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专题11.2 排列组合
11.2.1 排列与组合概念及相关公式
知识点梳理
1.排列与排列数
（1）定义：从n个不同元素中取出m ( m ≤n)个元素排成一列，叫做从n个不同元素
中取出m个元素的一个排列.从n个不同元素中取出m ( m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫
做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号An
m表示.
（2）排列数的公式：An
m =n(n
1)(
−
n
2)
−
⋯(n−m +1)=n!
(n−m )! .
特例：当m =n时，An
n=n!=n(n
1)(
−
n
2)
−
⋯3⋅2⋅1；规定：0!=1.
（3
①
）排列数的性质：
An
m =n An
1
−
m
1
−
②
；
An
m =1
n−m An
m +1=n
n−m An
1
−
m
③
；
An
m = m An
1
−
m
1
−+ An
1
−
m
.
（4）解排列应用题的基本思路：
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，
特殊元素）.
注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，
An
m =n(n
1)
(
−
⋯n−m +1) 常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，
多用An
m =n!
(n−m )! .
2.组合与组合数
（1）定义：从n个不同元素中取出m ( m ≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素
中取出m个元素的一个组合. 从n个不同元素中取出m (m ≤n)个元素的所有组合的个数，
叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cn
m表示.
（2）组合数公式及其推导
1
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求从n个不同元素中取出m个元素的排列数An
m，可以按以下两步来考虑：
第一步，先求出从这n个不同元素中取出m个元素的组合数Cn
m；
第二步，求每一个组合中m个元素的全排列数Am
m；
根据分步计数原理，得到An
m =Cn
m⋅Am
m
；因此Cn
m = An
m
Am
m =n(n
1)(
−
n
2)
(
−
⋯n−m +1)
m !
.
这里n,m ∈N+，且m ≤n，这个公式叫做组合数公式.因为An
m =n!
(n−m )! ，所以组合
数公式还可表示为：Cn
m =n!
m !(n−m )! .特例：Cn
0=Cn
n=1.
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题
时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题. 公式
Cn
m =n(n
1)(
−
n
2)
(
−
⋯n−m +1)
m !
常用于具体数字计算，Cn
m =n!
m !(n−m )! 常用与含字
母算式的化简或证明.
（3
①
）组合数的主要性质：
Cn
m =Cn
n−m
②
；
Cn
m+Cn
m
1
−=Cn+1
m .
（4
① “
”
“
”
）组合应用题的常见题型：
含有或不含有某些元素的组合题型；② “
”
至少
“
”
或最多含有几个元素的题型
3.排列和组合的区别
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工.
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同.
注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们
之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需
要考虑顺序的是排列问题. 排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解
“
”
决排列组合综合问题的基本思维是先组合，后排列.
典型例题
例1.已知n，m为正整数，且n≥m，则下列各式中，正确的个数是（ ）
2
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①A6
3=120
②
；
A12
7 =C12
7 ⋅A7
7
③
；
Cn
m+Cn+1
m =Cn+1
m +1
④
；
Cn
m =Cn
n−m.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解：
①
对于
A6
3=6×5×4=120
①
，故
正确；
②
对于
因为C12
7 = A12
7
A7
7 ，所以A12
7 =C12
7 ⋅A7
7
②
，故
正确；
③
对于
因为Cn
m+Cn
m
1
−=Cn+1
m
③
，故
错误；
④
对于
Cn
m =Cn
n−m
④
，故
正确；故选：C.
例2.（多选）
下列等式正确的是（）
A. Cn
m =Cn
n−m B. Cn
m = An
m
n!
C. (n+2)(n+1)An
m = An+2
m +2 D. Cn
r=Cn
1
−
r
1
−+Cn
1
−
r
解：根据组合数的性质可知Cn
m =Cn
n−m，Cn
r=Cn
1
−
r
1
−+Cn
1
−
r
，故AD 正确；
根据排列数与组合数的关系可知Cn
m = An
m
m !
，故B 不正确；
∵(n+2)(n+1)An
m =(n+2)(n+1)n(n
1)
(
−
⋯n−m +1)，
∴An+2
m +2=(n+2)(n+1)
(
⋯n+2−m
2+1)=(
−
n+2)(n+1)n(n
1)
(
−
⋯n−m +1)，
∴(n+2)(n+1)An
m = An+2
m +2，故C 正确．故选：ACD．
例3.（1）计算：(C100
2 +C100
97 )÷A101
3 ；
（2）计算：C3
3+C4
3+…+C10
3 ；
（3）解方程：An
7−An
5
An
5
=89.
3
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解：（1）原式=(C100
2 +C100
3 )÷A101
3 =C101
3 ÷A101
3 = A101
3
A3
3
÷A101
3 =1
A3
3 =1
6 ；
（
2
）
原
式
=C4
4+C4
3+C5
3+…+C10
3 =C5
4+C5
3+…+C10
3 =C6
4+C6
3+…+C10
3 =…=C10
4 +C10
3 =C11
4 =330；
（3）原方程可化为n(n
1)(
−
n
2)…(
−
n
6)
−
−n(n
1)(
−
n
2)…(
−
n
4)
−
n(n
1)(
−
n
2)…(
−
n
4)
−
=89，
整理得(n
5)(
−
n
6)
−
，
即n
2
11
−
n+29=89，化简得n
2
11
−
n
60=0
−
，解得n=15
或n= 4
−（舍去），
所以原方程的解是n=15.
随堂演练
1.（多选）下列等式正确的是（ ）
A. Cn
m =Cn
n−m B. 2019!⋅C2024
2019=2024 A2023
2018
C. Cn
m = An
m
n!
D. An
m+ m An
m
1
−= An+1
m
解：对于A ，Cn
m =n!
m !(n−m )! ，Cn
n−m =n!
(n−m )!(n−n+ m )! =n!
m !(n−m )! ，所以
Cn
m =Cn
n−m，故A 正确；
对于B，2019!⋅C2024
2019= A2019
2019⋅C2024
2019= A2024
2019=2024 A2023
2018，原式成立，故B 正确；
对于C，左边=Cn
m =n!
m !(n−m )! ，右边= An
m
n! =n!
(n−m )!n! =1
(n−m )!
，两边不等，故
C 错误；
对
于
D
，
左
边
= An
m+ m An
m
1
−=n!
(n−m )! + m ×n!
(n−m +1)! =(n−m +1)×n!
(n−m +1)!
+ m ×n!
(n−m +1)! =(n+1)×n!
(n−m +1)! =(n+1)!
(n−m +1)!
，
4
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右边= An+1
m =(n+1)!
(n−m +1)! ，左边=右边，故D 正确.故选：ABD.
2.（多选）下列等式正确的是（ ）
A. An
m =n An
1
−
m
1
− B. Cn
m =n+1
m +1 Cn+1
m +1
C. An+1
n+1−An
n=n
2An
1
−
n
1
− D. (n+1)!
k!
−n!
(k
1)!
−
=(n−k+1)⋅n!
k!
(k≤n)
解
：
根
据
题
意
，
依
次
分
析
选
项
：
对
于
A
，
An
m =n!
(n−m )! =n×(n
1)!
−
[(n
1) (
−
−m
1)]!
−
=n An
1
−
m
1
−，故A 正确；
对于B，Cn
m =n!
m !×(n−m )! = m +1
n+1 ×(n+1)!
( m +1)!×(n−m )! = m +1
n+1 Cn+1
m +1，故B 错误；
对于C，An+1
n+1−An
n=(n+1)n×An
1
−
n
1
−−n×An
1
−
n
1
−=n
2An
1
−
n
1
−，故C 正确；
对于D，(n+1)!
k!
−n!
(k
1)!
−
=(n+1)×n!−k×n!
k!
=(n−k+1)⋅n!
k!
(k≤n)，故D
正确.故选：ACD.
3.已知Cn+1
n
1
−= An
1
−
2
+1，则n!= .
解：由Cn+1
n
1
−= An
1
−
2
+1，得Cn+1
2
= An
1
−
2
+1，则{
n≥3,n∈ℕ
∗
(n+1)n
2
=(n
1)(
−
n
2)+1
−
,
即{
n≥3,n∈N
∗
n
2
7
−n+6=0
,解得n=6，所以6!=720. 故答案为：720.
4.若A2n
4 =120Cn
2，则n= .
解：因为A2n
4 =120Cn
2，所以2n(2n
1)(2
−
n
2)(2
−
n
3)=
−
120n(n
1)
−
2
，
则(2n
1)(2
−
n
3)=15
−
，即n
2
2
−n
3=0
−
，解得n=3或n= 1
−（舍去），所以n=3.故答案
为：3.
5.已知n，m为正整数，且n≥m
，则下列各式中错误的是（ ）
A. A6
3=120 B. A12
7 =C12
7 ⋅A7
7
5
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C. Cn
m+Cn+1
m =Cn+1
m +1 D. Cn
m =Cn
n−m
解：对于A，A6
3=6×5×4=120，故正确；
对于B，因为C12
7 = A12
7
A7
7 ，所以A12
7 =C12
7 ⋅A7
7，故正确；
对于C，因为n，m为正整数，且n≥m，所以令n=3,m =1，则Cn
m+Cn+1
m =C3
1+C4
1=7，
Cn+1
m +1=C4
2=4×3
2×1 =6，此时Cn
m+Cn+1
m ≠Cn+1
m +1，故错误；
对于D，Cn
m =Cn
n−m，故正确；故选：C.
6.若A2n
3 =10An
3，则n=
（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
解：由题意，得2n(2n
1)(2
−
n
2)=10
−
n(n
1)(
−
n
2)
−
，化简可得4n
2=5
−
n
10
−
，
解得n=8.
故选：B.
7.
已知C13
2x
1
−=C13
x+2
，则x
的值为（ ）
A. 3 B. 3 或4 C. 4 D. 4 或5
解：因为C13
2x
1
−=C13
x+2，所以2x
1=
−
x+2或(2x
1)+(
−
x+2)=13，解得：x=3或x=4．故
选：B．
8.若C18
3n+6=C18
4n
2
−，则C9
n= .
解：由组合数的性质可得{
3n+6≤18
4n
2≤18
−
，解得n≤4，又因为C18
3n+6=C18
4n
2
−，所以
3n+6=4n
2
−或3n+6+4n
2=18
−
，解得n=8（舍去）或n=2，所以C9
2=9×8
2×1 =36，故答
案为：36.
6
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11.2.2 排列组合-数字排列类型
知识点梳理
数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项：排列问题的本质是“元素”占“位
子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某
个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元
素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类
讨论.
典型例题
例1.用数字1，2，3，4
组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）
A. 6 B.12 C.16 D.18
解：先排个位，有2 种选法，再排百位和十位，有A3
2=6种排法，因此共有2×6=12种排法.
故选：B.
例2.从数字1,2,3,4,5中，随机抽取3个数字（允许重复）组成一个三位数，其各位数字
之和等于9的概率为（ ）
A. 13
125 B. 16
125 C. 18
125 D. 19
125
解：由已知得，从数字1，2，3，4，5 中，随机抽取3 个数字（允许重复）组成一个三位
数的个数为5
3=125.三位数字为9 的组合情况，可以是135，144，234，333，225 五种情
况.
135
①
组合：符合条件的三位数个数为A3
3=6；
144
②
组合：符合条件的三位数个数为A3
1⋅C2
2=3；
234
③
组合：符合条件的三位数个数为A3
3=6；
333
④
组合：符合条件的三位数个数为1；
225
⑤
组合：符合条件的三位数个数为A3
1⋅C2
2=3.
7
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综上可得，符合条件的三位数个数为6+3+6+1+3=19.
所以，各位数字之和等于9 的概率为19
125 . 故选：D.
例3.公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：3.1415926<π<3.1415927，
为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成
就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6 位数字3，1，
4，1，5，9 进行某种排列得到密码．如果排列时要求数字9 不在最后一位，那么小明可以
设置的不同密码有（ ）个．
A. 600 B.300 C.360 D.180
解：当最后一位为1 时，共有A5
5=120种；
当最后一位不为1 时，在3、4、5 任选一个放最后有C3
1种，把余下2 个数字与9 全排有A3
3
种，将两个1 插入4 个空中的2 个有C4
2种，或两个1 捆绑插入4 个空中的1 个有C4
1种，共有
C3
1A3
3(C4
2+C4
1)=180种；综上，共有300 种．故选：B.
例4.用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（ ）
A. 48个 B. 36个 C. 24个 D. 18个
解：大于20000 决定了第一位，只能是2, 3, 4, 5 共4 种可能，偶数决定了末位是2, 4 共2 种
可能.
当首位是2 时，末位只能是4，有A3
3=3×2×1=6种结果，
当首位是4 时，同样有6 种结果，
当首位是3, 5 时，共有2×2×A3
3=24种结果，
综上：共有6+6+24=36种结果，故选：B.
随堂演练
1.在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有
（ ）
A. 36个 B. 24个 C. 18个 D. 6个
8
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解：由题意知本题是一个分类计数问题，各位数字之和为奇数的有两类：
①两个偶数一个奇数：有 C3
1A3
3=18 个；② 三个都是奇数：有 A3
3=6 个.
∴ 根据分类计数原理知共有 18+6=24 个. 故选：B.
2.
“
数字2016”中，各位数字相加和为9
“
”
，称该数为长久四位数，则用数字0,1,2,3,4,5,6
组成的无重复数字且大于2016
“
”
的长久四位数有（
）个
A. 39 B. 40 C. 41 D. 42
解：卡片上的四位数字之和等于9，四个数字为0,1,2,6组成的无重复数字且大于2016 的
“
”
长久四位数共有：5+ A3
3=11，0,1,3,5组成的无重复数字且大于2016
“
”
的长久四位数共
有2⋅A3
3=12个；0,2,3,4组成的无重复数字且大于2016
“
”
的长久四位数共有3A3
3=18个，
故共11+12+18=41（个）.故选：C.
3.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
解：由题意得，个位数字小于十位数字，所以个位数字只能是0,1,2,3,4共5 种类型，每
种
类
型
分
别
为
A4
4 A1
0、
A4
1 A4
3、
A3
1A4
3、
A2
1A4
3、
A1
1A4
3个
，
共
有
A4
4+ A4
1 A4
3+ A3
1A4
3+ A2
1A4
3+ A1
1A4
3=300.故选：B.
4.用数字1、2、3 组成五位数，且数字1、2、3 至少都出现一次，这样的五位数共有（ ）
个
A. 120 B. 150 C. 210 D. 240
解：首先考虑全部的情况，即每个数位均有3 种选择，共有3
5=243个，其中包含数字全部
相同只有3 种情况，还有只含有2 个数字的共有C3
2×(2
5
2)=90
−
个，因此，满足条件的
五位数的个数为243−
个.故选：B.
5.若从1，2，3
…
，，9 这9 个整数中取出4 个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，
则使得a×b×c+d为奇数的不同排列方法有（ ）
9
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A. 1224 B.1800C.1560D.840
解：
当d 为奇数时，a×b×c 为偶数：
①a,b,c一偶两奇，此时不同排列方法为C5
3C4
1C3
1A3
3=720种；
②a,b,c两偶一奇，此时不同排列方法为C5
2C4
2C2
1A3
3=720种；
③a,b,c三个偶数，此时不同排列方法为C5
1C4
3 A3
3=120种；
当d为偶数时，a×b×c为奇数，此时a,b,c三个奇数，不同排列方法为C5
3C4
1 A3
3=240
种；
综上，不同排列方法有1800 种．故选：B.
6.用数字0、1、2、3、4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1、2相邻的偶数有
个（用数字作答）.
解：若末位数字为0，则有A3
3A2
2=12个；若末位数字为2，则有A2
1A2
2=4 ；若末位数字为
4，则有两种情况：① 1 或2 在首位有A2
1A2
2=4个；② 3 在首位有A2
2A2
2=4个，共有24 个满
足条件的偶数.故答案为：24.
7.用1∼9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共
有 个.
解：1∼9这九个数字中由5 个奇数和4 个偶数，要使四位数满足各个数位上数字和为偶
数的奇数，则个位数字必须为奇数，前三位数字由1 个奇数和2 个偶数或3 个奇数组成，
所以，C5
1(C4
1C4
2 A3
3+C4
3 A3
3)=5×6(24+4)=840 .故答案为：840.
8.将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i=1,2,…,6)，若a1≠1，a3≠3，
a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法有 种（用数字作答）.
解：当a1=2时，a3=4,a5=6，或a3=5,a5=6，共2 种情况，当a1=3 时，a3=4,a5=6，或
a3=5,a5=6，共2 种情况，当a1=4时，a3=5,a5=6，共1 种情况，所以a1,a3,a5的排列
方法有5 种方法，再排a2,a4,a6，有A3
3=6种方法，所以不同的排列方法种数为5×6=30
种. 故答案为：30.
10
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9.袋子中有数字“7”的卡片3张和数字“2”，“3”，“5”的卡片各1张，从中任意取出4张卡
片，最多能组成 个不同的四位数（用数字回答）.
解：如果取一张数字7 的卡片，则数字2、3、5 的卡片都要取出，则组成A4
4=24个不同的
四位数；
如果取两张数字7 的卡片，则数字2、3、5 的卡片要取出两张，则组成C3
2A4
2=36个不同的
四位数；
如果取三张数字7 的卡片，则数字2、3、5 的卡片要取出一张，则组成C3
1A4
1=12个不同的
四位数；
所以最多能组成24+36+12=72个不同的四位数.故答案为：72.
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11.2.3 排列组合-涂色类型
知识点梳理
1.涂色（染色）问题主要类型
（1）点线面染色问题：涉及对点、线、面的染色；
（2）区域染色问题：将一个平面区域按照一定的规则进行染色；
（3）图形染色问题：对各种几何图形进行染色，如三角形、正方形等；
（4）染色方案问题：确定满足一定条件的染色方案的数量；
（5）染色规律问题：寻找染色过程中的规律；
（6）限定条件染色问题：在特定限制条件下进行染色，等等．
2.涂色（染色）问题的常用解题策略
（1）从确定染色顺序入手根据染色问题的要求，先确定好区域的染色顺序，对各个区
域分步染色，再由乘法原理计算出染色的种数，是处理这类问题最基本的方法．
（2）从使用颜色的种类入手
按照染色问题中的题设要求，从使用了多少种颜色分类讨论入手，分别计算出各种情形的
种类，再用分类计数原理求出不同的染色方法的种数．
（3）从相对区域是否同色入手
从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用分类计数原理
求出不同的染色方法的种类．
3.应用两个计数原理解决涂色（染色）问题的一般步骤
（1）明确问题：仔细理解涂色染色问题的具体要求和限制条件；
（2）分解步骤：将整个涂色染色过程分解为若干个相互独立的步骤；
（3）分类或分步：
①分类：根据不同的情况或条件进行分类，每类相互独立；
②分步：按照一定的顺序进行分步操作．
（4）确定方法数：在分类的情况下，分别计算每类的方法数；在分步的情况下，相乘
得到总的方法数．
（5）计算总数：如果既有分类又有分步，需要明确先分类再分步计算，还是先分步再
分类计算.
（6）检查结果：检查计算结果是否满足问题的限制条件．
4.应用两个计数原理解决涂色（染色）问题注意事项
（1）确保分类或分步的合理性和完整性，避免遗漏情况．
（2）注意题目中的限制条件，不符合要求的方案应排除．
（3）对于复杂的问题，可以通过列举部分情况来辅助理解和分析．
典型例题
例1.某儿童游乐园有5个区域要涂上颜色，现有四种不同颜色的油漆可供选择，要求相邻区
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域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案有（ ）种
A. 36
B. 48
C. 54
D. 72
解：
①
②
③
④
⑤
如图：将五个区域分别记为
，
，
，
，
，
则满足条件的涂色方案可分为两类.
②
④
第一类区域
，
涂
②
④
色相同的涂色方案，第二类区域
，
涂色不相同的涂色方案.
②
④
其中区域
，
涂色相同的涂色方案可分为5
①
步完成，第一步涂区域
，有4 种方法，第
②
二步涂区域
，有3
③
种方法，第三步涂区域
，有2
④
种方法，第四步涂区域
，有1 种方
⑤
法，第五步涂区域
，有2
②
④
种方法，由分步乘法计数原理可得区域
，
涂色相同的涂色
方案有4×3×2×1×2种方案，即48 种方案；
②
④
区域
，
涂色不相同的涂色方案可分为5
①
步完成，第一步涂区域
，有4种方法，第二
②
步涂区域
，有3
③
种方法，第三步涂区域
，有2
④
种方法，第四步涂区域
，有1种方法，
⑤
第五步涂区域
，有1
②
④
种方法，由分步乘法计数原理可得区域
，
涂色不相同的涂色方
案有4×3×2×1×1种方案，即24种方案；所以符合条件的涂色方案共有72种.故选：D.
例2.提供6 种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F 六个区域涂色，要求相邻区域不能
涂相同颜色，则不同的涂色方法共有 种.
解：假定涂色顺序为D−C−E−F−A−B
若C、E涂相同颜色，则有6×5×1×4×4×3=1440种涂法；
若C、E涂不同颜色，A、E涂相同颜色，则有6×5×4×3×1×4=1440种涂法；
若C、E涂不同颜色，A、E涂不同颜色，则有6×5×4×3×3×3=3240种涂法；
故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有1440+1440+3240=6120种.
故答案为：6120.
例3.在3×3 的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个2×2 的方
格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 .
解：设四种颜色分别为ABCD，对于第一个2×2的方格，共有A4
4=24种不同的涂法，
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假设第一个2×2的方格，涂如图所示ABCD四种颜色，
①若第三列的一个方格涂A，第三列的第二方格涂C，则第三列的第三方格涂A或B，
当第三列的第三方格涂A时，则第三行的第一、二方格，分别涂A,B；
当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第一、二方格，分别涂B,A；
②若第三列的一个方格涂C，第三列的第二方格涂A，则第三列的第三方格涂C或B，
当第三列的第三方格涂C时，则第三行的第一、二方格，分别涂A,B；
当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第二方格涂C，不合题意；
所以，共有3 类涂法，则共有24×3=72种不同的涂色方法.故答案为：72.
A
B
C
D
例4.无盖正方体容器的五个面上分别标有A、B、C、D、E五个字母，现需要给容器的5 个
表面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，现有5 种不同的颜色可供选择，则不同
的染色方案有（ ）种.
A. 420 B. 340 C. 300 D. 120
解：如图，正方体的左侧面为A，右侧面为C，前侧面为D，
后侧面为B，底面为E. 5 个面如果用完五种颜色，则不同的染
法为A5
5=120.5 个面如果有四种颜色，则必有A、C同色或B、D
同色，则不同的染法为C5
4C2
1A4
4=240.5 个面如果有三种颜色，
则必有A、C同色且B、D同色，则不同的染法为C5
3A3
3=60.
故不同的染法种数为420，故选：A.
随堂演练
1.用6 种不同的颜色对正四棱锥的8 条棱染色，每个顶点出发的棱的颜色各不相同，不同的
染色方案共有多少种（ ）
A. 14400 B. 28800 C. 38880 D. 43200
解：从P点出发的4 条侧棱一定要用4 种不同的颜色，有A6
4=360种不同的方案，接下来底
面的染色根据是否使用剩下的2 种颜色分类计数.
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不使用新的颜色，有2 种颜色分类方案：
①使用1 种新的颜色，分为2 类：
第一类，染一条边，有2×4×4=32种方案；
第二类，染两条对边，有2×2×4=16种方案.
②使用2 种新的颜色，分为4 类：
第一类，染两条邻边，有4×2×3=24种方案；
第二类，染两条对边，有2×2×4=16种方案；
第三类，染三条边，有4×2×2=16种方案；
第四类，染四边，有2 种方案.
因此不同的染色方案总数为360×[2+(32+16)+(24+16+16+2)]=38880.选：C.
2.某人有3 种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多）,
要在如图所示的6 个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个
灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则不同的安装
方法共有 种．（用数字作答）
解：先安排下底面三个顶点共有A3
3=6种不同的安排方法，再安排上底面的三个顶点共有
C2
1=2 种不同的安排方法，由分步计数原理可知：共有6×2=12种不同的安排方法，故答
案为：12.
3.如图，一环形花坛分成A,B,C,D 四块，现有4 种不同的花供选种，要求在每块里种1 种
花，且相邻的2 块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）
A．96
B．84
C．60
D．48
解：分三类：种两种花有A4
2种种法；
种三种花有2A4
3种种法；种四种花有A4
4种种法.共有2A4
3+ A4
2+ A4
4=84.故选 B.
4.如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且
图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．288 种
B．264 种
C．240 种
D．168 种
解：先分步再排列,先涂点E，有4 种涂法，再涂点B，有两种可能：
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(1) B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2 种；
(2) B与E不相同时有3 种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2 种涂法，涂C点时又有
两种可能：(I) C 与 E 相同，有 1 种涂法，再涂点 D，有两种可能：
①D 与 B 相同，有 1 种涂法，最后涂 A 有 2 种涂法；
②D 与 B 不相同，有 2 种涂法，最后涂 A 有 1 种涂法.
(II) C 与 E 不相同，有 1 种涂法，再涂点 D，有两种可能：
①D 与 B 相同，有 1 种涂法，最后涂 A 有 2 种涂法；
②D 与 B 不相同，有 2 种涂法，最后涂 A 有 1 种涂法.
所
以
不
同
的
涂
色
方
法
有
4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264.
5.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，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端异色，如果只有5 种颜色可
供使用，则不同的染色方法总数为（）
A. 180
B. 240
C. 420
D. 480
解：分两步，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用乘
法原理可求解．
由题设，四棱锥S−ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同，
它们共有5×4×3=60种染色方法；
当S,A,B染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若C染2，
则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C
染5，则D可染3
或4，有2种染法，即当S,A,B染好时，C,D还有7种染法，故不同的染色方法有
60×7=420种．故选：C
6.在一个正六边形的六个区域涂色（如图），要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域
（有公共边）涂不同的颜色，现有5
种不同的颜色可供选择，则不同涂色方案有（）
A. 720 种
B. 2160 种
C. 4100 种
D. 4400 种
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解：考虑A,C,E三个区域用同一种颜色，共有方法数为5×4
3=320种；
考虑A,C,E三个区域用2 种颜色，共有方法数为(5×4×3)×4×3×3=2160种；
考虑A,C,E三个区域用3 种颜色，共有方法数为A5
3×3
3=1620种．
所以共有方法数为320+2160+1620=4100种．故选：C．
7.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2,⋯,9 的9
个小正方形（如图1），使
“
得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且目标号为1、5、9”的小正方形
涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ）
A. 108 种
B. 60 种
C. 48 种
D. 36 种
解：首先1、5、9 颜色确定，有三种可能，于是2、6 就只有两种可能. 如果2、6 颜色相
同的两种情况下，3 就有4 种可能. 若2、6 颜色不同，则只有一种可能，加之2、6 排列不
同，2 种.于是右上角三个数有6 种排法. 同理左下角三个数有6 种排法.有3×6×6=108
种可能.故选：A.
8.重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原
与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵
州，西接四川，北连陕西．现用4 种颜色标注6 个省份的
图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式．
解：根据题意，用4 种颜色标注6 个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则这4
种颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一种颜色，
共有：{“
”
“
”
四川和湖南且贵州和湖北}、{“
”
“
”
四川和湖南且贵州和陕西}、{“
”
四川和湖北且
“
”
贵州和陕西}、{“
”
“
”
四川和湖北且湖南和陕西}、{“
”
“
”
贵州和湖北且湖南和陕西}
，共有5
种情况，所以不同的涂色共有5×A4
4=120种.故答案为：120.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11.2.4 排列组合-捆绑法
知识点梳理
1.解决相邻问题的方法是“捆绑法”.
2.其模型为将n 个不同元素排成一排，其中某k 个元素排在相邻位置上，求不同排法
种数的方法是：先将这k 个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元
素一起排列，共有An−k +1
n−k +1种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共
有Ak
k种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有An−k +1
n−k +1⋅Ak
k种.
典型例题
例1.周一到周五某公司需要安排甲、乙、丙、丁、戊各值班一天，则甲值完班以后正好轮
到乙值班的方法数为（ ）
A．12
B．24
C．36
D．48
解：由于甲值完班以后正好轮到乙值班，故可将甲、乙看作一个整体，且甲、乙值班的顺
序是确定的，故只需将甲、乙看作一个元素与丙、丁、戊排列即可，故共有A4
4=24种方
法.故选：B.
例2.甲、乙等5 人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且
都不站在两端的排法有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．48 种
D．120 种
解：将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有A4
4 A2
2种排法，其中甲、乙相邻且在两端的有
C2
1 A3
3 A2
2种，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有A4
4 A2
2−C2
1 A3
3 A2
2=24（种）．故
选:B．
例3.3 位男生和3 位女生共6 位同学站成一排，若男生甲不站两端，3 位女生中有且只有两
位女生相邻，则不同排法的种数是（ ）
A．360
B．288
C．216
D．96
解：先排三个男生有A3
3=6种不同的方法，然后再从3名女生中任取2人“捆”在一起记作
A，（A 共有C3
2A2
2=6种不同排法），剩下一名女生记作B，让A、B 插入男生旁边4个位置
的两个位置有A4
2=12，此时共有6×6×12=432种，又男生甲不在两端，其中甲在两端的
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情况有：2A2
2×6×A3
2=144种不同的排法，∴共有 432 144=288
−
种不同排法. 故选：B.
例4.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能
排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（ ）种不同的排法
A．24
B．144
C．48
D．96
解：若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有2 种，物理和化学必须排在相
邻的两节，将物理和化学捆绑，与语文、英语、生物三门课程进行排序，有A2
2⋅A4
4= 48种
排法.由分步乘法计数原理可知，共有2×48=96 种不同的排法.故选：D.
随堂演练
1.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
解：因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，
有 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中间两个位置任选一个
位置插入，有2 种插空方式；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：3!×2×2=24种不同的排列方式，故选：B.
2.记者要为5 名志愿者和他们帮助的2 位老人拍照，要求排成一排，2 位老人相邻但不排在
两端，不同的排法共有（ ）
A．1440 种
B．960 种
C．720 种
D．480 种
解：5 名志愿者先排成一排，有A5
5种方法，2 位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺
序，共有 2⋅4⋅A5
5=960 种不同的排法，故选：B.
3.甲、乙、丙、丁、戊5 人排成一排，则甲、乙相邻的排法有（ ）
A．72 种
B．60 种
C．48 种
D．36 种
解：甲、乙相邻共有A2
2=2种.将甲、乙捆绑与剩余的丙、丁、戊三人全排列有
A4
4= 4×3×2×1=24种.则共有2×24=48 种.故选：C.
4.3 位教师和4 名学生站一排，3 位教师必须站在一起，共有（ ）种站法．
A．144
B．360
C．480
D．720
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解：因为3 位教师和4 名学生站一排，3 位教师必须站在一起，所以共有A3
3⋅A5
5=720种站
法.故选：D.
5.甲乙丙丁戊共
､
､
､
､
5 名同学进行演讲比赛，决出第1 名到第5 名的名次.已知甲和乙都不
是第1 名，且丙和丁的名次相邻，则5 人的名次排列可能有（ ）种不同的情况
A．18
B．24
C．36
D．48
解：由题意知，将丙和丁看成一个整体，分4 种情况分析：
①丙和丁的整体分别为第1、2 名，有A2
2A3
3=12种情况；
②丙和丁的整体分别为第2、3 名，第1 名只能是戊，所以甲和乙为第4、5 名，有A2
2A2
2=4
种情况；
③丙和丁的整体分别为第3、4 名，第1 名只能是戊，所以甲和乙为第2、5 名，有A2
2A2
2=4
种情况；
④丙和丁的整体分别为第4、5 名，第1 名只能是戊，所以甲和乙为第2、3 名，有A2
2A2
2=4
种情况；所以共有12+4+4+4=24种情况故选：B.
6.某晚会上需要安排4 个歌舞类节目和2 个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间
有且仅有2 个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为（ ）
A．72
B．96
C．120
D．144
解：第一步：全排列2 个语言类的节目，共有A2
2种情况，
第二步：从4 个歌舞类节目中选出2 个节目放入2 个语言类的节目之间，共有A4
2种情况，
第三步：再将排好的4 个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列，
共有A3
3种情况，所以N = A2
2A4
2 A3
3=144.故选：D.
7.4 名同学到3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1 个小区，每个小区至少安排
1 名同学，则不同的安排方法共有 种.
解：∵ 4 名同学到3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1 个小区，每个小区至
少安排1 名同学,∴先取2 名同学看作一组，选法有：C4
2 =6现在可看成是3 组同学分配到
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3 个小区，分法有：A3
3=6，根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6×6=36种.故答案
为：36．
8.某学校组织学生参加劳动实践活动，其中2 名男生和4 名女生参加农场体验活动，体验
活动结束后，农场主与6 名同学站成一排合影留念，则2 名男生相邻且农场主站在正中间
的排列数为 ．（用数字作答）
解：农场主排在最中间，有1 种排法，则农场主左边右边各有3 个空位可用，两名男生看
成一个整体，排在农场主左边，右边各有2 种方法，共4 种排法，然后两名男生内部可交
换，有2 种排法，剩下4 个空位排女生，共A4
4=24种排法．于是一共有2×4× A4
4=192种
排法．故答案为：192.
11.2.5 排列组合-插空法
知识点梳理
1.解决不相邻问题的方法为“插空法”.
2.其模型为将n 个不同元素排成一排，其中某k 个元素互不相邻（k≤n-k+1），求不
同排法种数的方法是：先将（n-k）个元素排成一排，共有An−k
n−k种排法；然后把k 个元素插
入n-k+1 个空隙中，共有An−k +1
k
种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有
An−k
n−k⋅An−k +1
k
种.
典型例题
例1.两个大人和4 个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1 个小孩，则不同的站法
有（ ）种.
A．240
B．360
C．420
D．480
解：若两个大人之间至少有1 个小孩，即两个大人不相邻，故共有A4
4 A5
2=24×20=480种.
故选：D.
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例2.2022 年2 月4 日，中国北京第24 届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开
始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制
作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别
放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与
“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（ ）
A．24
B．48
C．144
D．244
解：根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、 “谷雨”排
列，有4 个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，所以不同的放置方式有A2
2 A3
3 A4
2 =144种.
故选：C
例3.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
这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（ ）
A．6
B．12
C．15
D．30
解：因为增加了两个新节目，将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，所以
原来5 个节目形成6 个空，新增的2 个节目插入到6 个空中，共有A6
2=6×5=30种插法.
故选：D.
例4.高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5 本书，把这5 本书放
在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是（ ）
A．72
B．144
C．48
D．36
解：先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有A3
3=6种方法，
再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有A4
2 =12种方法，
所以把这5 本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：6×12=72.
故选：A.
随堂演练
1.6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（ ）
A．144
B．120
C．72
D．24
解：先排三个空位，形成4 个间隔，然后插入3 个同学，故有A4
3=24 种.故选：D.
2.有两排座位，前排11 个座位，后排12 个座位，现安排2 人就坐，规定前排中间的3 个
座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的排法种数是（ ）
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A．234
B．346
C．350
D．363
解：一共可坐的位子有20 个，2 个人坐的方法数为A20
2 ，还需排除两左右相邻的情况. 把可
坐的20 个座位排成连续一行，将其中两个相邻座位看成一个整体，则相邻的坐法有A19
1 A2
2
，还应再加上2A2
2，∴不同坐法的种数为A20
2 −A19
1 A2
2+2A2
2=346.故选：B.
3.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次
为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且商、角不相
邻，徽位于羽的左侧，则可排成的不同音序有（ ）
A．18 种
B．24 种
C．36 种
D．72 种
解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有A3
3
2 =3，再将商、角插入
4 个空中，共有3A4
2 =36种．故选：C．
4.马路上有编号为1，2，3…，9 九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏
或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有（ ）种
A．15
B．20
C．10
D．9
解：根据题意，因为关掉3 盏路灯不能是两端2 盏，也不能相邻，
则需要用插空法分析：先将亮的6 盏灯排成一列，除去2 端，有5 个符合条件的空位，在5
个空位中，任选3 个，安排熄灭的灯，有C5
3=10种情况，即有10 种关灯方法.故选：C
5.一个小型联欢会要安排1 个诗词朗诵类节目，2 个独唱类节目，2 个歌舞类节目，则同类
节目不相邻的安排方式共有（ ）
A．44 种
B．48 种
C．72 种
D．80 种
解：依题意五个节目全排列有A5
5=120种排法；
若独唱类节目相邻，则有A2
2A4
4=48种排法；
若歌舞类节目相邻，则有A2
2A4
4=48种排法；
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若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有A2
2A2
2A3
3=24种排法；
综上可得同类节目不相邻的安排方式共有120−
种.故选：B.
6.已知A、B、C、D、E、F 六个人站成一排，要求A 和B 不相邻，C 不站两端，则不同的排
法共有（ ）种
A．186
B．264
C．284
D．336
解：先考虑A和B不相邻的排法，将C、D、E、F四个人进行全排列，有A4
4种情况，C、D、
E、F四个人之间共有5个空，选择2个排A和B，有A5
2种情况，故有A4
4 A5
2=480种选择，再考
虑A和B不相邻，且C站两端的情况，先从两端选择一个位置安排C，有C2
1种情况，再将D、
E、F三个人进行全排列，有A3
3种情况，最后D、E、F三个人之间共有4个空，选择 2个排A
和B，有A4
2 种情况，故有C2
1A3
3A4
2=144种情况，则要求A和B不相邻，C不站两端，则不同
的安排有480 144=336
−
种情况. 故选：D.
7.为迎接新年到来，某中学2022 作“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举
行.校文娱组委员会要在原定排好的8 个学生节目中增加2 个教师节目，若保持原来的8 个
节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为( )
A．36
B．45
C．72
D．90
解：采用插空法即可：
第1 步：原来排好的8 个学生节目产生9 个空隙，插入1 个教师节目有9 种排法；
第2 步：排好的8 个学生节目和1 个教师节目产生10 个空隙，插入1 个教师节目共有10 种
排法，故共有9×10＝90 种排法.故选：D.
8.用1、2、3、4、5、6、7、8 组成没有重复数字的八位数，要求1 与2 相邻，3 与4 相
邻，5 与6 相邻，而7 与8 不相邻，这样的八位数共有 个.（用数字作答）
解：先把1 和2 相邻，3 与4 相邻，5 与6 相邻当做三个元素进行排列有A3
3种结果，这三个
元素形成四个空，把7 和8 在这两个位置排列有A4
2种结果，三对相邻的元素内部各还有一
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个排列A2
2，根据分步计数原理得到这种数字的总数有A3
3A4
2 A2
2A2
2A2
2=576，故答案为：576.
11.2.6 排列组合-定序问题
知识点梳理
定序问题采取“缩倍法”:对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素
与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数；即先全排，
再除以定序元素的全排列.
如：n 个元素的全排列中若有m(m≤n)个元素.必须按照一定顺序排列，这m 个元素相邻或
不相邻不受限制，其排列数为：
An
n
Am
m.
典型例题
例1.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，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6 项工
程的不同的排法种数是
.
解：因为工程丁必须在丙完成后立即进行，等价于丙丁看成一个元素，共五个元素进行排
序，共有A5
5=120种，其中3 个元素共有A3
3=6种顺序，所以安排这6 项工程的不同的排法种
数是 A5
5
A3
3 =120
6
=20种，故答案为：20.
例2.由数字0,1 组成的一串数字代码，其中恰好有7 个1，3 个0，则这样的不同数字代码
共有 个.
解：一共10 个数字，其中7 个1, 3 个0,所以一共A10
10
A7
7A3
3 =120. 故答案为：120.
例3.花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺
术特色.如图，现有悬挂着的8 盏不同的花灯需要取下，每次取1 盏，则不同取法总数为
（ ）
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A．2520
B．5040
C．7560
D．10080
解：由题意，对8 盏不同的花灯进行取下，先对8 盏不同的花灯进行全排列，共有A8
8种方
法，因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，所以须除去重复的排列顺序，即
先取上方的顺序，故一共有
A8
8
A2
2⋅A2
2⋅A2
2⋅A2
2 =2520种.故选：A.
例4.甲、乙、丙、丁、戊5 名同学从周一至周五轮流安排写作练习，甲、乙均不安排在周
一和周二，且甲在乙之前，则不同的排列方式共有 种.
解：先从除甲、乙外的3 名学生中选出2 名，安排在周一和周二，共有A3
2种排列方式；
再将剩余3 名学生安排在周三至周五，共有A3
3种排列方式. 又甲在乙之前，则不同的排列
方式共有A3
2A3
3
A2
2
=18种.故答案为：18.
随堂演练
1.今有2 个红球，3 个黄球，同色球不加以区分，将这5 个球排成一行，则不同的排法种数
为（ ）
A．A5
5
B．A3
3
C．A5
3
D．A5
5
A2
2A3
3
解：因为5 个球有A5
5种排法，因为同色球不加以区分，2 个红球有A2
2种排法，3 个黄球有A3
3
种排法，所以共有A5
5
A2
2A3
3 种排法.故选：D.
2.自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π 一样是无限不循环
小数，e 的近似值约为2.7182818….若用欧拉数的前6 位数字2，7，1，8，2，8 设置一个
六位数的密码，则不同的密码共有 个.
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解：因为2 出现2 次，8 出现2 次，所以不同的密码共有A6
6
A2
2A2
2 =6×5×4×3×2×1
2×1×2×1
=180
个.故答案为：180.
3.将3 个红球，4 个篮球，2 个黄球排成一排（相同颜色的球是一样的），有 种排
法．
解：因为相同颜色的球是一样的，所以将3 个红球，4 个篮球，2 个黄球排成一排，共有
A9
9
A3
3A4
4 A2
2 =1260种. 故答案为：1260.
4.2 名女生和4 名男生排成一列，男生甲和乙的顺序一定，则有 种不同的排法．
解：∵2 名女生和4 名男生排成一列，男生甲和乙的顺序一定，∴共有 A6
6
A2
2 =360 种不同排
法.故答案为：360.
5.某同学将英文单词“million”中字母的顺序记错了，那么他在书写该单词时，写错的情
况有 种（用数字作答）．
解：英文单词“million”中字母的顺序记错了，因为有两个i, 两个l 重复，那么他在书写该
单词时，共有A7
7
A2
2×A2
2 =1260种可能，而正确的拼写只有1 种，故写错的情况有1259 种.故
答案为：1259.
6.甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，若甲在乙的左边，则不同的站队方式共有
种.
解：甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，共有A5
5种排法，其中甲在乙的左边和乙在甲的
左边一样多，所以甲在乙的左边的不同的站队方式共有1
2 A5
5=60.故答案为：60.
7.A，B 等6 人排成一列，则A 在B 的前面的排法种数是 种．（用数字作答）
解：依题意A在B的前面的排法有，A6
6
A2
2 =360种. 故答案为：360.
8.DNA 是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它
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看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA 中只
有4 种类型的碱基，分别用A、C、G 和T 表示，DNA 中的碱基能够以任意顺序出现两条链
之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知
道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所
示为一条DNA 单链模型示意图，现在某同学想在碱基T 和碱基C 之间插入3 个碱基A，2
个碱基C 和1 个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20
B．40
C．60
D．120
解：依题意可知，不同的插入方式的种数为
A6
6
A3
3 A2
2 A1
1 =
720
6×2×1 =60.故选：C.
11.2.7 排列组合-隔板法
知识点梳理
1.隔板法是解决特定类型排列组合问题的一个经典方法，主要用于求解将相同元素分
配到不同组时的组合总数.在隔板法模型中，设想有一排相同的元素，我们需要在这排元素
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之间的若干个位置放置隔板来将它们划分成不同的组.
2.隔板法的基本模型和条件：
（1）有n 个完全相同的元素需要分配到m 个不同的组里.
（2）每个组至少分得一个元素（即不允许有空组）.
3.步骤：
（1）在n 个元素之间形成的n-1 个“空隙”中选择m-1 个位置放置隔板.
（2）不同的隔板放置方式对应着不同的分配方案.
4.计算公式：
使用组合公式来计算放置隔板的方式数目，即Cn−1
m−1，也就是从n-1 个位置中选m-1 个
位置进行排列的组合数.
典型例题
例1.把 6 张座位编号为1,2,3,4,5,6的电影票分发给4 个人，每人至少1 张，最多分2
张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数是（ ）
A. 168 B.96 C.72 D.144
解：本题可以采用“挡板法”来解题，任选三个插入挡板把数分成四组，把两个连续的空
未插入挡板出现三个数字相连的情况去掉，把分成的四部分在四个位置上排列，得到结果
解：∵ 要把6张票分给4个人，∴ 要把票分成四份，∵1,2,3,4,5,6之间有五个空，任
选三个插入挡板把数分成四组共有C5
3种结果，其中如果有两个连续的空未插入挡板，则出
现三个数字相连，共有4种情况要排除掉（具体为第一、二；第二、三；第三、四；第
四、五空隙未插入挡板），把分成的四部分在四个位置上排列，∴ 有
(C5
3
4)×
−
A4
4=144，故选：D.
例2.将10 本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3 人，每人至少得2 本，则不同的
分法数为（ ）
A．720 种
B．420 种
C．120 种
D．15 种
解：先从10 本书中拿出3 本，分给每人一本书，再将余下7 本书采用“隔板法”分给3 个
人，分法种数为C6
2=15，故选: D.
例3.各数位数字之和等于6（数字可以重复）的四位数个数为 （请用数字作
答）.
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解：设a1,a2,a3,a4对应个位到千位上的数字，则a4∈N
∗,ai∈N(i=1,2,3)且
a1+a2+a3+a4=6，相当于6个相同的球排成一排，每个球表示1，先拿一个球装入a4，转
化为5个球装入4个盒子，每盒可空，等价于9个球用3个隔板分成4组（各组不可为空），
故共有C8
3=56 种. 故答案为：56.
例4.有10 本相同的画册要分给6 个小朋友，每个小朋友至少一本，则不同的分法种数
为 （用数字作答）.
解：将10本相同的画册要分给6个小朋友，每个小朋友至少一本，只需在10本相同的画册
形成的9个空位中（不包括两端的空位）插入5块板即可，所以，不同的分法种数为C9
5=126
种. 故答案为：126.
随堂演练
1.关于x,y,z的方程x+y+z=7（其中x,y,z∈N+）的解共有 组.
解：将7 分解成为7 个1，现在将7 个1 分为三组，每一组都有1，则分组方式为C6
2=15，
即关于x,y,z的方程x+y+z=7（其中x,y,z∈N+）的解共有15 组.故答案为：15.
2.现有6 个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有两个班分到三好学生名额的概率为
.
解：将6 个三好学生名额分到三个班级，有3 种类型：
第一种是只有一个班分到名额，有3 种情况；
第二种是恰好有两个班分到名额，由隔板法得有C2
1C5
1=15种情况，
第三种是三个班都分到了名额，由隔板法得有C5
2=10种情况，则恰有两个班分到三好学生
名额的概率为15
28 . 故答案为：15
28 .
3.5 个相同的篮球，分给甲、乙、丙三位同学（每人至少得一个），不同分法的总数为
.
解：问题等价于：在5个相同的篮球中间形成的4个空位中插入两块板，所以，不同的分法
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种数为C4
2=6种. 故答案为：6.
4.各数位数字之和等于8（数字可以重复）的四位数个数为 .
解：设a1,a2,a3,a4对应个位到千位上的数字，则a4∈N
∗,ai∈N(i=1,2,3) 且
a1+a2+a3+a4=8，相当于8个相同的球排成一排，先拿一个球装入a4，转化为7个球装入4
个盒子，每盒可空，等价于11个球用3个隔板分成4组（各组不可为空），故共有C10
3 =120
种.故答案为：120.
5.方程x + y + z =18的非负整数解有（ ）
A．2
17组
B．136 组
C．190 组
D．68 组
解：根据题意，对于方程x + y + z =18，将“18”看成18 个“1”， 18 个“1”共有19 个空，
从19 个空中选两个空进行隔板，或从19 个空中选1 个空插2 个隔板，即可以将18 个“1”
分为三组，每组对应“1”的数目依次为x , y , z的数值，则有C19
2 +C19
1 =C20
2 =190.方程
x + y + z =18的非负整数解有190 组.故选：C.
6.某市举行高三数学竞赛，有6 个参赛名额分给甲乙丙三所学校，每所学校至少分得一个
名额，共有 种不同的分配方法.（用数字作答）
解：6 个名额分给其他3 个学校，由隔板法知有C5
2=10种方法，故答案为：10.
7.将10 本完全相同的科普知识书，全部分给甲、乙、丙3 人，每人至少得2 本，则不同的
分法数为（ ）
A. 720 种 B.420 种 C.120 种 D.15 种
解：先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，再将余下 本书采用“隔板法”分给3个
人，分法种数为C6
2=15，故选：D.
8.若方程x1+ x2+ x3+ x4=8，其中x2=2，则方程的正整数解的个数为
A．10
B．15
C．20
D．30
解：∵x1+x2+x3+x4=8，其中x2=2，则x1+x3+x4=6,
将其转化为有6 个完全相同的小球，排成一列，利用挡板法将其分成3 组，
第一组小球数目为x1，第二组小球数目为x3，第三组小球数目为x4，共有C5
2=10种方法
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故方程的正整数解的个数为10.故选：A.
11.2.8 排列组合-分组问题
知识点梳理
1.常规分组问题：需要分组分配的排列组合类型，常利用分类加法进行分类讨论处理.
2.平均分组问题：
①平均分组问题先选好人后，平均分了n 组，则除以An
n.
②为什么除以An
n，因为分组的时候已经默认分步计数进行了排序，而由于平均分组本
身不应有顺序，所以这里就造成了重复，所以需要除以An
n.
典型例题
例1.将甲，乙等5 人全部安排到A,B,C,D 四个工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至
少安排1 人，且甲，乙都不能去A 工厂，则不同的安排方法有（ ）
A．72 种
B．108 种
C．126 种
D．144 种
解：由题意可知，分两种情况讨论，
①A工厂安排1 人，有C3
1⋅C4
2⋅A3
3=108种，
②A工厂安排2 人，有C3
2⋅A3
3=18种，所以不同的安排方法有108+18=126种. 故选：C.
例2.现有含甲在内的5 名游客来到江西旅游，分别准备从井冈山、庐山、龙虎山这3 个5A
级景区中随机选择1 个景区游玩.在这5 名游客中，甲不去井冈山，但每个景区均有人选
择，则这5 名游客不同的选择方案种数为（ ）
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A．52
B．72
C．76
D．100
解：若甲1 个人一组，则其他两组人数分别为1，3 或2，2，则不同的选择方案有
C2
1(C4
3 A2
2+C4
2)=2×(4×2+6)=28种；若甲和另外1 个人两人一组，则其他两组人数为1，
2，则不同的选择方案有C4
1C3
2C2
1A2
2=4×3×2×2=48种；若甲和另外2 个人三人一组，则
其他两组人数为1 ，1 ，则不同的选择方案有C4
2C2
1A2
2=6×2×2=24种；所以共有
28+48+24=100种选择方案.故选：D.
例3.为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6 名毕业生主动申请到某贫困山区的
乡村小学工作，若将这6 名毕业生分配到该山区的3 所乡村小学，每所学校至少分配1
人，则分配方案的总数为 ．
解：第一步将6 名毕业生分成3 组，且每组至少1 人，一共有3 种分配方案，
其中1、1、4 分配方式有C6
4C2
1C1
1
A2
2
=15种；
1、2、3，分配方式有C6
1C5
2C3
3=60种；
2、2、2，分配方式有C6
2C4
2C2
2
A3
3
=15种；
第二步将分好的 3 组毕业生分配到 3 所乡村小学，其分法有A3
3=6种，利用分步计数原理
可知，分配方案的总数为(15+60+15)×6=540.故答案为：540.
例4.将标号为1，2，3，4，5，6 的6 张卡片放入3 个不同的信封中，若每个信封放2 张，
其中标号为1，2 的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（ ）
A．12 种
B．18 种
C．36 种
D．54 种
解：由题意知，完成这一件事可分为两步：先将标号1, 2 的卡片放入同一封信有C3
1种方
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法；再将其他四封放入两个信封，每个信封两个有C4
2
A2
2 ⋅A2
2种方法，共有C3
1⋅C4
2
A2
2 ⋅A2
2=18种.
故选：B.
随堂演练
1.将5 名志愿者分配到3 个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者
的方案种数为（ ）
A．540
B．300
C．180
D．150
解：将5 分成满足题意的3 份有1, 1, 3 与2, 2, 1 两种，所以共有C5
3A3
3+C5
2C3
2
A2
2
A3
3=150种方
案.故D 正确.
2.安排3 名志愿者完成4 项工作，每人至少完成1 项，每项工作由1 人完成，则不同的安
排方式共有（ ）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
解：4 项工作分成3 组，可得：C4
2=6，安排3 名志愿者完成4 项工作，每人至少完成1
项，每项工作由1 人完成，可得：6×A3
3=36种. 故选：D.
3.有4 名医学毕业生到甲、乙、丙三所学校去应聘校医工作，若每人至多被一所学校录
用，每所学校至少录用其中1 人，则所有不同的录用情况种数为（ ）
A．40 种
B．60 种
C．80 种
D．120 种
解：根据题意，分2 种情况讨论：
①四人中有3 人被录取，有C4
3 A3
3=24种不同的录用情况；
②四人都被录取，需要先将4 人分为3 组，再将分好的3 组安排给3 所学校，有
C4
2×A3
3=6×6=36 种不同的录用情况；所以共有36+24=60种不同的录用情况.故选：B.
4.将6 位志愿者分成4 组，其中两个组各2 人，另两个组各1 人，分赴世博会的四个不同
场馆服务，不同的分配方案有 种(用数字作答).
解：将6 位志愿者分成4 组，其中两个组各2 人，另两个组各1 人有C6
2C4
2C2
1C1
1
A2
2A2
2
=45种方
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法，进而将其分配到四个不同场馆，有A4
4=24种情况，由分步计数原理可得，不同的分配
方案有 45×24=1080种.故答案为：1080.
5.学校安排甲乙等
､
5 名学生作为社区组织的“中老年趣味体育大赛”的项目志愿者，已知
该比赛有A,B,C 这3 个项目，每名学生只去1 个项目做志愿者，且每个项目的志愿者至少
有1 人，则不同的安排方法有 种.（用数字作答）
解：依题意，将5 名学生分成3 组有2、2、1 和3、1、1 两种分法，然后安排这3 组去3 个
项目做志愿者，所以不同的安排方法有C5
2C3
2C1
1
A2
2
⋅A3
3+C5
3C2
1C1
1
A2
2
⋅A3
3=150种.故答案为：150
种.
6.已知有6 本不同的书.
（1）分成三堆，每堆2 本，有多少种不同的分堆方法？
（2）分成三堆，一堆1 本，一堆2 本，一堆3 本，有多少种不同的分堆方法？
解：（1）6 本书平均分成3 堆，不同的分堆方法的种数为
C6
2C4
2C2
2
A3
3
=15.
（2）从6 本书中，先取1 本作为一堆，再从剩下的5 本中取2 本作为一堆，最后3 本作为
一堆，不同的分堆方法的种数为C6
1C5
2C3
3=60.
7.有
本不同的书.
(1)分给甲、乙、丙、丁四人，每人本，有几种分法？
(2)若
堆依次为本，本，
本，
本，有几种分法？
(3)若平均分成堆，有几种方法（只要求列出算式）？
解：(1)根据题意，分4 步分析：
①在12 本书中取出3 本，分给甲，有C12
3 种取法；
②在剩下的9 本书中取出3 本，分给乙，有C9
3种取法；
③在剩下的6 本书中取出3 本，分给丙，有C6
3种取法；
④将最后的3 本书交给丁，有C3
3种情况；
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则一共有C12
3 C9
3C6
3C3
3种分法.
(2)根据题意，分3 步分析：
①在12 本书中取出1 本，作为第一堆，有C12
1 种取法，
②在剩下的11 本书中取出3 本，作为第二堆，有C11
3 种取法，
③在剩下的8 本书中取出4 本，作为第三堆，剩下的4 本作为第四堆，有1
2 C
8
4
种分法；
则一共有1
2 C12
1 C11
3 C
8
4
种分法；
(3)根据题意，将12 本不同的书，平均分成3 堆，每堆有4 本，则有
C12
4 C8
4C4
4
A3
3
种不同的分
法.
11.2.9 排列组合-间接法
知识点梳理
带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题常考虑间接法，即总个数减
去反面个数即得答案.
典型例题
例1.从甲、乙等10 个同学中挑选4 名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1 人参加，
则不同的挑选方法共有（ ）
A．70 种
B．112 种
C．140 种
D．168 种
解：∵从10 个同学中挑选4 名参加某项公益活动有C10
4 种不同挑选方法; 从甲、乙之外的8
个同学中挑选4 名参加某项公益活动有C8
4种不同挑选方法; ∴甲、乙中至少有1 人参加, 则
不同的挑选方法共有C10
4 −C8
4=210 70=140
−
种不同挑选方法.故选：C.
例2.将7 个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3 人中至多有2 人相邻，且甲不站在最右
端，则不同的站法有（ ）
A．1860 种
B．3696 种
C．3600 种
D．3648 种
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解：7 个人从左到右排成一排，共有A7
7=5040种不同的站法，其中甲、乙、丙3 个都相邻
有A3
3 A5
5=720种不同的站法，甲站在最右端有A6
6=720种不同的站法，甲、乙、丙3 个相
邻且甲站最右端有A2
2 A4
4= 48种不同的站法，故甲、乙、丙3 人中至多有2 人相邻，且甲不
站在最右端，不同的站法有5040-720-720+48=3648 种不同的站法.故选：D.
例3.从4 名男生和3 名女生中选出4 人参加某个座谈会，若这4 人中必须既有男生又有女
生，则不同的选法共有（ ）
A．140 种
B．120 种
C．35 种
D．34 种
解：由题意得：选出4 人参会，总的选法共有C7
4=35 种，选出4 人均为男生的选法有C4
4=1
种，则4 人中既有男生又有女生的选法共有C7
4−C4
4=34 种，故选：D.
例4.某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10 人中选出5 人组队去西部支教，若甲､
乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）
A．21 种
B．231 种
C．238 种
D．252 种
解：10 人中选5 人有C10
5 =252种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有C7
5=21
种，则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有C10
5 −C7
5=231 种.故选：B.
随堂演练
1.甲、乙两人从4 门课程中各选修2 门，则甲、乙所选的课程中至少有1 门不相同的选法
共有（ ）
A．6 种
B．12 种
C．30 种
D．36 种
解：由C4
2C4
2−C4
2=30 .故选：C.
2.从5 名男生和5 名女生中选3 人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选
的组队方案数为（ ）
A．100
B．110
C．120
D．180
解：10 人中任选3 人的组队方案有C10
3 =120，没有女生的方案有C5
3=10，所以符合要求的
组队方案数为110 种.故选：B.
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3.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主
要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.
某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”
不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408 种
B．240 种
C．1092 种.
D．120 种
解：每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为
A5
1 A5
5，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为A4
1 A4
4 A2
2，于是得
A5
1 A5
5−A4
1 A4
4 A2
2= 408，所以“六艺”讲座不同的次序共有408 种.故选：A.
4.某校开设A 类选修课3 门，B 类选修课4 门，一位同学从中共选3 门．若要求两类课程中
各至少选一门，则不同的选法共有（ ）
A．30 种
B．35 种
C．42 种
D．48 种
解：本小题主要考查组合知识以及转化的思想. 则在两类课程中至少选一门的选法有
C7
3−C3
3−C4
3=35−
种.故选：A.
5.红五月，某校团委决定举办庆祝中国共产党成立100 周年“百年荣光，伟大梦想”联欢
会，经过初赛，共有6 个节目进入决赛，其中2 个歌舞类节目，2 个小品类节目，1 个朗诵
类节目，1 个戏曲类节目．演出时要求同类节目不能相邻，则演出顺序的排法总数是（
）
A．96
B．326
C．336
D．360
解：所有演出方案有A6
6=720种，歌舞类相邻有A2
2 A5
5=240种，小品类相邻有A2
2 A5
5=240
种，歌舞与小品均相邻有A2
2 A2
2 A4
4=96种，所以总数有
A6
6−( A2
2 A5
5+ A2
2 A5
5−A2
2 A2
2 A4
4)=336种.故选：C.
6.将7 个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3 人中至多有2 人相邻，且甲不站在最右
端，则不同的站法有（ ）
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A．1860 种
B．3696 种
C．3600 种
D．3648 种
解：7 个人从左到右排成一排, 共有A7
7=5040 种不同的站法, 其中甲、乙、丙3 个都相邻
有 A3
3A5
5=720种不同的站法,甲站在最右端有A6
6=720 种不同的站法,甲、乙、丙3 个相邻且
甲站最右端有A2
2A4
4=48种不同的站法, 故甲、乙、丙3 人中至多有2 人相邻, 且甲不站在最
右端, 不同的站法有5040−
种不同的站法. 故选: D.
7.某校开设9 门选修课程，其中A，B，C 三门课程由于上课时间相同，至多选一门，若规
定每位学生选修4 门，则一共有 种不同的选修方案.
解：由题意知本题需要分类来解,
第一类,若从A、B、C 三门选一门有C3
1⋅C6
3=60;
第二类,若从其他六门中选4 门有C6
4=15;
∴根据分类计数加法得到共有60+15=75种不同的方法,故答案为: 75.
8.从集合
与
中各任取2 个元素排成一排（字母和数字均
不能重复）．每排中字母Q 和数字0 至多只能出现一个的不同排法种数是 ．
（用数字作答）．
解：各任取2 个元素排成一排（字母和数字均不能重复），共有C 4
2C10
2 A4
4；
每排中字母Q和数字0 都出现有C3
1C9
1 A4
4. 符合题意不同排法种数是
C 4
2C10
2 A4
4−C3
1C9
1 A4
4=5832.
故答案为：5832.
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