排有种排法，但实际必须减去老师排在排头的种方法和排在排尾的种方法，因而符合要求的排法有-2=480(种). 22 (课本例8)某晚会要安排3个歌唱节目(记为A，B，C)和2个舞蹈节目(记为甲、乙)，要求舞蹈节目不能相邻，共有多少种不同的安排方法？ 例 3 角度2　“相邻”与“不相邻”问题 23 分成两步来完成： 第一步，先确定3个歌唱节目的先后顺序(不考虑舞蹈节目)，总共有种排法； 第二步，歌唱节目的先后顺序确定之后，舞蹈节目共有种排法(例如，如果第一步确定的歌唱节目先后顺序为ABC，则舞蹈节目只能安排在如图所示的4个空格中). 由分步乘法计数原理可知， 共有=6×12=72(种)不同的安排方法. 24 3名男生，4名女生，这7个人站成一排.在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)男、女各站在一起； 例 3 25 (相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有种排法， 女生必须站一起，即把4名女生进行全排列，有种排法， 全体男生、女生各看作一个元素全排列有种排法， 由分步乘法计数原理知， 共有··=288(种)排法. 26 (2)男生必须排在一起； (捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列， 故有·=720(种)不同的排法. (3)男生不能排在一起； (不相邻问题插空法)先排女生有种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的五个空中，有·=1 440(种)不同的排法. 27 (4)男生互不相邻，且女生也互不相邻. 先排男生有=144(种)不同的排法. 28 反 思 感 悟 处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则.元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列.元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素. (多选)若3男3女排成一排，则下列说法错误的是 A.共计有720种不同的排法 B.男生甲排在两端的共有120种排法 C.男生甲、乙相邻的排法总数为120种 D.男女生相间的排法总数为72种 跟踪训练 3 √ √ 30 3男3女排成一排共计有=720(种)排法； 男生甲排在两端的共有2=240(种)排法； 男生甲、乙相邻的排法总数为=240(种)； 男女生相间的排法总数为2=72(种). 31 数字中的排列问题 三 　 (课本例5)用0，1，2，…，9这10个数字，可以排成多少个没有重复数字的三位数？ 例 4 33 方法一　要组成一个没有重复数字的三位数，可以分为两步： 第一步，确定百位上的数字，因为只能是1，2，…，9这9个数字中的某一个，所以有种方法； 第二步，确定十位和个位上的数字，因为数字不能重复，所以只能从百位以外的数字来选取，因此共有种方法. 由分步乘法计数原理可知，满足条件的三位数个数为=9×9×8=648. 34 方法二　从0，1，2，…，9这10个数字中，取出3个做排列的排列数为. 所有的这些排列中，0排在首位的都不能对应一个三位数，而其他的都对应一个三位数. 又因为0排在首位的排列共有-=10×9×8-9×8=648. 35 　 用0，1，2，3，4五个数字. (1)可组成多少个五位数(各数位上的数字允许重复)？ 例 4 各数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理可知，可组成4× 5×5×5×5=2 500(个)五位数. 36 (2)可组成多少个无重复数字的五位数？ 方法一　考虑特殊位置“万位”，从1，2，3，4中任选一个填入万位，共有种填法，其余4个数字作全排列，有=96(个)符合条件的五位数. 方法二　先考虑特殊元素“0”，先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入，有种填法，然后将其余4个数字在剩余4个位置上全排列，有=96(个)符合条件的五位数. 37 (3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？ 构成3的倍数的三位数，各数位上数字之和是3的倍数，将0，1，2，3，4按除以3的余数分成3类，按照取0和不取0分类：取0，从1和4中取一个数，再取2进行排列，先填百位有种填法，再填其余位有种排法，故有2个； 不取0，则必取3，从1和4中任取一数，再取2，然后进行全排列，故有2种排法. 所以共有2+2=8+12=20(个)符合条件的三位数. 38 (4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？ 考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1，3中选一个填入个位，有种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有种填法，最后将包含0在内的剩余3个数在中间三个位置上全排列，排列数为=36(个)符合条件的五位数. 39 (5)在没有重复数字的五位数中，比42 130小的数有几个？按从小到大排列，则第61个数是多少？ 按分类加法计数原理，当万位数字为1，2，3时均可以，共有个数.当万位数字为4，千位数字为0，1时均满足，共有个数，当万位数字为4，千位数字为2，百位数字为0，1时均满足，共有(-1)个数，所以比42 130小的数有++-1=87(个).万位是1，2的各有个数，万位是3，千位是0，1的各有个数，所以共有2+2=60(个)数，故第61个数为32 014. 40 (6)可以组成多少个无重复数字且奇数在奇数位上的五位数？ 运用排除法，先将1，3在奇数位上排列，有种排法，再将其余3个偶数在剩余3个位置上全排列，有种排法，而其中1，3在个位和百位上，0在万位上的排法不符合题意，有种排法.所以符合条件的五位数共有-=32(个). 41 反 思 感 悟 数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路.常见附加条件有(1)首位不能为0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数；(4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数. 在下列情形中，用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字. (1)能被5整除的五位数； 跟踪训练 4 个位上的数字必须是0或5. 个位上是0，有个； 个位上是5，若不含0，则有个，若含0，但0不作首位，则0的位置有++=216(个)能被5整除的五位数. 43 (2)能被3整除的五位数； 能被3整除的条件是各位数字之和能被3整除，则5个数可能有{1，2，3，4，5}和{0，1，2，4，5}两种情况，能够组成的五位数分别有个. 故能被3整除的五位数有+=216(个). 44 (3)若所有的六位数按从小到大的顺序排列，则240 135是第几个数. 由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有个数，首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个，有3个数， ∴240 135是第+3+1=193(个)数， 即240 135是第193个数. 45 1.知识清单： (1)无限制条件的排列问题. (2)排队问题. (3)数字中的排列问题. 2.方法归纳：直接法、特殊元素或位置优先法、间接法、插空法、捆绑法. 3.常见误区： (1)实际问题理解错误. (2)分类讨论时，出现重复或遗漏，方法使用不当. 课堂小结 随堂演练 四 1.某医院需从5名医护志愿者中选派3人去某市三家不同的医院支援，每个医院各一人，则不同的安排方案总数为 A.243 B.36 C.60 D.125 由题意，有=5×4×3=60(种)不同的安排方案. 1 2 3 4 √ 2.某小区有排成一排的7个空车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法种数为 A.16 B.18 C.24 D.32 将4个车位捆绑在一起，当成一个整体，先将3辆不同型号的车在3个车位上任意排列，停放方法有=6(种)，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空隙中，有4种方法，故不同的停放方法种数为6×4=24. √ 1 2 3 4 3.3位老师和3名学生站成一排，要求任何学生都不相邻，则不同的排法种数为 A.144 B.72 C.36 D.12 先将老师排好，有种排法，形成4个空，将3名学生插入4个空中，有=144(种)排法. √ 1 2 3 4 4.某个密室逃脱游戏的一个环节是要打开一个密码箱.已知该密码箱的密码由0~9这十个数字中的四个数字组成，且四个数字互不相同，前两个数字均大于6，后两个数字均小于5，则该密码箱的密码可能的情况数为　　. (请用数字作答)  1 2 3 4 120 依题意，从7，8，9中任取两个不同的数字作为前两个数字，有种情况，从0，1，2，3，4中任取两个不同的数字作为后两个数字，有种情况.由分步乘法计数原理，得该密码箱的密码可能的情况数为=120. 课时对点练 五 1.将《步步高》《创新设计》等三本不同的书按如图所示的方式放在一起，则《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有 A.2种 B.4种 C.6种 D.9种 《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有+=4(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 2.有4名司机，4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有1名司机和1名售票员，则可能的分配方法有 A.种 B.种 C.种 D.2种 司机、售票员各有种分配方法，由分步乘法计数原理知，共有种不同的分配方法. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方法种数为 A.120 B.60 C.30 D.20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有=12(种)方法，同理，b，c，d，e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的方法种数为5×12=60. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 方法一　由于原来5名同学顺序不变，这5位同学共有6个空位，再增加2名同学时，可分为两步进行，第一步安排第一名同学进去，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，共有7种不同的方法，故共有6×7=42(种)不同的顺序. 方法二　先将所有同学重排，共有种方法，而原来5名同学共有÷=42(种)顺序. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.由1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一列，则第72个数为 A.1 543 B.2 543 C.3 542 D.4 532 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 首位是1的四位数有=24(个)， 首位是2的四位数有=24(个)， 首位是3的四位数有=24(个)， 由分类加法计数原理得， 首位小于4的所有四位数共3×24=72(个). 由此第72个数为3 542. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.小陈准备将新买的《尚书·礼记》《左传》《孟子》《论语》《诗经》五本书立起来放在书架上，若要求《论语》《诗经》两本书相邻，且《尚书·礼记》放在两端，则不同的摆放方法有 A.18种 B.24种 C.36种 D.48种 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先将《论语》《诗经》两本书捆绑看作一个整体，则可 以看作共4个位置. 先排《尚书·礼记》，排法种数为；然后剩余3个位置 全排列，排法种数为；最后排好《论语》《诗经》， 两本书的排法种数为.所以不同的摆放方法有=2×6×2=24(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘1名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有　　种不同的招聘方案.(用数字作答)  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题.所以不同的招聘方案共有=5×4×3=60(种). 8.永定土楼位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩，并成功列入世界遗产名录.它历史悠久，风格独特，规模宏大，结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究.要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻，则共有　　　种不同的排法.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 480 当圆形排在第一个，因为方形、五角形相邻， 所以捆在一起与其他图形全排列，且方形、五 角形内部排列，有=240(种)不同的排法， 同理当圆形排在最后一个有=240(种)不同的排法. 综上，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻，则共有480种不同的排法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.4名男同学和3名女同学(其中含甲、乙、丙)站成一排. (1)3名女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3名女同学是特殊元素，共有种排法； 由于3名女同学必须排在一起，则可视排好的女同学为一个整体，再与4名男同学排，应有种排法. 由分步乘法计数原理得，有=720(种)不同的排法. (2)任何两名女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先将男同学排好，共有种排法，再在这4名男同学的中间及两头的5个空当中插入3名女同学，则有种方法.所以共有=1 440(种)不同的排法. (3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先排甲、乙、丙3人以外的其他4人，有种排法； 由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有种排法； 最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的中间及两头的5个空当中，则有种排法. 所以共有=960(种)不同的排法. 10.用0，1，2，3，4，5这六个数字排列.(最后运算结果请以数字作答) (1)能组成多少个无重复数字的四位数的偶数？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 符合要求的四位偶数可分为三类： 第一类，0在个位时有个； 第二类，2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个(有种)，十位和百位从余下的数字中选(有种)，于是有个； 第三类，4在个位时，与第二类同理，也有个， 由分类加法计数原理知，共有四位数的偶数 +·2=156(个). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 符合要求的四位数可分为两类： 第一类，个位上的数字是0的四位数有个； 第二类，个位上的数字是5的四位数有个， 故满足条件的四位数的个数共有+=108. (3)能组成多少个无重复数字且比1 230大的四位数？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 符合要求的比1 230大的四位数可分为四类： 第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类，形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类，形如124□，125□，共有个； 第四类，形如123□，共有个， 由分类加法计数原理知，无重复数字且比1 230大的四位数共有 +++=284(个). 11.将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有 A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有=3×2×1=6(种)不同的排法，再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法，所以共有6×2×1=12(种)不同的排法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.现从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为 A.12 B.24 C.30 D.36 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 分以下两种情况讨论： (1)小张和小赵中有且只有一人入选且从事前两项工作中的一项，再安排剩余三人从事其他三项工作， 此时，不同的选派方案的种数为2=24； (2)小张和小赵两人都入选且从事前两项工作，再从剩余三人选两人从事其他两项工作，此时，不同的选派方案的种数为=12. 综上所述，不同的选派方案的种数为24+12=36. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有 A.12种 B.14种 C.16种 D.24种 若不考虑限制条件，4名队员全排列共有种排法，乙跑第4棒有种排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有种排法，共有-2+=14(种)不同的出场顺序. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题，并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有　　　　种不同的答题顺序.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 将6只灯笼全排列，即， 因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题， 每次取灯的顺序确定， 取谜题的方法有=60(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为2个单位长度)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位长度，如果掷出的点数为i(i=1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位长度，一直循环下去.某人掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有 A.22种 B.24种 C.25种 D.27种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 由题意知正方形ABCD(边长为2个单位长度)的周长是8个 单位长度，掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次 骰子的点数之和是8或16，列举出点数之和为8或16的所有 情况有(1，2，5)，(1，3，4)，(1，1，6)，(2，2，4)，(2， 3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)，共7种.(1，2，5)和(1，3，4)每种情况均有=6(种)结果，共有2=2×6=12(种)结果.(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)每种情况均有=3(种)结果，共有5×3= 15(种)结果.根据分类加法计数原理知共有12+15=27(种)不同的走法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知10件不同的产品中有4件次品，现对这10件产品一一进行测试，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？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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次测试的是正品，有种测试情况. 故不同的测试情况共有4×3×=86 400(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 83 (2)若至多测试6次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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共有+4 +(4+)=8 520(种). 第一章 <<< $$ 第2课时　排列数的应用 ［学习目标］　1.掌握基本计数原理与排列的关系，进一步加深对排列概念的理解.2.能利用排列数公式解决简单的实际问题. 一、无限制条件的排列问题 例1　(课本例3)某地区足球比赛共有12个队参加，每队都要与其他各队在主客场分别比赛一次，则共要进行多少场比赛？ 解　如果把每一场比赛都看成主场队在前、客场队在后的一个排列，则不难看出，所求比赛数等于从12个对象中取出2个的排列数，即=12×11=132. 例1　用具体数字表示下列问题. (1)从100个两两互质的数中取出2个数，其商的个数； (2)由0，1，2，3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数； (3)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名实习生，每名大学生至多到1家单位实习，且这4名大学生全部被分配完毕，其分配方案的个数. 解　(1)从100个两两互质的数中取出2个数，分别作为商的分子和分母，其商共有=100×99=9 900(个). (2)因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是0，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，共有=3×2×1=6(个). (3)可以理解为从5家单位中选出4家单位，分别把4名大学生安排到4家单位，共有=5×4×3×2=120(个)分配方案. 反思感悟　要想正确地表示排列问题的排列个数，应弄清这件事中谁是分步的主体，分清m个元素和n(m≤n)个不同的位置各是什么. 跟踪训练1　(1)沪宁高铁线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的六个大站(这六个大站之间)准备不同的高铁票的种数为(　　) A.15 B.30 C.12 D.36 答案　B 解析　对于两个大站A和B，从A到B的高铁票与从B到A的高铁票不同，因为每张车票对应一个起点站和一个终点站，因此，每张高铁票对应从6个不同元素(大站)中取出2个不同元素(起点站和终点站)的一种排列，故不同的高铁票有=6×5=30(种). (2)3盆不同品种的花排成一排，共有　　　　种不同的排法.  答案　6 解析　共有=3×2×1=6(种)不同的排法. 二、排队问题 角度1　元素的“在”与“不在”问题 例2　从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题. (1)甲不在首位的排法有多少种？ (2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？ (3)甲与乙既不在首位也不在末位的排法有多少种？ (4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？ 解　(1)方法一　把元素作为研究对象. 第一类，不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中选出5名放在5个位置上，有种排法； 第二类，含有甲，甲不在首位，先从4个位置中选出1个放甲，有4种排法，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有种排法.根据分步乘法计数原理，有4×种排法. 由分类加法计数原理知，共有+4×=2 160(种)排法. 方法二　把位置作为研究对象. 第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有种方法； 第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有种方法. 由分步乘法计数原理知，共有=2 160(种)排法. 方法三　(间接法)先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉. 不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有种，甲在首位的情况有种， 所以符合要求的排法有-=2 160(种). (2)把位置作为研究对象，先考虑特殊位置. 第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有种排法； 第二步，从剩下的5名同学中选3名排在中间3个位置上，有种排法. 根据分步乘法计数原理，共有=1 800(种)排法. (3)把位置作为研究对象. 第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有种排法； 第二步，从剩下的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有种排法. 根据分步乘法计数原理，共有=1 200(种)排法. (4)间接法. 总的可能情况有种，减去甲在首位的种排法，再减去乙在末位的种排法，注意到甲在首位，同时乙在末位的排法数被减去了两次，所以还需补回一次种排法，所以共有-2+=1 860(种)排法. 反思感悟　(1)从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在相应位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置. (2)解题时，要么从元素考虑，要么从位置考虑，都要贯彻到底，不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误. 跟踪训练2　5名学生和1位老师站成一排照相，则老师不排在两端的排法有多少种？ 解　方法一　(先满足特殊位置)由于排头和排尾两个位置有限制要求，因此先从5名学生中选出2名站在排头和排尾，有种方法，余下的四人可任意站，有种方法， 所以符合要求的排法有=480(种). 方法二　(先满足特殊元素)老师既然不能排在两端，于是可以从中间四个位置中任选一个，有种方法.5名学生在余下的五个位置中任意排列，有种排法.因此符合要求的排法有=480(种). 方法三　(间接法)由于六个人任意排有种排法，但实际必须减去老师排在排头的种方法和排在排尾的种方法，因而符合要求的排法有-2=480(种). 角度2　“相邻”与“不相邻”问题 例3　(课本例8)某晚会要安排3个歌唱节目(记为A，B，C)和2个舞蹈节目(记为甲、乙)，要求舞蹈节目不能相邻，共有多少种不同的安排方法？ 解　分成两步来完成： 第一步，先确定3个歌唱节目的先后顺序(不考虑舞蹈节目)，总共有种排法； 第二步，歌唱节目的先后顺序确定之后，舞蹈节目共有种排法(例如，如果第一步确定的歌唱节目先后顺序为ABC，则舞蹈节目只能安排在如图所示的4个空格中). 由分步乘法计数原理可知， 共有=6×12=72(种)不同的安排方法. 例3　3名男生，4名女生，这7个人站成一排.在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)男、女各站在一起； (2)男生必须排在一起； (3)男生不能排在一起； (4)男生互不相邻，且女生也互不相邻. 解　(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有种排法， 女生必须站一起，即把4名女生进行全排列，有种排法， 全体男生、女生各看作一个元素全排列有种排法， 由分步乘法计数原理知， 共有··=288(种)排法. (2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列， 故有·=720(种)不同的排法. (3)(不相邻问题插空法)先排女生有种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的五个空中，有种排法，故有·=1 440(种)不同的排法. (4)先排男生有种排法，让女生插空，有=144(种)不同的排法. 反思感悟　处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则.元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列.元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素. 跟踪训练3　(多选)若3男3女排成一排，则下列说法错误的是(　　) A.共计有720种不同的排法 B.男生甲排在两端的共有120种排法 C.男生甲、乙相邻的排法总数为120种 D.男女生相间的排法总数为72种 答案　BC 解析　3男3女排成一排共计有=720(种)排法；男生甲排在两端的共有2=240(种)排法；男生甲、乙相邻的排法总数为=240(种)；男女生相间的排法总数为2=72(种). 三、数字中的排列问题 例4　(课本例5)用0，1，2，…，9这10个数字，可以排成多少个没有重复数字的三位数？ 解　方法一　要组成一个没有重复数字的三位数，可以分为两步： 第一步，确定百位上的数字，因为只能是1，2，…，9这9个数字中的某一个，所以有种方法； 第二步，确定十位和个位上的数字，因为数字不能重复，所以只能从百位以外的数字来选取，因此共有种方法. 由分步乘法计数原理可知，满足条件的三位数个数为=9×9×8=648. 方法二　从0，1，2，…，9这10个数字中，取出3个做排列的排列数为.所有的这些排列中，0排在首位的都不能对应一个三位数，而其他的都对应一个三位数.又因为0排在首位的排列共有个，所以可知所求三位数的个数为-=10×9×8-9×8=648. 例4　用0，1，2，3，4五个数字. (1)可组成多少个五位数(各数位上的数字允许重复)？ (2)可组成多少个无重复数字的五位数？ (3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？ (4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？ (5)在没有重复数字的五位数中，比42 130小的数有几个？按从小到大排列，则第61个数是多少？ (6)可以组成多少个无重复数字且奇数在奇数位上的五位数？ 解　(1)各数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理可知，可组成4×5×5×5×5=2 500(个)五位数. (2)方法一　考虑特殊位置“万位”，从1，2，3，4中任选一个填入万位，共有种填法，其余4个数字作全排列，有种排法，故共有=96(个)符合条件的五位数. 方法二　先考虑特殊元素“0”，先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入，有种填法，然后将其余4个数字在剩余4个位置上全排列，有种排法，故共有=96(个)符合条件的五位数. (3)构成3的倍数的三位数，各数位上数字之和是3的倍数，将0，1，2，3，4按除以3的余数分成3类，按照取0和不取0分类：取0，从1和4中取一个数，再取2进行排列，先填百位有种填法，再填其余位有种排法，故有2个；不取0，则必取3，从1和4中任取一数，再取2，然后进行全排列，故有2种排法.所以共有2+2=8+12=20(个)符合条件的三位数. (4)考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1，3中选一个填入个位，有种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有种填法，最后将包含0在内的剩余3个数在中间三个位置上全排列，排列数为，故共有=36(个)符合条件的五位数. (5)按分类加法计数原理，当万位数字为1，2，3时均可以，共有个数.当万位数字为4，千位数字为0，1时均满足，共有个数，当万位数字为4，千位数字为2，百位数字为0，1时均满足，共有(-1)个数，所以比42 130小的数有++-1=87(个).万位是1，2的各有个数，万位是3，千位是0，1的各有个数，所以共有2+2=60(个)数，故第61个数为32 014. (6)运用排除法，先将1，3在奇数位上排列，有种排法，再将其余3个偶数在剩余3个位置上全排列，有种排法，而其中1，3在个位和百位上，0在万位上的排法不符合题意，有种排法.所以符合条件的五位数共有-=32(个). 反思感悟　数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路.常见附加条件有(1)首位不能为0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数；(4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数. 跟踪训练4　在下列情形中，用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字. (1)能被5整除的五位数； (2)能被3整除的五位数； (3)若所有的六位数按从小到大的顺序排列，则240 135是第几个数. 解　(1)个位上的数字必须是0或5.个位上是0，有个；个位上是5，若不含0，则有个，若含0，但0不作首位，则0的位置有种排法，其余各位有种排法，故共有++=216(个)能被5整除的五位数. (2)能被3整除的条件是各位数字之和能被3整除，则5个数可能有{1，2，3，4，5}和{0，1，2，4，5}两种情况，能够组成的五位数分别有个和个. 故能被3整除的五位数有+=216(个). (3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有个数，首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个，有3个数， ∴240 135是第+3+1=193(个)数， 即240 135是第193个数. 1.知识清单： (1)无限制条件的排列问题. (2)排队问题. (3)数字中的排列问题. 2.方法归纳：直接法、特殊元素或位置优先法、间接法、插空法、捆绑法. 3.常见误区： (1)实际问题理解错误. (2)分类讨论时，出现重复或遗漏，方法使用不当. 1.某医院需从5名医护志愿者中选派3人去某市三家不同的医院支援，每个医院各一人，则不同的安排方案总数为(　　) A.243 B.36 C.60 D.125 答案　C 解析　由题意，有=5×4×3=60(种)不同的安排方案. 2.某小区有排成一排的7个空车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法种数为(　　) A.16 B.18 C.24 D.32 答案　C 解析　将4个车位捆绑在一起，当成一个整体，先将3辆不同型号的车在3个车位上任意排列，停放方法有=6(种)，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空隙中，有4种方法，故不同的停放方法种数为6×4=24. 3.3位老师和3名学生站成一排，要求任何学生都不相邻，则不同的排法种数为(　　) A.144 B.72 C.36 D.12 答案　A 解析　先将老师排好，有种排法，形成4个空，将3名学生插入4个空中，有种排法，故共有=144(种)排法. 4.某个密室逃脱游戏的一个环节是要打开一个密码箱.已知该密码箱的密码由0~9这十个数字中的四个数字组成，且四个数字互不相同，前两个数字均大于6，后两个数字均小于5，则该密码箱的密码可能的情况数为　　　　　.(请用数字作答)  答案　120 解析　依题意，从7，8，9中任取两个不同的数字作为前两个数字，有种情况，从0，1，2，3，4中任取两个不同的数字作为后两个数字，有种情况.由分步乘法计数原理，得该密码箱的密码可能的情况数为=120. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共50分 1.将《步步高》《创新设计》等三本不同的书按如图所示的方式放在一起，则《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有(　　) A.2种 B.4种 C.6种 D.9种 答案　B 解析　《步步高》放在最上面或最下面的不同放法共有+=4(种). 2.有4名司机，4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有1名司机和1名售票员，则可能的分配方法有(　　) A.种 B.种 C.种 D.2种 答案　C 解析　司机、售票员各有种分配方法，由分步乘法计数原理知，共有种不同的分配方法. 3.现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方法种数为(　　) A.120 B.60 C.30 D.20 答案　B 解析　不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有=12(种)方法，同理，b，c，d，e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的方法种数为5×12=60. 4.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 答案　D 解析　方法一　由于原来5名同学顺序不变，这5位同学共有6个空位，再增加2名同学时，可分为两步进行，第一步安排第一名同学进去，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，共有7种不同的方法，故共有6×7=42(种)不同的顺序. 方法二　先将所有同学重排，共有种方法，而原来5名同学共有种不同顺序，因此共有÷=42(种)顺序. 5.由1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一列，则第72个数为(　　) A.1 543 B.2 543 C.3 542 D.4 532 答案　C 解析　首位是1的四位数有=24(个)， 首位是2的四位数有=24(个)， 首位是3的四位数有=24(个)， 由分类加法计数原理得， 首位小于4的所有四位数共3×24=72(个). 由此第72个数为3 542. 6.小陈准备将新买的《尚书·礼记》《左传》《孟子》《论语》《诗经》五本书立起来放在书架上，若要求《论语》《诗经》两本书相邻，且《尚书·礼记》放在两端，则不同的摆放方法有(　　) A.18种 B.24种 C.36种 D.48种 答案　B 解析　先将《论语》《诗经》两本书捆绑看作一个整体，则可以看作共4个位置. 先排《尚书·礼记》，排法种数为；然后剩余3个位置全排列，排法种数为；最后排好《论语》《诗经》，两本书的排法种数为.所以不同的摆放方法有=2×6×2=24(种). 7.(5分)有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘1名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有　　　　种不同的招聘方案.(用数字作答)  答案　60 解析　将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题.所以不同的招聘方案共有=5×4×3=60(种). 8.(5分)永定土楼位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩，并成功列入世界遗产名录.它历史悠久，风格独特，规模宏大，结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究.要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻，则共有　　　　种不同的排法.  答案　480 解析　当圆形排在第一个，因为方形、五角形相邻， 所以捆在一起与其他图形全排列，且方形、五角形内部排列，有=240(种)不同的排法， 同理当圆形排在最后一个有=240(种)不同的排法. 综上，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻，则共有480种不同的排法. 9.(10分)4名男同学和3名女同学(其中含甲、乙、丙)站成一排. (1)3名女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(3分) (2)任何两名女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？(3分) (3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？(4分) 解　(1)3名女同学是特殊元素，共有种排法； 由于3名女同学必须排在一起，则可视排好的女同学为一个整体，再与4名男同学排，应有种排法. 由分步乘法计数原理得，有=720(种)不同的排法. (2)先将男同学排好，共有种排法，再在这4名男同学的中间及两头的5个空当中插入3名女同学，则有种方法.所以共有=1 440(种)不同的排法. (3)先排甲、乙、丙3人以外的其他4人，有种排法； 由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有种排法； 最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的中间及两头的5个空当中，则有种排法.所以共有=960(种)不同的排法. 10.(12分)用0，1，2，3，4，5这六个数字排列.(最后运算结果请以数字作答) (1)能组成多少个无重复数字的四位数的偶数？(4分) (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？(4分) (3)能组成多少个无重复数字且比1 230大的四位数？(4分) 解　(1)符合要求的四位偶数可分为三类： 第一类，0在个位时有个； 第二类，2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个(有种)，十位和百位从余下的数字中选(有种)，于是有个； 第三类，4在个位时，与第二类同理，也有个， 由分类加法计数原理知，共有四位数的偶数 +·2=156(个). (2)符合要求的四位数可分为两类： 第一类，个位上的数字是0的四位数有个； 第二类，个位上的数字是5的四位数有个， 故满足条件的四位数的个数共有 +=108. (3)符合要求的比1 230大的四位数可分为四类： 第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类，形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类，形如124□，125□，共有个； 第四类，形如123□，共有个， 由分类加法计数原理知，无重复数字且比1 230大的四位数共有 +++=284(个). 11.将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 答案　A 解析　先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有=3×2×1=6(种)不同的排法，再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法，所以共有6×2×1=12(种)不同的排法. 12.现从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为(　　) A.12 B.24 C.30 D.36 答案　D 解析　分以下两种情况讨论： (1)小张和小赵中有且只有一人入选且从事前两项工作中的一项，再安排剩余三人从事其他三项工作， 此时，不同的选派方案的种数为2=24； (2)小张和小赵两人都入选且从事前两项工作，再从剩余三人选两人从事其他两项工作，此时，不同的选派方案的种数为=12. 综上所述，不同的选派方案的种数为24+12=36. 13.4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有(　　) A.12种 B.14种 C.16种 D.24种 答案　B 解析　若不考虑限制条件，4名队员全排列共有种排法，除甲跑第一棒有种排法，乙跑第4棒有种排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有种排法，共有-2+=14(种)不同的出场顺序. 14.(5分)某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题，并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有　　　　种不同的答题顺序.  答案　60 解析　将6只灯笼全排列，即， 因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定， 取谜题的方法有=60(种). 15.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为2个单位长度)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位长度，如果掷出的点数为i(i=1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位长度，一直循环下去.某人掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有(　　) A.22种 B.24种 C.25种 D.27种 答案　D 解析　由题意知正方形ABCD(边长为2个单位长度)的周长是8个单位长度，掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是8或16，列举出点数之和为8或16的所有情况有(1，2，5)，(1，3，4)，(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)，共7种.(1，2，5)和(1，3，4)每种情况均有=6(种)结果，共有2=2×6=12(种)结果.(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)每种情况均有=3(种)结果，共有5×3=15(种)结果.根据分类加法计数原理知共有12+15=27(种)不同的走法. 16.(13分)已知10件不同的产品中有4件次品，现对这10件产品一一进行测试，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？(6分) (2)若至多测试6次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？(7分) 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次测试的是正品，有种测试情况. 故不同的测试情况共有4×3×=86 400(种). (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共有+4+(4+)=8 520(种). 学科网（北京）股份有限公司 $$