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第 74 讲 排列与组合
知识梳理
1. 分类加法计数原理
完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m 种不同的方法，在第2类方式中有m 种不同的方法，
1 2
…，在第n类方式中有m 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__m＋m＋…＋m__种不同的方法．
n 1 2 n
2. 分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有m 种不同的方法，…，
1 2
做第n步有m 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__m×m×…×m__种不同的方法．
n 1 2 n
3. 排列与排列数
(1)排列：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照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__．
(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有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__A__表示．
(3)排列数公式：
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
____(n，m∈N*，并且m≤n)
A＝__n·(n－1)·(n－2)·…·3·2·1__＝n！，规定0！＝__1__．
4. 组合与组合数
(1)组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合并成一组，叫做从n个不同元素中取出m
个元素的__一个组合__．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的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__，用符号__C__表示．
(3)组合数公式：
C＝＝＝
____(n，m∈N*，并且m≤n)．
(4)组合数的性质：
性质1：C＝__C__．
性质2：C＝__C＋C__．
性质3：mC＝__n·C__．
1、（2022•新高考Ⅱ）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，则不同的排列方式共有
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】
【解析】把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有 种情况，
甲站在两端的情况有 种情况，
甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有 种，故选： ．
2、（2021•乙卷（理））将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行
培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】
【解析】5名志愿者选2个1组，有 种方法，然后4组进行全排列，有 种，
共有 种，
故选： ．
3、（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这 8门课中选修2
门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
【答案】64．
【解析】若选2门，则只能各选1门，有 种，
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有 ，
综上共有 种不同的方案．
故答案为：64．
4、（2023•乙卷（理））甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有
1种相同的选法共有
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【答案】
【解析】根据题意可得满足题意的选法种数为： ．
故选： ．
5、（2023•甲卷（理））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，则两天中恰有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】
【解析】先从5人中选1人连续两天参加服务，共有 种选法，
然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有 种选法，
根据分步乘法计数原理可得共有 种选法．
故选： ．
6、（2023•新高考Ⅱ）某学校为了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． 种 B． 种
C． 种 D． 种
【答案】
【解析】 初中部和高中部分别有400和200名学生，
人数比例为 ，
则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，
则有 种．
故选：
1、(2022·镇江高三开学考试)已知n，m为正整数，且n≥m，则在下列各式中：①A＝120；②A＝C·A；③
C＋C＝C；④C＝C，其中正确的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】 C
【解析】 对于①，A＝6×5×4＝120，故①正确；对于②，因为C＝，所以A＝C·A，故②正确；对于③，
因为C＋C＝C，故③错误；对于④，C＝C，故④正确．
2、(2022·苏北四市高三期末)某地元旦汇演有2男3女共5名主持人站成一排，则舞台站位时男女间隔的不
同排法共有( )
A. 12种 B. 24种 C. 72种 D. 120种【答案】 A
【解析】 先排列2名男生共有A种排法，再将3名女生插入到3名男生所形成的空隙中，共有A种排法，
所以舞台站位时男女间隔的不同排法共有AA＝12(种)排法．
3、不等式A<6×A的解集为( )
A.{2，8} B.{2，6} C.{7，12} D.{8}
【答案】 D
【解析】 <6×，
∴x2－19x＋84<0，解得7<x<12.
又∵x≤8，x－2≥0，
∴7<x≤8，x∈N*，即x＝8.
4、（多选题）将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中，每个盒子放一个小球.
则下列说法正确的有（ ）
A. 编号为1号的小球放入编号为偶数的盒子的放法数是360
B. 编号为奇数的小球均放入编号为偶数的盒子的放法数是36
C. 恰有三个盒子的编号与放入的小球编号相同的放法数是40
D. 恰有三个小球的编号比放入的盒子的编号大1的放法数是30
【答案】 ABCD
【解析】：对于选项A，先放编号为1号的小球，有A种方法，再放另外5个小球，有A种方法，所以共
有A×A＝360种方法，选项A正确；对于选项B，先放编号为奇数的小球，有A种方法，再放另外3个小
球，有A种方法，所以共有A×A＝36种方法，选项B正确；
对于选项C，先在六个盒子中任选3个，放入与其编号相同的小球，有C＝20种放法，用枚举法放剩下
的3个小球，共有2种放法，所以不同的放法总数是20×2＝40种；
对于选项D，先在编号为1~5的五个盒子中任选3个，有C＝10种，不妨设选了编号为1,2,3的3个盒子，
分别放入标号为2,3,4的3个小球，则编号为4,5,6的盒子放入的小球编号依次可以是1,5,6、6,1,5和6,5,1，
共3种，所以不同的放法总数是10×3＝30种．
考向一 排列问题
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)全体排成一排，女生必须站在一起；
(4)全体排成一排，男生互不相邻；
(5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
(6)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
(7)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定.
【解析】 (1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种).
(2)分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A种方法，共有A·A＝5 040(种).(3)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A种方法，共
有A·A＝576(种).
(4)(插空法)先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，
共有A·A＝1 440(种).
(5)法一 (特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3 600(种).
法二 (特殊位置优先法)左右两边位置可安排另6人中的两人，有A种排法，其他有A种排法，共有AA＝
3 600(种).
(6)法一 (特殊元素优先法)甲在最右边时，其他的可全排，有A种方法；甲不在最右边时，可从余下的 5
个位置任选一个，有A种，而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个有A种，其余人全排列，
只有A种不同排法，共有A＋AAA＝3 720(种).
法二 (间接法)7名学生全排列，只有A种方法，其中甲在最左边时，有A种方法，乙在最右边时，有A
种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有A种方法，故共有A－2A＋A＝3 720(种).
(7)由于甲、乙、丙的顺序一定，则满足条件的站法共有＝840(种)
变式1、用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的：
(1) 五位数？
(2) 五位奇数？
(3) 五位偶数？
【解析】 (1) 不考虑是否排0，有A种填法，考虑排0，且0排首位，有A种填法，所以共有A－A＝
600(个)不同的五位数．
(2) 方法一(直接法)：分步：第一步先排个位，从1，3，5三个数字中任选一个填入，有A种；第二步
排首位，从不包括0的剩下的4个数字中任选一个填入，有A种，最后排剩下的几位，有A种填法，所以
共有A·A·A＝288(个)五位奇数．
方法二(间接法)：不考虑是否排0，有A·A种填法，排0且0排在首位，有A·A种填法，所以共有A·A
－A·A＝288(个)不同的五位奇数．
(3) 将无重复数字的五位数划分两类：五位奇数和五位偶数，由(1)(2)可知，偶数有 600－288＝
312(个).
变式2、（1） 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________个．
【解析】 首位数字有C种选法，个位、十位数字有C种排法，中间三位有A种排法．根据分步乘法计数
原理知共有C·C·A＝300(个)满足条件的六位数．
（2）、用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字，且能被5整除的四位数？
【解析】 按个位数所排数字进行分类：
第一类，个位数字排0，有A个；
第二类，个位数字排5，有AA个．
根据分类加法计数原理，共可组成A＋AA＝108(个)能被5整除的四位数变式3、7位同学站成一排照相．
(1) 甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
(2) 甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
(3) 甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
(4) 甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
【解析】 (1) 方法一：分两种情况：①甲站在排尾，则有A种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再
排其他，则有A·A·A种排法．
综上，共有A＋A·A·A＝3 720(种)排法．
方法二：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的
情况减了两次，故后面要加回来，即A－A－A＋A＝3 720(种)排法．
(2) 采用“捆绑”法，将甲、乙看成一个整体进行排列，故有A·A＝1 440(种)排法．
(3) 采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲、乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A·A＝
3 600(种)排法．
(4) 甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有A＝2 520(种)排法．
方法总结：(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一
般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采
用间接法．
(2) 对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题
的常用方法．
考向二 组合问题
例2、一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1) 现要从中选出2个球，有多少种不同的选法？
(2) 现要从中选出红球、白球各2个，有多少种不同的选法？
【解析】 (1) 从10个不同的球中选出2个球，即是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数C＝
45，所以不同的选法有45种．
(2) 从4个不同的红球中选出2个的选法有C种，从6个不同的白球中选2个的选法有C种，根据分步
乘法计数原理，共有C·C＝90(种)不同的选法．
变式1、一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．，从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取
法有多少种？
【解析】 将取出4个球分成三类情况：
第一类：取4个红球，没有白球，有C种；
第二类：取3个红球1个白球，有CC种；
第三类：取2个红球2个白球，有CC种，
所以共有C＋CC＋CC＝115(种).
变式2、（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）在2021中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方
参加演习的有4艘军舰，5架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机.若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有
一架飞机的不同选法共有（ ）
A．51种 B．168种 C．224种 D．336种
【答案】B
【解析】计算选出的四个单位中恰有一架飞机的方法数有两类办法：
飞机来自中方，有 种方法，飞机来自俄方，有 种方法，
由分类加法计数原理得： (种)，
所以选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有168种.
故选：B
方法总结：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素
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“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键
词的含义，谨防重复与漏解．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．
考向三 排列与组合综合性问题
例3、有6本不同的书．
(1) 分成三份：
①每份2本，有多少种不同的分法？
②1份4本，另2份各1本，有多少种不同的分法？
③1份1本，1份2本，1份3本，有多少种不同的分法？
(2) 分给甲、乙、丙3人：
①甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种不同的分法？
②1人1本，1人2本，1人3本，有多少种不同的分法？
③每人2本，有多少种不同的分法？
④1人4本，另2人各1本，有多少种不同的分法？
【解析】 (1) ①先在6本书中任取2本作为一份，有C种不同的取法，再从余下的4本书中任取2本
作为一份，有C种不同的取法，最后把余下的2本书都取出作为一份，有C种不同的取法，所以共有CCC
种取法，但是这样每种取法对应的是一个排列，总体来讲相当于对三个元素进行了全排列，所以共有＝
15(种)分法．
②＝15(种).
③C·C·C＝60(种).
(2) ①先从6本书中任取1本分给甲，有C种给法，再从余下的5本书中任取2本分给乙，有C种给
法，最后把余下的3本书给丙，有C种给法，故共有C·C·C＝60(种)不同的分配方法．
②甲、乙、丙 3 人谁得 1 本，谁得 2 本，谁得 3 本，不确定，可考虑先分组，后分配，故共有
C·C·C·A＝360(种)分法．③·A＝C·C·C＝90(种).
④·A＝90(种).
变式1、（1） 将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小
组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A. 12种 B. 10种 C. 9种 D. 8种
【答案】 A
【解析】 将4名学生均分为2个小组共有＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有A＝2(种)分
法，最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2(种)分法，故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种).
（2）（2022·湖北·高三期末）假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学
去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，则不同的安排方法共有（ ）
A．20种 B．14种 C．12种 D．10种
【答案】B
【解析】解：先将4名同学分为两组，两组人数为可能为1,3人或2,2人，
当两组人数为1,3时，有 种方案，
当两组人数为2,2时，有 种方案，
所以将4名同学分为两组，共有 种方案，
再将两组同学分配到两个文明实践站，有 种，
所以根据乘法原理得共有 种不同的方法.
故选：B
变式2、（2022·湖南郴州·高三期末）国庆长假过后学生返校，某学校为了做好防疫工作组织了6个志愿服
务小组，分配到4个大门进行行李搬运志愿服务，若每个大门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务
小组只能在1个大门进行服务，则不同的分配方法种数为（ ）
A．65 B．125 C．780 D．1560
【答案】D
【解析】6人分成4组有两种方案：“ ”、“ ”共有 种方法，
4组分配到4个大门有 种方法；根据乘法原理不同的分配方法数为： .
故选:D.
变式3、（2022·广东潮州·高三期末）当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依
然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排A，B，C，D，E五名同志到三个地区开展防疫
宣传活动，每个地区至少安排一人，且A，B两人安排在同一个地区，C，D两人不安排在同一个地区，则
不同的分配方法总数为（ ）
A．30种 B．36种 C．42种 D．64种
【答案】A
【解析】
解：①当两个地区各分2人，另一个地区分1人时，总数有 种；
②当两个地区各分1人，另一个地区分3人时，总数有 种．
故满足条件的分法共有 种．
故选：A
变式4、（2022·江苏常州·高三期末）（多选题）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着
色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】选项A：表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有 个方法，上面一格，从与中间两
格不同的颜色中取出一个，有 个方法，故共有 个不同方法.正确；选项B： ,方法总数不对.错误；
选项C：表示先对中间两格涂颜色. 从4种颜色取2种，共有 个方法，上下两格都是从与中间两格不同
的颜色中取出一个，有 个方法.故共有 个不同方法.正确；
选项D：表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有 个不同方
法；②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有 个不同方法. 综合①②可知
方法总数为： 个不同方法.正确.
故选：ACD
方法总结：(1)解排列与组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个
原理做最后处理．
(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)或间接法(排除法)来解决，分类标准应统一，避免出
现重复或遗漏．
1、（2022·山东日照·高三期末）某市从6名优秀教师中选派3名同时去3个灾区支教 (每地1人)，其中甲
和乙不同去，则不同的选派方案的种数为（ ）
A．48 B．60 C．96 D．168
【答案】C
【解析】由题意所求方法数为6人中任选派3人的方法数减去甲和乙同去的方法： ．
故选：C.
2、（2022·山东临沂·高三期末）为了支援山区教育，现在安排 名大学生到 个学校进行支教活动，每个
学校至少安排 人，其中甲校至少要安排 名大学生，则不同的安排方法共有（ ）种
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】若甲校分 名大学生，此时有 种分配方法；若甲校分 名大学生，此时有 种分配方法.
综上所述，共有 种分配方法.
故选：C.
3、（2022·河北唐山·高三期末）六名志愿者到北京、延庆、张家口三个赛区参加活动，若每个赛区两名志
愿者，则安排方式共有（ ）
A．15种 B．90种 C．540种 D．720种
【答案】B
【解析】：先从六名志愿者中选择两名志愿者到北京参加活动，有 种方法，再从剩下的4名志愿者
中选择2名志愿者到延庆参加活动，有 种方法，最后从剩下的2名志愿者中选择2名志愿者到延庆参
加活动，有 种方法.由乘法分步原理得共有 种方法.
故选：B
4、（2022·山东德州·高三期末）某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词
表达对中国的印象，使用频率前12的关键词为：高铁､移动支付､网购､共享单车､一带一路､无人机､大熊
猫､广场舞､中华美食､长城､京剧､美丽乡村.其中使用频率排前四的关键词“高铁､移动支付､网购､共享单
车”也成为了他们眼中的“新四大发明”.从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个
“新四大发明”关键词的选法种数为___________（用数字作答）.
【答案】164
【解析】把12个的关键词分为两组：高铁、移动支付、网购、共享单车一组，余下的为一组，
从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的情况有
种.
故答案为： .
5、（2022·广东清远·高三期末）为了做好新冠肺炎疫情常态化防控工作，推进疫苗接种进度，降低新冠肺
炎感染风险，某医院准备将3名医生和6名护士分配到3所学校，设立疫苗接种点，免费给学校老师和学
生接种新冠疫苗，若每所学校分配1名医生和2名护土，则不同的分配方法共有_______种．
【答案】540【解析】第一步，将6名护士平均分给3名医生组成三个小组，有 种不同的分法；第二步，
将三个小组分配到3所学校，有 种不同的分法．故不同的分配方法共有 种．
故答案为：540
6、（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）过氧化氢（ ）是一种重要的化学品，工业用途
广泛，通过催化 和 直接合成 目前被认为是一种最有潜力替代现有生产方法的绿色环保生产途径.
在自然界中，已知氧的同位素有17种，氢的同位素有3种，现有由 ， 及 ， ， 五种原子中
的几种构成的过氧化氢分子，则分子种数最多为______________.
【答案】18
【分析】由分步乘法计数，再分类加法计数即可求.
【详解】过氧化氢分子中有2个氧原子和2个氢原子，共4个原子.
构成过氧化氢分子的氧原子可以从2种不同的氧原子中选出1种或2种，取法共有 （种）；
构成过氧化氢分子的氢原子可以从3种不同的氢原子中选出1种或2种，取法共有 （种）.
因此构成的过氧化氢分子的种数最多为 .
故答案为：18.
7、（2023·江苏南通·统考模拟预测）在空间直角坐标系 中， ，则三
棱锥 内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据题意，作出图形如下，因为 ，所以 ，
设面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，故 ，
设 是面 上的点，则 ，
故 ，则 ，
不妨设三棱锥 内部整点为 ，则 ，故 ，则 ，
易知若 ，则 在面 上，若 ，则 在三棱锥 外部，
所以 ，
当 且 时，
将 写成 个 排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为 的取值的方法个数，显然有
个方法，
所有整点 的个数为 ，
因为 ，
所以 .故选：B.
