6.2.2 第2课时 排列数的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教A版）

第2课时　排列数的应用 课程标准 素养解读 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 2.能应用排列知识解决简单的实际问题 1.通过排列知识解决实际问题，提升逻辑推理的素养 2.借助排列数公式计算，提升数学运算的素养 [情境引入] 上海影城是国内和东南亚最大的影城，共有九座风格各异的电影放映厅，SR立体声音响效果撼人.第一放映厅：共有1 080个座，红色基调热烈辉煌，22 m×10.5 m银幕雄居全国之冠.上海影城建筑风格独特典雅，环境恢宏气派，功能设施齐全，作为世界九大电影节之一——上海国际电影节的主会场，已成为上海标志性的文化建筑. 某次电影展，有12部参赛影片，影展组委会两天在某一影院播映这12部电影，每天6部，其中有2部电影要求不在同一天放映，共有多少种不同的排片方案？ [知识梳理] [知识点一]　排列及其应用 1．排列数公式 A＝　n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，m≤n)　 ＝　　. A＝　n(n－1)(n－2)…2·1　＝　n！　(读作n的阶乘).另外我们规定0！＝　1　. 2．应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤 3．求解排列应用题的主要方法有： (1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算； (2)特殊元素(或位置)优先安排的方法； (3)合理分类与准确分步的方法； (4)相邻问题捆绑处理的方法； (5)不相邻问题插空处理的方法； (6)分排问题直排处理的方法； (7)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法； (8)定序问题除法处理的方法； (9)正难则反，等价转化的策略； (10)复杂排列问题通过试验、画简图等直观化的处理方法. [预习自测] 1．某班下午有三节课，欲从语文、数学、英语、物理、化学中任选三科来安排，则不同排课法的种数是(　　) A．15　　 B．A　　 C．35　　 D．53 解析：B　[把下午三节课看成“3个位置”，把语文、数学、英语、物理、化学看成“5个元素”，分别用A，B，C，D，E来表示，一种排课法可看作是从A，B，C，D，E中取出3个按顺序分给三节课，分配的时候有顺序之分，故所有不同排课法的种数是A.] 2．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面旗，并且不同的顺序表示不同的信号，则一共可以表示　________　种不同的信号. 解析：分三类完成： 第1类，挂1面旗，可以表示A种不同的信号； 第2类，挂2面旗，可以表示A种不同的信号； 第3类，挂3面旗，可以表示A种不同的信号； 根据分类加法计数原理，可以表示的信号共有A＋A＋A＝3＋3×2＋3×2×1＝15(种). 答案：15 　无限制条件的排列问题 [例1] (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？ [思路点拨]　(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，每人得到的书不同，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，每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A＝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，送给每个同学的每本书都有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. 典型的排列问题，用排列数计算其排列方法；若不是排列问题，需用计数原理求其方法种数.排列的概念很清楚，要从“n个不同的元素中取出m个元素”.即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步乘法计数原理解决的问题中，元素可以重复选取. [变式训练] 1．将4位司机、4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，每辆汽车分别有1位司机和1位售票员，则共有　________　种不同的分配方案. 解析：解决这个问题可以分为两步： 第1步，把4位司机分配到4辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有A种方法； 第2步，把4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，也有A种方法. 由分步乘法计数原理知，分配方案共有A·A＝576(种). 答案：576 　特殊元素或特殊位置问题 [例2] 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)甲不站左端，乙不站右端. [思路点拨]　特殊元素甲、乙优先安排，或先安排特殊位置左、右两端. 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A种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A种站法，根据分步乘法计数原理，共有A·A＝480(种)站法. 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A种站法，然后其余4人有A种站法，根据分步乘法计数原理，共有A·A＝480(种)站法. 法三：若对甲没有限制条件共有A种站法，甲在两端共有2A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A－2A＝480(种). (2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A种，根据分步乘法计数原理，共有A·A＝48(种)站法. (3)法一：甲在左端的站法有A种，乙在右端的站法有A种，且甲在左端而乙在右端的站法有A种，共有A－2A＋A＝504(种)站法. 法二：以元素甲分类可分为两类：a.甲站右端有A种，b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A·A·A种，故共有A＋A·A·A＝504(种)站法. “特殊”优先原则 常见的“在”与“不在”的有限制条件的排列问题就是典型的特殊元素或特殊位置问题，解题原则是谁“特殊”谁优先.一般从以下三种思路考虑： 1．以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素； 2．以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置； 3．用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数.以上三种思路可以简化为下图. 　一般地，当限制条件有两个或两个以上时，若互不影响，则直接按分步解决；若相互影响，则先分类，然后在每一类中再分步解决. [变式训练] 2．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)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A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A种方法，然后安排其他三棒，有A种方法，此时有AA种参赛方法. 综上，甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有A＋AA＝240(种). 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A种方法；其余两棒从剩余4人中选，有A种方法. 所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有AA＝240(种). 法三：(间接法)： 不考虑对甲的约束，6个人占4个位置，有A种安排方法，甲跑第一棒或第四棒的参赛方法有2A种，所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有A－2A＝240(种). (2)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： (ⅰ)乙跑第一棒，有A＝60(种)方法； (ⅱ)乙不跑第一棒，有A种方法(跑第二棒或第三棒). 此时按甲是否参赛，又分为两类： ①甲参赛，有AA种方法； ②甲不参赛，有A种方法. 故此时(乙不跑第一棒)共有A(AA＋A)＝96(种)方法. 由分类加法计数原理，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A种方法，此时共有AA种方法；②若甲不参赛，则有A种方法. 从而乙不参赛时共有AA＋A＝96(种)方法. 综上，共有156＋96＝252(种)参赛方法. 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A种安排方法. 第二类，第一棒不为乙，则第一棒有A种安排方法，第四棒(不能为乙和已跑第一棒的人)有A种安排方法，其余两棒共有A种安排方法，从而第一棒不为乙共有AAA种安排方法. 由分类加法计数原理，得共有A＋AAA＝252(种)参赛方法. 　　元素“相邻”与“不相邻”问题 [例3] 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. [思路点拨]　相邻元素，一般用“捆绑法”，不相邻元素，一般用“插空法”. 解：(1)男生必须站在一起是男生的全排列，有A种排法； 女生必须站在一起是女生的全排列，有A种排法； 全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法. 由分步乘法计数原理知，共有A·A·A＝288(种)排队方法. (2)三个男生全排列有A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A种排法. 故有A·A＝720(种)排队方法. (3)先安排女生，共有A种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有A种排法，故共有A·A＝1 440(种)排法. (4)排好男生后让女生插空，共有A·A＝144(种)排法. 1．求解相邻问题的方法——“捆绑法” “捆绑法”是较为简单的求解相邻问题的方法，其模型为：将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同的排法种数.其解题方法如下. 先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有A种排法；再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有A种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有A·A种. 2．求解不相邻问题的方法——“插空法” 解决不相邻问题常用“插空法”，其模型为将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻(k≤n－k＋1)，求不同的排法种数.其解题方法如下： (1)将没有要求的(n－k)个对象排成一排，其排列方法有A种； (2)将要求互不相邻的k个对象插入(n－k＋1)个空中，其排列方法有A种.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有A·A种. [变式训练] 3．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有多少种. (1)一个唱歌节目开头，另一个压台； (2)2个唱歌节目互不相邻； (3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻. 解析：解：(1)先排唱歌节目有A种排法，再排其他节目有A种排法，所以共有A·A＝1 440(种)排法. (2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目有A种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有A种插入方法，所以共有A·A＝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A种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有A种排法，故所求共有A·A·A＝2 880(种)排法. 　　排列中的定序问题 [例4] (1)2024年第33届巴黎奥运会设置了4×100米男女混合泳接力这一新的比赛项目，比赛的规则是：每个参赛国家派出2男2女共计4名运动员参加比赛，按照仰泳→蛙泳→蝶泳→自由泳的接力顺序，每种泳姿100米且由1名运动员完成，且每名运动员都要出场.若中国队确定了备战该项目的4名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者蛙泳，剩下的2名运动员四种泳姿都可以承担，则中国队参赛的安排共有(　　) A．144种　 B．8种　　 C．24种　 D．12种 (2)7个人排成一排. ①甲必须在乙的前面(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？ [思路点拔]　先排无顺序的，再按要求确定元素的顺序. 解：(1)B　[由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有2种安排方法，其他两名运动员有A＝2(种)安排方法，共计2×2＝4(种)方法， 若甲承担自由泳，则乙运动员有2(种)安排方法，其他两名运动员有A＝2(种)安排方法，共计2×2＝4(种)方法， 所以中国队共有4＋4＝8(种)不同的安排方法.] (2)①甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有＝2 520(种)不同的排法. ②甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左自右顺序的排法种数占全体全排列种数的.故有＝840(种)不同的排法. 定序问题的解题策略 这类问题的解法是采用分类法.n个不同元素的全排列有A种排法，m个不同元素的全排列有A种排法.因此A种排法中，关于m个元素的不同分法有A类，而且每一分类的排法数是一样的.当这m个元素顺序确定时，共有种排法. [变式训练] 4．7名师生排成一排照相，其中老师1人，女生2人，男生4人，若4名男生的身高都不等，按从高到低的顺序站，有多少种不同的站法？ 解：7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同的站法，所以共有2＝420(种)不同的站法. [当堂达标] 1．6位学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为(　　) A．36 B．120 C．240 D．720 解析：D　[不同的排法有A＝6×5×4×3×2×1＝720 (种).] 2．某单位安排7位员工在10月1日到7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有(　　) A．504种 B．960种 C．1 008种 D．1 108种 解析：C　[依题意，满足甲、乙两人安排在相邻两天的方案共有AA＝1 440(种)，其中满足甲、乙两人安排在相邻两天且丙安排在10月1日的方案共有AA＝240(种)，满足甲、乙两人安排在相邻两天且丙安排在10月1日、丁安排在10月7日的方案共有AA＝48(种). 因此，满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008(种).] 3．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有　________　个. 解析：先排奇数位有A种排法，再排偶数位有A种排法，故共有AA＝144(种)排法，即这样的七位数有144个. 答案：144 4．用0,1,2,3,4,5这六个数字组成一个无重复数字的六位数，要求偶数互不相邻，且0和5必须相邻，则满足条件的六位数的个数为　________　.(用数字作答) 解析：根据题意分情况讨论：(1)先将数字0和5捆绑在一起，且5排在0的前面，再和数字1,3进行排列，共有A种排法，排好后形成4个空，最后将数字2,4插空，因为偶数不能相邻，所以2,4不能插入与0相邻的空里，故有A种排法. 因此，满足此条件的六位数的个数为AA＝36. (2)先将数字0和5捆绑在一起，且0排在5的前面，再和数字1,3进行排列，因为0不能排在最前面，所以共有AA种排法，最后将数字2,4插空，同(1)，共有A种排法. 因此，满足此条件的六位数的个数为AAA＝24.综上，满足条件的六位数的个数为36＋24＝60. 答案：60 5．根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》已上映，某学校政治组有4名男教师和3名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起.求： (1) 4名男教师必须坐在一起的坐法有多少种？ (2) 3名女教师互不相邻的坐法有多少种？ 解：(1)根据题意，先将4名男教师排在一起，有A＝24种坐法，将排好的男教师视为一个整体，与3名女教师进行排列，共有A＝24种坐法，由分步乘法计数原理，共有24×24＝576种坐法. (2)根据题意，先将4名男教师排好，有A＝24种坐法，再在这4名男教师之间及两头的5个空位中插入3名女教师，有A＝60种坐法，由分步乘法计数原理，共有60×24＝1 440种坐法. [基础过关] 1．要从a，b，c，d，e 5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，则不同的选法种数是(　　) A．20　　 B．16　　　 C．10　　　 D．6 解析：B　[不考虑限制条件有A种选法，若a当副组长，有A种选法，故a不当副组长，有A－A＝16(种)选法.] 2．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有(　　) A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 解析：D　[把A，B视为一人，且B排在A的右边，则本题相当于4人的全排列，故有A＝24(种)排法.] 3．用1,2,3…，9这九个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　) A．324 B．224 C．360 D．648 解析：B　[先排个位数，有A种，然后排十位和百位，有A种，故共有AA＝224(个)没有重复数字的三位偶数.] 4．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，则不同的排法种数为(　　) A．1 440 B．960 C．720 D．480 解析：B　[5名志愿者先排成一排，有A种排法，将2位老人看成一个元素插入5名志愿者中间的4个空中，且2位老人的位置全排列，不同的排法共有A·A·A＝960(种).] 5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　) A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 解析：B　[当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有2A＝48(个)；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有3A＝72(个)，所以比40 000大的偶数共有48＋72＝120(个).] 6．(多选)在青华中学举行的课本剧大赛中，高二(16)班有3名男生，2名女生获得一等奖.现将获得一等奖的学生排成一排合影，则(　　) A．3名男生排在一起，有36种不同排法 B．2名女生不排在一起，有72种不同排法 C．3名男生均不相邻，有12种不同排法 D．女生不站在两端，有108种不同排法 解析： ABC　[对于A项，先让3名男生全排再作为一个整体和2名女生做一个全排，共有A·A＝36种，故A项正确； 对于B项，先让3名男生全排，形成4个空位让2名女生排入，共有A·A＝72种，故B项正确； 对于C项，先让2名女生全排，形成3个空位让3名男生排入，共有A·A＝12种，故C项正确； 对于D项，先从三个男生中选出2人放在两端，再将剩下3人进行全排然后放中间，共有A·A＝36，故D项错误.] 7．将序号分别为1,2,3，4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是　________　. 解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，1和2,2和3,3和4,4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A＝96(种). 答案：96 8．二阶魔方是一个2×2×2的正方体，由8个角块组成，没有中心块和棱块，结构相对简单.若空间中方向不同但状态相同(即通过整体旋转后相同)的情况只算一种，则任意二阶魔方共有　________　种不同的状态. (提示：任选其中1个角块作为参考，则其余7块能自由排列，在这7块中，任意确定6块，最后1块也就唯一确定了) 解析：任选其中1个角块作为参考，考虑其余7块排列情况，在这7块中，任意确定6块，最后一块也确定了，所以任意二阶魔方有A＝7×6×5×4×3×2种＝5 040种状态.再考虑每个角块有三种朝向，扣除状态相同的情况，则有5 040×36种＝3 674 160种状态. 答案：3 674 160 9．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，(1)若程序 A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有　________　种； (2)若程序B和C都与程序D不相邻，则实验顺序的编排方法共有　______　种. 解析：(1)首先，程序A只能出现在第一步或最后一步，有2种方法；其次，将程序B和C看作一个元素，有4个位置可以选择，而B与C又可交换位置，所以有4A种方法；最后将剩余的3个程序进行排列，有A种方法.综上所述，实验顺序的编排方法共有2×4A×A＝96(种). (2)当B，C相邻，且与D不相邻时，有AAA＝144(种)方法；当B，C不相邻，且都与D不相邻时有AA＝144(种)方法，故共有288种编排方法. 答案：(1)96　(2)288 10．从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，问： (1)共能组成多少个不同的二次函数？ (2)在这些二次函数中，图象关于y轴对称的有多少个？ 解：(1)法一：(直接法——优先考虑特殊位置)因为a≠0， 所以确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有A种，所以共有7A＝294个不同的二次函数. 法二：(直接法——优先考虑特殊元素) 当a，b，c中不含0时，有A个；当a，b，c中含有0时，有2A个，故共有A＋2A＝294(个)不同的二次函数. 法三：(间接法) 共可构成A个函数，其中当a＝0时，有A个均不符合要求，从而共有A－A＝294(个)不同的二次函数. (2)依题意b＝0，所以共有A＝42(个)符合条件的二次函数. 11．某小组6个人排队照相留念. (1)若分成两排照相，前排2人，后排4人，有多少种不同的排法？ (2)若分成两排照相，前排2人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？ (3)若排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？ (4)若排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？ (5)若排成一排照相，其中有3名男生3名女生，且男生不能相邻有多少种排法？ (6)若排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？ 解：(1)前排2人，后排4人，相当于6个人全排列，共有A＝720(种)排法. (2)先将甲排在前排A，乙排在后排A，其余4人全排列A，根据分步乘法原理得AAA＝192(种)排法. (3)甲、乙视为一个人，即看成5人全排列问题A，再将甲、乙两人排列A，根据分步乘法原理可得AA＝240种排法. (4)甲必在乙的右边属于定序问题，用除法， ＝360 (种)排法. (5)将3名男生插入3名女生之间的4个空位，这样保证男生不相邻，根据分步乘法原理得AA＝144(种)排法. (6)法一：乙在排头其余5人全排列，共有A种排法； 乙不在排头，排头和排尾均为A，其余4个位置全排列有A，根据分步乘法原理得AAA， 再根据分类加法原理得A＋AAA＝504(种)排法. 法二：(间接法)A－2A＋A＝720－240＋24＝504(种)排法. [能力提升] 12．若集合A，B，C，D满足A，B，C都是D的子集，且A∩B，B∩C，A∩C均只有一个元素，且A∩B∩C＝∅，称(A，B，C)为D的一个“有序子集列”.若D有6个元素；则有　_________　个“有序子集列”. 解析：根据题意，先确定满足“x∈A∩B，y∈B∩C，z∈C∩A且A∩B∩C＝∅”的三元组(x，y，z)的个数，再确定集合D中除x、y、z外的其他元素的分布情况，从而根据乘法原理算出集合D的“有序子集列”的总数.对于任一个“有序子集列”(A，B，C)，必然存在一个三元组(x，y，z)，使得“x∈A∩B，y∈B∩C，z∈C∩A，且A∩B∩C＝∅”， 若A∪B∪C中还有除了x、y、z的其他元素，记为t，则t只能在(A，B，C)之一中出现(或者根本不出现).另外，对于任一个三元组(x，y，z)都能通过令x∈A∩B，y∈B∩C，z∈C∩A的形式，构建出一个“有序子集列”A，B，C.集合D中的三元组(x，y，z)有A个，对于集合D中除x、y、z外的其他元素，每个都有4种可能；不属于A∪B∪C，或属于A，或属于B，或属于C.再安排每个子集的其他元素，对于每个子集，除了公共元素外，还有3个位置需要安排元素. 因为每个位置都有4种选择(放入该子集或不放入)，所以每个子集的安排方式有43种.理由：分步乘法计数原理，每个位置的选择相互独立，所以总的安排方式是各个位置选择方式的乘积.最后计算总的“有序子集列”个数，根据分步乘法计数原理，总的“有序子集列”个数为A×43.计算可得：A×43＝120×64＝7 680. 答案：7 680 13．10个人走进只有6把不同椅子的屋子，若每把椅子必须且只能坐一人，共有多少种不同的坐法？ 解：坐在椅子上的6个人是走进屋子的10个人中的任意6个人，若把人抽象成元素，将6把不同的椅子当成不同的位置，则原问题抽象为从10个元素中取6个元素占据6个不同的位置，显然是从10个元素中任取6个元素的排列问题，从而不同的坐法共有A＝151 200(种). [素养培优] 14．已知圆的方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，从0,3,4,5,6,7,8,9,10这9个数中选出3个不同的数，分别作圆心的横坐标，纵坐标和圆的半径.问： (1)可以作多少个不同的圆？ (2)经过原点的圆有多少个？ (3)圆心在直线x＋y－10＝0上的圆有多少个？ 解：(1)可分两步完成：第一步，先选r，因为r＞0，则r有A种选法，第二步，再选a，b，在剩余8个数中任取2个，有A种选法，所以由分步乘法计数原理可得有A·A＝448(个)不同的圆. (2)圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2经过原点，a，b，r满足a2＋b2＝r2，满足该条件的a，b，r共有3,4,5与6,8,10两组，考虑a，b的顺序，有A种情况，所以符合题意的圆有2A＝4(个). (3)圆心在直线x＋y－10＝0上，即满足a＋b＝10，则满足条件的a，b有三组：0,10；3,7；4,6. 当a，b取10,0时，r有7种情况， 当a，b取3,7；4,6时，r不可取0，有6种情况， 考虑a，b的顺序，有A种情况， 所以满足题意的圆共有AA＋2AA＝38(个). 学科网（北京）股份有限公司 $