第7章 7.2 第3课时 排列的应用-（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（苏教版2019）

第7章 <<< 第3课时 排列的应用 1.进一步加深对排列概念的理解. 2.掌握几种有限制条件的排列，能应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、 “相邻”与“不相邻”问题 随堂演练 三、元素“在”与“不在”问题 内容索引 课时对点练 四、定序问题 一 无限制条件的排列问题 　　　(课本例5)　从5名同学中选3名排成一列，共有多少种不同的排法？ 例 1 从5名同学中选3名排成一列，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列.因此，不同排法的种数是=5×4×3=60. 答　共有60种不同的排法. 5 　　　(课本例6)　某足球联赛共有12支球队参加，每队都要与其余各队在主、客场分别比赛1次，共要进行多少场比赛？ 因为1场比赛对应于从12个不同元素中任取2个元素的1个排列，所以总共进行的比赛场次是=12×11=132. 答　共要进行132场比赛. 例 1 6 　　　(1)有5个不同的科研小课题，从中选3个分别由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？ 例 1 从5个不同的科研小课题中选出3个，由3个学习兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列. 因此不同的安排方法有=5×4×3=60(种). 7 (2)12名选手参加校园歌手大奖比赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，共有多少种不同的获奖情况？ 从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有=12×11×10=1 320(种)不同的获奖情况. 8 对简单的没有限制条件的排列问题，在分清元素和位置的情况下，直接用排列数公式进行计算. 反 思 感 悟 9 　　　　　(1)将3张不同电影票分给10人中的3人，每人1张，则共有____　种不同的分法.  跟踪训练 1 720 问题相当于从10张不同的电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题.故不同分法的种数为=10×9×8=720. 10 (2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，不同的选法共有　　　　种.  60 从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，应有=5×4×3=60(种)选法. 11 二 “相邻”与“不相邻”问题 　　　有3名男生，4名女生，共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 2 (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， 女生必须站在一起，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， 由分步计数原理知共有··=288(种)排法. 13 (2)男生必须站在一起； (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)男生不能站在一起； (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5个空中，有种排法，故有·=1 440(种)不同的排法. 14 (4)男生互不相邻，且女生也互不相邻. 先排男生有种排法，让女生插空，有种排法， 故有=144(种)不同的排法. 15 反 思 感 悟 (1)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. (2)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. 处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则. 　　　　　(1)我国古代将“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.某校国学社团计划开展“六艺”讲座活动，要求活动当天每艺安排一节，连排6节，且“数”必须排在第3节，“射”和“御”相邻，则不同的安排顺序共有 A.12种　 B.24种　 C.36种　 D.48种 跟踪训练 2 分析可知“数”排在第3节，且“射”和“御”相邻时，有3种排法，再将“礼”“乐”“书”安排在剩下的3节，有种排法，所以不同的安排顺序有3=36(种). √ 17 (2)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，则不同的排法种数为 A.480　 B.240　 C.384　 D.1 440 √ 18 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时，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. 19 三 元素“在”与“不在”问题 　　　(课本例7)　用0~9这10个数字能组成多少个没有重复数字的三位数？ 例 3 21 方法一　由于百位上的数字不能是0，因此，为了得到这个三位数，可以分两步完成(如图)： 第一步：排百位上的数字，可从1~9这9个 数字中任选1个，有种选法； 第二步：排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有种选法. 根据分步计数原理，所求的三位数的个数是 =9×9×8=648. 22 方法二　考虑到0是一个特殊元素，因此，符合条件的三位数可以分成3类(如图)： 第一类：每一位数字都不是0的三位数有个； 第二类：个位数字是0的三位数有个； 第三类：十位数字是0的三位数有个. 根据分类计数原理，符合条件的三位数的个数是 ++=9×8×7+9×8+9×8=648. 23 方法三　从0~9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中0在首位的排列数为，这些排列不能构成三位数.因此，所求的三位数的个数是-=10×9×8-9×8=648. 答　可以组成648个没有重复数字的三位数. 24 　　　从6名运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，求满足下列条件的参赛方法数： (1)甲不能跑第一棒和第四棒； 例 3 25 方法一　(元素分析法)从人(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类： 第一类，甲不参赛，有种参赛方法. 第二类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有种方法，然后安排其他三棒，有种方法，此时有种参赛方法. 综上，甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有+=240(种). 方法二　(位置分析法)从位置的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，这两棒可以从除甲以外的5人中选2人，有种方法；其余两棒从剩余4人中选，有种方法. 所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有=240(种). 26 方法三　(间接法)不考虑对甲的约束，6个人占4个位置，有种安排方法，甲跑第一棒或第四棒的参赛方法有2种，所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有-2=240(种). 27 (2)甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 28 方法一　(元素分析法)从人(元素)的角度考虑，优先考虑乙，可分为如下两类： 第一类，乙参加比赛，此时优先考虑乙，分为两种情况： ①乙跑第一棒，有=60(种)方法； ②乙不跑第一棒，有种方法(跑第二棒或第三棒). 此时按甲是否参赛，又分为两类： (ⅰ)甲参赛，有种方法； (ⅱ)甲不参赛，有种方法. 故此时(乙不跑第一棒)共有+)=96(种)方法. 29 由分类计数原理，得乙参加比赛共有60+96=156(种)方法. 第二类，乙不参赛，①若甲参赛，先考虑甲，有种方法，此时共有种方法；②若甲不参赛，则有种方法. 从而乙不参赛时共有+=96(种)方法. 综上，共有156+96=252(种)参赛方法. 方法二　(位置分析法)从位置的角度考虑，第一棒与第四棒为特殊位置，优先考虑第一棒，分为如下两类： 第一类，第一棒为乙，则第四棒无限定条件，共有种安排方法. 30 第二类，第一棒不为乙，则第一棒有种安排方法，第四棒(不能为乙和已跑第一棒的人)有种安排方法，其余两棒共有种安排方法，从而第一棒不为乙共有种安排方法. 由分类计数原理，得共有+=252(种)参赛方法. 方法三　(间接法)不考虑限定条件，有种参赛方法，其中不符合要求的分为三类： ①甲跑第一棒，乙跑第四棒，有种参赛方法. ②甲跑第一棒，乙不跑第四棒，有种参赛方法. ③甲不跑第一棒，乙跑第四棒，有种参赛方法. 综上，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒的参赛方法有--2=252(种). 31 反 思 感 悟 “在”与“不在”问题的解决方法 　　　　　六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ (1)甲只能在中间或两端； 跟踪训练 3 先考虑甲有种方案，再考虑其余5人全排列，故共有·=480(种)站法. 33 (2)甲、乙必须在两端； 先安排甲、乙有种方案，再安排其余4人全排列，故共有·= 48(种)站法. 34 (3)甲不在最左端，乙不在最右端. 35 方法一　甲在最左端的站法有种，乙在最右端的站法有种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有种，共有-2+=504(种)站法. 方法二　以元素甲分类可分为两类：①甲在最右端有种，②甲站在中间4个位置之一，而乙不在最右端有··种，故共有+··=504(种)站法. 36 四 定序问题 　　　某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相. (1)其中有3位老者要按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有多少种？ 例 4 5位嘉宾无约束条件的全排列有种，由于3位老者的排列顺序已定，因此满足3位老者按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有=20(种). 38 (2)3位老者与2位年轻人都要分别按从大到小的顺序出场，顺序有多少种？ 设符合条件的排法共有x种，用(1)的方法可得x··=， 解得x==10(种). 39 反 思 感 悟 在有些排列问题中，某些元素有前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种： (1)整体法，即若有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，先将这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 种满足条件的不同排法. 反 思 感 悟 (2)插空法，即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空隙中. 　　　　　五个人排成一排，满足下列条件的不同排列各有多少种？ (1)A，B，C三人左中右顺序不变(不一定相邻)； 跟踪训练 4 首先五个人站成一排，共有种排法，其中A，B，C三人的全排列有种排法，而A，B，C从左到右的顺序只是其中一种，所以满足条件的排法共=20(种). 42 (2)A在B的左边且C在D的右边(可以不相邻). 同(1)，不过此题中A和B，C和D被指定了顺序，则满足条件的排法共=30(种). 43 1.知识清单： (1)无限制条件的排列问题. (2)“邻”与“不邻”、“在”与“不在”以及定序问题. 2.方法归纳：捆绑法、插空法、定序问题除法处理、间接法. 3.常见误区：分类讨论时，出现重复或遗漏，各种方法使用不当. 课堂小结 44 随堂演练 五 1 2 3 4 1.某天上午要排语文、数学、体育、计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有 A.6种　 B.9种　 C.18种　 D.24种 先排体育有种，再排其他的三科有种，共有=18(种). √ 2.6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 1 2 3 4 √ 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. 所以不同的摆法种数为=24. 3.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.  1 2 3 4 210 若1，3，5，7的顺序不定， 则4个数字有=24(种)排法， 故1，3，5，7的顺序一定的排法只占全排列种数的. 故有×=210(个)七位数符合条件. 4.甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行数学能力比赛，决出第一到第五名的名次(无并列名次).甲、乙两名同学去询问成绩，老师说：“虽然你们都不是第一名，但你们也都不是最后一名.”从上述回答分析，5人的名次的不同情况有　　　　种(用数字作答).  1 2 3 4 由题意，甲、乙都不是第一名且都不是最后一名，故先排乙，有3种情况，再排甲，有2种情况，余下3人有种情况，故共有3×2× =36(种)不同情况. 36 课时对点练 六 1.六人站成两排，甲、乙站前排，其余人站后排，排法种数为 A.24　 B.48　 C.120　 D.240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ =48. 2.6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有 A.240种　 B.360种　 C.480种　 D.720种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第一步：排甲，共有种不同的排法；第二步：排其他人，共有种不同的排法，因此不同的演讲次序共有=480(种). √ 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 D.男女生相间排法总数为72 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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；男女生相间排法总数为2=72. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.有五名学生站成一排拍毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，又不与乙相邻，则不同的站法共有 A.66种　 B.60种　 C.36种　 D.24种 √ 先排甲、乙外的3人，有种排法，再插入甲、乙两人，有种方法，又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占，故所求不同的站法有= 36(种). 5.由数字0，1，2，3，4组成无重复数字的三位数，其中偶数个数为 A.12　 B.18　 C.30　 D.60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 若个位数是0，则有=12(个).若个位是2或4，则先排百位有3种，然后排十位有3种，共有2×3×3=18(个)，故共12+18=30(个). 6.一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为 A.3×3！ B.3×(3！)3 C.(3！)4 D.9！ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为·()3=(3！)4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园.为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为　　　　　.  24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 分3步进行分析， 第一步，先安排两位爸爸，必须一首一尾，有=2(种)排法， 第二步，两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有=2(种)排法， 第三步，将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有=6(种)排法. 则共有2×2×6=24(种)排法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.某诗词类节目组决定把《将进酒》《山居秋瞑》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋瞑》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场诗词的排法有　　　　种.(用数字作答)  36 59 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意，分两步分析： 第一步，将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有种排法， 第二步，再将《山居秋瞑》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，有种排法， 则后六场的排法有=36(种). 60 9.某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法的排列数. (1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先排唱歌节目有种排法，再排其他节目有种排法，所以共有·=1 440(种)排法. (2)2个唱歌节目互不相邻； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目有种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有种插入方法，所以共有·=30 240(种)排法. (3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有种排法，故所求排法共有··=2 880(种)排法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.用0，1，2，…，9十个数可组成多少个满足以下条件的且没有重复数字的排列？ (1)五位奇数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 要得到五位奇数，个位应从1，3，5，7，9五个数字中取，有5种取法，取定个位数字后，万位就有除这个数字和0之外的8种不同取法.万位和个位取定后，还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有种不同的排列方法，因此由分步计数原理知共有5×8× =13 440(个)没有重复数字的五位奇数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)大于30 000的五位偶数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 要得到偶数，个位应从0，2，4，6，8中选取，而要得到比30 000大的五位偶数，可分两类： ①个位数字从0，2中选取，则万位可取3，4，5，6，7，8，9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除个位和万位两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共种取法.所以共有2×7×=4 704(种)不同情况. ②个位数字从4，6，8中选取，则万位应从3，4，5，6，7，8，9中除去个位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有种选法，所以共有3×6×=6 048(种)不同情况. 由分类计数原理知，比30 000大的无重复数字的五位偶数的个数为4 704+6 048= 10 752. 11.在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工序A只能出现在第一步或最后一步，工序B和C在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有 A.34种　 B.48种　 C.96种 　D.144种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可知，先排工序A，有2种编排方法；再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有2种编排方法.故实施顺序的编排方法共有2×2=96(种). 12.五声音阶按音高顺序依次为宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上，排成一列(无重复)，且要求宫、羽两音阶在角音阶的同侧，则不同的排法种数为 A.120　 B.90　 C.80　 D.60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若“角”在两端，则“宫、羽”一定在“角”的同侧，此时有2 =48(种)；若“角”在第二或第四个位置，则有2·=24(种)；若“角”在第三个位置，则有··=8(种).故共有48+24+8=80(种). 13.一排长椅共有10个座位，总共4人，使其恰有5个连续的空位，共有 　　　　种不同的坐法.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 480 5个连续空位看成1个整体a，把剩下的1个空位看成元素b， 另外4人为C1，C2，C3，C4， 所求问题等价于6个元素排列，使a，b不相邻运用插空法， ∴不同的坐法共有·=480(种). 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.  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). 60 15.将六个数0，1，2，9，19，20按任意次序排成一行，拼成一个8位数，则产生的不同的8位数的个数是 A.498　 B.516　 C.534　 D.546 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 将六个数0，1，2，9，19，20按任意次序排成一行，拼成一个8位数，由于首位不能为0，则有5×=600(个)，其中“20”出现2次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有=60(种)，“19”出现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有=48(种)，“20”和“19”都出现2次的排法有=6(种)，因此满足条件的8位数的个数为600-60-48+6=498. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.高一年级某班的数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课安排在同一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不同的排法种数为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 分两类： 第1类，数学课安排在上午第一节或第四节，共种排法，体育课安排在下午共种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共2种排法，其余两门在余下的位置安排共种排法. 由分步计数原理知，共有××2×=32(种)排法. 第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共种排法，体育课安排在下午共种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共种排法，其余两门在余下的位置安排共种排法. 由分步计数原理知，共有×××=16(种)排法. 综上，由分类计数原理知，排法种数为32+16=48. 第一章 <<< $$ 第3课时　排列的应用 ［学习目标］　1.进一步加深对排列概念的理解.2.掌握几种有限制条件的排列，能应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5)　从5名同学中选3名排成一列，共有多少种不同的排法？ 解　从5名同学中选3名排成一列，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列.因此，不同排法的种数是=5×4×3=60. 答　共有60种不同的排法. 例1　(课本例6)　某足球联赛共有12支球队参加，每队都要与其余各队在主、客场分别比赛1次，共要进行多少场比赛？ 解　因为1场比赛对应于从12个不同元素中任取2个元素的1个排列，所以总共进行的比赛场次是=12×11=132. 答　共要进行132场比赛. 例1　(1)有5个不同的科研小课题，从中选3个分别由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？ (2)12名选手参加校园歌手大奖比赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，共有多少种不同的获奖情况？ 解　(1)从5个不同的科研小课题中选出3个，由3个学习兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列. 因此不同的安排方法有=5×4×3=60(种). (2)从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有=12×11×10=1 320(种)不同的获奖情况. 反思感悟　对简单的没有限制条件的排列问题，在分清元素和位置的情况下，直接用排列数公式进行计算. 跟踪训练1　(1)将3张不同电影票分给10人中的3人，每人1张，则共有　　　　种不同的分法.  (2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，不同的选法共有　　　　种.  答案　(1)720　(2)60　 解析　(1)问题相当于从10张不同的电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题.故不同分法的种数为 =10×9×8=720. (2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，应有=5×4×3=60(种)选法. 二、 “相邻”与“不相邻”问题 例2　有3名男生，4名女生，共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)男生必须站在一起； (3)男生不能站在一起； (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， 女生必须站在一起，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5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，有种排法， 故有=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. (1)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. (2)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2　(1)我国古代将“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.某校国学社团计划开展“六艺”讲座活动，要求活动当天每艺安排一节，连排6节，且“数”必须排在第3节，“射”和“御”相邻，则不同的安排顺序共有 (　　) A.12种　B.24种　C.36种　D.48种 答案　C 解析　分析可知“数”排在第3节，且“射”和“御”相邻时，有3种排法，再将“礼”“乐”“书”安排在剩下的3节，有种排法，所以不同的安排顺序有3=36(种). (2)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，则不同的排法种数为 (　　) A.480　B.240　C.384　D.1 440 答案　A 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时，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. 三、元素“在”与“不在”问题 例3　(课本例7)　用0~9这10个数字能组成多少个没有重复数字的三位数？ 解　方法一　由于百位上的数字不能是0，因此，为了得到这个三位数，可以分两步完成(如图)： 第一步：排百位上的数字，可从1~9这9个数字中任选1个，有种选法； 第二步：排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有种选法. 根据分步计数原理，所求的三位数的个数是 =9×9×8=648. 方法二　考虑到0是一个特殊元素，因此，符合条件的三位数可以分成3类(如图)： 第一类：每一位数字都不是0的三位数有个； 第二类：个位数字是0的三位数有个； 第三类：十位数字是0的三位数有个. 根据分类计数原理，符合条件的三位数的个数是 ++=9×8×7+9×8+9×8=648. 方法三　从0~9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中0在首位的排列数为，这些排列不能构成三位数.因此，所求的三位数的个数是-=10×9×8-9×8=648. 答　可以组成648个没有重复数字的三位数. 例3　从6名运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，求满足下列条件的参赛方法数： (1)甲不能跑第一棒和第四棒； (2)甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 解　(1)方法一　(元素分析法)从人(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类： 第一类，甲不参赛，有种参赛方法. 第二类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有种方法，然后安排其他三棒，有种方法，此时有种参赛方法. 综上，甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有+=240(种). 方法二　(位置分析法)从位置的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，这两棒可以从除甲以外的5人中选2人，有种方法；其余两棒从剩余4人中选，有种方法. 所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有=240(种). 方法三　(间接法)不考虑对甲的约束，6个人占4个位置，有种安排方法，甲跑第一棒或第四棒的参赛方法有2种，所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有-2=240(种). (2)方法一　(元素分析法)从人(元素)的角度考虑，优先考虑乙，可分为如下两类： 第一类，乙参加比赛，此时优先考虑乙，分为两种情况： ①乙跑第一棒，有=60(种)方法； ②乙不跑第一棒，有种方法(跑第二棒或第三棒). 此时按甲是否参赛，又分为两类： (ⅰ)甲参赛，有种方法； (ⅱ)甲不参赛，有种方法. 故此时(乙不跑第一棒)共有+)=96(种)方法. 由分类计数原理，得乙参加比赛共有60+96=156(种)方法. 第二类，乙不参赛，①若甲参赛，先考虑甲，有种方法，此时共有种方法；②若甲不参赛，则有种方法. 从而乙不参赛时共有+=96(种)方法. 综上，共有156+96=252(种)参赛方法. 方法二　(位置分析法)从位置的角度考虑，第一棒与第四棒为特殊位置，优先考虑第一棒，分为如下两类： 第一类，第一棒为乙，则第四棒无限定条件，共有种安排方法. 第二类，第一棒不为乙，则第一棒有种安排方法，第四棒(不能为乙和已跑第一棒的人)有种安排方法，其余两棒共有种安排方法，从而第一棒不为乙共有种安排方法. 由分类计数原理，得共有+=252(种)参赛方法. 方法三　(间接法)不考虑限定条件，有种参赛方法，其中不符合要求的分为三类： ①甲跑第一棒，乙跑第四棒，有种参赛方法. ②甲跑第一棒，乙不跑第四棒，有种参赛方法. ③甲不跑第一棒，乙跑第四棒，有种参赛方法. 综上，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒的参赛方法有--2=252(种). 反思感悟　“在”与“不在”问题的解决方法 跟踪训练3　六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ (1)甲只能在中间或两端； (2)甲、乙必须在两端； (3)甲不在最左端，乙不在最右端. 解　(1)先考虑甲有种方案，再考虑其余5人全排列，故共有·=480(种)站法. (2)先安排甲、乙有种方案，再安排其余4人全排列，故共有·=48(种)站法. (3)方法一　甲在最左端的站法有种，乙在最右端的站法有种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有种，共有-2+=504(种)站法. 方法二　以元素甲分类可分为两类：①甲在最右端有种，②甲站在中间4个位置之一，而乙不在最右端有··种，故共有+··=504(种)站法. 四、定序问题 例4　某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相. (1)其中有3位老者要按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有多少种？ (2)3位老者与2位年轻人都要分别按从大到小的顺序出场，顺序有多少种？ 解　(1)5位嘉宾无约束条件的全排列有种，由于3位老者的排列顺序已定，因此满足3位老者按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有=20(种). (2)设符合条件的排法共有x种，用(1)的方法可得x··=，解得x==10(种). 反思感悟　在有些排列问题中，某些元素有前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种： (1)整体法，即若有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，先将这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. (2)插空法，即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空隙中. 跟踪训练4　五个人排成一排，满足下列条件的不同排列各有多少种？ (1)A，B，C三人左中右顺序不变(不一定相邻)； (2)A在B的左边且C在D的右边(可以不相邻). 解　(1)首先五个人站成一排，共有种排法，其中A，B，C三人的全排列有种排法，而A，B，C从左到右的顺序只是其中一种，所以满足条件的排法共=20(种). (2)同(1)，不过此题中A和B，C和D被指定了顺序，则满足条件的排法共=30(种). 1.知识清单： (1)无限制条件的排列问题. (2)“邻”与“不邻”、“在”与“不在”以及定序问题. 2.方法归纳：捆绑法、插空法、定序问题除法处理、间接法. 3.常见误区：分类讨论时，出现重复或遗漏，各种方法使用不当. 1.某天上午要排语文、数学、体育、计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有 (　　) A.6种　B.9种　C.18种　D.24种 答案　C 解析　先排体育有种，再排其他的三科有种，共有=18(种). 2.6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 答案　A 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. 所以不同的摆法种数为=24. 3.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.  答案　210 解析　若1，3，5，7的顺序不定， 则4个数字有=24(种)排法， 故1，3，5，7的顺序一定的排法只占全排列种数的. 故有×=210(个)七位数符合条件. 4.甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行数学能力比赛，决出第一到第五名的名次(无并列名次).甲、乙两名同学去询问成绩，老师说：“虽然你们都不是第一名，但你们也都不是最后一名.”从上述回答分析，5人的名次的不同情况有　　　　种(用数字作答).  答案　36 解析　由题意，甲、乙都不是第一名且都不是最后一名，故先排乙，有3种情况，再排甲，有2种情况，余下3人有种情况， 故共有3×2×=36(种)不同情况. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共6分 1.六人站成两排，甲、乙站前排，其余人站后排，排法种数为 (　　) A.24　B.48　C.120　D.240 答案　B 解析　=48. 2.6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有 (　　) A.240种　B.360种　C.480种　D.720种 答案　C 解析　第一步：排甲，共有种不同的排法；第二步：排其他人，共有种不同的排法，因此不同的演讲次序共有=480(种). 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 D.男女生相间排法总数为72 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；男女生相间排法总数为2=72. 4.有五名学生站成一排拍毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，又不与乙相邻，则不同的站法共有 (　　) A.66种　B.60种　C.36种　D.24种 答案　C 解析　先排甲、乙外的3人，有种排法，再插入甲、乙两人，有种方法，又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占，故所求不同的站法有=36(种). 5.由数字0，1，2，3，4组成无重复数字的三位数，其中偶数个数为 (　　) A.12　B.18　C.30　D.60 答案　C 解析　若个位数是0，则有=12(个).若个位是2或4，则先排百位有3种，然后排十位有3种，共有2×3×3=18(个)，故共12+18=30(个). 6.一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为 (　　) A.3×3！ B.3×(3！)3 C.(3！)4 D.9！ 答案　C 解析　利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为·()3=(3！)4. 7.(5分)两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园.为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为　　　　　.  答案　24 解析　分3步进行分析， 第一步，先安排两位爸爸，必须一首一尾，有=2(种)排法， 第二步，两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有=2(种)排法， 第三步，将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有=6(种)排法. 则共有2×2×6=24(种)排法. 8.(5分)某诗词类节目组决定把《将进酒》《山居秋瞑》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋瞑》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场诗词的排法有　　　　种.(用数字作答)  答案　36 解析　根据题意，分两步分析： 第一步，将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有种排法， 第二步，再将《山居秋瞑》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，有种排法， 则后六场的排法有=36(种). 9.(10分)某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法的排列数. (1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台；(2分) (2)2个唱歌节目互不相邻；(4分) (3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.(4分) 解　(1)先排唱歌节目有种排法，再排其他节目有种排法，所以共有·=1 440(种)排法. (2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目有种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有种插入方法，所以共有·=30 240(种)排法. (3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有种排法，故所求排法共有··=2 880(种)排法. 10.(12分)用0，1，2，…，9十个数可组成多少个满足以下条件的且没有重复数字的排列？ (1)五位奇数；(5分) (2)大于30 000的五位偶数.(7分) 解　(1)要得到五位奇数，个位应从1，3，5，7，9五个数字中取，有5种取法，取定个位数字后，万位就有除这个数字和0之外的8种不同取法.万位和个位取定后，还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有种不同的排列方法，因此由分步计数原理知共有5×8×=13 440(个)没有重复数字的五位奇数. (2)要得到偶数，个位应从0，2，4，6，8中选取，而要得到比30 000大的五位偶数，可分两类： ①个位数字从0，2中选取，则万位可取3，4，5，6，7，8，9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除个位和万位两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共种取法.所以共有2×7×=4 704(种)不同情况. ②个位数字从4，6，8中选取，则万位应从3，4，5，6，7，8，9中除去个位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有种选法，所以共有3×6×=6 048(种)不同情况. 由分类计数原理知，比30 000大的无重复数字的五位偶数的个数为4 704+6 048=10 752. 11.在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工序A只能出现在第一步或最后一步，工序B和C在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有 (　　) A.34种　B.48种　C.96种　D.144种 答案　C 解析　由题意可知，先排工序A，有2种编排方法；再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有2种编排方法.故实施顺序的编排方法共有2×2=96(种). 12.五声音阶按音高顺序依次为宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上，排成一列(无重复)，且要求宫、羽两音阶在角音阶的同侧，则不同的排法种数为 (　　) A.120　B.90　C.80　D.60 答案　C 解析　若“角”在两端，则“宫、羽”一定在“角”的同侧，此时有2=48(种)；若“角”在第二或第四个位置，则有2·=24(种)；若“角”在第三个位置，则有··=8(种).故共有48+24+8=80(种). 13.(5分)一排长椅共有10个座位，总共4人，使其恰有5个连续的空位，共有　　　　种不同的坐法.  答案　480 解析　5个连续空位看成1个整体a，把剩下的1个空位看成元素b， 另外4人为C1，C2，C3，C4， 所求问题等价于6个元素排列，使a，b不相邻运用插空法， ∴不同的坐法共有·=480(种). 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.将六个数0，1，2，9，19，20按任意次序排成一行，拼成一个8位数，则产生的不同的8位数的个数是 (　　) A.498　B.516　C.534　D.546 答案　A 解析　将六个数0，1，2，9，19，20按任意次序排成一行，拼成一个8位数，由于首位不能为0，则有5×=600(个)，其中“20”出现2次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有=60(种)，“19”出现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有=48(种)，“20”和“19”都出现2次的排法有=6(种)，因此满足条件的8位数的个数为600-60-48+6=498. 16.(12分)高一年级某班的数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课安排在同一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不同的排法种数为多少？ 解　分两类： 第1类，数学课安排在上午第一节或第四节，共种排法，体育课安排在下午共种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共2种排法，其余两门在余下的位置安排共种排法. 由分步计数原理知，共有××2×=32(种)排法. 第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共种排法，体育课安排在下午共种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共种排法，其余两门在余下的位置安排共种排法. 由分步计数原理知，共有×××=16(种)排法. 综上，由分类计数原理知，排法种数为32+16=48. 学科网（北京）股份有限公司 $$