培优课 排列与组合的综合问题(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版）

本讲义聚焦高中数学排列与组合的综合问题，系统梳理定序问题（部分元素定序的排列方法）、选派问题（先选后排的分类分步策略）及综合运用（分类讨论与隔板法），通过题型示例搭建从基础到复杂问题的学习支架。 资料亮点在于一题多解（如定序问题的整体法与插空法）、通性通法提炼（如部分元素定序解法总结），结合嘉宾出场、医生分派等实际情境，培养数学抽象、数学运算与数学建模素养。课中辅助教师高效授课，课后帮助学生巩固方法，查漏补缺。

培优课　排列与组合的综合问题 1.理解定序问题，并会用排列公式与组合公式解决与定序有关的实际问题（数学抽象、数学运算）. 2.会解决分类与分步的交叉综合问题（数学建模、数学运算）. 题型一　排列中的定序问题 〔一题多解〕有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有　840　种排法.（用数字作答） 解析：法一（整体法）　7名学生的排列方法共有种，其中女生的排列方法有种，从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故不同的排法共有＝＝840（种）. 法二（空位插空法）　设想有7把椅子让4名男生去坐，共有种方法，3名女生坐剩余的空位，3名女生从左到右，从矮到高的排列只有一种，故不同的坐法共有＝840（种）. 法三（逐步插空法）　先将3名女生按顺序排好，形成4个空位，第一名男生选一个空位站好，有4种站法，排好的这4名学生形成5个空位，再排第二名男生，以此类推逐步完成，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有4×5×6×7＝840（种）. 通性通法 部分元素定序的排列问题的两种解法 　　一是把不要求定序的元素首先排列，剩余的位置就是定序的元素，这些定序的元素只有一种排法，所以问题就转化为求不要求定序的元素有多少种排法； 　　二是用“倍缩法”，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，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. 〔一题多解〕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小到大的顺序出场，出场顺序有多少种？ 解：（1）法一（整体法）　5位嘉宾无约束条件的全排列有种，其中3位老者不考虑年龄的顺序有种. 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）. 法二（插空法）　记3位老者按年龄由大到小的顺序为“A，B，C”.则三人形成四个空档（含两端）. ①若2个年轻人出场顺序相邻，有·种顺序.②若2个年轻人出场顺序不相邻，有种顺序. 因此满足条件的出场顺序有·＋＝20（种）. （2）设符合条件的排法共有x种， 由（1）的法一可得x··＝，解得x＝＝10.因此出场顺序有10种. 题型二　选派问题 〔一题多解〕有4名男医生，3名女医生，从中选2名男医生，1名女医生到3个不同地区巡回医疗，但规定男医生甲不能到地区A，则不同的分派方案共有　90　种.（用数字作答） 解析：法一　分两类完成. 第一类：甲被选中，有＝36（种）分派方案. 第二类：甲不被选中，有＝54（种）分派方案. 根据分类加法计数原理，分派方案共有36＋54＝90（种）. 法二　分两类完成. 第一类：地区A分派女医生，有种分派方案. 第二类：地区A分派除医生甲之外的男医生，有＝54（种）分派方案. 根据分类加法计数原理，分派方案共有36＋54＝90（种）. 通性通法 选派问题的解题策略 （1）解选派问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列.因此很多同类型试题都可转化为选派问题进行求解； （2）对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后考虑是分类还是分步，这是处理选派问题的一般方法. 〔一题多解〕某单位需派人同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从6人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法共有　180　种.（用数字作答） 解析：法一　先从6人中选出2人参加会议甲，再从余下的4人中选出1人参加会议乙，最后从剩下的3人中选出1人参加会议丙.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有＝180（种）. 法二　先从6人中选出2人参加会议甲，再从余下的4人中选出2人分别参加会议乙、丙.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有＝180（种）. 法三　先从6人中选出4人，其中2人参加会议甲，另外2人分别参加会议乙、丙.根据分步乘法计数原理，得不同的安排方法共有＝180（种）. 题型三　排列与组合的综合运用 甲、乙、丙、丁四个人中秋节分别选择到东湖公园、茶经楼、历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有（　　） A.24种 B.96种 C.174种 D.175种 解析：D　按照去茶经楼的人数进行分类讨论.第一类，若4个人均去茶经楼，则有1种参观方式；第二类，若有3个人去茶经楼，分两步，从4个人中选择3个人去茶经楼，余下1个人从另外的3处景点中任意选择一处，有＝12（种）参观方式；第三类，若有2个人去茶经楼，分三步，从4个人中选择2个人去茶经楼，余下2个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝54（种）参观方式；第四类，若有1个人去茶经楼，分四步，从4个人中选择1个人去茶经楼，余下3个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝108（种）参观方式.综上，由分类加法计数原理，共有1＋12＋54＋108＝175（种）参观方式，故选D. 通性通法 排列与组合综合问题的解题方法 　　求解排列、组合的综合问题时，要认真审题，把握问题的实质，分清是排列还是组合问题，并注意结合分类与分步两个原理，要按元素的性质确定分类的标准，按事情的发生过程确定分步的顺序.解排列、组合的综合问题的一般思路是：（1）先特殊后一般；（2）先组合后排列；（3）先分类后分步. 我国首辆火星车全球征名活动的初次评审环节遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、火星共10个名称，作为我国首辆火星车的命名范围.某同学为了研究这些初选名称的内涵，计划从中随机选取4个名称依次进行分析，若选中赤兔，则赤兔不是第一个被分析的情况有（　　） A.2 016种 B.1 512种 C.1 426种 D.1 362种 解析：B　由题可知，选取的4个名称中含有赤兔，则从中选取4个名称共有种不同的组合.选出的4个名称的不同分析顺序有种，其中赤兔是第一个被分析的顺序有种，故赤兔不是第一个被分析的情况共有·（－）＝1 512（种），故选B. 1.某学校推出了《植物栽培》《手工编织》《实用木工》《实用电工》4门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选2门进行学习，则甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法种数为（　　） A.16　　 　 B.24 C.12　　 　 D.36 解析：B　甲先从4门课程中选择1门，有4种选法，乙再从剩下的3门中选择1门，有3种选法，甲、乙再从剩下的2门中共同选择1门，有2种选法，所以根据分步乘法计数原理可得甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法为4×3×2＝24种，故选B. 2.若一个三位正整数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1，2，3，4，5这5个数字中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中“伞数”共有（　　） A.60个 B.53个 C.20个 D.35个 解析：C　由题意得：十位数只能是3，4，5，当十位数是3时，个位和百位只能是1，2，“伞数”共有＝2个；当十位数是4时，个位和百位只能是1，2，3，“伞数”共有＝6个；当十位数是5时，个位和百位只能是1，2，3，4，“伞数”共有＝12个；所以“伞数”共有20个，故选C. 3.某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支到救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（　　） A.36 B.81 C.120 D.180 解析：D　先从5支志愿团队中任选1支到救援物资接收点服务，有＝5种不同的选派方案，再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，有＝6×6＝36种不同的选派方案，所以，根据分步乘法计数原理，不同的安排方案有＝5×36＝180种，故选D. 4.元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏（每串灯都是先取最下面的灯），则不同的取法共有（　　） A.32种 B.70种 C.90种 D.280种 解析：B　因为取灯时每次只能取一盏，每串灯都是先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70（种）.故选B. 5.《数术记遗》是我国古代的一部数学著作，该书记述了筹算、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算等十三种计算器械的使用方法.某研究性学习小组的6人（4男2女）分成两组，分别收集整理八卦算、九宫算的相关资料.若两个女生不单独成组，且每组至多4人，则不同的分配方法共有（　　） A.20种 B.24种 C.28种 D.48种 解析：D　①分3，3的两组时，不会出现两个女生单独成组的情况，有种分组方法，再对应到八卦算、九宫算的收集整理，有种情况，此时共有×＝20种安排方式；②分2，4的两组时，有＝15种分组方法，除去1种两个女生单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到八卦算、九宫算的收集整理，有种情况，此时共有14×＝28种安排方式，综上共有20＋28＝48种安排方式.故选D. 6.〔多选〕某校计划安排五位老师（包含甲、乙、丙）担任四月三日至四月五日的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法正确的是（　　） A.若每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种 B.若甲、乙、丙三人只有一人安排了值班，则不同的安排方法共有种 C.若甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班，则不同的安排方法共有种 D.若五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班，则不同的安排方法共有种 解析：AC　对于选项A，每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种，A正确；对于选项B，甲、乙、丙三人只有一人安排了值班的安排方法可分为两步完成，第一步，从甲、乙、丙三人中选出一人，有种选法，再将所选之人与余下两人分别安排到四月三日至四月五日，有种方法，故不同的安排方法共有种，B错误；对于选项C，甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班等价于将甲、乙视为一个整体，与除甲、乙、丙外的两人一起分别安排到四月三日至四月五日值班，不同的安排方法共有种，C正确；选项D，安排五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班可分为两步完成，先将5人分为2人，2人，1人三个小组，再将3个小组分别安排到四月三日至四月五日，完成第一步的方法有种，完成第二步的方法有种，所以不同的安排方法共有种，D错误；故选A、C. 7.冬季供暖时，供热公司将5名水暖工分配到3个不同的居民小区检查暖气管道，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，那么分配的方案共有　150　种. 解析：将5名水暖工分成2，2，1或3，1，1三组，共有＋＝25（种）分法，将这三组水暖工分配到3个小区共有＝6（种）分法，由分步乘法计数原理，分配方案共有25×6＝150（种）. 8.如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“”中，每个“”中填一个数字，有线段连接的两个“”不能填相同数字，四个数字不必均使用，则不同填数方法有　264　种. 解析：如图，计算不同填数方法有两类办法：当用四个数字时，先填A，E，D，有种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是得有（2＋1）种填法；当用三个数字时，先填A，E，D，有种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是得有2种填法.利用分类加法计数原理得不同填数方法有（2＋1）＋2＝216＋48＝264（种）. 9.在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； （2）已知每检测一件产品需要检测费用100元，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？ 解：（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束， 第1次抽到的是正品有种抽法，第2次抽到的是次品有种抽法，第3次抽到的是正品有种抽法. 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有＝24（种）抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有＝48（种）抽法； 若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有＝48（种）抽法. 综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法. （2）由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况： ①4次抽到的均为正品，共有＝24（种）抽法； ②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有··＝72（种）抽法. 所以检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种. 10.〔一题多解〕按下列要求将10个完全相同的球放入编号为1，2，3的3个盒子中，各有多少种不同的放法？ （1）每个盒子中至少放1个球； （2）每个盒子中至少放2个球； （3）每个盒子中可放任意个球； （4）每个盒子中所放球的个数不小于其编号数. 解：（1）将10个球排成一排，中间形成9个空隙，在9个空隙中选2个位置插入隔板，每一种插法对应一种放法. 因此，每个盒子中至少放1个球的放法共有＝36（种）. （2）要求每个盒子中至少放2个球，可以先从10个球中拿出3个，分别放入编号为1，2，3的盒子，还剩下7个球，此时问题转化为将7个完全相同的球放入编号为1，2，3的3个盒子中且每个盒子中至少放1个球. 由隔板法，得每个盒子中至少放2个球的放法共有＝15（种）. （3）法一 因为每个盒子中可放任意个球，即允许有些盒子中没有球，所以可增加3个球，此时问题转化为将13个完全相同的小球放入编号为1，2，3的3个盒子中且每个盒子中至少放1个球. 由隔板法，得每个盒子中可放任意个球的放法共有＝66（种）. 法二 因为每个盒子中可放任意个球，即允许有些盒子中没有球， 所以2个隔板可以相邻，也可以在两端，此时问题转化为将10个球和2个隔板视为12个位置，只要在这12个位置中选出2个位置放隔板，就可以把球分成3份，然后对应地放入3个盒子，每一种放置隔板的方法对应一种放法. 因此，每个盒子中可放任意个球的放法共有＝66（种）. （4）先在编号为2的盒子中放入1个球，在编号为3的盒子中放入2个球，还剩下7个球，此时问题转化为将7个完全相同的小球放入编号为1，2，3的3个盒子中且每个盒子中至少放1个球. 由隔板法，得每个盒子中所放球的个数不小于其编号数的放法共有＝15（种）. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $