3.1.2 第2课时 排列数的应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦排列数的应用，涵盖简单排列、数字排列、排队及定序问题，通过直接法、捆绑法等方法，衔接排列概念与公式的前期知识，以题型解析和方法总结为支架，帮助学生掌握不同限制条件下的排列问题解法。 其亮点在于以核心素养为导向，通过实例培养逻辑推理和数学建模能力，如排队问题用捆绑法处理相邻对象，数字排列优先考虑特殊位置。采用“题型+多解法+跟踪训练”模式，学生能提升解题逻辑，教师可利用分层练习和策略总结优化教学效率。

第三章　排列、组合与二项式定理 3.1　排列与组合 3.1.2　排列与排列数 第2课时　排列数的应用 课程标准：通过实例，理解排列的概念与排列数公式的应用． 教学重点：进一步加深对排列概念的理解． 教学难点：掌握几种有限制条件的排列问题的处理方法，能应用排列数公式解决简单的实际问题． 核心素养：通过应用排列知识解决简单的实际问题培养数学建模素养和逻辑推理素养． (教师独具内容) 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 知识点　　解决排列问题的基本方法 (1)直接法：先满足特殊对象的要求，再考虑一般对象(又称为对象分析法)；或先满足特殊位置的要求，再考虑一般位置(又称位置分析法)． (2)排除法：先计算出无限制条件的所有排法种数，然后再减去不符合条件的排法种数． (3)捆绑法：遇到有“相邻对象”的问题，先把相邻对象看作一个整体与其他对象进行排列，需要考虑对象的相对位置时，再进行“松绑”． (4)插空法：遇到有“不相邻对象”的问题，先考虑不受限制的对象的排列，再将不相邻的对象插在前面对象排列的空中． 核心概念掌握 5 1．(简单排列问题)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________． 2．(数字排列问题)由数字1，2，3，4，5能够组成________个没有重复数字的三位偶数． 3．(排队问题中的不相邻问题)一次演出有A，B，C，D四个小品节目，且A，B两个小品节目不相邻，则不同的安排方法共有________种． 4．(定序问题)2名女生和4名男生排成一列，男生甲和乙的顺序一定，则有________种不同的排法． 720 24 12 360 核心概念掌握 6 核心素养形成 题型一　简单排列问题 例1　(1)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法共有(　　) A．16种 B．13种 C．12种 D．10种 核心素养形成 8 (2)从4名男生、3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，则选派方案共有(　　) A．108种 B．210种 C．216种 D．270种 核心素养形成 9 【感悟提升】　简单排列问题的解题策略 核心素养形成 10 【跟踪训练】　 1．(1)某学校周一安排有语文、数学、英语、物理、化学、生物六节课，则这天课表共有________种不同的排法． 720 核心素养形成 11 (2)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名新员工，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，则不同的分配方案共有________种． 120 核心素养形成 12 题型二　数字排列问题 例2　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)六位数且是奇数； (2)个位上的数字不是5的六位数； (3)不大于4310的四位数且是偶数． 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 【感悟提升】　数字排列问题的解题策略 (1)搞清事件是什么，对象是什么，位置是什么，给出了什么样的附加条件(奇偶数、倍数、大小关系等)． (2)按特殊对象(或位置)的性质分类(每一类的各种方法都能保证事件的完成)，按事件发生的连续过程合理分步来解决． (3)这类问题的隐含条件“0不能在首位”尤其不能疏忽． 核心素养形成 17 【跟踪训练】　 2．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数． (1)可组成多少个不同的四位数？ (2)可组成多少个不同的四位偶数？ (3)将所组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为多少？ 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 题型三　排队问题 例3　3名男生、4名女生，按照不同的要求排队拍照，求不同的排队方案的方法种数． (1)排成前后两排，前排3人，后排4人； (2)全体站成一排，其中甲只能在中间或两端； (3)全体站成一排，其中甲、乙必须在两端； (4)全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端； (5)全体站成一排，男生、女生各站在一起； (6)全体站成一排，男生必须站在一起； (7)全体站成一排，男生互不相邻； (8)全体站成一排，男生、女生各不相邻； (9)全体站成一排，甲、乙中间必须有2人． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 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】　排队问题的解题策略 (1)直接法解题一般采用“对象分析法”或“位置分析法”，要注意分类时不重不漏，分步要连续、独立． (2)当正面考虑情况复杂时，可考虑用排除法，排除法要注意不符合条件的情形，做到不重不漏． (3)某些对象要求必须相邻时，可以先将这些对象看成一个整体，与其他对象排列后，再考虑相邻对象的内部排列，这种方法称为“捆绑法”，即“相邻对象捆绑法”． (4)某些对象要求不相邻时，可以先安排其他对象，再将这些不相邻对象插入空位中，这种方法称为“插空法”，即“不相邻对象插空法”． 核心素养形成 26 【跟踪训练】　 3．有5名男生、4名女生排成一排． (1)从中选出3人排成一排，有多少种不同的排法？ (2)若男生甲不站排头也不站排尾，则有多少种不同的排法？ (3)要求女生必须站在一起，有多少种不同的排法？ (4)若4名女生互不相邻，则有多少种不同的排法？ 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 题型四　定序问题 例4　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 30 【感悟提升】　解决定序问题的两种方法 核心素养形成 31 【跟踪训练】　 4．(1)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 核心素养形成 32 核心素养形成 33 (2)公元480年左右，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.1415926到3.1415927之间，在之后的800年里祖冲之计算出的圆周率都是最准确的，所以国际上曾提议将3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某老师为了帮助学生了解“祖率”，让同学们把小数点后的7个数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么得到大于3.14的不同数字的个数为(　　) A．2280 B．440 C．720 D．240 核心素养形成 34 核心素养形成 35 随堂水平达标 随堂水平达标 37 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)，这样的排列有(　　) A．12种 B．20种 C．40种 D．60种 随堂水平达标 38 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 4．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种． 11 随堂水平达标 41 5．五位师傅和五名徒弟站一排，则五名徒弟互不相邻共有________种排法；师傅和徒弟相间共有________种排法． 86400 28800 随堂水平达标 42 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 简单排列问题 插空法解决排列问题 定序问题 数字排列问题 排队问题 排列问题在直线中的应用 定序问题 捆绑法解决排列相邻问题 题号 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 排队 问题 捆绑法、插空法解决排列问题 有限制条件的排列问题、定序问题，捆绑法、插空法解决排列问题 排列的相邻问题 数字排列问题 有关数字与一元二次方程的排列问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 一、选择题 1．甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列的情况有(　　) A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 2．一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空座位的坐法共有(　　) A．240种 B．600种 C．408种 D．480种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 3．如图所示，某码头有两堆集装箱，一堆2个，另一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运过程中不同取法的种数是(　　) A．10 B．20 C．60 D．120 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 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 14 48 5．(多选)6个人站成一排，则下列说法正确的是(　　) A．甲不站左端，也不站右端有480种站法 B．甲、乙站在两端有48种站法 C．甲不站左端，乙不站右端有540种站法 D．甲、乙相邻的站法有240种 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 二、填空题 6．从集合{0，1，2，5，7，9，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条． 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 7．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． 480 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 8．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻的不同排法的种数为________． 84 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 三、解答题 9．3名女生和5名男生排成一排， (1)如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？ (2)如果女生互不相邻，有多少种不同的排法？ (3)如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 10．某次介绍会需要安排6个产品的介绍顺序，其中3个产品来自A公司，2个产品来自B公司，1个产品来自C公司． (1)求B公司的2个产品相邻的介绍方案种数； (2)求同一个公司产品的介绍顺序不相邻，C公司的产品既不是第一个介绍，也不是最后一个介绍的介绍方案种数． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 11．(多选)某班一天上午有5节课，现要安排语文、数学、政治、英语、物理5门课程，下列说法正确的是(　　) A．数学不排在第1节，物理不排在第5节共有96种排法 B．按语文、数学、英语的前后顺序(不一定相邻)安排共有20种排法 C．语文和英语必须相邻共有48种排法 D．数学和物理不相邻共有72种排法 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 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________种． 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 13．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 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 14．从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个数作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0？其中有实根的方程有多少个？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　公园有4个门，从一个门进，另一个门出，不同的走法共有Aeq \o\al(2,4)＝4×3＝12种．故选C. 解析　从4名男生、3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，选派方案共有Aeq \o\al(3,7)＝7×6×5＝210种．故选B. (1)简单排列问题一般对所排列的对象或所排列的位置没有特别限制，分清对象和位置即可． (2)把m个对象按一定顺序排列到n(n≥m)个位置上，排列数为Aeq \o\al(m,n). (3)从m个对象中选n个(n≤m)排列到n个位置上，排列数是Aeq \o\al(n,m). 解析：这天课表共有Aeq \o\al(6,6)＝6×5×4×3×2×1＝720种不同的排法． 解析：不同的分配方案共有Aeq \o\al(4,5)＝5×4×3×2＝120种． 解　(1)解法一(特殊位置优先法)： 第一步，排个位，从1，3，5三个数字中选1个，有Aeq \o\al(1,3)种排法； 第二步，排十万位，有Aeq \o\al(1,4)种排法； 第三步，排其他位，有Aeq \o\al(4,4)种排法． 故符合题意的六位数共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝288个． 解法二(特殊对象优先法)： 0不在两端有Aeq \o\al(1,4)种排法； 从1，3，5中任选一个排在个位上，有Aeq \o\al(1,3)种排法； 其他数字全排列有Aeq \o\al(4,4)种排法． 故符合题意的六位数共有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(4,4)＝288个． 解法三(排除法)： 6个数字全排列有Aeq \o\al(6,6)种排法， 0，2，4在个位上的排法有3Aeq \o\al(5,5)种， 1，3，5在个位上且0在十万位上的排法有3Aeq \o\al(4,4)种， 故符合题意的六位数共有Aeq \o\al(6,6)－3Aeq \o\al(5,5)－3Aeq \o\al(4,4)＝288个． (2)解法一(排除法)： 0在十万位上的排列、5在个位上的排列都是不符合题意的六位数，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． 解法二(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，因此分两类： 第一类，当个位上排0时，有Aeq \o\al(5,5)种排法； 第二类，当个位上不排0时，有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)种排法． 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． (3)当千位上排1，3时，各有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)种排法； 当千位上排2时，有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,4)种排法； 当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有Aeq \o\al(1,3)个，形如41××的偶数有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,3)个，形如43××的偶数只有4310和4302这两个数满足题意． 故不大于4310的四位数且是偶数的共有2Aeq \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． 解：(1)(直接法)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(3,5)＝300个． (间接法)Aeq \o\al(4,6)－Aeq \o\al(3,5)＝300个． (2)(直接法)因为0为特殊对象，故先考虑0.若0在个位，有Aeq \o\al(3,5)个；若0不在个位，从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个非零的数中选一个放在首位，然后从剩余的四个数中选两个放在其他位上，有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)个，故可组成Aeq \o\al(3,5)＋Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＝156个不同的四位偶数． (间接法)从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,5)个，其中第一位是0的有Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,4)个， 故可组成Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,5)－Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,4)＝156个不同的四位偶数． (3)1在首位的四位数的个数为Aeq \o\al(3,5)＝60， 2在首位且0在第二位的四位数的个数为Aeq \o\al(2,4)＝12， 2在首位且1在第二位的四位数的个数为Aeq \o\al(2,4)＝12， 以上四位数共有60＋12＋12＝84个，故第85个数为2301. 解　(1)直接分步完成，共有Aeq \o\al(3,7)Aeq \o\al(4,4)＝5040种不同的排法． (2)(特殊对象优先法)先考虑甲的位置，有Aeq \o\al(1,3)种方法，再考虑其余6人的位置，有Aeq \o\al(6,6)种方法． 故共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(6,6)＝2160种方法． (3)(特殊对象优先法)先安排甲、乙的位置，有Aeq \o\al(2,2)种方法，再安排其余5人的位置，有Aeq \o\al(5,5)种方法． 故共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝240种方法． (4)解法一(特殊对象优先法)：按甲是否在最右端分两类： 第一类，甲在最右端，有Aeq \o\al(6,6)种方法； 第二类，甲不在最右端，甲有Aeq \o\al(1,5)种排法，乙也有Aeq \o\al(1,5)种排法，其余5人有Aeq \o\al(5,5)种排法，则有Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)种方法． 故共有Aeq \o\al(6,6)＋Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)＝3720种方法． 解法二(排除法)：无限制条件的排列方法共有Aeq \o\al(7,7)种， 而甲在最左端、乙在最右端的排法均有Aeq \o\al(6,6)种， 甲在最左端且乙在最右端的排法有Aeq \o\al(5,5)种． 故共有Aeq \o\al(7,7)－2Aeq \o\al(6,6)＋Aeq \o\al(5,5)＝3720种方法． 解法三(特殊位置优先法)：按最左端先安排分步．对于最左端，除甲外有Aeq \o\al(1,6)种排法，余下六个位置全排列有Aeq \o\al(6,6)种排法，其中甲不在最左端，且乙在最右端的排法有Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)种．故共有Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(6,6)－Aeq \o\al(1,5)Aeq \o\al(5,5)＝3720种方法． (5)(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Aeq \o\al(3,3)种排法， 女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有Aeq \o\al(4,4)种排法， 全体男生、女生各看成一个对象全排列有Aeq \o\al(2,2)种排法， 由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,2)＝288种排法． (6)(捆绑法)把所有男生看成一个对象，与4名女生组成5个对象全排列， 故共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(5,5)＝720种不同的排法． (7)(不相邻问题插空法)先排女生有Aeq \o\al(4,4)种排法， 把3名男生安排在4名女生隔成的五个空中，有Aeq \o\al(3,5)种排法， 故共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)＝1440种不同的排法． (8)先排男生有Aeq \o\al(3,3)种排法，再让女生插空，有Aeq \o\al(4,4)种排法，故共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)＝144种不同的排法． (9)(捆绑法)除甲、乙外，从其余的5人中任选2人，站在甲、乙中间，与甲、乙组成一个整体，再与余下的3个人进行全排列， 故共有Aeq \o\al(2,5)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝960种不同的排法． 解：(1)只要从5名男生、4名女生中任选3人排列即可． 所以共有Aeq \o\al(3,9)＝9×8×7＝504种不同的排法． (2)解法一(对象分析法)：甲是特殊对象，第一步甲站在中间7个位置中的任意一个上，有Aeq \o\al(1,7)种排法；第二步其余8人站在剩余8个位置上，有Aeq \o\al(8,8)种排法． 由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(1,7)Aeq \o\al(8,8)＝282240种不同的排法． 解法二(位置分析法)：第一步从甲以外的8人中任选2人站在首、尾位置，有Aeq \o\al(2,8)种排法；第二步排其余7人，有Aeq \o\al(7,7)种排法．由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(7,7)Aeq \o\al(2,8)＝282240种不同的排法． 解法三(排除法)：5名男生、4名女生排成一排，共有Aeq \o\al(9,9)种排法，其中甲站排头的排法有Aeq \o\al(8,8)种，甲站排尾的排法有Aeq \o\al(8,8)种． 所以符合条件的排法有Aeq \o\al(9,9)－2Aeq \o\al(8,8)＝282240种． (3)女生先站在一起，有Aeq \o\al(4,4)种排法，全体女生视为一个对象与其他男生全排列有Aeq \o\al(6,6)种排法．由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(6,6)＝17280种不同的排法． (4)分两步：第一步，5名男生全排列有Aeq \o\al(5,5)种排法；第二步，男生排好后，男生之间有4个空，加上男生排列的两端共6个空，4名女生在这6个空的位置进行排列，有Aeq \o\al(4,6)种排法． 由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(4,6)＝43200种不同的排法． 解　(1)甲在乙左边的排法种数占全体全排列种数的2,2)eq \f(1,A) ，故有7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(2,2)) ＝2520种不同的排列方法． (2)甲、乙、丙自左向右顺序不变的排法种数占全排列种数的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． 在有些排列问题中，某些对象的前后顺序是确定的(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)个对象排成一列，其中m个对象之间的先后顺序确定不变，先将这(m＋n)个对象排成一列，有Aeq \o\al(m＋n,m＋n)种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个对象的位置不动，把这m个对象交换顺序，有Aeq \o\al(m,m)种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有m＋n,m＋n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) 种满足条件的不同排法． (2)插空法：即m个对象之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个对象，只有一种排法，然后把剩下的n个对象分类或分步插入由以上m个对象形成的空中． 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，第一步安排第一名同学，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，共有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：由于1，4，1，5，9，2，6这7个数字中有2个相同的数字1，故把这7个数字进行随机排列，可以得到的不同数字个数为7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(2,2)) .而只有小数点后两位为11或12时，排列后得到的数字不大于3.14，故排列后不大于3.14的不同数字的个数为2Aeq \o\al(5,5).故把这7个数字随机排列后，得到大于3.14的不同数字的个数为7,7)eq \f(A,Aeq \o\al(2,2)) －2Aeq \o\al(5,5)＝2280.故选A. 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个对象与3辆汽车看成4个不同对象的全排列，故有Aeq \o\al(4,4)种停放方法． 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． 3．(多选)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中任选5个数字，组成无重复数字的五位数，其中偶数的个数是(　　) A．Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(3,8) B．Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,4)(Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(3,8)) C．Aeq \o\al(5,10)－Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,4)(Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(3,8)) D．Aeq \o\al(5,10)－Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(1,5)(Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(3,8)) 解析：对于A，若个位数字是0，则有Aeq \o\al(4,9)个无重复数字的偶数；若个位数字不是0，则有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(3,8)个无重复数字的偶数，所以共有Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,8)Aeq \o\al(3,8)个无重复数字的偶数，故A正确；对于B，若个位数字是0，则有Aeq \o\al(4,9)个无重复数字的偶数；若个位数字不是0，则个位数字为2，4，6，8中的一个，在剩下的9个数字中任选4个排在前4位，有Aeq \o\al(4,9)种排法，其中0在首位的有Aeq \o\al(3,8)种排法，故共有Aeq \o\al(4,9)＋Aeq \o\al(1,4)(Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(3,8))个无重复数字的偶数，故B正确；对于C，D，在10个数字中任选5个全排列，有Aeq \o\al(5,10)种排法，其中0在首位的排法有Aeq \o\al(4,9)种，五位数为奇数的个数为Aeq \o\al(1,5)(Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(3,8))，故共有Aeq \o\al(5,10)－Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(1,5)(Aeq \o\al(4,9)－Aeq \o\al(3,8))个无重复数字的偶数，故C错误，D正确．故选ABD. 解析：因为good有两个相同字母，则其不同的排列有eq \f(1,2)Aeq \o\al(4,4)＝12种，而正确的排列只有1种，则可能出现的错误共有11种． 解析：先将五位师傅全排列有Aeq \o\al(5,5)种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位中有Aeq \o\al(5,6)种排法，根据分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(5,6)＝86400种排法． 先将五位师傅全排列有Aeq \o\al(5,5)种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位中前五个或后五个有2Aeq \o\al(5,5)种排法，根据分步乘法计数原理知，共有2Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(5,5)＝28800种排法． 解析：分三步完成：乙的名次有Aeq \o\al(1,3)种可能，甲的名次有Aeq \o\al(1,3)种可能，余下3人有Aeq \o\al(3,3)种可能，所以5人的名次排列有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝54种情况．故选C. 解析：将4人排成一排共有Aeq \o\al(4,4)种排法，产生5个空位，将5个连续空座位和另一个空座位构成的两个对象插入产生的5个空位中，共Aeq \o\al(2,5)种方法．由分步乘法计数原理知，满足条件的坐法共有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,5)＝480种． 解析：如图所示，对集装箱编号，则可知集装箱1，2，3的顺序确定，集装箱4，5的顺序确定，故不同取法的种数是5,5)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,2)) ＝10.故选A. 解析：问题等价于“求由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，所以共有Aeq \o\al(4,4)＋3×3×Aeq \o\al(3,3)＝78个．故选B. 解析：对于A，解法一(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2个人站在左、右两端，有Aeq \o\al(2,5)种站法；再让剩下的4个人站在中间的4个位置上，有Aeq \o\al(4,4)种站法．由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(2,5)Aeq \o\al(4,4)＝480种站法． 解法二(对象分析法)：因为甲不能站左、右两端，故先让甲站在除左、右两端之外的任一位置上，有Aeq \o\al(1,4)种站法；再让余下的5个人站在其他5个位置上，有Aeq \o\al(5,5)种站法，故共有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(5,5)＝480种站法． 解法三(排除法)：在排列时，我们不考虑甲站位的要求，对6个人进行全排列，有Aeq \o\al(6,6)种站法，但其中包含甲站在左端或右端的情况，甲在左端或右端有2Aeq \o\al(5,5)种站法，于是共有Aeq \o\al(6,6)－2Aeq \o\al(5,5)＝480种站法． 对于B，解法一(对象分析法)：首先考虑特殊对象，让甲、乙先站两端，有Aeq \o\al(2,2)种站法；再让其他4个人在中间4个位置进行全排列，有Aeq \o\al(4,4)种站法．根据分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝48种站法． 解法二(位置分析法)：首先考虑两端的两个位置，由甲、乙去站，有Aeq \o\al(2,2)种站法；再考虑中间的4个位置，由剩下的4个人去站，有Aeq \o\al(4,4)种站法．根据分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝48种站法． 对于C，解法一(排除法)：对6个人进行全排列，有Aeq \o\al(6,6)种站法，甲在左端的站法有Aeq \o\al(5,5)种，乙在右端的站法有Aeq \o\al(5,5)种，而甲在左端且乙在右端的站法有Aeq \o\al(4,4)种，故共有Aeq \o\al(6,6)－2Aeq \o\al(5,5)＋Aeq \o\al(4,4)＝504种站法． 解法二(直接法)：以甲的位置进行考虑，可分两类：第一类，甲在右端，有Aeq \o\al(5,5)种站法；第二类，甲站在中间4个位置中的任一位置，且乙不在右端，则可先排甲后排乙，再排其余4个人，有Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)种站法，故共有Aeq \o\al(5,5)＋Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝504种站法． 对于D，解法一(排除法)：甲、乙不相邻的站法有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,5)种，6个人的全排列有Aeq \o\al(6,6)种，故共有Aeq \o\al(6,6)－Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,5)＝240种站法． 解法二(捆绑法)：先让甲、乙站好，有Aeq \o\al(2,2)种站法；再将甲、乙看成一个整体，与其他4个人站成一排，有Aeq \o\al(5,5)种，故共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝240种站法．故选ABD. 解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A，B，有Aeq \o\al(2,6)种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有Aeq \o\al(2,6)＝30条． 解析：不考虑A，B，C的位置限定时有Aeq \o\al(6,6)种排法，只考虑A，B，C三个字母的顺序有Aeq \o\al(3,3)种，而A，B在C的同侧有2Aeq \o\al(2,2)种，故满足条件的排法有Aeq \o\al(6,6)×2,2)eq \f(2A,Aeq \o\al(3,3)) ＝480种． 解析：分两类：①“数”排在第一节，有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝48种排法；②“数”排在第二节，有3Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(3,3)＝36种排法．由分类加法计数原理知，满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻的不同排法共有48＋36＝84种． 解：(1)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名男生合在一起有6个对象，排成一排有Aeq \o\al(6,6)种排法，而3名女生间又有Aeq \o\al(3,3)种排法，因此共有Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(3,3)＝4320种不同的排法． (2)先排5名男生，有Aeq \o\al(5,5)种排法，这5名男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，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)因为两端不排女生，所以从5名男生中选2人排两端，有Aeq \o\al(2,5)种排法，剩余的位置没有特殊要求，有Aeq \o\al(6,6)种排法，因此共有Aeq \o\al(2,5)Aeq \o\al(6,6)＝14400种不同的排法． 解：(1)将B公司的2个产品捆绑在一起，与其他4个产品进行全排列，共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝240种介绍方案． (2)先排A公司的3个产品有Aeq \o\al(3,3)＝6种排法，由于同一个公司产品的介绍顺序不相邻，故分两类： 第一类，B公司的2个产品和C公司的1个产品都在A公司的3个产品之间，即B公司的2个产品中的1个产品和C公司的1个产品相邻，共有2Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＝8种排法； 第二类，B公司的2个产品中的1个产品和C公司的1个产品在A公司的3个产品之间，另一个在第一个或最后一个，共有2Aeq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＝8种排法． 所以共有6×(8＋8)＝96种介绍方案． 解析：对于A，当物理排在第1节时，共有Aeq \o\al(4,4)＝24种排法，当物理不排在第1节时，共有Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝54种排法，所以数学不排在第1节，物理不排在第5节共有24＋54＝78种排法，故A错误；对于B，由定序法，可知共有5,5)eq \f(A,Aeq \o\al(3,3)) ＝20种排法，故B正确；对于C，由捆绑法，可知共有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝48种排法，故C正确；对于D，由插空法，可知共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,4)＝72种排法，故D正确．故选BCD. 解析：根据A球所在位置分三类：第一类，若A球放在3号盒子中，则B球只能放在4号盒子中，余下的三个盒子放球C，D，E，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；第二类，若A球放在5号盒子中，则B球只能放在4号盒子中，余下的三个盒子放球C，D，E，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；第三类，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，余下的三个盒子放球C，D，E，则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．综上所述，由分类加法计数原理得，不同的放法共有6＋6＋18＝30种． 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，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(2,2)Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(5,5)＝720个． (4)七个数的全排列为Aeq \o\al(7,7)，三个偶数的全排列为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：先考虑组成一元二次方程的问题． 首先确定a，只能从1，3，5，7中选一个，有Aeq \o\al(1,4)种，然后从余下的4个数中任选两个作b，c，有Aeq \o\al(2,4)种． 所以由分步乘法计数原理知，共可以组成Aeq \o\al(1,4)Aeq \o\al(2,4)＝48个一元二次方程， 方程要有实根，必须满足Δ＝b2－4ac≥0. 分类讨论如下： 当c＝0时，a，b可在1，3，5，7中任取两个排列，有Aeq \o\al(2,4)个； 当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7.当b取5时，a，c只能取1，3这两个数，有Aeq \o\al(2,2)种，当b取7时，a，c可取1，3或1，5这两组数，有2Aeq \o\al(2,2)种，此时共有Aeq \o\al(2,2)＋2Aeq \o\al(2,2)个． 由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有Aeq \o\al(2,4)＋Aeq \o\al(2,2)＋2Aeq \o\al(2,2)＝18个． $