第2课时： 排列的应用 课后训练提升 基础巩固 1.将3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同的分法种数是 () A.1260 B.120 C.240 D.720 答案D 解析：相当于3个元素排10个位置，有A。=720种不同的分法 2.要从A,B,C,D,E这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 答案B 解析：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-A4=16种选法 3.一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为 () A.3×3 B.3×(3)3 C.(31)4 D.91 答案C 解析：利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为A3(A3)P=(3)A.故选C 4.某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告 和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且2个商业广告不 能连续播放，则不同的播放方式有( A.8种 B.16种 C.18种 D.24种 答案：A 解析：分三步完成：第一步，排最后一个商业广告，有A种；第二步，在前两个位置选 一个排第二个商业广告，有A)种；第三步，余下的两个位置排公益宣传广告，有A3种 根据分步乘法计数原理，不同的播放方式共有AAA?=8种，故选A 5.由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{am, 则a2等于( A.1543 B.2543 C.3542 D.4532 答案：C 解析：分三类：第1类，首位是1的四位数有A3=24个
第 2 课时 排列的应用 课后· 基础巩固 1.将 3 张不同的电影票全部分给 10 个人,每人至多一张,则不同的分法种数是 ( ) A.1 260 B.120 C.240 D.720 答案:D 解析:相当于 3 个元素排 10 个位置,有A10 3 =720 种不同的分法. 2.要从 A,B,C,D,E 这 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 答案:B 解析:不考虑限制条件有A5 2 种选法,若 A 当副组长,有A4 1种选法,故 A 不当副组长, 有A5 2 − A4 1=16 种选法. 3.一排 9 个座位坐了 3 个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为 ( ) A.3×3! B.3×(3!)3 C.(3!)4 D.9! 答案:C 解析:利用“捆绑法”求解,满足题意的坐法种数为A3 3 ·(A3 3 ) 3=(3!)4 .故选 C. 4.某电视台一节目收视率很高,现要连续插播 4 个广告,其中 2 个不同的商业广告 和 2 个不同的公益宣传广告,要求最后播放的必须是商业广告,且 2 个商业广告不 能连续播放,则不同的播放方式有( ) A.8 种 B.16 种 C.18 种 D.24 种 答案:A 解析:分三步完成:第一步,排最后一个商业广告,有A2 1种;第二步,在前两个位置选 一个排第二个商业广告,有A2 1种;第三步,余下的两个位置排公益宣传广告,有A2 2种. 根据分步乘法计数原理,不同的播放方式共有A2 1 A2 1A2 2=8 种,故选 A. 5.由 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的四位数,按从小到大的顺序排成一个数列{an}, 则 a72 等于( ) A.1 543 B.2 543 C.3 542 D.4 532 答案:C 解析:分三类:第 1 类,首位是 1 的四位数有A4 3=24 个;
第2类，首位是2的四位数有A3=24个； 第3类，首位是3的四位数有A3=24个. 依据分类加法计数原理， 首位小于4的所有四位数共有3×24=72个 由此得a72=3542. 6.在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工序A只能出现在第一步 或最后一步，工序B和C在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有() A.34种 B.48种 C.96种 D.144种 答案：C 解析：分两步完成：第一步，先排工序A,有2种编排方法：第二步，再将工序B和C 视为一个整体（有2种顺序）与其他3个工序全排列共有2A4种编排方法.依据分 步乘法计数原理，实施顺序的编排方法共有2×2A4=96种.故选C 7.(多选题)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个 新节目，如果将这两个新节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为() A.AA+A B A C.AA D.A 答案：ABC 解析（方法一）分两种情况：第1种，增加的两个新节目相连；第2种，增加的两个新 节目不相连.不同插法的种数为AA?+A2=42. (方法二)7个节目的全排列为A?,两个新节目插入原节目单中， 故不同的插法种数为是=A号=42 (方法三)将两个新节目逐个插入，不同插法的种数为AA 8.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的 共有() A.210个 B.300个 C.464个 D.600个 答案B 解析：由于组成没有重复数字的六位数，个位数字小于十位数字的数与个位数字大 于十位数字的数一样多，故有5A=300个 9.5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有种 答案：72 解析：由题意得甲、乙两人相邻共有A?A种排法，则甲、乙两人之间至少有一人 共有A-A3A4=72种排法 10.六个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使三个空位连在一起，则停放的方法 数为
第 2 类,首位是 2 的四位数有A4 3=24 个; 第 3 类,首位是 3 的四位数有A4 3=24 个. 依据分类加法计数原理, 首位小于 4 的所有四位数共有 3×24=72 个. 由此得 a72=3 542. 6.在制作飞机的某一零件时,要先后实施 6 个工序,其中工序 A 只能出现在第一步 或最后一步,工序 B 和 C 在实施时必须相邻,则实施顺序的编排方法共有( ) A.34 种 B.48 种 C.96 种 D.144 种 答案:C 解析:分两步完成:第一步,先排工序 A,有 2 种编排方法;第二步,再将工序 B 和 C 视为一个整体(有 2 种顺序)与其他 3 个工序全排列共有 2A4 4种编排方法.依据分 步乘法计数原理,实施顺序的编排方法共有 2×2A4 4=96 种.故选 C. 7.(多选题)某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单,开演前又增加了两个 新节目,如果将这两个新节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为( ) A.A6 1A2 2 + A6 2 B. A7 7 A5 5 C.A6 1A7 1 D.A6 2 答案:ABC 解析:(方法一)分两种情况:第 1 种,增加的两个新节目相连;第 2 种,增加的两个新 节目不相连.不同插法的种数为A6 1 A2 2 + A6 2=42. (方法二)7 个节目的全排列为A7 7 ,两个新节目插入原节目单中, 故不同的插法种数为A7 7 A5 5 = A7 2=42. (方法三)将两个新节目逐个插入,不同插法的种数为A6 1A7 1 . 8.由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的 共有( ) A.210 个 B.300 个 C.464 个 D.600 个 答案:B 解析:由于组成没有重复数字的六位数,个位数字小于十位数字的数与个位数字大 于十位数字的数一样多,故有5A5 5 2 =300 个. 9.5 个人排成一排,要求甲、乙两人之间至少有一人,则不同的排法有 种. 答案:72 解析:由题意得甲、乙两人相邻共有A2 2 A4 4种排法,则甲、乙两人之间至少有一人 共有A5 5 − A2 2A4 4=72 种排法. 10.六个停车位置,有 3 辆汽车需要停放,若要使三个空位连在一起,则停放的方法 数为
答案：24 解析：把3个空位看作一个元素，与3辆汽车共有4个元素全排列，故停放的方法 有A4=4×3×2×1=24种. 11.一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单 (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？ (2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？ 解(1)先从5个演唱节目中选2个排在首尾两个位置有A2种排法，再将剩余的3 个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A饭种排法，故共有不同排法 A号A%=14400种. (2)先不考虑排列要求，有A8种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从 5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，再将剩余四个节目排列在后四个位 置，有AA4种排法，因此前四个节目要有舞蹈节目的排法有A8-AA4=37440种. 12.用0,1,2,3,4,5这六个数字： (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ (3)能组成多少个比1325大的四位数？ 解(1)符合要求的四位偶数可分为三类： 第1类：0在个位时有A个； 第2类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有A种，十位和百位从余下的数字 中选，有A2种，于是有A4A2个 第3类：4在个位时，与第二类同理，也有A1A好个 根据分类加法计数原理，共有四位偶数A+A}·A?+A4A☑=156个 (2)五位数中是5的倍数的数可分为两类：个位数上的数字是0的五位数有A个； 个位数上的数字是5的五位数有A1A3个 故满足条件的五位数的个数共有A+A4A=216个 (3)比1325大的四位数可分为三类： 第1类：形如2 的数，共 A4A3个； 第2类：形如14 共A2A经个 第3类：形如134 ☐，135 ,共A2A个 根据分类加法计数原理，比1325大的四位数共有A1A+A2A经+A2A=270个 拓展提高 1.某单位安排7名员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天若 7名员工中的甲、乙被安排在相邻两天值班，丙不在10月1日值班，丁不在10月 7日值班，则不同的安排方案共有(
答案:24 解析:把 3 个空位看作一个元素,与 3 辆汽车共有 4 个元素全排列,故停放的方法 有A4 4=4×3×2×1=24 种. 11.一场晚会有 5 个演唱节目和 3 个舞蹈节目,要求排出一个节目单. (1)3 个舞蹈节目不排在开始和结尾,有多少种排法? (2)前四个节目要有舞蹈节目,有多少种排法? 解:(1)先从 5 个演唱节目中选 2 个排在首尾两个位置有A5 2种排法,再将剩余的 3 个演唱节目,3 个舞蹈节目排在中间 6 个位置上有A6 6种排法,故共有不同排法 A5 2 A6 6=14 400 种. (2)先不考虑排列要求,有A8 8种排列,其中前四个节目没有舞蹈节目的情况,可先从 5 个演唱节目中选 4 个节目排在前四个位置,再将剩余四个节目排列在后四个位 置,有A5 4 A4 4种排法,因此前四个节目要有舞蹈节目的排法有A8 8 − A5 4A4 4=37 440 种. 12.用 0,1,2,3,4,5 这六个数字: (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数? (2)能组成多少个无重复数字且为 5 的倍数的五位数? (3)能组成多少个比 1 325 大的四位数? 解:(1)符合要求的四位偶数可分为三类: 第 1 类:0 在个位时有A5 3个; 第 2 类:2 在个位时,首位从 1,3,4,5 中选定 1 个有A4 1种,十位和百位从余下的数字 中选,有A4 2种,于是有A4 1A4 2个; 第 3 类:4 在个位时,与第二类同理,也有A4 1 A4 2个. 根据分类加法计数原理,共有四位偶数A5 3 + A4 1 · A4 2 + A4 1 A4 2=156 个. (2)五位数中是 5 的倍数的数可分为两类:个位数上的数字是 0 的五位数有A5 4 个; 个位数上的数字是 5 的五位数有A4 1 A4 3个. 故满足条件的五位数的个数共有A5 4 + A4 1A4 3=216 个. (3)比 1 325 大的四位数可分为三类: 第 1 类:形如 2 ,3 ,4 ,5 的数,共 A4 1 A5 3个; 第 2 类:形如 14 ,15 ,共A2 1A4 2个; 第 3 类:形如 134 ,135 ,共A2 1A3 1个. 根据分类加法计数原理,比 1 325 大的四位数共有A4 1 A5 3 + A2 1 A4 2 + A2 1 A3 1=270 个. 拓展提高 1.某单位安排 7 名员工在 10 月 1 日至 7 日值班,每天安排 1 人,每人值班 1 天.若 7 名员工中的甲、乙被安排在相邻两天值班,丙不在 10 月 1 日值班,丁不在 10 月 7 日值班,则不同的安排方案共有( )
A.504种 B.960种 C.1108种 D.1008种 答案D 解析：由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有A2A=1440 种，其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班的方案共 有A3A=240种，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在10月7日值班的 方案共有A?A=240种，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日 值班、丁在10月7日值班的方案共有A号A4=48种.因此满足题意的方案共有1 440-2×240+48=1008种 2.3张卡片正反面分别标有数字1和2,3和4,5和7，若将3张卡片并列组成一个 三位数，可以得到不同的三位数的个数为( A.30 B.48 C.60 D.96 答案B 解析：“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，即为3个元素的一个全排列A3:第二步，分别确定百位、十位、个位上的数 字，各有2种方法.根据分步乘法计数原理，可以得到A×2×2×2=48个不同的三位 数 3.安排6名歌手演出的顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则 不同排法的种数是( A.180 B.240 C.360 D.480 答案D 解析：先将6名歌手全排列有A?种顺序，甲、乙、丙的顺序有A种，乙、丙都排在 歌手甲的前面或者后面的顺序有甲乙丙，甲丙乙，乙丙甲，丙乙甲，4种顺序，因此不 同排法的种数共有4×=480种， A 4.从6名短跑运动员中选出4人参加4×100m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒 则共有 种参赛方案 答案240 解析：方法一：从人（元素）的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类： 第1类，甲不参赛，有A性种参赛方案； 第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种方法，再安排其他3棒 有A种方法，此时有2A种参赛方案 根据分类加法计数原理，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A+2A=240 种
A.504 种 B.960 种 C.1 108 种 D.1 008 种 答案:D 解析:由题意知,满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有A2 2 A6 6=1 440 种,其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在 10 月 1 日值班的方案共 有A2 2 A5 5=240 种,满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在 10 月 7 日值班的 方案共有A2 2 A5 5=240 种,满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在 10 月 1 日 值班、丁在 10 月 7 日值班的方案共有A2 2 A4 4=48 种.因此满足题意的方案共有 1 440-2×240+48=1 008 种. 2.3 张卡片正反面分别标有数字 1 和 2,3 和 4,5 和 7,若将 3 张卡片并列组成一个 三位数,可以得到不同的三位数的个数为( ) A.30 B.48 C.60 D.96 答案:B 解析:“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,即为 3 个元素的一个全排列A3 3 ;第二步,分别确定百位、十位、个位上的数 字,各有 2 种方法.根据分步乘法计数原理,可以得到A3 3 ×2×2×2=48 个不同的三位 数. 3.安排 6 名歌手演出的顺序时,要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面,则 不同排法的种数是( ) A.180 B.240 C.360 D.480 答案:D 解析:先将 6 名歌手全排列有A6 6种顺序,甲、乙、丙的顺序有A3 3种,乙、丙都排在 歌手甲的前面或者后面的顺序有甲乙丙,甲丙乙,乙丙甲,丙乙甲,4 种顺序,因此不 同排法的种数共有 4× A6 6 A3 3=480 种. 4.从 6 名短跑运动员中选出 4 人参加 4×100 m 接力赛,甲不能跑第一棒和第四棒, 则共有 种参赛方案. 答案:240 解析:方法一:从人(元素)的角度考虑,优先考虑甲,分以下两类: 第 1 类,甲不参赛,有A5 4 种参赛方案; 第 2 类,甲参赛,可优先将甲安排在第二棒或第三棒,有 2 种方法,再安排其他 3 棒, 有A5 3种方法,此时有 2A5 3种参赛方案. 根据分类加法计数原理,甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A5 4+2A5 3=240 种
方法二：从位置（元素）的角度考虑，可分两步完成：第一步，优先考虑第一棒和第四 棒，则这两棒可以从除甲之外的5人中选2人，有A?种方法：第二步，其余两棒从剩 余4人中选，有A2种方法 根据分步乘法计数原理，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A2A子=240种. 方法三（排除法）不考虑甲的约束，6个人占4个位置，有A4种安排方法，剔除甲跑第 一棒和第四棒的参赛方案有2A种，因此甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共 有A4-2A3=240种 5.由数字0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有 个 答案：192 解析：只需考虑个位和千位这两个特殊位置的限制，个位为1,2,3,4中某一个有4 种方法，千位在余下的4个非0数中选择也有4种方法，十位和百位方法数为A☑ 种，故数字总数为4×4×A2=192 6.三个人坐在一排八个座位上，若每个人的两边都要有空位，则不同的坐法种数 为 答案：24 解析：“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视为5个空位和3 个人满足上述要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空当中即 可，故有A3=24种不同坐法 7高一年级某班的语文、数学、英语、物理、化学、体育六门课安排在某一天 每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、 化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不同的排法 种数为多少？ 解分两类 第1类，数学课在上午第一节或第四节共A种排法，体育课在下午共A种排法 理、化课安排在上午一节，下午一节有2A种排法，其余两门在剩下的位置安排共 A3种 根据分步乘法计数原理，共有A2×A×2A3×A2=32种排法 第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共A?种排法，体育课安排在下午有A 种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共A?种排法，其余两门在余下的位 置安排共A☑种排法 根据分步乘法计数原理，共有A)×A)×A?×A?=16种排法 综上，根据分类加法计数原理，排法种数为N=32+16=48. 挑战创新 已知圆的方程(x-a2+0y-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？
方法二:从位置(元素)的角度考虑,可分两步完成:第一步,优先考虑第一棒和第四 棒,则这两棒可以从除甲之外的 5 人中选 2 人,有A5 2种方法;第二步,其余两棒从剩 余 4 人中选,有A4 2种方法. 根据分步乘法计数原理,甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A5 2 A4 2=240 种. 方法三(排除法):不考虑甲的约束,6 个人占 4 个位置,有A6 4种安排方法,剔除甲跑第 一棒和第四棒的参赛方案有 2A5 3种,因此甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共 有A6 4 -2A5 3=240 种. 5.由数字 0,1,2,3,4,5 组成的没有重复数字的四位数中,不能被 5 整除的数共有 个. 答案:192 解析:只需考虑个位和千位这两个特殊位置的限制,个位为 1,2,3,4 中某一个有 4 种方法,千位在余下的 4 个非 0 数中选择也有 4 种方法,十位和百位方法数为A4 2 种,故数字总数为 4×4×A4 2=192. 6.三个人坐在一排八个座位上,若每个人的两边都要有空位,则不同的坐法种数 为 . 答案:24 解析:“每人两边都有空位”是说三个人不相邻,且不能坐两头,可视为 5 个空位和 3 个人满足上述要求的一个排列,只要将 3 个人插入 5 个空位形成的 4 个空当中即 可,故有A4 3=24 种不同坐法. 7.高一年级某班的语文、数学、英语、物理、化学、体育六门课安排在某一天, 每门课一节,上午四节,下午两节,数学课必须在上午,体育课必须在下午,数、理、 化三门课中任意两门不相邻,但上午第四节和下午第一节不叫相邻,则不同的排法 种数为多少? 解:分两类: 第 1 类,数学课在上午第一节或第四节共A2 1种排法,体育课在下午共A2 1种排法, 理、化课安排在上午一节,下午一节有 2A2 2种排法,其余两门在剩下的位置安排共 A2 2种. 根据分步乘法计数原理,共有A2 1 × A2 1 ×2A2 2 × A2 2=32 种排法. 第 2 类,数学课安排在上午第二节或第三节,共A2 1种排法,体育课安排在下午有A2 1 种排法,理、化课安排在上午一节和下午一节,共A2 2种排法,其余两门在余下的位 置安排共A2 2种排法. 根据分步乘法计数原理,共有A2 1 × A2 1 × A2 2 × A2 2=16 种排法. 综上,根据分类加法计数原理,排法种数为 N=32+16=48. 挑战创新 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)分两步完成：第一步，先选r,因为>0，则r有A种选法；第二步，再选α，b,在剩 余8个数中任取2个，有A?种选法.根据分步乘法计数原理可得有Ag·A3=448个 不同的圆 (2)圆(x-a2+0y-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A3种情况， 故符合题意的圆有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0,10,3,74,6. 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多种情况， 因此满足题意的圆共有A?A+2A☑A站=38个
(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)分两步完成:第一步,先选 r,因为 r>0,则 r 有A8 1种选法;第二步,再选 a,b,在剩 余 8 个数中任取 2 个,有A8 2 种选法.根据分步乘法计数原理可得有A8 1 · A8 2=448 个 不同的圆. (2)圆(x-a) 2+(y-b) 2=r2 经过原点,a,b,r 满足 a 2+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A2 2种情况, 故符合题意的圆有 2A2 2=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A2 2种情况, 因此满足题意的圆共有A2 2 A7 1+2A2 2A6 1=38 个