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第五章 计数原理
§1 基本计数原理
新课导入
《庄子·齐物论》中有一个故事，宋国有一个老人，他在家中的院子里养了许多猴子，日子一久，这个老人和猴子竟然能沟通讲话了.有一天他给猴子喂橡子吃，说：“早上三颗，晚上四颗.”猴子们都非常生气.老人便说：“既然这样，那么早上四颗，晚上三颗好了.”猴子们都很高兴.这就是“朝三暮四”的故事.虽然老人的安排发生了变化，但橡子总数是没有变化的.这节课我们就从最基本的分类加法计数原理与分步乘法计数原理来开始我们今天的学习吧！
学习目标
1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题. 3.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别. 4.会正确应用这两个计数原理计数.
第1课时 基本计数原理
新知学习 探究
一 分类加法计数原理
思考．甲公司代表从济南前往北京参加会议,有两类快捷途径可供选择：一是乘飞机,二是乘高铁.假如飞机有3个航班可选,高铁有4个班次可选.那么该代表从济南到北京共可以选择多少种快捷途径
提示：共有（种）.
［知识梳理］
完成一件事，可以有类办法，在第1类办法中有种方法，在第2类办法中有种方法……在第类办法中有种方法，那么，完成这件事共有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 种方法.（也称“加法原理”）
【答案】
［例1］
（1） [（2025·江西期末）]某学校开设5门球类运动课程、6门田径类运动课程和3门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A. 90种 B. 30种 C. 14种 D. 11种
（2） [（2025·桂林月考）]一个科技小组有3名男同学，5名女同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有_ _ _ _ 种.
【答案】（1） C
（2） 8
【解析】
（1） 根据分类加法计数原理，不同的选法共有（种）.
（2） 任选1名同学参加学科竞赛，有两类方案：
第一类，从男同学中选取1名参加学科竞赛，有3种不同的选法；
第二类，从女同学中选取1名参加学科竞赛，有5种不同的选法.
由分类加法计数原理得，不同的选派方法共有（种）.
利用分类加法计数原理计数时的解题流程
提醒 “分类”是加法原理的标志，要做到：
（1）遵从分类标准，即在同一标准下进行分类.
（2）遵从分类原则，即分类不重不漏，要注意类与类之间的独立性和并列性.
［跟踪训练1］．
（1） 用1，5，9，13中的任意一个数作分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可以构成个不同的真分数.
（2） 把10个苹果分成三份，要求每份至少1个，至多5个，则不同的分法共有_ _ _ _ 种.
【答案】（1） 10
（2） 4
【解析】
（1） 由真分数的定义知，真分数的分母大于分子，且均为正整数，
若1为分子，分母有4种选择；
若5为分子，分母有3种选择；
若9为分子，分母有2种选择；
若13为分子，分母有1种选择，
且没有重复的分数，所以不同的真分数共有（个）.
（2） 可进行如下分类：三份中“最多”的一份为5个，其他两份总和为5个，每份至少1个，只有2种分法，即1和4或2和3；三份中“最多”的一份为4个，其他两份总和为6个，每份至少1个，只有2种分法，即2和4或3和3；根据分类加法计数原理，不同的分法共有（种）.
二 分步乘法计数原理
思考．乙公司代表从济南前往北京参加会议,但必须先去青岛调研，再从青岛去北京，已知从济南到青岛每天有7个航班,从青岛到北京每天有6趟高铁.则该代表从济南到北京共有多少种不同的快捷途径？
提示：共有（种）.
［知识梳理］
完成一件事需要经过个步骤，缺一不可，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法……做第步有种不同的方法，那么，完成这件事共有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 种方法.（也称“乘法原理”）
【答案】
［例2］ 已知集合,,,0,1,，点在平面直角坐标系内，且,．
（1） 平面上共有多少个点？
（2） 有多少个点在第二象限内？
【答案】（1） 【解】 第一步，先安排横坐标，,,,0,1,，所以 有6种选择；第二步，安排纵坐标，,,,0,1,，所以 有6种选择，所以一共有 个满足条件的点.
（2） 在第二象限内，则,，故 可从,,这3个数字中选择1个，有3种选择，可从1,2这2个数字中选择1个，有2种选择，故总共有 个满足条件的点.
母题探究1．若本例条件不变，在圆上的点的个数为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】选.由于,,,,0,1,且 在圆上，即.所以,时，,,,时，,.
因此圆上的点的个数为.故选.
母题探究2．若本例条件不变，有多少个点不在直线上？
解：在直线 上的点满足，此时 可以为,,，,,共6个，所以不在直线 上的点有（个）.
利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
提醒 （1）完成一件事有多个步骤，缺一不可；
（2）每一步都有若干种方法.
［跟踪训练2］．
（1） 已知，3，，，，，则可表示不同的值的个数为（ ）
A. 8 B. 12 C. 10 D. 9
（2） 现有5种不同的书（每种书不少于3本），从中选购3本送给3名同学，每名同学各一本，共有_ _ 种不同的送法.（用数字作答）
【答案】（1） D
（2） 125
【解析】
（1） 选.因为从集合，3，中任取一个值共有3种情况，从集合，，中任取一个值共有3种情况，故 可表示 个不同的乘法计算，且经检验计算结果均不相同，所以 可表示不同的值有9个.故选.
（2） 根据题意，3名同学每名同学都有5种不同的送法，则有（种）.
三 两个计数原理的简单应用
［例3］ （对接教材例3）某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是型血的共有3人．
（1） 从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？
（2） 从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？
【答案】
（1） 【解】 分四类：
从 型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从 型血的人中选1人有3种不同的选法．
任选1人去献血，用分类加法计数原理，得 种不同的选法．
（2） 分四步：
要从4种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，“各选1人去献血”的事情才算完成，所以用分步乘法计数原理，得 种不同的选法．
利用两个计数原理解题的策略
用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分“分类”还是“分步”的关键是看这种方法能否完成这件事情；其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”.
［跟踪训练3］．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地.
（1） 选1人为总负责人，有多少种不同的选法
（2） 每班选1人为小组长，有多少种不同的选法
（3） 从他们中选出2个人维持秩序，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法
【答案】（1） 解：分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，共有8种不同的选法;第二类是从二班的10名优秀团员中产生，共有10种不同的选法;第三类是从三班的6名优秀团员中产生，共有6种不同的选法.由分类加法计数原理，共有 种不同的选法.
（2） 分三步，第一步，从一班的8名优秀团员中选1名小组长，共有8种不同的选法;第二步，从二班的10名优秀团员中选1名小组长，共有10种不同的选法;第三步，从三班的6名优秀团员中选1名小组长，共有6种不同的选法.由分步乘法计数原理，共有 种不同的选法.
（3） 分三类，每一类又分2步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有 种不同的选法;第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有 种不同的选法;第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有 种不同的选法.因此，共有 种不同的选法.
课堂巩固 自测
1．（教材P160T 1改编）解一道数学题，有两种方法，有2个人只会用第一种方法，有3个人只会用第二种方法，从这5个人中选1个人能解这道题目，则不同的选法共有（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 9种
【答案】B
【解析】选.根据分类加法计数原理得不同的选法共有（种）.故选.
2．如图，一条电路从处到处接通时，可构成的通路有（ ）
A. 8条 B. 6条 C. 5条 D. 3条
【答案】B
【解析】选.由题图知，要构成通路，则 处有2种方式，处有3种方式，所以可构成的通路有 条.故选.
3．某商店共有，，三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是品牌，乙买的不是品牌，则这三人买水杯的情况共有（ ）
A. 3种 B. 7种 C. 12种 D. 24种
【答案】C
【解析】选.由分步乘法计数原理可得这三人买水杯的情况共有（种）．故选.
4．某电视台的主持人在某综艺节目中拿出两个信箱，信箱中为观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽取信封确定幸运之星和幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运观众，则有多少种不同结果？
解：①若幸运之星在甲箱中抽取，则有 种不同的结果；②若幸运之星在乙箱中抽取，则有 种不同的结果．故共有 种不同结果．
1.已学习：分类加法计数原理与分步乘法计数原理.
2.须贯通：分类与分步常用到分类讨论思想.
3.应注意：“分类”与“分步”不清，导致计数错误.
课后达标 检测
A 基础达标
1．[（2025·桂林期末）]一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，现从中任选1名同学参加学科竞赛，则不同的选派方法数为（ ）
A. 4 B. 5 C. 9 D. 20
【答案】C
【解析】选.第一类从女同学中选1名，有4种不同的选法；第二类从男同学中选1名，有5种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有 种不同的选法.
2．已知某公园有4个大门，则从大门进出的方案有（ ）
A. 16种 B. 13种 C. 12种 D. 10种
【答案】A
【解析】选.从大门进有4种选择，从大门出有4种选择，故从大门进出的方案共有（种）.故选.
3．[（2025·南昌期末）]现有4名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是（ ）
A. B. C. 20 D. 9
【答案】B
【解析】选.每名同学选一个课外知识讲座，属于可重复问题，每名同学都有5种选择，所以共有 种选法.
4．从，，，，这5个元素中取出4个，放在4个不同的格子中，且元素不能放在第二个格子里，则不同的放法有（ ）
A. 60种 B. 72种 C. 96种 D. 120种
【答案】C
【解析】选.当元素 不被取出时，不同的放法有（种）；当元素 被取出时，则元素 有三个位置，不同的放法有（种），所以一共有 种不同的放法.故选.
5．（多选）某食堂窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两人均在该窗口打2种菜，且每人至多打1种荤菜，则下列说法中正确的是（ ）
A. 甲若选一种荤菜，则有6种选法
B. 乙的选菜方法数为9
C. 若两人分别打菜，总的方法数为18
D. 若两人打的菜均为一荤一素且只有一种相同，则方法数为30
【答案】AB
【解析】选.若甲打一荤一素，则有 种选法，故 选项正确;
若乙打一荤一素，则有6种选法，若打两素，不妨令三素为，，，则有，，种选法，所以共9种选法，故 选项正确;
若两人分别打菜，由选项 知每个人可有9种选法，故应有 种选法，故 选项错误；选项 可分为荤菜相同或素菜相同两种情况，共（种），故 选项错误.故选.
6．（多选）现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（ ）
A. 从中任选1个球，有15种不同的选法
B. 若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C. 若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D. 若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
【答案】ABD
【解析】选.对于，从中任选1个球，有 种不同的选法，所以 选项正确；
对于，若每种颜色选出1个球，有 种不同的选法，所以 选项正确；
对于，若要选出不同颜色的2个球，有 种不同的选法，所以 选项错误；
对于，若要不放回地依次选出2个球，有 种不同的选法，所以 选项正确.故选.
7．，两个篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则选的是偶数号球衣的不同选法共有_ _ _ _ 种．
【答案】9
【解析】 选的是偶数号球衣的选法有3种，从 选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种，则 选的是偶数号球衣的不同选法共有（种）.
8．的展开式中有项.
【答案】24
【解析】要得到项数分三步：第一步，从第一个括号中取一项，有2种取法；第二步，从第二个括号中取一项，有3种取法；第三步，从第三个括号中取一项，有4种取法.由分步乘法计数原理知，共有（项）.
9．某市的有线电视可以接收中央台12个频道，本地台8个频道和其他省市40个频道的节目.若有3个频道正在转播同一个节目，其余频道正在播放互不相同的节目，则一台电视可以选看的不同节目共有个.
【答案】58
【解析】由题意可得该市的有线电视可接收 个频道的节目，而其中3个频道播放同一个节目，其余57个频道播放互不相同的节目，则一台电视可选看 个不同节目.
10．（13分）某人有4枚明朝不同年代的古币和6枚清朝不同年代的古币.
（1） 若从中任意取出1枚，则有多少种不同的取法？（6分）
（2） 若从中任意取出明、清古币各1枚，则有多少种不同的取法？（7分）
【答案】（1） 解：从10枚不同的古币中，取出1枚明朝的古币有4种不同的取法，取出1枚清朝的古币有6种不同的取法，由分类加法计数原理知，共有 种不同的取法.
（2） 分两步进行，第一步，从4枚明朝的古币中取出1枚，有4种不同的取法；第二步，从6枚清朝的古币中取出1枚，有6种不同的取法.由分步乘法计数原理知，共有 种不同的取法.
B 能力提升
11．“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为（ ）
A. 72 B. 108 C. 144 D. 196
【答案】C
【解析】选.按题意，5的上方和左方只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右方只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法.由分步乘法计数原理得，不同的填法种数为.故选.
12．，，，，五人按顺时针方向围成一圈玩传球游戏，要求每次只能传给不与自己相邻的人.游戏开始时，球在手里，则经过5次传球，传到手中，不同的传球方案共有种.
【答案】10
【解析】依题意，由于球只能传给不与自己相邻的人，所以推得第二次传球后，球只能在①，②，③，④情况中的一种；又第五次传球要传到 手中，故后三次传球仅能在⑤，⑥，⑦，⑧情况中的一种；
由于球只能传给不与自己相邻的人，故只有①⑤，①⑥，①⑧，②⑤，②⑦，②⑧，③⑤，③⑥，③⑧，④⑥，共10个组合可传球，所以不同的传球方案共有10种.
13．（13分）已知集合，4，6，8，，，3，5，7，，在中任取一元素和在中任取一元素组成数对，问：
（1） 有多少个不同的数对？（5分）
（2） 其中所取两数满足的数对有多少个？（8分）
【答案】（1） 解：由题意得，先选出 有5种结果，再选出 有5种结果，根据分步乘法计数原理知，共有 个不同的数对.
（2） 在（1）中的25个数对中所取两数满足 的数对可以分五类，当 时，，有1种结果；当 时，，3，有2种结果；当 时，，3，5，有3种结果；当 时，，3，5，7，有4种结果；当 时，，3，5，7，9，有5种结果.根据分类加法计数原理，共有 个满足要求的数对.
14．（15分）将一枚骰子（点数分别为1，2，3，4，5，6）连抛3次．
（1） 一共出现多少种不同的抛掷情况？（4分）
（2） 3次都不出现奇数点朝上的情况共有多少种？（4分）
（3） 恰有一次出现奇数点朝上的情况共有多少种？（7分）
【答案】（1） 解：将一枚骰子（点数分别为1，2，3，4，5，6）连抛3次，一共出现 种不同的抛掷情况.
（2） 3次都不出现奇数点朝上的情况共有（种）.
（3） 恰有一次出现奇数点朝上可分三种情况：第一次奇数点朝上，其余两次均是偶数点，有 种情况；第二次奇数点朝上，其余两次均是偶数点，有 种情况；第三次奇数点朝上，其余两次均是偶数点，有 种情况，所以共有 种情况.
C 素养拓展
15．[（2024· 新课标Ⅱ卷）]在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是_ _ ．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
【答案】24； 112
【解析】第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为.
先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为．
第2课时 基本计数原理的应用
新知学习 探究
一 组数问题
［例1］ （对接教材例1）用0，1， ，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数
（1） 四位整数;
（2） 四位偶数;
（3） 小于1 000的无重复数字的自然数.
【答案】
（1） 【解】 千位数字有9种选择，百位、十位和个位数字各有10种选择.
由分步乘法计数原理知，适合题意的四位整数的个数是.
（2） 由于组成偶数，所以个位数字为0，2，4，6，8五种情况，千位数字有9种选择，百位数字有10种选择，十位数字也有10种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的四位偶数的个数是.
（3） 小于1 000的无重复数字的自然数可以分为一位、两位、三位自然数三类.其中一位自然数:10个；两位自然数:十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是；三位自然数:百位数字有9种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是，由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是.
母题探究1．本例的十个数字，可组成多少个小于500的无重复数字的三位整数.
解：百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位整数的个数是.
母题探究2．本例的十个数字，可组成多少个能被5整除的无重复数字的五位整数.
解：依题意，个位数字为0或5.
当个位数字为0时，万位数字有9种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的五位整数的个数是；
当个位数字为5时，万位数字有8种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的五位整数的个数是，
所以能被5整除的无重复数字的五位整数的个数共有.
解决组数问题的方法
（1）明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”计数原理的关键.一般按特殊位置（末位或首位）分类，分类中再按特殊位置（或特殊元素）优先的策略分步完成；如果直接分类情况较多，可采用间接法求解.
（2）要注意数字“0”不能排在两位数以及多位数的最高位.
［跟踪训练1］．我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”（如，均是“四位合六数”），则首位为1的不同的“四位合六数”共有个．
【答案】21
【解析】由题知后三位数字之和为5，
当一个位置为5时有005，050，500，共3个;
当两个位置和为5时有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个;
当三个位置和为5时有113，131，311，122，212，221，共6个.
所以一共有（个）.
二 选（抽）取与分配问题
［例2］
（1） 高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班只去一个工厂且去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）
A. 360种 B. 420种 C. 369种 D. 396种
（2） 甲、乙、丙三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有_ _ _ _ .
【答案】（1） C
（2） 2
【解析】
（1） 方法一（直接法）：
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：
第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去其他工厂，此时分配方案共有（种）；
第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他工厂，此时分配方案共有（种）；
第四类，有一个班级去甲工厂，另外三个班级去其他工厂，此时分配方案有（种）.
综上所述，不同的分配方案有 种.故选.
方法二（间接法）：
先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即 种方案.故选.
（2） 不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的贺卡就由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有一种选择，所以不同取法共有（种）.
选（抽）取与分配问题的常见类型及其解法
（1）当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法.
（2）当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：
①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若按对象的特征抽取，则按分类进行.
②间接法：去掉限制条件计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.
［跟踪训练2］．
（1） 有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是（ ）
A. 11 B. 10 C. 9 D. 8
（2） [（2025·汉中期末）]设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为.
【答案】（1） C
（2） 45
【解析】
（1） 选.设四个班级分别是，，，，它们的老师分别是甲、乙、丙、丁.
方法一：设甲监考的是，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当甲监考，时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.这样，由分类加法计数原理知，共有 种不同的安排方法.
方法二：让甲先选，可从，，中选一个，即有3种选法.若选的是，则乙从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理，共有 种不同的安排方法.故选.
（2） 先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有5种情况，假设5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为，，，，，，，，共9种，故所求投放方法种数为.
三 涂色（种植）问题
［例3］
（1） 中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.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7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A. 1 050种 B. 1 260种 C. 1 302种 D. 1 512种
（2） 有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田（有公共边）不能种植同一种作物，共有种不同的种植方法.
【答案】（1） C
（2） 84
【解析】
（1） 由题意可得，只需确定区域1,2,3,4的颜色，即可确定整个伞面的涂色.
先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5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6种选择.
故不同的涂色方案有（种）.故选.
（2） 依题意，与，种植作物不同，但与 种植作物可以相同，也可以不同，分两类：当，种植同种作物，则，有4种不同的种植方法，有3种种植方法，也有3种种植方法．由分步乘法计数原理，共有 种种植方法；
当，种植不同作物，则 有4种种植方法，有3种种植方法，有2种种植方法，有2种种植方法．由分步乘法计数原理，共有 种种植方法．
综上所述，由分类加法计数原理，共有 种种植方法.
解决涂色（种植）问题的一般思路
（1）按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析.
（2）以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析.
（3）将空间问题平面化，转化成平面区域的涂色问题.对于种植问题，按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数；或按种植品种进行分类，用分类加法计数原理计数.
［跟踪训练3］．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ）
A. 240 B. 360 C. 420 D. 540
【答案】C
【解析】选.按照 的顺序进行染色，按照，是否同色分类：
第一类，，同色，则有 种不同的染色方法.
第二类，，不同色，则有 种不同的染色方法.
根据分类加法计数原理，共有 种不同的染色方法.
课堂巩固 自测
1．由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数有（ ）
A. 9个 B. 12个 C. 15个 D. 18个
【答案】B
【解析】选.本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树状图表示为
由此可知共有12个.
2．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 12种
【答案】C
【解析】选.若甲先传给乙，则有甲 乙 甲 乙 甲，甲 乙 甲 丙 甲，甲 乙 丙 乙 甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有 种不同的传法.故选.
3．小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如图1所示的形状，现需要给七巧板右下方的五块区域涂色（如图2），有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有_ _ 种不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】第一步，涂2，有4种涂色方案；
第二步，涂5，有3种涂色方案；
第三步，涂3，4，当3与5同色时，4有3种涂色方案；当3和5不同色时，3有2种涂色方案，4有2种涂色方案，第三步共7种；
第四步，涂1，有3种涂色方案.
共计（种）.
4．某文艺小组有20人，其中会唱歌的有14人，会跳舞的有10人，从中选出会唱歌与会跳舞的各1人参加演出，且既会唱歌又会跳舞的至多选出1人，有多少种不同的选法？
解：由题意知，既会唱歌又会跳舞的有（人），只会唱歌的有10人，只会跳舞的有6人.
第1类，首先从只会唱歌的10人中选出1人，有10种不同的选法，从只会跳舞的6人中选出1人，有6种不同的选法，共有 种不同的选法；
第2类，从既会唱歌又会跳舞的4人中选出1人，再从只会跳舞的6人或只会唱歌的10人中选出1人，共有 种不同的选法.
所以一共有 种不同的选法.
1.已学习：（1）两个计数原理的区别与联系；
（2）两个计数原理的应用：组数问题、抽取与分配问题、涂色与种植问题.
2.须贯通：组数问题、抽取与分配问题的直接法、分类讨论与间接法：正难则反.
3.应注意：（1）分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题；
（2）如果直接分类情况较多，可采用间接法正难则反的思想求解.
课后达标 检测
A 基础达标
1．某校食堂餐后有三种水果可供学生挑选，每名学生只能挑选其中一种，甲、乙两人各任意挑选一种水果，则不同的选择有（ ）
A. 5种 B. 6种 C. 8种 D. 9种
【答案】D
【解析】选.不同的选择有（种）.故选.
2．在由0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有（ ）
A. 512个 B. 192个 C. 240个 D. 108个
【答案】D
【解析】选.能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理知，共有（个）；另一类是末位为5，由分步乘法计数原理知，共有（个）.由分类加法计数原理得，所求的四位数共有（个）.
3．某校开展劳动教育，决定在植树节那天派小明、小光等5名学生去附近的两个植树点去植树，若小明和小光必须在同一植树点，且各个植树点至少去两名学生，则不同的分配方案种数为（ ）
A. 8 B. 10 C. 12 D. 14
【答案】A
【解析】选.分两类，第一类，小明和小光去一个植树点，其他3名学生去另一个植树点，有2种不同的分配方案；第二类，小明和小光与另外一人去一个植树点，剩下两名学生去另一个植树点，有 种不同的分配方案，则共有 种不同的分配方案.
4．已知直线上有,,三个不同的点，且，直线上有,,,,五个不同的点，且，，且，间的距离为1，则由这些点构成的面积为1的三角形的个数为（ ）
A. 6 B. 14 C. 17 D. 25
【答案】B
【解析】选.若构成的三角形有一个顶点在直线 上，则在直线 上的边的长度为2，有,,三种情况，此时符合题意的三角形的个数为；
若构成的三角形有一个顶点在直线 上，则在直线 上的边的长度为2，只有 一种情况，此时符合题意的三角形的个数为5.
综上所述，由这些点构成的面积为1的三角形的个数为14.故选.
5．（多选）下列选项正确的是（ ）
A. 由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B. 由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C. 由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D. 由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
【答案】ACD
【解析】选.由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有（个），故 正确；
若三位数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字的三位偶数有（个），故 错误；
数字1，2，3，4能够组成的三位密码有（个），故 正确；
若百位是4时，有（个），
若百位是3，则十位可以是2，3，4，个位可以是1，2，3，4，共有（个），则比320大的三位数有（个），故 正确．故选．
6．（多选）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，，等，显然两位回文数有9个：11，22，33， ，99；三位回文数有90个：101，111，121， ，191，202， ，999.下列说法正确的是（ ）
A. 四位回文数有90个
B. 四位回文数有45个
C. 位回文数有个
D. 位回文数有个
【答案】AC
【解析】选.根据题意，对于四位回文数，有，，， ，，，，， ，， ，，，， ，，其首位和个位有9种选法，第二位和第三位有10种选法，故共有 个，故 正确，错误；对于 位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法， ，第 个数字，即最中间的数字有10种选法，则共有 种选法，即 位回文数有 个，故 正确，错误.故选.
7．正整数240不同的正约数有个．
【答案】20
【解析】，其正约数的构成是 的形式的数，其中，1，2，3，4；，1；，1，故其不同的正约数有（个）.
8．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有种不同的种植方法．
【答案】18
【解析】方法一（直接法）：若黄瓜种在第一块土地上，则有 种不同的种植方法；
同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有 种不同的种植方法．
故不同的种植方法共有（种）．
方法二（间接法）：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有（种），其中不种黄瓜有（种），故共有 种不同的种植方法．
9．如图，对“田”字型的四个格子进行染色.每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种，每个格子只染一种颜色，且相邻的格子不能都染红色，则满足要求的染色方法有种.（用数字作答）
【答案】56
【解析】若4个格子中没有一格染红色，每格都染黄或蓝，有 种不同的染法；
若4个格子中恰有一格染红色，4格中选一格染红，其余3格染黄或蓝，有 种不同的染法；若4个格子中恰有两格染红色，有2种情况，其余2格染黄或蓝，有 种不同的染法.由分类加法计数原理可知共有 种不同的染法.
10．[（2025·江西期末）]（13分）从这7个数字中取出4个数字，试问：
（1） 能组成多少个没有重复数字的四位数？（6分）
（2） 能组成多少个没有重复数字的四位偶数？（7分）
【答案】
（1） 解：第一步：千位不能为0，有6种选择；
第二步：百位可以从剩余6个数字中选，有6种选择；
第三步：十位可以从剩余5个数字中选，有5种选择；
第四步：个位可以从剩余4个数字中选，有4种选择.
根据分步乘法计数原理，能组成 个没有重复数字的四位数.
（2） 第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位偶数有（个）；
第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位偶数有（个）；
第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位偶数有（个）；
第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位偶数有（个）.
根据分类加法计数原理，能组成 个没有重复数字的四位偶数.
B 能力提升
11．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ）
A. 48 B. 18 C. 24 D. 36
【答案】D
【解析】选.正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，对于每一条棱，都可以与两个侧面（或底面）构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）；对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有（个）.故选.
12．（多选）高二年级安排甲、乙、丙三位同学到，，，，五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A. 所有可能的选择方法有种
B. 如果社区必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C. 如果同学甲必须选择社区，则不同的安排方法有25种
D. 如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
【答案】BC
【解析】选.对于选项，由题意得，共有 种选择方法，故 错误；对于选项，如果社区 必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），故 正确；对于选项，如果同学甲必须选择社区，则不同的安排方法有（种），故 正确；对于选项，如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），故 错误.故选.
13．[（2025·汉中期末）]已知“渐升数”是指每一位数字比其左边的数字大的正整数（如236），那么三位“渐升数”有个，其中比516大的三位“渐升数”有个.
【答案】84； 10
【解析】完成这件事需选出3个数，要满足“渐升数”需分类来解.
当百位上的数字为1，十位上的数字为2时，个位上的数字有7种选法；
当百位上的数字为1，十位上的数字为3时，个位上的数字有6种选法；…；
当百位上的数字为1，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法.
由分类加法计数原理得百位上的数字为1的三位“渐升数”有（个）.
同理，百位上的数字为2的三位“渐升数”有（个），
百位上的数字为3的三位“渐升数”有（个），
百位上的数字为4的“渐升数”有（个），
百位上的数字为5的三位“渐升数”有（个），
百位上的数字为6的三位“渐升数”有（个），
百位上的数字为7的三位“渐升数”有1个.
根据分类加法计数原理得共有 个“渐升数”.
百位上的数字为5，6，7的三位“渐升数”均比516大，故比516大的三位“渐升数”有（个）.
14．（13分）已知口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
（1） 至少有一个白球的取法有多少种？（6分）
（2） 两球的颜色不相同的取法有多少种？（7分）
【答案】
（1） 解：根据题意分2类完成：
第一类：恰好一个白球有 种取法；第二类：2个球均为白球有 种取法，所以共有 种取法.
（2） 根据题意分3类完成：
第一类：两球为白球和黑球有 种取法；第二类：两球为白球和红球有 种取法；
第三类：两球为黑球和红球有 种取法，所以共有 种取法．
C 素养拓展
15．（15分）一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花.
（1） 如图1，圆环分成3等份，分别为，，，则有多少种不同的种植方法？（7分）
（2） 如图2，圆环分成4等份，分别为，，，，则有多少种不同的种植方法？（8分）
【答案】
（1） 解：先种植 部分，有3种不同的种植方法，再种植，部分.
因为，与 的颜色不同，，的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理得，不同的种植方法有（种）.
（2） 当，不同色时，
有 种种植方法，
当，同色时，
有 种种植方法，
由分类加法计数原理得，共有 种种植方法.
§2 排列问题
新课导入
随着人们生活水平的提高，车辆拥有量迅速增长,汽车号牌仅用一个字母和数字表示已经不能满足需求,再加上许多车主还希望汽车号牌“个性化”,因此,汽车号牌需要进行扩容.这就用到了排列的数学知识.
学习目标
1.理解并掌握排列的概念，能正确写出一些简单问题的所有排列. 2.能应用排列知识解决简单的实际问题. 3.能用计数原理推导排列数公式. 4.能用排列数公式解决简单的实际问题. 5.进一步加深对排列概念的理解. 6.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题.
第1课时 排列与排列数、排列数公式
新知学习 探究
一 排列的定义
思考1．鲁·与鲁·一样吗？
提示：不一样，数字顺序不一样，号牌就不同.
思考2．某地区某汽车号牌的序号共有6位，其中2个字母，4个数字（字母，除外，与数字0,1难以区分），可以算出有多少个汽车号牌吗？
提示：可以，从24个字母与10个数字中选出2个字母和4个数字，按顺序填入下列表格，有多少种填法，就有多少个汽车号牌.
［知识梳理］
一般地，从个不同元素中取出，且,个元素，按照_ _ _ _ _ _ _ _ 排成一列，叫作从个不同元素中取出个元素的一个排列.
【答案】一定的顺序
［例1］ 判断下列问题是否为排列问题.
（1） 北京南站、上海虹桥站、天津南站三个高铁站之间的高铁票的价格（假设来回的票价相同）；
（2） 选2个小组分别去植树和种菜；
（3） 选2个小组去种菜；
（4） 选10人组成一个学习小组；
（5） 选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；
（6） 某班40名学生在假期相互打电话.
【答案】（1） 【解】 中票价只有三种，虽然高铁票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题.
（2） 植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题.
（3） 不存在顺序问题，不属于排列问题.
（4） 不存在顺序问题，不属于排列问题.
（5） 中每个人的职务不同，例如甲当班长与当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题.
（6） 给 打电话与 给 打电话是不同的，所以存在顺序问题，属于排列问题.
所以（2），（5），（6）属于排列问题.
判断一个问题是否为排列问题，主要从“取”与“排”两方面考虑:①“取”指检验取出的个元素是否重复；②“排”指检验取出的个元素是否有顺序，其判断标准是，
［跟踪训练1］．（多选）下列问题属于排列问题的是（ ）
A. 从6人中选2人分别去游泳和跳绳
B. 从10人中选2人去植树
C. 从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D. 从数字5，6，7，8中任取三个数组成没有重复数字的三位数
【答案】AD
【解析】选.对于，从6人中选2人分别去游泳和跳绳，选出的2人有分工的不同，是排列问题；对于，从10人中选2人去植树，与顺序无关，不是排列问题；对于，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，不是排列问题；对于，从数字5，6，7，8中任取三个数组成没有重复数字的三位数，各数位上的数字有顺序性，是排列问题．故选.
二 树状图法写排列
［例2］ 四个人，，，坐成一排照相有多少种坐法？将它们一一列出来.
【解】 先安排 有4种坐法，安排 有3种坐法，安排 有2种坐法，安排 有1种坐法，由分步乘法计数原理得，有（种）.画出树状图如图所示.
由树状图可知，所有坐法为,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,.
母题探究1．本例中，若加上条件：不排在第一，不排在第二，不排在第三，不排在第四，试用树状图列出所有可能的排法.
解：树状图（如图）：
由树状图知，所有排法为，，，，，，，，.
母题探究2．本例中，若加上限制条件：不能在“排头”（即每个排列的最左端不是），这样的排列有几个？
解：由例2的树状图可知这样的排列共有（个）.
树状图的画法
（1）确定首位，以哪个元素在首位为分类标准.
（2）确定第二位，在每一个分支上再排余下的元素，在前面元素不变的情况下确定第二位并按顺序分类.
（3）重复以上步骤，直到写完一个排列为止.
［跟踪训练］．在编号为1,2,3,4的四块土地上试种编号为1,2,3,4的四个品种的小麦,但1号地不能种1号小麦,2号地不能种2号小麦,3号地不能种3号小麦,且一块土地只种一个品种的小麦，则共有种不同的试种方案.
【答案】11
【解析】画出树状图如图,
由树状图可知,共有11种不同的试种方案.
三 排列数与排列数公式
思考1．由运动员、教练员和后勤保障人员组成36人的某代表团站成一排合影，则这36人的排列顺序有多少种
提示：.
思考2．从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数，如何计算？
提示：.
［知识梳理］
排列数定义及表示 从个不同元素中取出，且，个元素的所有不同排列的个数，叫作从个不同元素中取出个元素的排列数，记作
全排列的概念 个不同元素全部取出的一个排列
阶乘的概念 把记作,读作：的阶乘
排列数公式
阶乘式
特殊情况 ,,
［例3］ 根据要求完成下列各题．
（1） 计算：；
（2） 解方程：；
（3） 解不等式：.
【答案】（1） 【解】 原式.
（2） 原方程可化为，化简，得，即，解得 或.因为，且,所以原方程的解是.
（3） 原不等式可化为，化简，得，即，解得.又因为，，，所以 且，所以原不等式的解为.
排列数公式的形式及选择方法
排列数公式有两种形式，一种是连乘积的形式，另一种是阶乘的形式，若要计算含有数字的排列数的值，常用连乘积的形式进行计算，而要对含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证时，一般用阶乘式.
常用结论，，且；
，，且.
［跟踪训练3］．
（1） 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
（2） 若，则_ _ _ _ .
【答案】（1） A
（2） 5
【解析】
（1） 选.因为，， ，，共有80个数，且最大的数为，
所以原式．故选.
（2） 由题得
，
则，
所以，
则，即，又，故.
四 排列数公式的简单应用
［例4］ 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，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？
【解】 由题意得，可分3类，第1类，用1面旗表示的信号有 种；
第2类，用2面旗表示的信号有 种；
第3类，用3面旗表示的信号有 种，由分类加法计数原理，所求的信号种数是，即一共可以表示15种不同的信号.
母题探究．若信号兵用红旗2面，黄旗、蓝旗各1面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号（4面旗全部用上），不同的颜色排成的顺序表示不同的信号，能表示多少种信号？
解：用4面旗表示信号可分两步：第一步，先从4个位置选两个位置安排黄旗和蓝旗共有 种方法；第二步，剩下的两个位置排红旗，因为颜色一样，与顺序无关，所以只有1种排法.由分步乘法计数原理，所表示的不同信号共有（种）.
对于简单的排列问题可直接代入排列数公式，也可以用树状图法.情况较多的情形，可以分类后进行排列.
［跟踪训练4］．现有3张卡片，正、反面分别标有数字1和2，3和4，5和6，若将3张卡片并列组成一个三位数，则可以得到多少个不同的三位数？
解：“组成三位数”这件事，分两步完成：
第一步：确定排在百位、十位、个位上的卡片，即3个元素进行全排列，即；
第二步：分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种选法，即．
根据分步乘法计数原理，可以得到 个不同的三位数．
课堂巩固 自测
1．[（2025·南阳月考）]四张卡片上分别标有数字“2”“0”“2”“3”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为（ ）
A. 6 B. 9 C. 12 D. 24
【答案】B
【解析】选.组成的四位数列举如下：
，，，，，，，，，共9个.
2．（教材P168A组T2改编）从6名学生中选出4名分别参加跳高、跳远、短跑、长跑4项运动，选择方案共有（ ）
A. 180种 B. 240种 C. 360种 D. 720种
【答案】C
【解析】选.从6名学生中选出4人分别参加跳高、跳远、短跑、长跑4项运动，则有 种选择方案．故选.
3．不等式的解集为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由，得，整理得，解得，由题可知，且，则 或，即原不等式的解集为.
4．有4种不同颜色，需给图中的5个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，且相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有种.
【答案】72
【解析】由题图得，可以同色的区域为，；若只有 同色，则有（种）；若只有 同色，则有（种）；若，都同色，则有（种），由分类加法计数原理，共有（种）.
1.已学习：排列与排列数、排列数公式、树状图法写排列.
2.须贯通：树状图法写排列常用到分类讨论的数学思想，求排列数时常用到正难则反的思想.
3.应注意：（1）区分是否为排列问题；
（2）树状图法写排列要注意不重不漏，树状图法写排列不适合情况较多的情形.
课后达标 检测
A 基础达标
1．下列问题是排列问题的是（ ）
A. 10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？
B. 平面上有2 025个不同的点，且任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？
C. 集合,,, ,中含有三个元素的子集有多少个？
D. 从高三（19）班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？
【答案】D
【解析】选.中握手次数的计算与次序无关，不是排列问题；中线段的条数计算与点的次序无关，不是排列问题；中子集的个数与该集合中元素的次序无关，不是排列问题；中选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是2种不同的选法，因此是排列问题．故选.
2．要从，，，，个人中选出1名组长和1名副组长，则不同的选法种数是（ ）
A. 20 B. 16 C. 10 D. 6
【答案】A
【解析】选.从，，，，个人中选出1名组长和1名副组长的选法，相当于从5个元素中任选2个元素的排列数，即有 种选法．故选.
3．[（2025·焦作月考）]将字母,,,,,排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有（ ）
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
【答案】A
【解析】选.先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共有 种不同的排法,再排第二列,其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法,第二列第二、三行的字母只有1种排法,所以共有 种不同的排法.故选.
4．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，每辆汽车均有1位司机和1位售票员，则不同的分配方案的种数为（ ）
A. 526 B. 576 C. 582 D. 596
【答案】B
【解析】选.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 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 种方法.由分步乘法计数原理知，分配方案共有（种）.
5．[（2025·郑州期末）]不等式的解集为（ ）
A. ，4， B. ，4，5，
C. D.
【答案】A
【解析】选.易知,.
因为，，，所以原不等式可化为，所以,，所以原不等式的解集为，4，.
6．（多选）已知甲、乙等5人站一横排，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙站两端有14种站法 B. 甲、乙站两端有12种站法
C. 甲、乙不站两端有108种站法 D. 甲、乙不站两端有36种站法
【答案】BD
【解析】选.甲、乙两人站两端有 种站法，故 错误，正确；甲、乙两人不站两端分两步进行：第1步，甲、乙站中间3个位置中的2个位置有 种站法；第2步，其余3个人任意排列有 种站法，所以共有 种站法,故 错误，正确.故选.
7．若，则的个位数字是_ _ _ _ .
【答案】3
【解析】因为当 时，，所以当 时 的个位数字为0；又因为，所以 的个位数字为3.
8．已知集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是_ _ _ _ .
【答案】6
【解析】第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数.
若集合 提供横坐标，集合 提供纵坐标，则有（个）;
若集合 提供纵坐标，集合 提供横坐标，则有（个），合计（个），即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6.
9．设，则_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ．
【答案】
【解析】因为,所以.
10．（13分）
（1） 某农场要在4种不同类型的土地上，分别试验种植，，，四个不同品种的小麦，共有多少种不同的种植方案？（6分）
（2） 从1，2，3，4，5这5个数字中，任取2个不同的数字作为一个点的坐标，一共可以组成多少个不同的点？（7分）
【答案】（1） 解：由题意，，，，四个不同品种的小麦在4种不同类型的土地上全排列，故种植方案共有（种）.
（2） 因为坐标由横坐标和纵坐标组成，且有一定的顺序，所以由排列数的定义可得满足条件的坐标有（个），故一共可以组成20个不同的点.
B 能力提升
11．甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行数学创新能力比赛，决出第一到第五名的名次（无并列名次）.甲、乙两名同学去询问成绩，老师说：“你们都没有得到第一，你们也都不是最后一名，并且你们的名次相邻.”从上述回答分析，5人的名次不同的排列情况有（ ）
A. 36种 B. 24种 C. 18种 D. 12种
【答案】B
【解析】选.由题意知甲、乙两人名次为2，3或3，4或3，2或4，3，所以5人的名次不同的排列情况有（种）.
12．（多选）对于正整数，定义“”如下：当为偶数时，；当为奇数时，.则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. 的个位数是0 D. 的个位数是5
【答案】ACD
【解析】选.对于，，故 正确；对于，，故 错误；对于，因为，个位数是0，所以 的个位数是0，故 正确；对于，因为，个位数是5，的个位数是5，故 正确．故选．
13．已知，，均为正整数，则满足的一组解为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】（或）
【解析】因为不小于5的自然数的阶乘的个位数为0，个位数为5，所以正整数,，而,,,，所以可得 或．
14．（13分）一条铁路有个车站，为适应客运需要，新增了个车站，且知,客运车票增加了62种，问原来有多少个车站？现在有多少个车站？
解：由题意可知，原有车票的种数是，
现有车票的种数是，
所以,
即,
所以,
且,,,所以,
所以 解得
故原来有15个车站，现在有17个车站.
C 素养拓展
15．（15分）从0，1，2，3这四个数字中，每次取出三个不同数字排成一个三位数.
（1） 能组成多少个不同的三位数，并写出这些三位数；（7分）
（2） 若组成的这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个，并写出这些三位数.（8分）
【答案】
（1） 解：组成三位数分三个步骤:
第一步，选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法;
第二步，选十位上的数字，有3种不同的排法；
第三步，选个位上的数字，有2种不同的排法.
由分步乘法计数原理得，共有 个不同的三位数.
画出下列树状图：
由树状图知，所有的三位数为102，103，120，123，130，132，201，203，210，213，230，231，301，302，310，312，320，321.
（2） 直接画出树状图：
由树状图知，符合条件的三位数有8个：
201，210，230，231，301，302，310，312.
第2课时 排列的应用
新知学习 探究
一 特殊元素或特殊位置问题
［例1］ [（2025·江西期末）]甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ）
A. 108种 B. 96种 C. 84种 D. 72种
【答案】B
【解析】因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人可占据首四位或中间四位或尾四位，当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端，
第一步先排末位有 种排法，第二步将甲和中间人排入有 种排法，第三步排乙丙有 种排法，由分步乘法计数原理可得有 种排法；
当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端，
第一步先排两端有 种排法，第二步将甲和中间人排入有 种排法，第三步排乙丙有 种排法，由分步乘法计数原理可得有 种排法；
乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端，
第一步先排首位有 种排法，第二步将甲和中间人排入有 种排法，第三步排乙丙有 种排法，由分步乘法计数原理可得有 种排法.
由分类加法计数原理可知，一共有 种排法.
解决特殊元素（位置）问题的策略
“特殊”优先原则，具体解题思路如下：
［跟踪训练1］．校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，学生会将从6名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，其中甲、乙2名志愿者不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有种．
【答案】80
【解析】依题意，分两步：①在甲、乙之外的4人中任选1人，承担铅球记录工作，有4种情况；②在剩下的5人中任选2人，承担跳高和跳远记录工作，有 种情况，则不同的安排方法有（种）.
二 “相邻”与“不相邻”问题
［例2］ 现有4名男生和3名女生相约一起去观看影片，他们的座位在同一排且连在一起．
（1） 女生必须坐在一起的坐法有多少种？
（2） 女生互不相邻的坐法有多少种？
（3） 甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
【答案】（1） 【解】 根据题意，先将3个女生排在一起，有 种排法，将排好的女生视为一个整体，与4个男生进行全排列，共有 种排法，由分步乘法计数原理，共有 种排法.
（2） 根据题意，先将4个男生排好，有 种排法，再在这4个男生之间及两头的5个空位中插入3个女生，有 种排法，故符合条件的排法共有（种）.
（3） 根据题意，先排甲、乙、丙以外的其他4人，有 种排法，由于甲、乙相邻，故再把甲、乙排好，有 种排法，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空位中有 种排法，故符合条件的排法共有（种）．
“相邻”与“不相邻”问题的求解策略
处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则.
（1）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.
（2）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.
［跟踪训练2］．某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）
（1） 如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序？
（2） 如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？
【答案】（1） 解：先将4首歌曲捆绑，四首歌曲内部全排列，有 种情况，再将捆绑好的4首歌曲看作一个整体与3个舞蹈排序，有 种情况，所以有 种不同的出场顺序.
（2） 先将4首歌曲排好，有 种情况，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，有 种情况，所以有 种不同的出场顺序.
三 定序问题
［例3］ 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.其中有3位老者，2位年轻人，老者要按年龄从大到小的顺序出场,出场顺序有多少种
【解】 方法一（倍缩法）：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出场顺序有（种）.
方法二（依次插空法）：记3位老者按年龄由大到小的顺序为“,,”，则三人形成四个空档（含两端）.第4位嘉宾有4种出场方法，第5位嘉宾站前4位嘉宾形成的5个空档之一（含两端），所以共有 种出场方法.
方法三（空位法）：假设出场顺序1到5个位置，除3位老者之外的2人先选位置有 种方法，还空下3个位置，3位老者按年龄从大到小的出场顺序只有一种，故有 种方法.
在有些排列问题中，常遇到个元素的全排列中有个元素必须按照一定的顺序排列的问题．解决这类问题的基本方法有三个：
（1）倍缩法：先把定序的个元素与其他元素一起进行全排列，然后用总排列数除以这个元素的全排列数，即 ．
（2）依次插空法：先排这个元素，只有一种排法，再把剩下的个元素依次逐个地插空，其排列数为．
（3）空位法：先把个元素排在个位置有种排法，再把剩下的个元素排在个位置，只有一种排法，故排列数为．
［跟踪训练3］．
（1） 某班 2025年元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插入方法的种数为（ ）
A. 2 B. 11 C. 36 D. 42
（2） 某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，那么安排这6项工程不同的排法种数是_ _ .
【答案】（1） D
（2） 120
【解析】
（1） 选.将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，共有 种插入方法.故选.
（2） 6个元素进行排序，先排除甲、乙、丙之外的3项工程有 种排法，再排甲、乙、丙有1种排法，所以一共有 种排法.
课堂巩固 自测
1．（教材P168T 6改编）5本书编号为，，，，，其中必须排放在的左边，则排放方法一共有（ ）
A. 42种 B. 60种 C. 30种 D. 36种
【答案】B
【解析】选.由题意得5个编号任意排列，有 种排法，其中 在 的左边和 在 的右边是等可能的，其排法数目是一样的，所以 排放在 的左边一共有 种排法.故选.
2．[（2025·渭南期末）]甲、乙、丙、丁四人去听同时举行的5个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的情况种数为（ ）
A. 125 B. 100 C. 80 D. 60
【答案】D
【解析】选.先将甲、乙两人捆绑，与丙、丁两人形成三个元素，然后从5个讲座中选取3个讲座分配给这三个元素即可.所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的情况种数为.
3．中国古代儒家提出的“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团预计在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，则“书”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻的排法种数是_ _ .
【答案】144
【解析】由题意“书”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有 种排法，然后与“礼”“数”进行排序，共有 种排法，最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有 种排法，由于是分步进行，所以共有 种排法.
4．某5位同学排成一排准备照相时，又来了甲、乙、丙3位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，且甲、乙2位同学互不相邻，丙同学不站在两端，有多少种不同的加入方法？
解：分两种情况：
当丙不在甲、乙中间时，先加入甲，有 种方法，再加入乙，有 种方法，最后加入丙，有 种方法，此时不同的加入方法共有（种）；
当丙在甲、乙中间时，甲、丙、乙为一个整体，共有 种方法.
故不同的加入方法共有（种）.
1.已学习：（1）有限制条件的排列问题；
（2）“在”与“不在”、“邻”与“不邻”、定序问题.
2.须贯通：捆绑法、插空法、定序问题除法处理、间接法.
3.应注意：分类讨论时，出现重复或遗漏，各种方法使用不当.
课后达标 检测
A 基础达标
1．五名同学排成一排照相留念，若甲、乙两人不相邻，则不同的排法共有（ ）
A. 36种 B. 48种 C. 72种 D. 120种
【答案】C
【解析】选.先将除甲、乙两人外的另外三个人排成一排，再将甲、乙两人插入到已经排好的三个人形成的四个空中，共有（种）.故选.
2．若从8人中任选3人排队，其中甲、乙不能分开参排，则不同的排法共有（ ）
A. 252种 B. 278种 C. 144种 D. 362种
【答案】C
【解析】选.若甲、乙不参排，不同的排法有（种）；若甲、乙参排，不同的排法有（种），所以共有不同的排法（种）.故选.
3．[（2025·渭南期末）]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
【答案】B
【解析】选.若甲站在排头，丙和丁相邻，则共有 种排列方式，若甲站在排尾，丙和丁相邻，则共有 种排列方式，综上共有 种排列方式.
4．从5名学生中选出4名分别参加，，，四科竞赛，其中甲不能参加，两科竞赛，则不同的参赛方案种数为（ ）
A. 24 B. 48 C. 72 D. 120
【答案】C
【解析】选.由题意知，可分为以下两步：第一步，先从除甲之外的4人中选2人参加，两科竞赛，有 种方案；第二步，再从剩下的3人中选2人参加，两科竞赛，有 种方案，所以由分步乘法计数原理，可得共有 种方案.故选.
5．[（2025·河南期中）]如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有最左边一列两个数字之和为8”的不同的放法有（ ）
A. 16种 B. 32种 C. 64种 D. 96种
【答案】C
【解析】选.在1，2，3，4，5，6六个数字中，，若左边一列两个数字为2和6，根据题意，3，5不能放在一列，此时，不同的放法有（种），
同理，若左边一列两个数字为3和5，符合条件的放法有32种.
因此，满足条件的放法有（种）.
6．（多选）将四大名著《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》，诗集《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ）
A. 戏曲书放在正中间位置的不同放法有种
B. 诗集相邻的不同放法有种
C. 四大名著互不相邻的不同放法有种
D. 四大名著不放在两端的不同放法有种
【答案】ABC
【解析】选 选项，戏曲书放在正中间，其余6本书和6个位置进行全排列，共有 种不同放法，正确；
选项，将2本诗集进行捆绑，有2种放法，再将捆绑的诗集和剩余的5本书进行全排列，此时有 种放法，故诗集相邻的不同放法有 种，正确；
选项，先将诗集和戏曲进行全排列，有 种方法，且3本书互相之间有4个空，将4大名著进行插空，有 种方法，故共有 种放法，正确；
选项，在除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有 种放法，再将剩余5本书和5个位置进行全排列，有 种放法，故四大名著不放在两端的不同放法有 种，错误.故选.
7．从数字1,2,3,4,5,6,7,8,9中任选4个组成无重复数字的四位数，满足千位和百位上的数字之和为5，则这样的偶数共有个.
【答案】72
【解析】满足数字之和为5的两个数字为1和4，2和3，故千位和百位上的数字排列有 种情况，再考虑个位数，有3种选择，最后考虑十位，有6种选择，故这样的偶数共有（个）.
8．一排6个座位坐了2个三口之家，若同一家人座位相邻，则不同的坐法种数为.（用数字作答）
【答案】72
【解析】由题可知，同一家人座位相邻，将6个座位分成两组，每组3个座位，同一家人相邻的不同坐法种数为.
9．[（2025·江西期末）]“圆排列”亦称“循环排列”“环排列”，最早出现在中国《易经》的四象八卦组合.当，，三位同学围成一个圆时，其中一个排列“”与该排列旋转一个或几个位置得到的排列“”或“”是同一个排列，现有六位同学围成一个圆做游戏，其排列总数为_ _ .（用数字作答）
【答案】120
【解析】，，三位同学围成一个圆，“”“”或“”是同一个排列，其中每一个圆排列可以拆成任意一位同学为首的3个直线排列.三位同学围成一个圆的排列总数为，由此可得六位同学围成一个圆的排列总数为.
10．（13分）现有4名男生、3名女生站成一排照相.
（1） 两端是男生，有多少种不同的站法？（6分）
（2） 任意两名男生不相邻，有多少种不同的站法？（7分）
【答案】（1） 解：先选2名男生排两端有 种方法，再排其余学生有 种方法，所以两端是男生的不同站法有（种）.
（2） 先排3名女生有 种方法，再将4名男生插入4个空隙中有 种方法，所以任意两名男生不相邻的不同站法有（种）.
B 能力提升
11．如图，有两串桃子挂在树枝上，其中一串有4个桃子，另外一串有3个桃子，一只猴子自下而上地依次摘桃子，每次只摘一个桃子，直至把所有7个桃子全部摘完，则不同的摘法共有（ ）
A. 70种 B. 35种 C. 21种 D. 14种
【答案】B
【解析】选.如果将7个桃子全排列有 种方法，但根据题意要摘的两列桃子顺序分别为 和，所以共有 种方法，故 正确.故选.
12．（多选）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231,354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（ ）
A. 组成的三位数的个数为60
B. 在组成的三位数中，奇数的个数为30
C. 在组成的三位数中，偶数的个数为30
D. 在组成的三位数中，“凸数”的个数为20
【答案】AD
【解析】选.依题意，组成的三位数的个数为，故 正确；个位为1，3或5时，组成的三位数是奇数，则奇数的个数为，故 错误；则偶数有 个，故 错误；将这些“凸数”分为三类：①十位为5，则有 种，②十位为4，则有 种，③十位为3，则有 种，所以在组成的三位数中，“凸数”的个数为，故 正确．故选．
13．某生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看1道工序，第1道工序只能从甲、乙2名工人中安排1人，第4道工序只能从甲、丙2名工人中安排1人，则不同的安排方案有种．
【答案】36
【解析】由于甲、乙、丙比较特殊，因此可以将他们先安排，以他们照看第1，4道工序分类讨论：①当甲照看第1道工序、丙照看第4道工序时，剩下4个人选择2个照看中间2道工序，于是有 种；②当乙照看第1道工序、甲照看第4道工序时，剩下4个人选择2个照看中间2道工序，于是有 种；③当乙照看第1道工序、丙照看第4道工序时，剩下4个人选择2个照看中间2道工序，于是有 种．综上所述，不同的安排方案一共有（种）．
14．（13分）某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌节目、3个舞蹈节目、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，另一个放在最后压台；（4分）
（2） 2个唱歌节目互不相邻；（4分）
（3） 2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.（5分）
【答案】（1） 解：先排唱歌节目有 种排法，再排其他节目有 种排法，所以共有 种排法.
（2） 先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有 种排法，再从其中7个空（包括两端）中选2个排唱歌节目，有 种插入方法，所以共有 种排法.
（3） 把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共有 种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有 种插入方法，最后对2个唱歌节目内部排列，有 种排法，所以共有 种排法.
C 素养拓展
15．（15分）某中学预计在“五·四”青年节当天，为高三学生举办成人礼活动，用以激励在备考中的高三学生．学工处共准备了五首励志歌曲，一个往届优秀学生视频发言，一个教师代表发言，一个应届学生代表发言．根据不同的要求，求本次活动的安排方法．
（1） 三个发言不能相邻，有多少种安排方法？（5分）
（2） 励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？（5分）
（3） 往届优秀学生视频发言必须在应届学生代表发言之前，有多少种安排方法？（5分）
【答案】
（1） 解：根据题意，分2步进行分析：
第一步：先全排列三个发言以外的节目，有 种情况，排好后有6个空位；
第二步：在6个空位中任选3个，安排三个发言节目，有 种情况，
则三个发言不能相邻的排法有（种）.
（2） 励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙排在第一个，方法数为；
励志歌曲甲不排在第一个并且励志歌曲乙不排在第一个与最后一个，方法数为，共有 种情况．
（3） 根据题意，五首励志歌曲，一个往届优秀学生视频发言，一个教师代表发言，一个应届学生代表发言，共有8个先后位次.往届优秀学生视频发言必须在应届学生代表发言之前，是固定顺序，可以先在8个位置排五首励志歌曲及一个教师代表发言，有 种方法，剩下两个位置排往届优秀学生视频发言及应届学生代表发言，有1种方法，所以，由分步乘法计数原理可得有 种情况．
§3 组合问题
新课导入
小明五一到某地旅游，要从4处景点，，，中选择2处，上午选1处，下午选1处，有多少种不同的旅游方案？如果仅从4处景点，，，中选择2处，又有多少种不同的旅游方案呢？
学习目标
1.通过实例理解组合的概念，正确认识组合与排列的区别与联系.
2.掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算. 3.理解组合数的两个性质，并会求值、化简和证明. 4.进一步理解组合的定义，熟练掌握组合数公式的应用. 5.掌握有限制条件的组合问题的解决方法. 6.理解组合中的分组分配问题的解决.
第1课时 组合、组合数及其性质
新知学习 探究
一 组合的概念
思考1．若从4名候选人中选2人在班级内部赛上依次发言,有多少种选择方案
提示：.
思考2．若从4名候选人，，，中选2人参加校级演讲比赛，有多少种选择方案？并列出所有的选择方案.
提示：6种.所有选择方案是,,,,,.
思考3．上述两个问题有何异同？
提示：相同点都是从4个人中选2个人；不同点是选出的2人前者与顺序有关，后者与顺序无关.
［知识梳理］
一般地，从个不同元素中，任取，且,个元素为一组，叫作从个不同元素中取出个元素的一个_ _ .
【答案】组合
［例1］ 判断下列问题是排列问题还是组合问题.
（1） ，，，四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？
（2） ，，，四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？
（3） 从全班40人中选出3人参加某项活动，有多少种不同的选法？
【答案】（1） 【解】 单循环比赛要求两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题.
（2） 冠、亚军是有顺序的，是排列问题.
（3） 3人参加某项相同活动，没有顺序，是组合问题.
区分排列与组合的方法
区分排列与组合的方法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题.
［跟踪训练1］．
（1） 从5个不同元素,,,,中取出2个，写出所有的组合.
（2） 从5个不同元素，，，，中取出3个，写出所有的组合.
【答案】
（1） 解：要想写出所有组合，先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个标出来，如图所示：
由此可得所有的组合为
,,,,,,,,,.
（2） 解：含 的三个元素有：,,,,,，
不含 含 的三个元素有：,,，
不含，的三个元素有：，
所以取3个元素的所有组合是,,,,,,,,,.
二 组合数及其性质
思考1．我们已经会求4名候选人中选择2人的排列数，也已能列举求出4名候选人中选择2人的组合数，能否发现二者的联系？
提示：求从4名候选人中选择2人的排列数，可以分如下两步：①从4名候选人中选择2人的组合有 个；②对每一个组合的2人进行全排列，各有 种方法．由分步乘法计数原理得，，所以.
思考2．你能解释的含义吗？
提示： 就是消除排列数 中顺序的影响.
［知识梳理］
1．组合数与组合数公式
组合数定义及表示 从个不同元素中取出，且，个元素的①_ _ _ _ _ _ _ _ 的个数，叫作从个不同元素中取出,且,个元素的组合数，记作②_ _ _ _ _ _ _ _
组合数公式 乘积形式
阶乘形式 ③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，规定：④_ _ _ _
【答案】所有组合； ； ；
2．组合数的性质
性质⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
性质⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】；
［例2］
（1） 已知是自然数，为正整数，且，求证：．
（2） 若，求.
【答案】（1） 【解】证明：根据组合数公式，可以得到，等式成立.
（2） 依题意，得 且，
所以，
由，
可得，
即，解得，
又因为，所以 或.
关于组合数公式的选取技巧
（1）涉及具体数字的可以直接用进行计算.
（2）涉及字母的可以用阶乘式计算.
（3）计算时应注意利用组合数的性质简化运算.
［跟踪训练2］．
（1） 计算的值是（ ）
A. 72 B. 102 C. 507 D. 510
（2） [（2025·桂林月考）]解关于正整数的方程：.
【答案】（1） B
（2） 解：为正整数，由 可得 或，
故 或，
解得 或 或 或（舍去），
又,均为整数，
且,，
所以 或 符合要求，不符合要求，
故 或.
【解析】
（1） 选..故选．
三 简单的组合问题
［例3］ 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名.
（1） 现要从中选2名教师去参加会议，有多少种不同的选法？
（2） 选出2名男教师或2名女教师参加会议，有多少种不同的选法？
（3） 现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
【答案】（1） 【解】 从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即（种）.
（2） 可把问题分两类情况：
第1类，选出的2名是男教师有 种方法；
第2类，选出的2名是女教师有 种方法.
根据分类加法计数原理知，共有 种不同的选法.
（3） 从6名男教师中选2名的选法有 种，从4名女教师中选2名的选法有 种.根据分步乘法计数原理知，共有不同的选法（种）.
母题探究．本例其他条件不变，问题变为：
从中选2名教师参加会议，至少有1名男教师的选法有多少种？最多有1名男教师的选法又有多少种？
解：至少有1名男教师可分两类：第1类，1男1女,有 种；第2类，2男0女,有 种.由分类加法计数原理知,有（种）.
最多有1名男教师包括两类：第1类，1男1女,有 种；第2类，0男2女,有 种.由分类加法计数原理知，有（种）.
解简单的组合应用题的策略
（1）解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于：排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关.
（2）要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用.
注意 在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏.
［跟踪训练3］．现从“十佳志愿者”的10人中任选5人代表学校参加“为美丽乡村增光添彩”的志愿服务活动.问：
（1） 共有多少种不同的选法？
（2） 如果还要从选出的5人中再选定一人为组长，那么共有多少种不同的选法？
【答案】（1） 解：由于从10人中任选5人，与顺序无关，所以共有 种选法.
（2） 方法一：从这10人中任选5人，并确定其中一人为组长，可以分为如下两步完成：
第一步，先从10人中任选5人，共有 种方法；
第二步，从选出的5人中再确定1人为组长，共有 种方法.
根据分步乘法计数原理，共有 种不同的选法.
方法二：从这10人中任选5人，并确定其中一人为组长，可以分为如下两步完成：
第一步，先从10人中选定1人为组长，共有 种方法；
第二步，从余下的9人中再选出4人，共有 种方法.
根据分步乘法计数原理，共有 种不同的选法.
课堂巩固 自测
1．（多选）以下选项中属于组合问题的是（ ）
A. 求从1，2，3，4四个数字中任选两个数字可得多少个和
B. 老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C. 在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D. 从13位司机中任选出两位开同一辆车在甲、乙两地相向而行
【答案】AC
【解析】选.对于，“和”满足交换律，与数字顺序无关，是组合问题；
对于，同桌也有左右之分，即与顺序有关，是排列问题；
对于，从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺序无关，是组合问题；
对于，从甲到乙而行，与从乙到甲而行，与顺序有关，是排列问题.故选.
2．（教材P173T3改编）有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩，现要从中选3门考试成绩进行分析，其中物理必须选，则不同的选法为（ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 21
【答案】C
【解析】选.由题意，可知不同的取法的种数为.故选.
3．（多选）下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】选 是组合数公式；是组合数性质；，所以 错误；
，
，
两者不相等，故 错误.故选.
4．一个口袋里有7个不同的白球和1个红球，从中取5个球：
（1） 共有多少种不同的取法？
（2） 如果不取红球，共有多少种不同的取法？
（3） 如果必须取红球，共有多少种不同的取法？
【答案】
（1） 解：因为共有8个球，
所以共有不同的取法种数为.
（2） 因为不取红球，所以只要在7个白球中取5个球即可，
因此共有不同的取法种数为.
（3） 因为必须取红球，所以只需在7个白球中再取4个球即可，
因此共有不同的取法种数为.
1.已学习：（1）组合与组合数的定义；
（2）组合数公式及其应用；
（3）组合数的两个性质及性质的理解；
（4）组合数在实际问题中的应用.
2.须贯通：掌握一种方法：列举法.
3.应注意：（1）分不清是“组合”还是“排列”；
（2）不注意组合数中与的限制条件；计算中不能构造组合数性质.
课后达标 检测
A 基础达标
1．从5名学生中选出3名学生值日，则不同的安排种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
2．若，则的值为（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】选.依题意，，即，即,得.故选.
3．某新农村社区共包括个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建“村村通”工程，共需建公路的条数为28，则（ ）
A. 6 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】B
【解析】选.由于“村村通”公路的修建，是组合问题，故共需要建公路的条数为，解得 或（舍去）.故选.
4．[（2025·汉中期末）]从4名女生、6名男生中，按性别采用分层随机抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为（ ）
A. 1 440 B. 120 C. 60 D. 24
【答案】B
【解析】选.从4名女生、6名男生中，按性别采用分层随机抽样的方法抽取5名学生，所以抽取的女生人数为2，男生人数为3，共有抽取方法为（种）.故选.
5．（多选）给出下列问题，其中是组合问题的是（ ）
A. 由1，2，3，4构成的含3个元素的集合
B. 从7名班委中选2人担任班长和团支书
C. 从数学组的8名教师中选3人去参加市里的新课程研讨会
D. 由1，2，3，4组成无重复数字的两位数
【答案】AC
【解析】选 中，选出的元素构成集合，是组合问题；中，2人担任班长和团支书，有两种不同的分工，是排列问题；中，选出的3人去参加研讨会，是组合问题；中，2个数字组成两位数，有十位和个位的区分，是排列问题.故选.
6．（多选）下列有关排列数、组合数计算正确的有（ ）
A.
B.
C.
D. 是一个常数
【答案】BD
【解析】选.因为，故 不正确；因为，故 正确；因为，故 不正确；因为式子 有意义，则式中 应满足
解得.所以（常数），故 正确．故选．
7．不等式的解集为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】，4，5，6，
【解析】依题意 所以 且，由，得，得，得，解得，所以不等式的解集为，4，5，6，.
8．男、女学生共有8人，若从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，则其中女生有_ _ 人．
【答案】2或3
【解析】设男生有 人，则女生有 人．因为从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，所以，所以 或，所以，或，.所以女生有2人或3人．
9．甲、乙、丙3名同学选修兴趣课程，从5门课程中，甲选修2门，乙选修4门，丙选修3门，则不同的选修方案共有_ _ 种.
【答案】500
【解析】甲选修2门的方法种数为，乙选修4门的方法种数为，丙选修3门的方法种数为，根据分步乘法计数原理，不同的选修方案共有（种）.
10．（13分）某市举办国际会议需招募志愿者，现从某高校的6名志愿者中依次选出3名担任语言服务工作，2名担任人员引导工作，1名担任应急救助工作.每名志愿者只能担任一项工作.
（1） 共有多少种安排方法？（6分）
（2） 若甲、乙不参与同一项志愿服务，则有多少种安排方法？（7分）
【答案】（1） 解：由题意得，则共有 种安排方法.
（2） 甲、乙参与同一项的可能选法有（种），由（1）可知，甲、乙不参与同一项志愿服务的选法有（种）.
B 能力提升
11．我国数学家陈景润在对哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就.哥德巴赫猜想简述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”（注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），如.在不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，则不同的取法有（ ）
A. 14 B. 21 C. 28 D. 36
【答案】C
【解析】选.不超过20的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，从中随机选取两个不同的数，共有 种取法.故选.
12．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（ ）
A. 15 B. 30 C. 35 D. 42
【答案】B
【解析】选.由于甲企业有2人参加会议，所以问题需要分两类：含有甲企业的选法有 种，不含有甲企业的选法有 种，共有（种）.故选.
13．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角的地到东北角的地的最短路线共有_ _ 条.
【答案】126
【解析】要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走.因此，从 地到 地的路线为走完5条横线段和4条纵线段.设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段,从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有 种走法，故从 地到 地的最短路线共有126条.
14．（15分）某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货，现从35种商品中选取3种.
（1） 其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？（3分）
（2） 恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？（4分）
（3） 至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？（4分）
（4） 至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？（4分）
【答案】
（1） 解：从34种可选商品中，选取3种，有（种）.
所以某一种假货不能在内的不同的取法有 5 984 种.
（2） 从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种，
有（种）.
所以恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.
（3） 选取2种假货有 种，选取3种假货有 种，共有（种）.
所以至少有2种假货在内的不同的取法有 2 555 种.
（4） 从35种商品中选取3种的种数为，选取3种假货有 种，因此共有（种）.
所以至多有2种假货在内的不同的取法有 6 090 种.
C 素养拓展
15．（15分）规定，其中，，且，这是组合数，且的一种推广.
（1） 求的值；（5分）
（2） 组合数具有两个性质：；.这两个性质是否都能推广到？若能，请写出推广的形式并给出证明；若不能，请说明理由.（10分）
【答案】
（1） 解：由题意得
.
（2） 性质①不能推广，如当 时，有意义，但 无意义；
性质②能推广，它的推广形式是.
证明如下：
当 时，有；
当 时，有
.
综上，性质②的推广得证.
第2课时 组合的应用
新知学习 探究
一 有限制条件的组合问题
［例1］ 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
（1） 至少有一名队长当选；
（2） 至多有两名女生当选；
（3） 既要有队

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