高考数学科学创新复习方案提升版第59讲排列与组合学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第59讲排列与组合学案（Word版附解析），共18页。

1．排列与组合的概念
2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有eq \x(\s\up1(03))不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号eq \a\vs4\al(\x(\s\up1(04))Aeq \\al(m,n))表示．
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的eq \x(\s\up1(05))所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作eq \x(\s\up1(06))Ceq \\al(m,n)．
3．排列数、组合数的公式及性质
解决排列与组合问题的“四项基本原则”
(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置．
(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．
(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题．
(4)先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配．
1．(人教B选择性必修第二册习题3－1A T2(1)改编)若Aeq \\al(3,2n)＝10Aeq \\al(3,n)，则n＝( )
A．1 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，且n≥3，整理，得n＝8.故选B.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．Ceq \\al(45,400)·Ceq \\al(15,200)种 B．Ceq \\al(20,400)·Ceq \\al(40,200)种
C．Ceq \\al(30,400)·Ceq \\al(30,200)种 D．Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种
答案 D
解析 根据比例分配的分层随机抽样的定义知，初中部共抽取60×eq \f(400,600)＝40名，高中部共抽取60×eq \f(200,600)＝20名，根据组合数的概念及分步乘法计数原理，知不同的抽样结果共有Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种．故选D.
3．若原来站成一排的4个人重新站成一排，恰有一个人站在自己原来的位置上，则不同的站法种数为( )
A．4 B．8
C．12 D．24
答案 B
解析 根据题意，分两步考虑：第一步，先从4个人里选1人，其位置不变，站法有Ceq \\al(1,4)＝4(种)；第二步，剩余3人都不站在自己原来的位置上，有2种站法．故不同的站法共有4×2＝8(种)．故选B.
4．(多选)(2023·邢台检测)生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳．( )
A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法
B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法
C．若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法
D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法
答案 BCD
解析 对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有Aeq \\al(4,4)＝24种不同的安排方法，故A错误；对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为Aeq \\al(4,6)－Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(2,4)＝216，故B正确；对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,4)＝36种不同的安排方法，故C正确；对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有Aeq \\al(4,4)种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有Aeq \\al(4,4)Ceq \\al(2,5)＝240种不同的安排方法，故D正确．故选BCD.
5．(人教A选择性必修第三册6.2.3练习T3改编)现有1，3，7，13这4个数，从这4个数中任取2个相加，可以得到________个不相等的和；从这4个数中任取2个相减，可以得到________个不相等的差．
答案 6 10
解析 从这4个数中任取2个相加有1＋3＝4，1＋7＝8，1＋13＝14，3＋7＝10，3＋13＝16，7＋13＝20，可以得到6个不相等的和．从这4个数中任取2个相减有1－3＝－2，3－1＝2，1－7＝－6，7－1＝6，1－13＝－12，13－1＝12，3－7＝－4，7－3＝4，3－13＝－10，13－3＝10，7－13＝－6，13－7＝6，可以得到10个不相等的差．
例1 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排一排，女生必须站在一起；
(5)全体排一排，男生互不相邻；
(6)全体排一排，甲、乙两人中间恰好有3人；
(7)全体排一排，甲必须排乙前面；
(8)全体排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端．
解 (1)Aeq \\al(5,7)＝2520种方法．
(2)Aeq \\al(7,7)＝5040种方法．
(3)解法一：先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种方法，故共有5×Aeq \\al(6,6)＝3600种方法．
解法二：先排排头和排尾有Aeq \\al(2,6)种方法，其余位置有Aeq \\al(5,5)种排法，故共有Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝3600种方法．
(4)将女生看成一个整体，用捆绑法，共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(4,4)＝576种方法．
(5)先排女生有Aeq \\al(4,4)种，再将男生插空有Aeq \\al(3,5)种，故共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1440种方法．
(6)将甲、乙及中间三人看作一个整体，先排甲、乙有Aeq \\al(2,2)种方法，再排中间三人有Aeq \\al(3,5)种方法，最后将他们看作一个整体与剩下的2人全排列，有Aeq \\al(3,3)种方法，故共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,5)Aeq \\al(3,3)＝720种方法．
(7)eq \f(Aeq \\al(7,7),Aeq \\al(2,2))＝2520种方法．
(8)Aeq \\al(7,7)－2Aeq \\al(6,6)＋Aeq \\al(5,5)＝3720种方法．
求解有限制条件排列问题的主要方法
用0，1，2，3，4，5这6个数字，
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?
解 (1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类，0在个位时，有Aeq \\al(3,5)个；
第二类，2在个位时，千位从1，3，4，5中选定1个，有Aeq \\al(1,4)种，十位和百位从余下的数字中选，有Aeq \\al(2,4)种，于是有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)个；
第三类，4在个位时，与第二类同理，也有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)个．
由分类加法计数原理得，能组成Aeq \\al(3,5)＋2Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)＝156个无重复数字的四位偶数．
(2)先排0，2，4，再让1，3，5插空，总的排法共Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(3,4)＝144种，其中0在排头，将1，3，5插在后3个空的排法共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12种，此时构不成六位数，故符合要求的六位数的个数为144－12＝132.
例2 某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各有一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)只有一名女生当选；
(2)两队长当选；
(3)至少有一名队长当选；
(4)男生甲和女生乙当选；
(5)最多有两名女生当选．
解 (1)只有一名女生当选即有一名女生和四名男生当选，故共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(4,8)＝350种．
(2)两队长当选，共有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(3,11)＝165种．
(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选和有两名队长当选．故共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,11)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(3,11)＝825种(或采用间接法：Ceq \\al(5,13)－Ceq \\al(5,11)＝825种)．
(4)男生甲和女生乙当选，则需从剩余11人中选3人，有Ceq \\al(3,11)＝165种．
(5)最多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选、只有一名女生当选和没有女生当选．故共有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(5,8)＝966种．
组合问题的常见类型及求解策略
(1)“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
1.圆周上有10个等分点，以这10个等分点中的4个点为顶点构成四边形，其中梯形的个数为( )
A．10 B．20
C．40 D．60
答案 D
解析 如图所示，10点连线中有5条为圆的直径，其每条直径分别有4条弦与之平行，可构成5×(Ceq \\al(2,5)－2)＝40个梯形；10点连线中有5组与构成的5条直径不平行的4条平行弦，如A3A5∥A2A6∥A1A7∥A10A8，可构成5×(Ceq \\al(2,4)－2)＝20个梯形．由分类加法计数原理可知，共构成40＋20＝60个梯形．故选D.
2．(多选)在某地实施的新高考改革方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )
A．若任意选科，选法总数为Ceq \\al(2,4)
B．若化学必选，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)
C．若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)
D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋1
答案 BD
解析 若任意选科，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)，A错误；若化学必选，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋1)，C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋1，D正确．故选BD.
多角度探究突破
角度不同元素的分配问题
例3 按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方法？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(3)平均分成三份，每份2本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本．
解 (1)无序不均匀分组问题．先选1本有Ceq \\al(1,6)种选法；再从余下的5本中选2本有Ceq \\al(2,5)种选法；最后余下3本全选有Ceq \\al(3,3)种方法，故共有Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,3)＝60种．
(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配，共有Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,3)Aeq \\al(3,3)＝360种．
(3)无序均匀分组问题．共有eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))＝15种．
(4)在(3)的基础上，还应考虑再分配，共有15Aeq \\al(3,3)＝90种．
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本，这是部分均匀分组问题，求出组合总数除以Aeq \\al(2,2)即可，共有eq \f(Ceq \\al(4,6)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))＝15种．
(6)在(5)的基础上，还应考虑再分配，共有15Aeq \\al(3,3)＝90种．
角度相同元素的分配问题(隔板法)
例4 将12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．
(1)若每个盒子中至少有一个小球，则不同放法有多少种？
(2)若每盒可空，则不同的放法有多少种？
解 (1)将12个小球排成一排，中间有11个间隔，在这11个间隔中选出3个，放上“隔板”，若把“|”看作隔板，
则如图○○|○○○○|○○○○|○○，隔板将一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数．这样每一种隔板的插法，就对应了球的一种放法，即每一种从11个间隔中选出3个间隔的组合对应一种放法，所以不同的放法有Ceq \\al(3,11)＝165(种)．
(2)因为每盒可空，所以隔板之间允许无球，那么插入法就无法应用，现建立如下数学模型．将三块隔板与12个球排成一排，
则如图○○○||○○○○○|○○○○中的隔板将这一排球分成四块．从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即1，2，3，4四个盒子相应放入3个，0个，5个，4个小球．这样每一种隔板与球的排列法，就对应了球的一种放法．排列的位置有15个，先从这15个位置中选出3个位置放隔板有Ceq \\al(3,15)种排法，再在余下的位置放球，只有一种放法，所以隔板与球的排列法有Ceq \\al(3,15)种，即不同的放法有Ceq \\al(3,15)＝455(种)．
解决分组、分配问题的策略
提醒：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两端不能插隔板．
1.(2023·福建省高考适应性练习)中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个受灾点中的一个，则不同的安排方法种数是( )
A．72 B．84
C．88 D．100
答案 D
解析 若甲去B受灾点，则剩余4支救援队可只去A，C两个受灾点，也可分为3组去A，B，C三个受灾点．当剩余4支救援队只去A，C两个受灾点时，可按1，3或2，2分配，此时的分配方法有Ceq \\al(3,4)·Ceq \\al(1,1)·Aeq \\al(2,2)＋eq \f(Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(2,2)＝14种；当剩余4支救援队分为3组去A，B，C三个受灾点时，先从4支救援队中选出2支救援队，即可分为3组，然后分配到三个受灾点即可，此时的分配方法有Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(3,3)＝36种．综上可得，甲去B受灾点，不同的安排方法种数是14＋36＝50.同理，甲去C受灾点，不同的安排方法种数也是50，所以不同的安排方法种数是50＋50＝100.故选D.
2．某市拟成立一个由6名高中学生成立的调查小组，并准备将这6个名额分配给本市的4所重点中学，要求每所重点中学都有学生参加，那么不同名额分配方法的种数是( )
A．10 B．20
C．24 D．28
答案 A
解析 如图所示，6个名额排成一列，6个名额之间有5个空，任找3个空插入隔板就是一种名额分配方法，故共有Ceq \\al(3,5)＝10(种)分配方法．故选A.
○|○○|○|○○
3．某省示范性高中安排6名高级教师(不同姓)到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行支教，每所学校至少去1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为________．
答案 360
解析 解法一：根据6名高级教师到甲、乙、丙三所中学进行支教，每所学校至少去1人，可分四种情况：
①甲校安排1名教师，分配方案种数为
Ceq \\al(1,5)(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2))＝150；
②甲校安排2名教师，分配方案种数为
Ceq \\al(2,5)(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2))＝140；
③甲校安排3名教师，分配方案种数为
Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝60；
④甲校安排4名教师，分配方案种数为Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)＝10.
由分类加法计数原理，可得共有150＋140＋60＋10＝360(种)分配方案．
解法二：由6名教师到三所学校，每所学校至少去1人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2.
①对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有Ceq \\al(1,2)种，其余5名老师分成一人组和四人组有Ceq \\al(4,5)Aeq \\al(2,2)种，共Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)Aeq \\al(2,2)＝20(种)；李老师分配到四人组且该组不去甲校有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝40(种)，则第一种情况共有20＋40＝60(种)；
②对于第二种情况，李老师分配到一人组有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝40(种)，李老师分配到两人组有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(2,2)＝80(种)，李老师分配到三人组有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝120(种)，所以第二种情况共有40＋80＋120＝240(种)；
③对于第三种情况，共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝60(种)．
综上所述，共有60＋240＋60＝360(种)分配方案．
4．把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．
答案 36
解析 先将卡片分为符合条件的3份，由题意，3人分5张卡片，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1，2，3，4，5这5个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有Ceq \\al(2,4)＝6种情况，再对应到3个人，有Aeq \\al(3,3)＝6种情况，则共有6×6＝36种分法．
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·全国甲卷)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( )
A．120 B．60
C．40 D．30
答案 B
解析 先从五名志愿者中选择1人连续参加两天社区服务，有Ceq \\al(1,5)＝5种方法；再从剩余的4人中选择2人分别参加星期六与星期天的社区服务，共有Aeq \\al(2,4)＝12种方法．所以恰有1人连续参加两天服务的选择种数为5×12＝60.故选B.
2．甲、乙两人要在一排8个空座上就座，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有( )
A．10种 B．16种
C．20种 D．24种
答案 C
解析 一排共有8个座位，现有两人就座，故有6个空座．∵要求每人两旁均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就座，即有Aeq \\al(2,5)＝20种坐法．故选C.
3．(2023·沧州模拟)用短语“maths test”中所有的重复字母重新排列，能组成不同排列的个数为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
答案 A
解析 由s有2个，t有3个，则将这5个字母看成不同时的排列为Aeq \\al(5,5)，故所求排列个数为eq \f(Aeq \\al(5,5),Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3))＝10.故选A.
4．(2023·佛山二模)“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法共有( )
A．120种 B．180种
C．240种 D．300种
答案 C
解析 将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，共有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＝240种方法．故选C.
5．将5件相同的小礼物全部送给3个不同的球迷，要让每个球迷都得到礼物，不同的分法有( )
A．2种 B．10种
C．5种 D．6种
答案 D
解析 把5件相同的小礼物排成一排，5件礼物之间共有4个空，任选2个空插入板子，共有Ceq \\al(2,4)＝6种不同的方法．故选D.
6．(2024·百色模拟)某中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3组(每组4个人)，则3个种子选手恰好被分在同一组的分法种数为( )
A．210 B．105
C．315 D．630
答案 C
解析 由题意，12人任意分成3组，3个种子选手恰好被分在同一组的方法有eq \f(Ceq \\al(1,9)Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4),Aeq \\al(2,2))＝315种．故选C.
7．(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
答案 B
解析 因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看作一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有Aeq \\al(3,3)种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插入方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有Aeq \\al(3,3)×2×2＝24种不同的排列方式．故选B.
8．将数字“124467”重新排列后得到不同偶数的个数为( )
A．72 B．120
C．192 D．240
答案 D
解析 末尾是2或6，不同偶数的个数为Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(3,5)＝120；末尾是4，不同偶数的个数为Aeq \\al(5,5)＝120，故共有120＋120＝240个．故选D.
二、多项选择题
9．(2024·郑州开学考试)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加演出，下列说法中正确的是( )
A．若甲不在正中间，则不同的排列方式共有96种
B．若甲、乙、丙三人互不相邻，则不同的排列方式共有6种
C．若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则不同的排列方式共有20种
D．若甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列方式共有36种
答案 ACD
解析 对于A，因为甲不在正中间，则甲的不同的排列方式有Ceq \\al(1,4)＝4种，剩余的四人全排列，不同的排列方式有Aeq \\al(4,4)＝24种，所以不同的排列方式共有4×24＝96种，故A正确．对于B，若甲、乙、丙三人互不相邻，则甲、乙、丙三人在首位、中间和末位，则不同的排列方式有Aeq \\al(3,3)＝6种，剩余的两人全排列，不同的排列方式有Aeq \\al(2,2)＝2种，所以不同的排列方式共有6×2＝12种，故B错误．对于C，若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则有四个间隔空位，若乙、戊不相邻，把乙、戊安排在四个间隔空位中，不同的排列方式有Aeq \\al(2,4)＝12种；若乙、戊相邻，把两人看成整体安排在四个间隔空位中，不同的排列方式有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)＝8种，所以不同的排列方式共有12＋8＝20种，故C正确．对于D，若甲与乙相邻，有2Aeq \\al(4,4)＝48种排法，若甲与乙相邻又满足甲与丙相邻，首先将甲、乙、丙捆绑起来作为一个整体并把甲放在乙与丙之间，乙与丙可互换位置，所以首先排列甲、乙、丙有2种排法，把甲、乙、丙组成的整体和剩下的两人进行排列，有Aeq \\al(3,3)＝6种排法，所以甲与乙相邻，且甲与丙相邻，有2×6＝12种排法，所以若甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列方式共有48－12＝36种，故D正确．故选ACD.
10．(2023·哈尔滨期末)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，若每人都安排一项工作，则以下说法错误的是( )
A．不同的安排方法数为54
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的安排方法数为Aeq \\al(4,5)Ceq \\al(1,4)
C．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同的安排方法数为Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则不同的安排方法数为(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3))Aeq \\al(3,3)
答案 ABD
解析 对于A，安排5人参加四项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则共有45种不同的安排方法，A错误；对于B，根据题意，分两步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排四项工作，有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)种不同的安排方法，B错误；对于C，根据题意，分两种情况讨论：①从丙、丁、戊中选出2人开车，②从丙、丁、戊中选出1人开车，则有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)种不同的安排方法，C正确；对于D，分两步分析：先将5人分为3组，有eq \f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2),Aeq \\al(2,2))＋eq \f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3),Aeq \\al(2,2))种分组方法，再给分好的3组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有Aeq \\al(3,3)种情况，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2),Aeq \\al(2,2))＋\f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3),Aeq \\al(2,2))))Aeq \\al(3,3)种不同的安排方法，D错误．故选ABD.
11．现有4个小球和4个小盒子，下列相关结论正确的是( )
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
答案 BCD
解析 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有Ceq \\al(2,4)(Aeq \\al(2,2)＋1)＝18种放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有Ceq \\al(1,4)·eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3),Aeq \\al(2,2))＝144种放法，故C正确；若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)，共9种放法，故D正确．故选BCD.
三、填空题
12．五一放假期间，某社区安排甲、乙、丙、丁、戊这5位工作人员值班，每人值班一天，若甲排在第一天值班，且丙与丁不排在相邻的两天值班，则可能的值班方式有________种．
答案 12
解析 甲在第一天值班的所有值班方式有Aeq \\al(4,4)＝24种，其中丙与丁在相邻的两天值班的值班方式有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＝12种，则满足条件的值班方式有24－12＝12种．
13．用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为________．(用数字作答)
答案 17
解析 根据题意，用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，当其千位数字为3或4时，有2Aeq \\al(3,3)＝12种情况，即有12个符合题意的四位数，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有6－1＝5个比2134大的四位数，故有12＋5＝17个比2134大的四位数．
14．(2023·福州一模)某市文明办积极创建全国文明典范城市，号召志愿者深入开展交通督导、旅游宣传、洁净家园、秩序维护四项志愿服务．现有6组志愿者服务队，若每组参与一项志愿服务，每项志愿服务至少有1组参与，其中甲组志愿服务队不参与旅游宣传志愿服务，则不同的参与方式共有________种．
答案 1170
解析 以参与旅游宣传志愿服务的组数分类，有3种情况：①从甲组之外的5组中任选1组参与旅游宣传志愿服务，其余5组参与其余三项服务，共有Ceq \\al(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3),Aeq \\al(2,2))＋Ceq \\al(3,5)))Aeq \\al(3,3)＝750种方法；②从甲组之外的5组中任选2组参与旅游宣传志愿服务，其余4组参与另外三项服务，共有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝360种方法；③从甲组之外的5组中选3组参与旅游宣传志愿服务，其余3组参与其余三项服务，共有Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(3,3)＝60种方法．所以不同的参与方式共有750＋360＋60＝1170种．
四、解答题
15．某中学将要举行校园歌手大赛，现有4男3女参加，需要安排他们的出场顺序．(结果用数字作答)
(1)如果3个女生都不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？
(2)如果女生甲在女生乙的前面(可以不相邻)，那么有多少种不同的出场顺序？
(3)如果3位女生都相邻，且女生甲不在第一个出场，那么有多少种不同的出场顺序？
解 (1)根据题意，分两步进行分析：
①先将4名男生排成一排，有Aeq \\al(4,4)种情况；
②男生排好后有5个空位，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有Aeq \\al(3,5)种情况．
则有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1440种不同的出场顺序．
(2)根据题意，将7人排成一排，有Aeq \\al(7,7)种情况，其中女生甲在女生乙的前面和女生甲在女生乙的后面的排法种数是一样的，
则女生甲在女生乙的前面的排法有eq \f(1,2)Aeq \\al(7,7)＝2520种，所以有2520种不同的出场顺序．
(3)根据题意，分三步进行分析：
①先将3名女生看成一个整体，考虑三人之间的顺序，有Aeq \\al(3,3)种情况；
②将3名女生的整体和4名男生全排列，有Aeq \\al(5,5)种情况；
③女生甲不在第一个出场，减去其第一个出场的情况即可．
则有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(5,5)－Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝672种不同的出场顺序．
16．男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情况下各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)至少有1名队长；
(4)既要有队长，又要有女运动员．
解 (1)分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有Ceq \\al(3,6)种选法；
第二步，选2名女运动员，有Ceq \\al(2,4)种选法．
由分步乘法计数原理可得，共有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,4)＝120种选法．
(2)解法一：“至少有1名女运动员”包括以下四种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理可得，总选法共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,6)＝246(种)．
解法二：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．
从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq \\al(5,6)种．所以“至少有1名女运动员”的选法有Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(5,6)＝246(种)．
(3)解法一(直接法)：可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为Ceq \\al(4,8)；
“只有女队长”的选法种数为Ceq \\al(4,8)；
“男、女队长都入选”的选法种数为Ceq \\al(3,8)，
所以共有2Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(3,8)＝196种选法．
解法二(间接法)：从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法，
其中不选队长的方法有Ceq \\al(5,8)种．所以“至少有1名队长”的选法有Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(5,8)＝196(种)．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有Ceq \\al(4,9)种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有Ceq \\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq \\al(4,5)种，所以不选女队长时的选法共有(Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(4,5))种．所以既要有队长，又要有女运动员的选法共有Ceq \\al(4,9)＋Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(4,5)＝191(种)．
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
并按照eq \x(\s\up1(01))一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列
组合
eq \x(\s\up1(02))作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
公式
(1)Aeq \\al(m,n)＝eq \x(\s\up1(07))n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq \x(\s\up1(08))eq \f(n！,（n－m）！)；
(2)Ceq \\al(m,n)＝eq \f(Aeq \\al(m,n),Aeq \\al(m,m))＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(n（n－1）…（n－m＋1）,m！)＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(n！,m！（n－m）！)(n，m∈N*，且m≤n)
性质
(1)Aeq \\al(n,n)＝eq \x(\s\up1(11))n！；(2)0！＝eq \x(\s\up1(12))1；(3)Ceq \\al(0,n)＝eq \x(\s\up1(13))1，Ceq \\al(m,n)＝eq \a\vs4\al(\x(\s\up1(14))Ceq \\al(n－m,n))；(4)Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝eq \x(\s\up1(15))Ceq \\al(m,n＋1)
考向一 排列问题
直接法
分类法
选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数
分步法
选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即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后的空中
定序法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列
间接法
对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法
考向二 组合问题
考向三 分组、分配问题
相同元素的分配问题
常用“隔板法”
不同元素的整体均分问题
分组后一定要除以Aeq \\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数
不同元素的部分均分问题
若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！