3.1.2 第2课时 排列数的应用-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦排列数的应用核心知识点，系统梳理无限制条件排列、排队问题（相邻与不相邻、在与不在、定序）及数字排列等类型，以捆绑法、插空法等解题方法为学习支架，衔接排列概念与实际问题解决。 该资料特色在于结合教材例题与分层训练，通过分书、排队等实例引导学生抽象数学模型（数学建模），多种解法对比培养逻辑推理，分步计算提升数学运算。课中助力教师高效授课，课后帮助学生巩固方法，查漏补缺。

第2课时　排列数的应用 1．进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解题方法．(数学建模、逻辑推理) 2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(数学运算) 类型1　无限制条件的排列问题 【例1】　【链接教材P12例4】 (1)有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？ (2)有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？ [思路导引]　(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题．(2)给每人的书均可以从5种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算． [解]　(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是＝5×4×3＝60，所以共有60种不同的送法． (2)由于有5种不同的书，送给每名同学的每本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法． 【教材原题P12例4】 例4　某信号兵用红、黄、蓝三面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以只挂1面旗，也可以挂2面旗或3面旗，旗数或顺序不同时，表示信号不同，则一共可表示多少种不同的信号？ [解]　按照所挂旗数，可以分为三类： 第一类是只挂1面旗，此时可表示种不同的信号； 第二类是挂2面旗，此时可表示种不同的信号； 第三类是挂3面旗，此时可表示种不同的信号． 按照分类加法计数原理，一共可表示不同的信号 ＋＋＝3＋3×2＋3×2×1＝15种． 　1．没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可． 2．对于不属于排列的计数问题，注意利用计数原理求解． [跟进训练] 1．(1)将3张不同的电影票分给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． (1)720　(2)60　[(1)问题相当于从10张电影票中选出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．] 类型2　排队问题 　元素“相邻”与“不相邻”问题 【例2】　【链接教材P13例7、例8】 3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数． (1)全体站成一排，男、女各站在一起； (2)全体站成一排，男生必须站在一起； (3)全体站成一排，男生不能站在一起； (4)全体站成一排，男、女各不相邻． [解]　(1)男生必须站在一起是男生的全排列，有种排法； 女生必须站在一起是女生的全排列，有种排法； 全体男生、女生各视为一个元素，有种排法． 由分步乘法计数原理知，共有＝288(种)排队方法． (2)三个男生全排列有种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有种排法．故有＝720(种)排队方法． (3)先安排女生，共有种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有种排法， 故共有＝1 440(种)排法． (4)排好男生后让女生插空，共有＝144(种)排法． 【教材原题P13例7、例8】 例7　有3位男生和2位女生，在某风景点前站成一排拍合照，要求2位女生要相邻，有多少种不同的站法？ 尝试与发现：用适当的符号表示男生和女生，给出几种满足条件的排法，由此尝试发现解题思路． [解]　分成两步来完成：第一步，先让两位女生站好，有种方法；第二步，把两位女生当成一个整体，与3位男生去站成一排，有种方法．根据分步乘法计数原理可知，共有＝48种不同的站法． 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？ 尝试与发现：用题中的符号给出几种满足条件的排法，由此尝试发现解题思路． [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3-1-8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． 　“相邻”与“不相邻”问题的解决方法 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． [跟进训练] 2．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 B　[先将《论语》《诗经》两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》，两书的排法种数为. 所以，不同的摆放方法有＝2×6×2＝24(种)．故选B．] 　元素“在”与“不在”问题 【例3】　六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ (1)甲不站两端； (2)甲、乙站在两端； (3)甲不站最左端，乙不站最右端． [解]　(1)(法一)要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法＝480(种)． (法二)由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有种站法，然后其余4人有种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法＝480(种)． (法三)若对甲没有限制条件共有种站法，甲在两端共有种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有＝480(种)． (2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有种站法，再让其他4人在中间位置作全排列，有种站法，根据分步乘法计数原理，共有＝48(种)站法． (3)(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＋＝504(种)站法． (法二)以元素甲分类可分为两类：①甲站最右端有种．②甲在中间4个位置之一，而乙不在最右端有种，故共有＋＝504(种)站法． 　“在”与“不在”问题的解决方法 [跟进训练] 3.4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 B　[若不考虑限制条件，4名队员全排列共有＝24(种)排法，减去甲跑第一棒有＝6(种)排法，乙跑第四棒有＝6(种)排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有＝2(种)排法，共有＋＝14(种)不同的出场顺序．] 　定序问题 【例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)，则有多少种不同的排列方法？ [解]　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，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”排列方式的排列有×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， 所以有＋＝20(种)不同的排列方法． 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，满足条件的排列有20＋20＝40(种)． 　固定顺序的排列问题的求解方法 (1)除法策略：n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法．当这m个元素顺序确定时，共有种排法． (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． [跟进训练] 4．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． 210　[若1，3，5，7的顺序不定，有＝24(种)排法，故1，3，5，7的顺序一定的排法数只占总排法数的.故有＝210(个)七位数符合条件．] 类型3　数字排列问题 【例5】　【链接教材P12例5、P13例6】 用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个． (1)六位奇数； (2)个位数字不是5的六位数． [思路导引] [解]　(1)(法一：特殊位置分析法)从个位入手：个位排奇数，即从1，3，5中选1个有种方法，首位从排除0及个位数余下的4个数字中选1个有种方法，余下的数字可在其他位置全排列有种方法， 由分步乘法计数原理可得，共有＝288(个)不同的六位奇数． (法二：特殊元素分析法)0不在两端有种排法．从1，3，5中选1个排在个位，剩下的4个数字全排列．故所排六位奇数共有＝288(个)． (法三：排除法)从整体上排除：6个数字的全排列有种排法．0，2，4在个位上有种排法，而1，3，5在个位上且0在首位上有种排法．故符合条件的六位奇数有＝288(个)． (法四：排除法)从局部上排除：个位上任选一个奇数，有种排法，其余各位上任意排，有种排法，共有种排法．其中，首位是0的情况有种，故符合条件的六位奇数有－＝288(个)． (2)(法一：排除法)0在首位和5在个位时均不符合题意，故符合题意的六位数共有＋＝504(个)． (法二：特殊位置分析法)个位不排5时，分两类： 第1类，当个位排0时，有个； 第2类，当个位不排0时，有个． 故符合题意的六位数共有＋＝504(个)． [母题探究] 1．(变结论)若例题中的条件不变，则不大于4 310的四位偶数有多少个？ [解]　(法一：直接法)第1类，当千位上排1，3时，有＝72(个)； 第2类，当千位上排2时，有＝24(个)； 第3类，当千位上排4时， 形如40△2，42△0的各有个，共有＝6(个)， 形如41△△的有＝6(个)， 形如43△△的只有4 310和4 302这两个数． 故共有72＋24＋6＋6＋2＝110(个)不大于4 310的四位偶数． (法二：排除法)四位偶数中，0在个位的有＝60(个)； 0在十位、百位的分别有＝24(个)，共48个； 不含0的有＝48(个)． 故四位偶数共有60＋48＋48＝156(个)． 其中大于4 310的情况如下： 形如5△△△的有个； 形如45△△的有个； 形如435△的有个； 形如432△的只有4 320一个； 形如431△的只有 4 312 一个． 故大于4 310的四位偶数共有＋＋＋1＋1＝46(个)． 因此，符合题意的四位偶数共有156－46＝110(个)． 2．(变结论)若例题中的条件不变，求能被5整除的五位数有多少个？ [解]　能被5整除的数字个位必须为0或5，若个位上是0，则有个．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． 【教材原题P12例5、P13例6】 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6　用0，1，2，…，9这10个数字，可以排成多少个没有重复数字的四位偶数？ 尝试与发现：给出几个满足条件的四位数，并对所有满足条件的四位数进行分类． [解]　满足条件的四位数可以分为两类： 第一类的末位数字是0，有个． 第二类的末位数字不是0．要排成这样的四位数，可以分成三个步骤来完成：第一步，确定末位数字，因为只能是2，4，6或8，所以有种方法；第二步，确定首位数字，因为数字不能重复，所以有种方法；第三步，确定中间两位数字，有种方法．由分步乘法计数原理可知，这样的数字有个． 由分类加法计数原理可知，满足条件的四位数个数为＋＝9×8×7＋4×8×8×7＝41×56＝2 296． 　解数字排列问题常见的解题方法 (1)两优先排法：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充．如“0”不排“首位”． (2)分类讨论法：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理计算．要注意以下两点：一是分类标准必须恰当；二是分类过程要做到不重不漏． (3)排除法：全排列数减去不符合条件的排列数． (4)位置分析法：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好． [跟进训练] 5．(源自湘教版教材)由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有多少个？ [解]　要组成一个没有重复数字的五位数，可以分成以下步骤来完成： 第一步，排个位数，因为要求是偶数，所以只能排2或4，排法有种； 第二步，排万位数，小于50 000的五位数，万位数只能是1，3或排个位数时余下的2，4中的一个，排法有种； 在首末两位数排定后，第三步排中间3个数字时，排法有种． 根据分步乘法计数原理，所求偶数共有 ＝2×3×3×2×1＝36(个)． 1．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是(　　) A．8 B．12 C．16 D．24 B　[设车站数为n，则＝132，n(n－1)＝132，所以n＝12．] 2．从0，1，3，5，7，9六个数中，任取两个作除法运算，可得到不同的商的个数是(　　) A．30 B．25 C．20 D．19 D　[当选出的数字有一个是0时，0只能作分子，不能作分母，有1种结果为0； 当选出的数字没有0时，五个数字从中任选两个，共有种结果，而在这些结果中，有相同的数字重复出现，和和，所以可以得到不同的商的个数是－2＋1＝19．] 3．某高中举行文艺活动，高三年级派出甲、乙、丙、丁、戊5名学生代表参加，活动结束后5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法种数为(　　) A．40 B．24 C．20 D．12 B　[由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有＝24(种)，故选B．] 4．高三(一)班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则共有________种不同的排法． 3 600　[先排4个音乐节目和1个曲艺节目，共有种方法，再将2个舞蹈节目排在形成的6个空位中，共有种方法，故共有＝3 600(种)不同的排法．] 回顾本节内容，自主完成以下问题： 1．求解排列问题的基本思路是什么？ [提示]　实际问题排列问题求排列数实际问题 2．求解排列问题的方法有哪些？ [提示] 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中 定序问题 除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反，等价转化的方法 课时分层作业(三)　排列数的应用 一、选择题 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 C　[先排体育有种排法，再排其他的三科有种排法，共有＝18(种)不同的排法．] 2．甲同学与本校的另外2名男同学、2名女同学一同参加一电视节目的海选，5人坐成一排，若甲与2名女同学都相邻，则不同坐法的种数为(　　) A．6 B．12 C．18 D．24 B　[把甲与2名女同学“捆绑”在一起与另外2名男同学全排列有种情况，再将2名女同学全排列有种情况，故满足条件的不同坐法的种数为＝12．] 3．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼-15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有(　　) A．12种 B．18种 C．24种 D．48种 C　[把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，甲、乙也全排列，共有种方法，再把丙、丁插入刚才两个元素排列产生的3个空位中，有种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为＝24．] 4．从2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　) A．6 B．12 C．18 D．24 D　[先从2，4中选一个数字，有2种选法；再从1，3，5中选两个数字并排列，有种选法；最后将从2，4中选出的一个数字放在十位或百位的位置，有2种放法．综上所述，奇数的个数为×2＝24．] 5．(多选题)现有2名男同学与3名女同学排成一排，则(　　) A．女生甲不在排头的排法总数为24 B．男女生相间的排法总数为12 C．女生甲、乙相邻的排法总数为48 D．女生甲、乙不相邻的排法总数为72 BCD　[对于A，女生甲在排头的排法有，所以女生甲不在排头的排法总数为＝96，故错误； 对于B，2名男同学全排列为种，产生3个空，再将3名女同学排上有种，所以男女生相间的排法总数为＝12，故正确； 对于C，女生甲、乙相邻看作一个元素，则有种排法，女生甲、乙再排列有种，所以女生甲、乙相邻的排法总数为＝48(种)，故正确； 对于D，除女生甲、乙以外3人全排列有种，产生4个空，再将女生甲、乙排上有种，所以女生甲、乙不相邻的排法总数为＝72(种)，故正确．故选BCD．] 二、填空题 6．晚会由6个节目组成，演出顺序有要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，则该晚会节目演出顺序的编排方案共有________种． 42　[由题意可分两类： 第一类：甲排在第一位共有＝24(种)； 第二类：甲排在第二位共有＝18(种)， 所以该晚会节目演出顺序的编排方案共有24＋18＝42(种)．] 7．从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的活动．若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译活动，则选派方案共有________种． 240　[翻译活动是特殊位置优先考虑，有4种选法(除甲、乙外)，其余活动共有种选法，由分步乘法计数原理知共有＝240(种)选派方案．] 8．中国书法一般分为篆书、隶书、行书、楷书和草书这5种字体，其中篆书分大篆和小篆，隶书分古隶和汉隶，草书分章草、今草和狂草，行书分行草和行楷，楷书分魏碑和唐楷．为了弘扬优秀传统文化，某书法协会采用楷书、隶书和草书3种字体书写6个福字，其中隶书字体的福字分别用古隶和汉隶书写，草书字体的福字分别用章草、今草和狂草书写，楷书字体的福字用唐楷书写．将这6个福字排成一排，要求相同类型字体的福字相邻，则不同的排法种数为_______种． 72　[分别将隶书、草书、楷书当作整体，排法总数为＝6，隶书内部顺序有＝2(种)，草书内部顺序有＝6(种)，故方法总数为＝72(种)．] 三、解答题 9．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法？ (1)老师必须站在两端； (2)2名女生必须相邻； (3)4名男生互不相邻； (4)4名男生身高都不相等，从左向右看，4名男生按从高到低的顺序站． [解]　(1)先让老师站在两端，则有种站法；将学生安排在其余位置，有种站法， ∴老师必须站在两端，则有＝1 440(种)站法． (2)将2名女生排在一起，有种站法；将2名女生看作整体，与其余5人排序，有种排法， ∴2名女生必须相邻，则有＝1 440(种)站法． (3)将老师和2名女生先排好序，有种站法；将4名男生插空放入，有种站法， ∴4名男生互不相邻，则有＝144(种)站法． (4)7人站队，共有种站法；4名男生不考虑身高排序，则有种排法， ∴从左向右看，4名男生按从高到低的顺序站共有＝210(种)站法． 10．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式为(　　) A．24种 B．48种 C．144种 D．244种 C　[根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”“谷雨”排列，有4个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，所以不同的放置方式有＝144(种)．故选C．] 11．(多选题)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是(　　) A．共有不同的安排方法有43种 B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 ABD　[根据题意，对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三名学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确； 对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有3×3×3＝33＝27(种)，则工厂甲必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确； 对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有4×4＝42＝16(种)安排方法，故C错误； 对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有＝24(种)安排方法，故D正确． 故选ABD．] 12．在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有________个． 448　[千位数字比个位数字大2，有8种可能，即(2，0)，(3，1)，…，(9，7)，前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制，共有＝448(个)．] 13．六个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使三个空车位连在一起，则停放的方法数为________；若三个空车位不连在一起，则停放的方法数为________． 24　96　[把3个空车位看作一个元素，与3辆汽车共有4个元素全排列，故停放的方法有＝24(种)．不考虑任何限制，共有＝120(种)不同停放方法，若三个空车位不连在一起，则共有120－24＝96(种)停放方法．] 14．两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　[分3步进行分析，①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有＝2(种)排法； ②两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； ③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．] 15．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数． (1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数； (2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数； (3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数夹在两个奇数之间的自然数的个数． [解]　(1)将所有的三位偶数分为两类： ①若个位数为0，则共有＝12(个)； ②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)． 所以共有30个符合题意的三位偶数． (2)将这些“凹数”分为三类： ①若十位数字为0，则共有＝12(个)； ②若十位数字为1，则共有＝6(个)； ③若十位数字为2，则共有＝2(个)， 所以共有20个符合题意的“凹数”． (3)将符合题意的五位数分为三类： ①若两个奇数在万位、百位，则共有＝12(个)； ②若两个奇数在千位、十位，则共有＝8(个)； ③若两个奇数在百位、个位，则共有＝8(个)． 所以共有28个符合题意的五位数． 2 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $