专题01 排列与组合（压轴题专项训练）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

专题01 排列与组合 目录 典例详解 类型一、排列数与组合数的公式及性质的应用 类型二、直接法与间接法的计数问题 类型三、捆绑法与插空法解决相邻与不相邻问题 类型四、涂色问题 类型五、定序问题 类型六、不同元素与相同元素的分组分配问题 类型七、环排问题 压轴专练 类型一、排列数与组合数的公式及性质的应用 1.排列数 （1）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （2）排列数的性质： ①；②；③． 2.组合数 （1）组合数的公式：（、，且） （2）排列数的性质： ①②；；③，④，⑤. 例1．若，则 ． 【答案】 【分析】根据排列、组合数的运算性质计算即可. 【详解】由， 则， 即， 化解得， 解得或（舍）. 故答案为：. 变式1-1．若，则的值为（    ） A．54 B．55 C．164 D．165 【答案】C 【分析】由组合数的性质计算可得，结合计算即可得解. 【详解】由，故或，故， 则 . 故选：C. 变式1-2．将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中 ，令，则 ． 【答案】 【分析】从莱布尼茨三角形可看出，下一行的两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数，进而得，再根据求和得. 【详解】从莱布尼茨三角形可以看出，下一行两个分数之和等于上一行肩上的分数，故． ， 故， 故答案为：；. 变式1-3．（1）化简：． （2）设，且，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）将原式化为，结合阶乘定义得，即可得； （2）由排列数的性质得，将不等式左侧作裂项处理，即可证. 【详解】（1）原式． （2）因为， 所以，左边， 故原不等式成立． 类型二、直接法与间接法的计数问题 1.直接法（正向计算）： 当目标事件的分类清晰、情况较少，且能直接列举或按规则计算时使用，避免绕弯. 2.间接法（正难则反）： 当目标事件的分类复杂（如“至少”“至多”类问题），但“不符合目标的事件”更简单时使用，减少计算量. 例2．甲、乙两队各出7名队员，按事先排好的顺序出场参加围棋比赛，双方由1号队员开始比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到一方队员全被淘汰为止，则所有可能出现的比赛过程有 种. 【答案】3432 【分析】由组合数相关知识求解即可. 【详解】解法1：若甲队取胜，比赛结果可能的比分是，，，，，，． 若比分为，则只有1个过程； 若比分为，则共8场，乙队在前7场中胜1场，有种不同的过程； 若比分为，则共9场，乙队在前8场中胜2场，有种不同的过程； 若比分为，则共10场，乙队在前9场中胜3场，有种不同的过程； … 所以甲队取胜的过程种数是：． 类似乙队取胜也有同样的过程数，故不同的比赛过程共有（种）. 解法2：设每个队员胜利得1分，失败不得分，甲队每个队员的得分分别为：，，如果获胜，则必有． 因为，故有． 类似乙队取胜也有同样的过程数，故不同的比赛过程共有（种）. 解法3：对14个队员排位，由于是团体比赛，故与个体顺序无关，只要甲队或乙队位置选定，另一队也定了，故共有（种）. 故答案为：3432. 变式2-1．（多选）用数字0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的是（    ） A．共可组成360个四位数 B．四位偶数有156个 C．能被25整除的四位数有21个 D．从小到大排列第89个数为2340 【答案】BC 【分析】对于A，由特殊元素优先法，先选定最高位为非零数，其余数位全排，可得正误；对于B，由偶数个位的特征，分为个位为零与非零两种情况，结合分类加法原理，可得正误；对于C，由能被整除数的后两位的特征，分为两种情况，结合分类加法原理，可得正误；对于D，由高到低的数位，排列由小到大的数，依次计数，可得答案. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由能被整除的数后两位为，则，故C正确； 对于D，最高位为的四位数有，前两位为的四位数有， 前两位为的四位数有，前三位为的四位数有， 由，且，，则从小到大排列第个数为，故D错误. 故选BC. 变式2-2．把1､2､3､4､5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排成一个数列. （1）45312是这个数列的第几项？ （2）这个数列的第71项是多少？ （3）求这个数列的各项和. 【答案】（1）第95项；（2）第71项是3开头的五位数中第二大的数；（3）. 【分析】（1）先考虑大于45312的数，分为两类：第一类5开头的五位数，第二类4开头的五位数，求出对应的个数，即可得出不大于45312的数的个数，进而可到结果； （2）分别求出1开头的五位数，2开头的五位数，3开头的五位数，对应的个数总和为，进而可得出结果； （3）根据个位，十位，百位，千位，万位上的数字的取值情况，分组求和，即可得出结果. 【详解】（1）先考虑大于45312的数，分为以下两类： 第一类5开头的五位数有： 第二类4开头的五位数有：45321一个 ∴不大于45312的数有：(个) 即45312是该数列中第95项. （2）1开头的五位数有： 2开头的五位数有： 3开头的五位数有： 共有(个). 所以第71项是3开头的五位数中第二大的数，即35412. （3）因为1，2，3，4，5各在万位上时都有个五位数， 所以万位数上的数字之和为 同理，它们在千位，百位，十位，个位上也都有个五位数， 所以这个数列的各项和为． 变式2-3．有男运动员名，女运动员名，其中男、女队长各人.选派人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法? (1)至少有名女运动员； (2)队长中至少有人参加； (3)既要有队长，又要有女运动员. 【答案】(1)246 (2)196 (3)191 【分析】（1）解法一：结合组合数的应用，根据分类加法计数原理求解； 解法二：结合组合数的应用，利用间接法求解即可； （2）解法一：结合组合数的应用，根据分类加法计数原理求解； 解法二：结合组合数的应用，利用间接法求解即可； （3）结合组合数的应用，按照有女队长和不选女队长两种情况分类讨论，再根据分类加法计数原理求解. 【详解】（1）解法一：至少有名女运动员包括以下几种情况: 女男， 女男， 女男， 女男. 由分类加法计数原理可得共有种选法. 解法二：“至少有名女运动员”的对立事件为“全是男运动员”， 可用间接法求解.从人中任选人，有种选法，其中全是男运动员的选法有种. 故“至少有名女运动员”的选法有 （种）. （2）解法一：可分类求解:“只有男队长”的选法有种；“只有女队长”的选法有种； “男、女队长都入选”的选法有种， 故共有种选法. 解法二：间接法:从人中任选人，有种选法，其中不选队长的方法有种， 故“至少有1名队长”的选法有 （种）. （3）当有女队长时，其他人任意选，共有种选法； 当不选女队长时，必选男队长，共有种选法，其中不含女运动员的选法有种， 因此，不选女队长时的选法共有种. 故既有队长又有女运动员的选法共有 （种）. 类型三、捆绑法与插空法解决相邻与不相邻问题 1.捆绑法解决相邻问题： （1）解题思路：将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. （2）解题步骤：①把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数；②求出其余元素的排列种数；③求出总的排列种数. 2.插空法解决不相邻问题： （1）解题思路：先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可. （2）解题步骤：①先考虑不受限制的元素的排列种数；②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数；③求出总的排列种数. 例3．为了抒写乡村发展故事，展望乡村振兴图景，演出民众身边日常，唱出百姓幸福心声，某地组织了“美丽乡村”节目表演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，若要求歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，则节目的排列顺序种数为（    ） A．120 B．360 C．180 D．90 【答案】A 【分析】相邻节目捆绑，然后捆绑的节目与器乐固定顺序，其余三个节目选三个位置排列，再按固定顺序插入捆绑的节目与器乐节目，再由分步乘法原理计算． 【详解】因为歌曲和戏曲节目相邻，所以先用捆绑法视为同一个元素，共种排列顺序； 歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，可视作两个元素顺序固定，其余三个元素补全5个空位，共种排列顺序， 所以满足题意的排列顺序种数为， 故选：A． 变式3-1．用1，2，3，四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成 个不同的五位数． 【答案】 【分析】先分两大类，第一类为1和2相邻，然后再按1和2的左右顺序分两小类，分别由分步乘法计数得出，第二类为1和2不相邻，然后再按3在不在数字1和2中间分两小类，分别由分步乘法计数得出，最后再由分类加法计数得到答案. 【详解】分两大类进行： 第一类：数字1和2相邻时，再分两小类： ①数字1和2相邻且1在2的左边，这时相当于两个和一个3排序，先排两个只有一种方法如图， 再由这两个产生3个空中选一个空插入3，所以共有种不同的五位数；    ②数字1和2相邻且2在1的左边，这时1，2，3的排法有2种顺序如图，此时产生3个空， 再从这3个空中选一个空插入，所以共有种不同的五位数. 或   第二类：数字1和2不相邻时，再分两小类： ③数字3在数字1和2中间，此时共有两种顺序132和231如图， 再由这3个数产生4个空选一个空插入，所以共有种不同的五位数， 或   ④数字3不在数字1和2中间，那么只能在数字1和2中间，此时共有2种不同的排法如图， 最后3只能排首位或者末位，所以共有种不同的五位数. 或   故一共有种不同的五位数. 故答案为：. 变式3-2．现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有 种． 【答案】24 【分析】根据排列数以及分步计数原理即可求解. 【详解】根据题意，将，看成一个整体，，的排列方法有种方法， 然后将这个整体与进行全排列，即不同的排列方式有， 最后将，插入到三个空中的两个中，有种方法， 根据分步计数原理可知排法种数为， 故答案为：24. 变式3-3．有个空置车位排成一排，每个车位只能停放一辆车，现将3辆不同的车停放在车位上，若3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数相等，则 （用数字作答）. 【答案】 【分析】假设辆车自带了车位，利用插空法和捆绑法求出3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数，即可得到方程，解得即可. 【详解】假设辆车自带了车位，余下还有个车位，产生了个空位， 现将辆车插空，则有种停放方法，使得3辆车互不相邻； 又恰有2辆车相邻，将两辆车捆绑作为一组，另外一辆车作为一组，则有种方法， 再两组车将插到个空位，则有种停放方法， 所以有种停放方法，使得恰有2辆车相邻， 依题意可得， 即，依题意，解得. 故答案为： 类型四、涂色问题 1.涂色问题： 涂色问题是两个计数原理应用的典型问题之一，一般是指用几种不同的颜色给已知图形的不同区域(或点)涂色，求共有几种涂法的问题涂色时需要关注的图形特征有区域的个数、区域的相邻情况、图形形状等. 这些特征都有可能使分类的标准、分步的过程不同. 2.涂色问题的两种解决方案： (1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，应用分步乘法计数原理进行计算. (2)先根据涂色时所用颜色种数进行分类处理，再在每一类的涂色方法数的计算中应用分步乘法计数原理，最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和，即得到最终的涂色方法数. 例4．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 【答案】630 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【详解】涂色问题  根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况． 先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择， 当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择； 当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择． 故不同的涂色方案有（种）． 故答案为：630. 变式4-1．在如图所示的6块区域中，用4种颜色填涂，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种. 【答案】 【分析】通过分类加法计数原理，分同色和异色两类，每一类再分步计算得到. 【详解】分两类完成： ①当同色时，有4种颜色可供选择，此时有3种，有2种，有2种，有1种，由乘法原理可得共有48种． ②当异色时，不同颜色的选法有种，此时有2种，有1种． 若同色，则有2种； 若异色，则有1种． 由乘法原理可得，故不同的染色方法有72种. 由加法原理得一共有种. 故答案为：. 变式4-2．现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有 种. 【答案】60 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果，注意去掉只有两种颜色的涂法数． 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有3种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，若颜色相同，方法数为，则不合题意，共有方法数为种； 第二类，三条边用2种颜色， 由三条边用2种颜色，可得必有2条边涂同一种颜色，先涂有种方法，再涂，有2种方法，共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故答案为：60. 变式4-3．如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有 种不同的涂色方法.    【答案】1260 【分析】分类讨论所涂区域所用的颜色种类，结合排列数、组合数分析求解即可. 【详解】若只用3种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时与的颜色相同，与的颜色相同，与的颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法； 若只用4种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时第4种颜色可以涂， 当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，与的颜色相同，有1种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法； 若用5种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时第4和第5 种颜色可以涂， 当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法； 当涂时，则与或或的颜色相同，有种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法； 综上所述：共有种不同的涂色方法. 故答案为：1260. 类型五、定序问题 1.“定序”问题： 在排列问题中，某些元素在题意中已经排定了顺序，对这些元素进行排列时，不再考虑其顺序. 2.“定序”问题的处理策略： 将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为. 例5．2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（   ）个． A．480 B．600 C．720 D．840 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用倍缩法，排除首位为0的情况即可. 【详解】数字：2，0，2，5，4，2，3中数字2出现了3次，则7个数字的所有排列情况有种， 当首位为0时，剩下6个数字：2，2，5，4，2，3出现了3次，排列的情况有种， 所以不同的7位数有个. 故选：C. 变式5-1．（多选）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有18种 C．甲乙不相邻的排法种数为70种 D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】AD 【分析】根据选项，结合捆绑法和倍缩法计算即可求解. 【详解】对于A，甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，将甲乙看成一个整体， 与丙，丁，戊全排列，有种排法，故A正确； 对于B，若甲站在最左端，乙和丙，丁，戊全排列，有种排法，故B错误； 对于C，先将丙，丁，戊三人排成一排， 再将甲乙安排在三人的空位中，有种排法，故C错误； 对于D，甲，乙，丙，丁，戊五人全排列有种排法， 甲乙丙全排列有种排法， 则甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确． 故选：AD. 变式5-2．7名同学站成一排，甲身高最高，排在中间，其他6名同学身高均不相等，甲的左边和右边均由高到低排列，共有 种排法． 【答案】20 【分析】法一：利用直接法求解即可；法二：先对6名同学作全排列，再去掉两边3人的排序即可求解. 【详解】解法1：甲站在中间，甲的左边和右边分别有3名同学，均按身高排列，排法只有1种． 先将6名同学分成两组，再排到甲的左边和右边去，排法共有种． 解法2：将除甲外的6名同学全排列，甲左边3名同学与右边3名同学顺序一定， 所以排法共有种． 故答案为：20. 类型六、不同元素与相同元素的分组分配问题 1.不同元素的分组分配问题： (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(为均分的组数)，避免重复计数．在分配过程中，要注意是随机分配还是定向分配． (2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均分的组数的阶乘数，即若有组元素个数相等，则分组时应除以 ，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．在分配过程中，要注意是随机分配还是定向分配． (3)对于不均匀分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．在分配过程中，要注意是随机分配还是定向分配． 2.相同元素的分组分配问题： (1)隔板法：指在解决若干相同元素分组，要求每组至少含有一个元素的问题时，采用将比所需分组数目少1的板插入元素之间形成分组的解题策略．也可理解为不定方程的正整数解问题． (2)注意事项：①所有元素相同；②每组至少含有一个元素；③隔板包含分组＋分配两步；④隔板法不是解决元素相同问题的唯一策略． 例6．中国空间站主体由天和核心舱、问天实验室、梦天实验舱构成．某次实验需要位宇航员同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排名宇航员，其中甲宇航员只能去问天实验室和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（   ） A．72 B．88 C．100 D．144 【答案】C 【分析】先确定甲，再安排身下人，按照将剩下人分三组和分两组讨论，结合分类加法与分步乘法计数原理可得解. 【详解】第一步，安排甲种； 第二步，安排剩下四人；①人分三组种；②人分两组种； 综上：种. 故选：C. 变式6-1．（多选）将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（   ） A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案 C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案 【答案】ABC 【分析】利用分组分配问题的解法即可得解. 【详解】对于A，甲1本､乙2本､丙3本，方案数为，故A正确； 对于B，每人2本，方案数为，故B正确； 对于C，书本数互不相同（即1，2，3），所以方案数为，故C正确； 对于D，分三类：第一类，每人2本，方案数为90种；第二类，一人1本，一人2本，一人3本，方案数为360种； 第三类，一人4本，另外两人各1本，方案数为， 故总的分配方案数为种，故D错误. 故选：ABC. 变式6-2．现有登山运动员10人，要平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需分配到2人，那么不同的分组方法有 种. 【答案】60 【分析】先平均分组，再分配计算，结合排列组合数计数求解. 【详解】登山运动员中不熟悉道路的有6人，熟悉道路的有4人，平均分为两组，有种. 对所分得的两个组进行排列，有种. 由乘法原理知． 故不同的分组方法有60种. 故答案为：. 变式6-3．甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有 种不同的分配方案. 【答案】150 【分析】根据不同的人数分配比例分别计算分配方案数，再将两种情况的方案数相加得到总的分配方案数. 【详解】依题意，人数的分配有和两种， 若是，则有种， 若是，则有种，则共有150种不同的分配方案. 故答案为：150. 类型七、环排问题 在圆排列数中： （1）个元素围成一圈其圆排列数为 （2）在个元素中，每次取出个不同的元素进行圆排列，圆排列数为． （3）当从个相异的元素中，每次取出颗串成一个圆环，因其正反相对的两个圆排列在串成一个圆环时完全相同，故圆环数为．对于较复杂的问题，可适当采用分步揷人、捆绑及利用种数公式处理． 例7．（多选）定义“圆排列”：从个不同元素中选个元素围成一个圆形，称为圆排列，所有圆排列的方法数计为．圆排列是排列的一种，区别于通常的“直线排列”，既无“头”也无“尾”，所以．现有个女生个男生共名同学围坐成一圈，做击鼓传花的游戏，则（   ） A．共有种排法 B．若两名女生相邻，则有种排法 C．若男生甲位置固定，则有种排法 D．若两名女生不相邻，共有种排法 【答案】ABD 【分析】根据圆排列定义，结合捆绑法、插空法依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，根据圆排列公式可知名学生围坐成一圈，共有种排法，A正确； 对于B，将两名女生看作一个整体，有种排列方式；与名男生一起围成圆圈，则共有种排法，B正确； 对于C，若男生甲位置固定，考虑以甲为基准的顺逆时针排列，则有种排法，C错误； 对于D，先将名男生围坐成一圈，再在个空位中任选个，安排两名女生，则共有种排法，D正确. 故选：ABD. 变式7-1．甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有（ ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 【答案】D 【分析】将甲、乙两人看成一个人，根据n个不同元素围成的环状共有 种排法求解. 【详解】因为由于环状排列没有首尾之分，将n个不同元素围成的环状排列剪开看成n个元素排成一排，即共有种排法， 由于n个不同元素共有n种不同的剪法，则环状排列共有 种排法. 甲、乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有种坐法， 又因为甲、乙2人可换位，有2!种坐法，故所求坐法为种. 故选：D. 变式7-2．现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先排列没有限制的排法，有种，把甲、乙、丙三人相邻的情况去掉，即可得到答案. 【详解】8个人围成一圈,有种. 其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由. 所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为. 故答案为：D 变式7-3．一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有 种. 【答案】 【分析】分学生选择相邻的四个偶数、学生选择三个相邻的偶数，另一个学生坐对面、四个学生每两个学生选择相邻偶数三种情况， 求出学生的坐法，家长的坐法、四组家长学生全排列，由分步乘法计数原理和分类加法计算原理即可求解. 【详解】当学生选择相邻的四个偶数有，，， ，，有种， 以学生选为例，家长的排法有 ，，，有种， 同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种， 当学生选择三个相邻的偶数，一个学生坐对面有，，， ，，有种， 以学生选择为例，家长的坐法有，，，， ，，，，共种， 同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种， 当四个学生每两个学生选择相邻偶数时，学生有，，有种， 以学生选择为例，家长坐法有：，，，， ，，，，有种， 同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种， 综上所述：满足要求的坐法共有种. 故答案为：. 一、单选题 1．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 【答案】B 【分析】先选名学生分配给甲，再将剩余人分成两组分配给乙、丙，由分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，从六名学生中选名，分配给甲指导，有种不同的方法， 第二步，将剩余名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有种不同的方法， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有种. 故选：B. 2．现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有（   ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 【答案】D 【分析】利用间接法可求得不同的分派方法总数. 【详解】因为每人只到1个学校，每个学校只去1人，所以将5人全排列有种， 其中将A民警安排在甲学校有种不同的安排方法， 将民警B或C安排在乙学校有种不同的安排方法， 又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有， 所以A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校， 则不同的分派方法共有种. 故选：D. 3．2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（    ） A．1800 B．16800 C．14280 D．25200 【答案】B 【分析】先分组后分配，分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式，再结合排列组合数计算即可. 【详解】分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式． 若是3，1，1，1，1，则有种； 若是2，2，1，1，1，则有种． 所以共有种. 故选：B． 4．如图，甲从到，乙从到，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路总计对数为（    ） A．1860对 B．1750对 C．1850对 D．1760对 【答案】B 【分析】分两步计算：首先计算总的路径的对数，共有不同路径对；再计算有相交路径的对数，设与的交点为，甲从到再到，乙从到再到，可以理解为过点后，甲乙交换线路分别到达目的地，这样就等价于甲从到，乙从到的路径对数，共有对，故不相交的路径对数为解得. 【详解】首先计算总的路径的对数： 甲从到，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从到共有种走法， 乙从到，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从到共有种走法， 根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径对. 再计算有相交路径的对数：设与的交点为，甲从到再到，乙从到再到， 可以理解为过点后，甲乙交换线路分别到达目的地，这样就等价于甲从到，乙从到的路径对数： 甲从到，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从到共有种走法， 乙从到，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从到共有种走法， 所以相交路径共有对， 因此不同的孤立路一共有对． 故选：B． 二、多选题 5．将6本不同的书分给甲､乙､丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（    ） A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案 C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案 【答案】ABC 【分析】利用分组分配问题的解法即可得解. 【详解】对于A，甲1本､乙2本､丙3本，方案数为，故A正确； 对于B，每人2本，方案数为，故B正确； 对于C，书本数互不相同（即1，2，3），所以方案数为，故C正确； 对于D，分三类：第一类，每人2本，方案数为90种；第二类，一人1本，一人2本，一人3本，方案数为360种； 第三类，一人4本，另外两人各1本，方案数为， 故总的分配方案数为种，故D错误. 故选：ABC. 6．从含有3件次品的20件产品中，任意抽出5件进行检验（    ） A．抽出的产品都是合格品的抽法种数为 B．抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为 C．抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为 D．抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为 【答案】AD 【分析】A选项，易得抽出的产品都是合格品的抽法有种；B选项，可得需从17件合格品抽3件，3件次品抽2件；C选项，由抽出的产品中至少有2件次品包括2件次品和3件次品，分别计算方法数再相加即可；D选项，抽出的产品中至多有2件次品可由总的抽法减去不满足条件的抽法计算. 【详解】对于A，20件产品中合格品有17件，则抽出的产品都是合格品的抽法种数为，A正确； 对于B，抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为，B错误； 对于C，抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为，C错误； 对于D，抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为，D正确. 故选：AD. 7．下列结论正确的是（    ） A．为正整数且 B．满足方程的值可能为或 C．甲、乙、丙等人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有种排法 D．把个相同的小球分到个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有种 【答案】ABD 【分析】利用排列组合数公式及性质计算判断AB；利用插空法求得排列数判断C；利用隔板法求得总的方法数判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，由，得或，解得或，B正确； 对于C，将除甲和丙以外的3人全排列，再将甲与丙插入3人所形成的4个空中的2个空，共有排法，C错误； 对于D，由隔板法得共有种不同的分法，D正确. 故选：ABD 三、填空题 8．用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答） 【答案】60 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【详解】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个，因此共有60个. 故答案为：60 9．把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有 种. 【答案】 19 5 【分析】根据这三个三位数的和为999，先得出最后一列的数字之和为19，再分第1、2列的三个数字之和依次为8，18得出排法. 【详解】由于1到9的和为45，，这三个三位数的和为999，依题意该算式进位了两次，则最后一列的三个数字之和为19. 第1、2列的三个数字之和依次为8，18. （1）当百位数字从上到下依次为1，2，5时，十位数字从上到下依次可以为4，6，8； 十位数字从上到下依次也可以为3，6，9；十位数字还可以从上到下依次为4，5，9，共有3种填法. （2）当百位数字从上到下依次为1，3，4时，十位数字从上到下依次可以为5，6，7； 十位数字从上到下依次也可以为2，7，9，共有2种填法. 这样的排列方法共有种： 故答案为：19；5. 10．小明忘记了自己的某软件的账户密码，只记得如图所示的三个数字.已知小明设置的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值集合为； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为 . 【答案】84 【分析】根据分步乘法计数原理求出所有可能的组合数，再结合组合数的概念，分类讨论不满足原则②的情况，用所有可能的组合数减去不符合规则的组合数即可得解. 【详解】由题意可知密码共有6位，其中第1、2、4位已知，分别为3，4，2， 由原则①密码中所有数字的可能取值集合为可知可能的密码组合数为种， 其中数字1或5重复三次的情况有2种， 数字2或3或4重复三次的情况有种， 数字2或3或4重复四次的情况有3种， 所以符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为种， 故答案为：84. 四、解答题 11．用0、1、2、3、4、5这六个数字，组成没有重复数字的五位数，在下列情况中，各有多少个？ (1)奇数； (2)能被5整除； (3)能被15整除； (4)比35142小； (5)比50000小且不是5的倍数． 【答案】(1)288；；(2)216；(3)66；(4)347；(5)288. 【分析】转化条件，进行分类与分步计数可得. 【详解】（1）得到一个五位奇数，可以分3步： 第一步，定个位数，从1、3、5中任选一个，有3种方法； 第二步，定首位，从余下除0外的4个数中任选一个，有4种方法； 第三步，定其余位数，从余下4个数中任选3个按序排上，有种方法. 由分步计数原理得，共有个这样的五位数. （2）被5整除且无重复数字的五位数，个数上的数有2类情况： 第一类，当个数上的数字是0时，其他数位上的数有个； 第二类，当个数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有种方法，而后确定其他三个数位上的数有种方法，所以共有个数， 由分类计算原理共有个这样的五位数． （3）得到一个能被15整除的五位数，个位数字是0或5，且各个位上的数字之和能被3整除， 因为被3整除， 则不取的一个数字为0或3，其余数字之和才被3整除，故分2类： 第一类，不取0，其余数字为1、2、3、4、5， 个位数一定是， 则余下4 个数字全排列，共种排法； 第二类，不取3，其余数字为0、1、2、4、5， 当个位数为0时，则余下4 个数字全排列，共种排法； 当个位数为5时，则先排首位有除0外的3种方法，再排其余位置，有种排法， 则有种排法； 故由分类计数原理得，共个能被15整除的五位数. （4）得到比35142小的一个五位数，可分4类： 第一类，首位比3小的，即首位为1或2，其余位置从5个中任选4个排列，有个， 第二类，首位是3，千位比5小的，即千位为1、2、3、4任选1个，其余位置从4个数中任选3个排列，有个， 第三类，当首位为3千位为5，且百位比1小的，即百位为0，从余下3数中任选2个按序排在个位与十位，则有个， 第四类，当首位为3千位为5百位为1，满足题意的数有35140,35124,35120,35102,35104,共5个， 由分类计数原理，所以共有个这样的五位数． （5）比50000小且不是5的倍数的五位数，个位不是0与5，首位只能是1、2、3、4，即个位与首位都不取0与5，可分2步： 第一步，定首位与个位，从1、2、3、4中任取2个按序排列，有种方法； 第二步，定其余3位，从余下4个数中任选2个按序排列，有种方法. 由分步计数原理得，共有个这样的五位数. 12．在排列组合的学习中，我们会遇到一类涂色问题“圆环涂色”问题（如图一）：用种颜色给有个区域（不含最中间区域）的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用表示完成这一涂色的方法数       图一                          图二 (1)当时，求 (2)当时，找出的关系，并求出的通项公式. (3)用种颜色给图二中个区域（含最中间区域）涂色，要求相邻区域不同色，求方法总数. 【答案】(1)；(2)，；(3). 【分析】（1）根据题意，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，计算即可； （2）根据题意得到递推关系式，利用累加法求通项公式； （3）将问题转化成（2）小问中已有的结论，代入数值计算即可. 【详解】（1）由题意，用3种颜色给有4个区域的圆环涂色，要求相邻区域不同色， 先给涂色，有种方法， 接下来，若与同色，则有2种涂色方法，即种；若与不同色，则都只有1种涂色方法，所以，. （2）先考虑的取值： 假设不区分是否同色，则用种颜色涂这个区域等价于对以下区域涂色： 因此共有 种，但是这其中包含了同色的情况；因此的取值应该减去同色的情况； 而同色时，可以将这两个相邻区域看成一个整体，即则用种颜色给个区域涂色， 其方法数也就是，所以有： 接下来，利用递推关系求， 由，两边同除以得：， 移项得： 利用累加法： ，又因为， 所以 ， 所以， （3）先给中间的区域涂色，共有种方法，接下来就是用剩下的种颜色涂含有个区域的“圆环涂色问题”，即（2）中的， 所以方法总数为 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列与组合 目录 典例详解 类型一、排列数与组合数的公式及性质的应用 类型二、直接法与间接法的计数问题 类型三、捆绑法与插空法解决相邻与不相邻问题 类型四、涂色问题 类型五、定序问题 类型六、不同元素与相同元素的分组分配问题 类型七、环排问题 压轴专练 类型一、排列数与组合数的公式及性质的应用 1.排列数 （1）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （2）排列数的性质： ①；②；③． 2.组合数 （1）组合数的公式：（、，且） （2）排列数的性质： ①②；；③，④，⑤. 例1．若，则 ． 变式1-1．若，则的值为（    ） A．54 B．55 C．164 D．165 变式1-2．将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中 ，令，则 ． 变式1-3．（1）化简：． （2）设，且，证明：． 类型二、直接法与间接法的计数问题 1.直接法（正向计算）： 当目标事件的分类清晰、情况较少，且能直接列举或按规则计算时使用，避免绕弯. 2.间接法（正难则反）： 当目标事件的分类复杂（如“至少”“至多”类问题），但“不符合目标的事件”更简单时使用，减少计算量. 例2．甲、乙两队各出7名队员，按事先排好的顺序出场参加围棋比赛，双方由1号队员开始比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到一方队员全被淘汰为止，则所有可能出现的比赛过程有 种. 变式2-1．（多选）用数字0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的是（    ） A．共可组成360个四位数 B．四位偶数有156个 C．能被25整除的四位数有21个 D．从小到大排列第89个数为2340 变式2-2．把1､2､3､4､5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排成一个数列. （1）45312是这个数列的第几项？ （2）这个数列的第71项是多少？ （3）求这个数列的各项和. 变式2-3．有男运动员名，女运动员名，其中男、女队长各人.选派人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法? (1)至少有名女运动员； (2)队长中至少有人参加； (3)既要有队长，又要有女运动员. 类型三、捆绑法与插空法解决相邻与不相邻问题 1.捆绑法解决相邻问题： （1）解题思路：将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. （2）解题步骤：①把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数；②求出其余元素的排列种数；③求出总的排列种数. 2.插空法解决不相邻问题： （1）解题思路：先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可. （2）解题步骤：①先考虑不受限制的元素的排列种数；②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数；③求出总的排列种数. 例3．为了抒写乡村发展故事，展望乡村振兴图景，演出民众身边日常，唱出百姓幸福心声，某地组织了“美丽乡村”节目表演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，若要求歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，则节目的排列顺序种数为（    ） A．120 B．360 C．180 D．90 变式3-1．用1，2，3，四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成 个不同的五位数． 变式3-2．现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有 种． 变式3-3．有个空置车位排成一排，每个车位只能停放一辆车，现将3辆不同的车停放在车位上，若3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数相等，则 （用数字作答）. 类型四、涂色问题 1.涂色问题： 涂色问题是两个计数原理应用的典型问题之一，一般是指用几种不同的颜色给已知图形的不同区域(或点)涂色，求共有几种涂法的问题涂色时需要关注的图形特征有区域的个数、区域的相邻情况、图形形状等. 这些特征都有可能使分类的标准、分步的过程不同. 2.涂色问题的两种解决方案： (1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，应用分步乘法计数原理进行计算. (2)先根据涂色时所用颜色种数进行分类处理，再在每一类的涂色方法数的计算中应用分步乘法计数原理，最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和，即得到最终的涂色方法数. 例4．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 变式4-1．在如图所示的6块区域中，用4种颜色填涂，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种. 变式4-2．现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有 种. 变式4-3．如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有 种不同的涂色方法.    类型五、定序问题 1.“定序”问题： 在排列问题中，某些元素在题意中已经排定了顺序，对这些元素进行排列时，不再考虑其顺序. 2.“定序”问题的处理策略： 将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为. 例5．2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（   ）个． A．480 B．600 C．720 D．840 变式5-1．（多选）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有18种 C．甲乙不相邻的排法种数为70种 D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 变式5-2．7名同学站成一排，甲身高最高，排在中间，其他6名同学身高均不相等，甲的左边和右边均由高到低排列，共有 种排法． 类型六、不同元素与相同元素的分组分配问题 1.不同元素的分组分配问题： (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(为均分的组数)，避免重复计数．在分配过程中，要注意是随机分配还是定向分配． (2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均分的组数的阶乘数，即若有组元素个数相等，则分组时应除以 ，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．在分配过程中，要注意是随机分配还是定向分配． (3)对于不均匀分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．在分配过程中，要注意是随机分配还是定向分配． 2.相同元素的分组分配问题： (1)隔板法：指在解决若干相同元素分组，要求每组至少含有一个元素的问题时，采用将比所需分组数目少1的板插入元素之间形成分组的解题策略．也可理解为不定方程的正整数解问题． (2)注意事项：①所有元素相同；②每组至少含有一个元素；③隔板包含分组＋分配两步；④隔板法不是解决元素相同问题的唯一策略． 例6．中国空间站主体由天和核心舱、问天实验室、梦天实验舱构成．某次实验需要位宇航员同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排名宇航员，其中甲宇航员只能去问天实验室和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（   ） A．72 B．88 C．100 D．144 变式6-1．（多选）将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（   ） A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案 C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案 变式6-2．现有登山运动员10人，要平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需分配到2人，那么不同的分组方法有 种. 变式6-3．甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有 种不同的分配方案. 类型七、环排问题 在圆排列数中： （1）个元素围成一圈其圆排列数为 （2）在个元素中，每次取出个不同的元素进行圆排列，圆排列数为． （3）当从个相异的元素中，每次取出颗串成一个圆环，因其正反相对的两个圆排列在串成一个圆环时完全相同，故圆环数为．对于较复杂的问题，可适当采用分步揷人、捆绑及利用种数公式处理． 例7．（多选）定义“圆排列”：从个不同元素中选个元素围成一个圆形，称为圆排列，所有圆排列的方法数计为．圆排列是排列的一种，区别于通常的“直线排列”，既无“头”也无“尾”，所以．现有个女生个男生共名同学围坐成一圈，做击鼓传花的游戏，则（   ） A．共有种排法 B．若两名女生相邻，则有种排法 C．若男生甲位置固定，则有种排法 D．若两名女生不相邻，共有种排法 变式7-1．甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有（ ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 变式7-2．现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（    ） A． B． C． D． 变式7-3．一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有 种. 一、单选题 1．甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 2．现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有（   ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 3．2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（    ） A．1800 B．16800 C．14280 D．25200 4．如图，甲从到，乙从到，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路总计对数为（    ） A．1860对 B．1750对 C．1850对 D．1760对 二、多选题 5．将6本不同的书分给甲､乙､丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是（    ） A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案 C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案 6．从含有3件次品的20件产品中，任意抽出5件进行检验（    ） A．抽出的产品都是合格品的抽法种数为 B．抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为 C．抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为 D．抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为 7．下列结论正确的是（    ） A．为正整数且 B．满足方程的值可能为或 C．甲、乙、丙等人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有种排法 D．把个相同的小球分到个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有种 三、填空题 8．用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有 个.（用数字作答） 9．把1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入右图所示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的排列方法共有 种. 10．小明忘记了自己的某软件的账户密码，只记得如图所示的三个数字.已知小明设置的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值集合为； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为 . 四、解答题 11．用0、1、2、3、4、5这六个数字，组成没有重复数字的五位数，在下列情况中，各有多少个？ (1)奇数； (2)能被5整除； (3)能被15整除； (4)比35142小； (5)比50000小且不是5的倍数． 12．在排列组合的学习中，我们会遇到一类涂色问题“圆环涂色”问题（如图一）：用种颜色给有个区域（不含最中间区域）的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用表示完成这一涂色的方法数       图一                          图二 (1)当时，求 (2)当时，找出的关系，并求出的通项公式. (3)用种颜色给图二中个区域（含最中间区域）涂色，要求相邻区域不同色，求方法总数. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $