【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修三）专题6.7 排列、组合的综合应用大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(21)页，78.548 KB，由小赞的店铺上传

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专题6.7排列、组合的综合应用大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第三册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022秋·河南南阳·高二阶段练习）用0､1

､2､3四个数字组成没有重复数字的自然数.(1)把这些自然数从小到大排成一个数列，1230是这个数列的第几项？(2)其中的四位数中偶数有多少个？所有这些偶数它们各个数位上的数字之和是多少？【解题思路】（1）利用分步乘法计数原理讨论1位自然数､2位自然数､3位

自然数､4位自然数的情况即可；（2）利用分步乘法和分类加法计数原理计算即可.【解答过程】（1）1位自然数有C41=4个；2位自然数有C31×C31=9个；3位自然数有C31×C31×C21=18个；4位自然数中小于1230的有“10𝑋𝑋”型A2

2=2个，1203共3个；所以1230是此数列的第4+9+18+3+1=35项.（2）四位数偶数有个位是0和个位是2两种情况，其中个位是0有A33=6种；个位不是0有C21×A22=4种.所以四位偶数共有10个.它们各个数位上的数字之

和为10×(0+1+2+3)=60.2．（2022·全国·高三专题练习）已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？【解题思路】根据题意先对6本书进行分组，因为平均分成的组，不管他们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后要除以A33，进而求解

.【解答过程】6本书平均分成3堆，所以不同的分堆方法的种数为C62C42C22A33=6×52×1×4×32×1×13×2×1=15.故答案为：15.3．（2022·高二课时练习）从5名教师中挑选2人，分别担任两个班的班主任，有多少种不同的安排方案

？【解题思路】可分两步走：①从5名教师中挑选2人，②将选中的二人安排到两个班；故利用分步乘法计数原理可得答案﹒【解答过程】可分两步完成：①从5名教师中挑选2人，共𝐶52＝10种方法，②将选中的2人安排到两个班，共𝐴22＝2种方法；根据分

步乘法计数原理可得总的安排方法为10×2＝20种﹒4．（2022春·上海嘉定·高二期末）（1）用1、2、3、4、5可以组成多少个四位数？（2）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？【解题思路】（1）分数字重复和不重复讨论，根据排列组合计算即

可.（2）偶数先确定个位数字为0或2或4，再分三类讨论，最后根据加法计数原理可得结果.【解答过程】解：（1）①若组成的四位数的数字不能重复，则可组成的四位数有：C54⋅A44=5×4×3×2=120（个）②

若组成的四位数的数字能重复，则可组成的四位数有：54=625（个）综上所述，结论是：若组成的四位数的数字不能重复，可组成120个四位数；若组成的四位数的数字能重复，可组成625个四位数.（2）满足偶数按个位数字分成三类：个位是0或2或4，①个位是0的，即需要从1，2，

3，4，5这5个数中选出3个分别放在千、百、十位，有C51⋅C41⋅C31=5×4×3=60个；②个位是2的，千位需要从1，3，4，5这4个数中选出1个有4种选法，从剩下的4个数字中选出2个分别放在百位、十位，有C41⋅C31=4×3=12个，所以个位是

2的偶数有4×12=48个；③个位是4的，也有48个；综上所述，用0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的四位偶数有60+48+48=156个.5．（2022·全国·高三专题练习）现有7位同学（分别编号为𝐴,𝐵,�

�,𝐷,𝐸,𝐹,𝐺）排成一排拍照，若其中𝐴,𝐵,𝐶三人互不相邻，𝐷，𝐸两人也不相邻，而𝐹，𝐺两人必须相邻，求不同的排法总数．【解题思路】先排𝐴,𝐵,𝐶,由A33种，𝐹,𝐺相邻捆绑看整体有A22，再分两类情况讨论，根据乘法和加法

原理即可求解.【解答过程】因𝐹,𝐺两人必须相邻，所以把𝐹,𝐺看作一个整体有A22种排法.又𝐴,𝐵,𝐶三人互不相邻，𝐷,𝐸两人也不相邻，所以把𝐴,𝐵,𝐶排列，有A33种排法，产生了4个空位，再用插空法.（1）当𝐷,𝐸分别插入到𝐴,𝐵,

𝐶中间的两个空位时，有A22种排法，再把𝐹,𝐺整体插入到此时产生的6个空位中，有6种排法.（2）当𝐷,𝐸分别插入到𝐴,𝐵,𝐶中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有C21⋅C21⋅A22=8种排法，此时𝐹,𝐺必须排在𝐴,𝐵,𝐶中间的两个空位的另一个空位，有1

种排法.所以共有A22⋅A33⋅(A22⋅6+C21⋅C21⋅A22)=240.6．（2022·高二课时练习）从1到7的7个数字中取两个偶数和三个奇数组成没有重复数字的五位数.试问：（1）五位数中，两个偶数排在一起的有几个？（2）两个偶数不相邻且三个奇数也不相邻的五位数有几个？（

所有结果均用数值表示）【解题思路】（1）先从3个偶数抽取2个偶数和从4个奇数中抽取3个奇数，利用捆绑法把两个偶数捆绑在一起，再和另外三个奇数进行全排列；（2）利用插空法，先排两个偶数，再从两个偶数形成的3个间隔中，插入三个奇数，即可得出结果.【解答过程】解：可知从1到7的7个数字中，有3个偶数

，4个奇数，（1）五位数中，偶数排在一起的有：𝐶32𝐶43𝐴44𝐴21=576个，（2）两个偶数不相邻且三个奇数也不相邻的五位数有：𝐶32𝐶43𝐴22𝐴33=144个.7．（2022·高二单元测试）4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒

内．（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？【解题思路】（1）把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理结合排列组合即可求出结果；（2）“恰有1个盒内有2个球”与“

恰有1个盒不放球”是同一件事，进而由（1）即可得出答案.【解答过程】（1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1

，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有𝐶41𝐶42𝐶31𝐴22=144(种)．（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒

子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．8．（2022春·江苏宿迁·高二阶段练习）某人设计了一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷（边长为3个单位）的顶点A

处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为𝑖(𝑖=1,2,⋅⋅⋅6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去，则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法有多少种？【解题思路】先依题意分析知抛掷三次骰子后棋子

恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12，再计算满足点数之和是12的组合的所有不同结果即可.【解答过程】由题意知正方形𝐴𝐵𝐶𝐷（边长为3个单位）的周长是12个单位，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数

之和是12，列举出在点数中三个数字能够使得和为12的有1，5，6；2，4，6；3，4，5；3，3，6；5，5，2；4，4，4，共6种组合.其中1，5，6；2，4，6；3，4，5这三种组合每一种有𝐴33=6种不同的结果，所以有3×6=18种；其中3，3，6；5，5，2这两种组合每

一种有𝐶31=3种不同的结果，所以有2×3=6种；其中4，4，4，这种组合只有1种结果.根据分类加法计数原理知,共有18+6+1=25种不同的结果，即某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走

法有25种.9．（2022春·天津河西·高二期中）从1、3、5、7、9这五个数字中任取两个数字，从0、2、4、6这四个数字中任取两个数字.(1)共可组成多少个没有重复数字的四位数?(2)共可组成多少个没有重复数字的四位偶数?【解题思路】

（1）首先需要讨论四位数含0和不含0的情况，含0时要考虑0不在首位，再利用排列组合进行求解；（2）组成的数为偶数时，个位数字只能时0，2，4，6中的一个，需要讨论含0和不含0的情况，含有0时又分0在个位和0不在个位，再利用排列组合进

行求解.【解答过程】(1)当构成的四位数不含0时有𝐶52𝐶32𝐴44个；当构成的四位数含0时有𝐶52𝐶31𝐶31𝐴33个；故符合条件的四位数共有𝐶52𝐶32𝐴44+𝐶52𝐶31𝐶31𝐴33=12

60个(2)因为组成四位偶数的个位数字只能时0，2，4，6中的一个，当四位偶数不含数字0时，有𝐶52𝐶32𝐶21𝐴33个；含有数字0时，分为两种，0在个位和0不在个位，有𝐶52𝐶31(𝐴33+2𝐴22)个；故符合条件的四位偶数共有𝐶52𝐶32�

�21𝐴33+𝐶52𝐶31(𝐴33+2𝐴22)=660个.10．（2022·全国·高三专题练习）现有编号分别为𝐴，𝐵，𝐶，𝐷，𝐸，𝐹，𝐺的7个不同的小球，将这些小球排成一排（1）若要求𝐴，𝐵，𝐶相邻，则有多少种

不同的排法？（2）若要求𝐴排在正中间，且𝐵，𝐶，𝐷各不相邻，则有多少种不同的排法？【解题思路】（1）利用“捆绑法”可求；（2）分𝐵，𝐶，𝐷中有1个在𝐴的左侧和有2个在𝐴的左侧讨论求解.【解答过程】（1）把𝐴，𝐵，𝐶看成一个整体与剩

余的4个球全排列，则不同的排法有A33A55=720（种）．（2）𝐴在正中间，所以𝐴的排法只有1种．因为𝐵，𝐶，𝐷互不相邻，所以𝐵，𝐶，𝐷不可能同时在𝐴的左侧或右侧．若𝐵，𝐶，𝐷中有1个在𝐴的左侧，2个在𝐴的右侧且不相邻，则不同的排法有C32A22

C31A33=108（种），若𝐵，𝐶，𝐷中有2个在𝐴的左侧且不相邻，1个在𝐴的右侧，则不同的排法有C32A22C31A33=108（种）．故所求的不同排法有108+108=216（种）．11．（2023·全国·高二

专题练习）设有编号为1、2、3、4、5的5个球和编号为1、2、3、4、5的5个盒子，现将这5个球放入5个盒子内．(1)只有1个盒子空着，共有多少种投放方法？(2)没有1个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全

相同，有多少种投放方法？(3)每个盒子内投放1球，并且至少有2个球的编号与盒子编号相同，有多少种投放方法？【解题思路】（1）首先从选出两个球作为一组，再将4组排到4个盒子，按照分步乘法计数原理计算可得；（2）首先将5个球全排列，再减去球的编号与盒子

编号全相同的情况，即可得解；（3）分四种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得.【解答过程】（1）解：首先选定两个不同的球，作为一组，选法有C52=10种，再将4组排到4个盒子，有A54=120种投放法．∴共计10×120=1200种方法；（2）解：没有一个盒子空着，相

当于5个元素排列在5个位置上，有A55种，而球的编号与盒子编号全相同只有1种，所以没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同的投法有A55−1=119种．（3）解：满足的情形：第一类，五个球的编号与盒子编号全同的放法：1种；第二

类，四个球的编号与盒子编号相同的放法：0种；第三类，三个球的编号与盒子编号相同的放法：C52=10种；第四类，两个球的编号与盒子编号相同的放法：2C52=20种．所以满足条件的放法数为：1+10+20=31种．12．（2022·全国·高三专题练习）用0，1，2，3，

4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？(1)偶数：(2)左起第二､四位是奇数的偶数；(3)比21034大的偶数.【解题思路】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.（2）先考虑特殊位

置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.【解答过程】（1）末位是0，有A44=24个，末位是2或4，有C21C31A33=36个，故满足条件的五位数共有2

4+36=60个.（2）法一：可分两类，0是末位数，有A22A22=4个，2或4是末位数，则A22A21=4个.故共在4+4=8个.法二：四位从奇数1，3中取，有A22；首位从2，4中取，有A21个：余下的排在剩下的两位，有A22个；故

共有A22A21A22=8个.（3）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有A21A22+A22=6个；当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有A21A33=12个；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，

有A21A33=12个；当末位数字是4，而首位数字是2时，有A22+A11=3个；当末位数字是4，而首位数字是3吋，有A33=6个.故有(A21A22+A22)+A21A13+A21A13+A22+A11+A33=

39个.法二：不大于21034的偶数可分为三类：万位数字为1的偶数，有A31A33=18个；万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有A21个：还有21034本身.而由0,1,2,3,4组成的五位偶数有A44+C21A33C31=60个.故满

足条件的五位偶数共有60−A31A33−A21−1=39个.13．（2022秋·浙江金华·高二阶段练习）从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．(1)可以组成多少个四位偶数？(2)可以组成多少个两个奇数数字相邻的四位数？（所有

结果均用数值表示）【解题思路】（1）分末位为0和末位为2,4,6分类求解即可；（2）计算所有情况，减去0在首位的情况即可.【解答过程】（1）当0在末位时，共有C42C31A33=108个四位偶数，当末位为2，4，6，且0不在首位时，共有3C42C

31A33−3A42=288个四位偶数，则可以组成108+288=396个四位偶数．（2）当0在首位时，有C42C31A22A22=72种，则两个奇数数字相邻的四位数共有C42C42A33A22−72=360个．14．（2022·全国·高三专题练习）某

种产品的加工需要经过𝐴,𝐵,𝐶,𝐷,𝐸,5道工序．(1)如果工序𝐴不能放在最后，那么有多少种加工顺序？（数字作答）(2)如果工序𝐴,𝐵必须相邻，那么有多少种加工顺序？（数字作答）(3)如果工序C，D必须不能相邻，那么有多少种加工顺序？（数字作答）【解题思路】

（1）先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，再将剩余的4道工序全排列即可；（2）先排A，B这2道工序，再将它们看做一个整体，与剩余的工序全排列；（3）先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空.【解答过程】（1）先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，有𝐶41=4

种不同的排法，再将剩余的4道工序全排列，有𝐴44=24种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有4×24=96种加工顺序；（2）先排A，B这2道工序，有𝐴22=2种不同的排法，再将它们看做一个整体，与剩余的工序全排列，有𝐴44=24种不同的排法，故由分步乘法原理可

得，共有2×24=48种加工顺序；（3）先排其余的3道工序，有𝐴33=6种不同的排法，出现4个空位，再将C，D这2道工序插空，有𝐴42=12种不同的排法，所以由分步乘法原理可得，共有6×12=72种加工顺序.15．（2022·全国·高三

专题练习）杭州亚运会将于2022年9月10日至25日举行，相关部门计划将6名志愿者分配到亚运会三个不同的运动场馆做服务工作，每个岗位至少1人.(1)一共有多少种不同的分配方案？(2)若6名志愿者中的甲和乙必须分配在同一个场馆

工作，则共有多少种不同的分配方案？【解题思路】（1）根据题意将6名志愿者进行1,1,4，3,2,1，2,2,2分组，分别求出每组的分配方案，再利用分类加法计数原理求解；（2）根据题意将6名志愿者进行1,1,3，2,2,1分组，其中甲和乙必须在一起看作一个整体，再利用分类加法计数原理求解.【解答

过程】（1）当分配的人数分别是1人，1人，4人时，共有C61C51C44A22A33=90种分配方案，当分配的人数分别是3人，2人，1人时，共有C63C32C11A33=360种分配方案，当分配的人数分别是2人，2人，2人时，共有C62C42C22A33A33=90种

分配方案，所以一共有90+360+90=540种不同的分配方案.（2）把甲､乙两人看作一个整体，6个人变成了5个元素，再把这5个元素分成3组，若分配的元素分别是1人，1人，3人时，共有C51C41C33A

22A33=60种分配方案，若分配的元素分别是2人，2人，1人时，共有C52C32C11A22A33=90种分配方案，则有60+90=150种不同的分配方案.16．（2022春·福建三明·高二期中）在班级主题班会活动中，4名

男生和3名女生站成一排表演节目：(1)4名男生相邻有多少种不同的站法？(2)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色的朗诵，有多少种选派方法？（写出必要的数学式和过程，结果用数字作答）【解题思路】（1）利用捆绑法将4名男生绑在一起再排列即可；（2）先从中选出2

名男生和2名女生再排列4人即可．【解答过程】(1)将4名男生绑在一起有A44种，再与3名女生站成一排有A44A44=24×24=576种；(2)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色的朗诵，有C42C32A44=6×3×24=432种选派方法．17．（2023·全国·高三

专题练习）用0，1，2，3，4五个数字．(1)可以排成多少个不重复的能被2整除的五位数？(2)可以排成多少个四位数？(3)可以排成多少个四位数字的电话号码？【解题思路】（1）先考虑能被2整除的数为偶数，则个位数字应在0，2，4中选择，

再考虑不重复的五位数字，需注意万位不为0，对个位是否为0分类讨论，进而求解；（2）四位数的要求为千位不为0，求解即可；（3）四位数字的电话号码相对（2）的区别在于首位可为0，进而求解.【解答过程】（1）由题，能被2整除

的数为偶数，则个位数字应在0，2，4中选择，需用5个数字组成不重复的五位数，则万位不是0，所以当个位是0时，共有A44=24个；当个位不是0时，共有C21×C31×A33=36个，所以不重复的且能被2整除的五位数有24+36=60个.（2）要组

成一个四位数，则千位不为0，所以共有4×5×5×5=500个.（3）要组成一个四位数字的电话号码，则共有54=625个.18．（2022春·河北衡水·高二阶段练习）为弘扬我国古代的六艺文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设礼

乐射御书数六门体验课程.(1)若体验课连续开设六周，每周一门，求其中射不排在第一周，数不排在最后一周的所有可能排法种数；(2)甲､乙､丙､丁､戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教数的课程安排方案种数.

【解题思路】（1）分射排在最后一周时和射不排在最后一周时两种情况讨论求解即可；（2）分甲教两科时和甲教一科时两组情况讨论求解即可.【解答过程】(1)解：分两组情况讨论，①射排在最后一周时，则有𝐴55=120种排法，②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种

排法，剩下的4课课程全排列，有4×4⋅𝐴44=384种排法，所以，共有120+384=504种不同排法.(2)解：分两种情况讨论；当甲教两科时，则有𝐶52𝐴44=240种安排方法；当甲教一科时，则有𝐶51�

�52𝐴44=1200种安排方法.所以，共有240+1200=1440种不同方案.19．（2022秋·吉林长春·高二考阶段练习）从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛．(1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？(2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1

人入选，那么有多少种选法？(3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？【解题思路】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）

分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解.【解答过程】（1）从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，𝐶52𝐶42=60，故有60种选法；（2）若小王和小红均未入选，则有𝐶74=35种选法，故男生中的小王和女

生中的小红至少有1人入选，则有𝐶94−𝐶74=126−35=91种选法；（3）若2个考点派送人数均为2人，则有𝐶42𝐶22=6种派送方式，若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有𝐶41𝐶33𝐴22=

8种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式.20．（2022春·浙江湖州·高二期中）从0,2,4,6中任取3个数字，从1,3,5中任取2个数字．(1)组成无重复数字的五位数，其中能被10整除的有多少个？(2)一共可组成多少个无重复数字的五

位数？(3)组成无重复数字的五位数，其中奇数排在奇数位上的共有多少个？【解题思路】（1）根据能被10整除确定个位数字为0，然后从2,4,6中任取2个，从1,3,5中任取2个，再将取出的四个数字作全排列即可

得解；（2）按照五位数中是否含0分两类，可求出结果；（3）按照2个奇数排的位置分三类计数，再相加可求出结果.【解答过程】(1)因为被10整除的数的个位必为0，所以先从2,4,6中任取2个，有C32种，从1,3,5中任取2个，有C32种，然后将得到的4个数

字在前面四个位置上作全排列，有A44种，所以满足题意的五位数共有C32⋅C32⋅𝐴44=216个.(2)若五位数中含0，则0不能排在首位，有A41种，然后从2,4,6中任取2个，有C32种，从1,3,5中任取2个，有

C32种，然后将得到的4个数字在剩余的四个位置上作全排列，有A44种，此时，共有A41C32C32𝐴44=864个；若五位数中不含0，则从2,4,6中任取3个有C33种，从1,3,5中任取2个有C32种，将取出的5个数字作全排

，有A55种，此时共有C33C32𝐴55=360个，综上所述：满足题意的五位数共有864+360=1224个.(3)若2个奇数排在万位和百位上，有A32A43=144个；若2个奇数排在万位和个位上，有A3

2A43=144个；若2个奇数排在百位和个位上，有A32A31𝐴32=108个，所以满足题意的五位数共有144+144+108=396个.21．（2022春·高二单元测试）班上每个小组有12名同学，现要从每个小

组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛．(1)每个小组有多少种选法?(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补，那么每个小组有多少种选法?(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手，那么每个小组有多

少种选法？【解题思路】（1）从12名学生中任选4名即可，（2）先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，再利用分步乘法原理可求得结果，（3）先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列即可【解答过程】(1)由题意可得每个小组有𝐶124=12×11×10×9

4×3×2×1=495种选法，(2)由题意可得先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，所以由分步乘法原理可得共有𝐶124𝐶41=12×11×10×94×3×2×1×4=495×4=1980种选法，(3)由题意可

得先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列，所以由分步乘法原理可得共有𝐶124𝐴44=495×4×3×2=11880种选法.22．（2023·全国·高三专题练习）用0、1、2、3、4五个数字:(1)可组成多少个五位数；(2)可组成多少个无重复数字的五位数；(3)可组成多少个无重复数字

的且是3的倍数的三位数；(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数．【解题思路】四个问题是同一类型题根据已知讨论各个位置上的数字情况，然后利用分步乘法计数原理进行计算即可求解.【解答过程】（1）用0、1、2、3、4五个数字组成五位数,相当于从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有C41种

情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在千位，有C51种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在百位，有C51种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在十位，有C51种情况，从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在个位，有C51种情况

，所以可组成C41×C51×C51×C51×C51=4×54=2500个五位数.（2）用0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位数,相当于先从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有C41种情况，再把剩下的三个数字和0全排列，有A44种情况，所

以可组成C41A44=4×24=96个无重复数字的五位数.（3）无重复数字的3的倍数的三位数组成它的三个数字之和必须是3的倍数，所以三个数字必须是0、1、2或0、2、4或1、2、3或2、3、4，若三个数字是0、1、2，则0不能放

在百位，从1和2两个数字中抽取一个放在百位，有C21种情况，再把剩下的一个数字和0全排列，有A22种情况；若三个数字是0、2、4，则0不能放在百位，从2和4两个数字中抽取一个放在百位，有C21种情况，再把剩下的一个数字和0全排列，有A

22种情况；若三个数字是1、2、3，则相当于对这三个数字全排列，有A33种情况;若三个数字是2、3、4，则相当于对这三个数字全排列，有A33种情况.所以根据分类计数原理，共可组成C21×A22+C21×A22

+A33+A33=2×2+2×2+6+6=20个无重复数字的且是3的倍数的三位数.（4）由数字0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位奇数，则放在个位的数字只能是奇数，所以放在个位数字只能是1或3，所以相当于先从1、3两个数字中

抽取一个放在个位，有C21种情况，再从剩下的四个数字中除去0抽取一个放在万位，有C31种情况，再对剩下的三个数字全排列，有A33种情况，所以可组成C21×C31×A33=2×3×6=36个无重复数字的五位奇数.23．（202

2秋·北京昌平·高二期末）有7个人分成两排就座，第一排3人，第二排4人．(1)共有多少种不同的坐法？(2)如果甲和乙都在第二排，共有多少种不同的坐法？(3)如果甲和乙不能坐在每排的两端，共有多少种不同的坐法？【解题思路】（1）前

排选3人任意排，后排4人任意排，根据分步计数原理可得．（2）首先从其余5人中选出2人与甲、乙排在第二排，再将其余3人排在第一排，按照分步乘法计数原理计算可得；（3）先将甲、乙安排在除每排的两端外的三个位置中的两个位置，再将其余人全排列，按照分步

乘法计数原理计算可得；【解答过程】(1)解：排成两排就座，第一排3人，第二排4人，有𝐴73⋅𝐴44=5040种方法．(2)解：若甲和乙都在第二排，先从其余5人中选出2人有𝐶52种选法，将这两人与甲、乙排在第二排，再将其余3人排在第一排，故一共有𝐶52⋅𝐴44⋅𝐴33=1440种

排法；(3)解：如甲和乙不能坐在每排的两端，则先将甲、乙安排在除每排的两端外的三个位置中的两个位置，再将其余人全排列即可，故一共有𝐴32𝐴55=720种排法.24．（2022春·河北唐山·高二阶段练习）有4个编号为1，2，3，4的小球，4个编号为1，2，3，

4的盒子，现需把球全部放进盒子里，（最后结果用数字作答）(1)没有空盒子的方法共有多少种？(2)可以有空盒子的方法共有多少种？(3)恰有1个盒子不放球，共有多少种方法？(4)恰有一个小球放入自己编号的盒中，有多少种不同的放法？【

解题思路】（1）4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列即可求得.（2）有4个球，每个球有4种放法，此时随意放，盒子可以空也可以全用完.（3）恰有一个空盒，说明另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球.(4)恰有一个小球放入自己编号的盒中,选

定从四盒四球中选定标号相同得球和盒，另外三球三盒不能对应共两种.【解答过程】（1）没有空盒子的方法：4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列共A44=24种；（2）可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法共44=256种；（3）恰有一个空盒子，说明另外三个盒子都有球，而球共四

个，必然有一个盒子中放了两个球，先将四盒中选一个作为空盒，再将四球中选出两球绑在一起，再排列共C41C42A33=144种；（4）恰有一个小球放入自己编号的盒中,选定从四盒四球中选定标号相同得球和盒，另外

三球三盒不能对应共两种，则共C41⋅2=8种.25．（2022·全国·高三专题练习）3名男生与4名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数．按要求列出式子，再计算结果，用数字作答．(1)从中选出2名男生和2名女生排成一列

；(2)全体站成一排，男生不能站一起；(3)全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾．(4)全体站成一排，甲、乙必须站在一起，而丙、丁不能站在一起；【解题思路】（1）从男生中任选2名有C32种选法，从女生中任选2名有C42种选法，再将4个人全排列即可求解；（2）先将女生全

排列会有5个空，再将男生排列到5个空即可求解；（3）先从除甲外的6个人中选两人排列在收尾，再将剩余的5个人排列到中间即可求解；（4）先将甲乙捆绑有A22种，将甲乙看做一个整体与除丙丁外的剩余3人排列有A44种，

排列后会有5个空，再任选2个空将丙丁插入排列即可求解.【解答过程】（1）从3名男生中任选2名有C32种选法，从4名女生中任选2名有C42种选法，再将选取的4人排列有A44种排法，由乘法原理共有C32C42A44=432种排法．（2）先将女生全排有A44种

，再从5个空隙中选出3个将3个男生插入到3个空隙中有A53种，由乘法原理共有A44A53=1440种排法．（3）首尾位置可安排另6人中的两人，有A62种排法，其他人有A55种排法，乘法原理共有A62A55=3600种排法．（4）将甲乙捆在一起，与

剩下的3人（除丙丁）全排A44，再将丙丁插空到5个空隙中的2个有A52种，再将甲乙交换位置有A22种，由乘法原理共有A44A52A22=960种．26．（2022春·吉林长春·高二阶段练习）一个正方形花圃被分成5份．（1）若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现

有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法?（2）若将6个不同的盆栽都摆放入这5个部分，且要求每个部分至少有一个盆栽，问有多少种不同的放法?【解题思路】（1）先对𝐸部分种植，再对𝐴部分种植，对𝐶部

分种植进行分类：①若与𝐴相同，②若与𝐴不同进行讨论即可；（2）将6个盆栽分成5组，即2-1-1-1-1，将分好的5组全排列即可.【解答过程】（1）先对𝐸部分种植，有4种不同的种植方法；再对𝐴部分种植，又3种不同的种植方法；对𝐶部分

种植进行分类：①若与𝐴相同，𝐷有2种不同的种植方法，𝐵有2种不同的种植方法，共有4×3×2×2=48（种），②若与𝐴不同，𝐶有2种不同的种植方法，𝐷有1种不同的种植方法，𝐵有1种不同的种植方法，共有4×3×2×1×1=24（种），综上所述，共有72种种植方法。（2）将

6个盆栽分成5组，则2-1-1-1-1，有𝐶62种分法；将分好的5组全排列，对应5个部分，则一共有𝐶62𝐴55=1800（种）放法，综上所述，共有1800种不同的放法。27．（2022春·江苏无锡·高二期中）如图，四边形𝐴𝐵

𝐶𝐷的两条对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于𝑂，现用五种颜色（其中一种为红色）对图中四个三角形△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂，△𝐶𝐷𝑂，△𝐴𝐷𝑂进行染色，且每个三角形用一种颜色染．(1)若必须使用红色，求四个三角形△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂，△𝐶𝐷𝑂，△𝐴𝐷𝑂中有且

只有一组相邻三角形同色的染色方法的种数；(2)若不使用红色，求四个三角形△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂，△𝐶𝐷𝑂，△𝐴𝐷𝑂中所有相邻三角形都不同色的染色方法的种数.【解题思路】（1）根据题意，假设为△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂，同色，再分2种情况讨论：①若△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶�

�，同时染红色与，②若△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂，同时染的不是红色，求出每种情况的染色方法数目，由加法原理计算可得答案；（2）根据题意，分3种情况讨论：①、若一共使用了四种颜色，②、若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在对顶的区域，③、若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了

两次，且各自染在一组对顶区域，求出每种情况的染色方法数目，由加法原理计算可得答案．【解答过程】（1）解：根据题意，要求四个三角形△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂，△𝐶𝐷𝑂，△𝐴𝐷𝑂中有且只有一组相邻三角形同色，而同色的相邻三角形共有4种，不妨假

设为△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂同色，①若△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂同时染红色，则另外两个三角形共有A42种染色方法，因此这种情况共有A42=12种染色方法；②若△𝐴𝐵𝑂，△𝐵𝐶𝑂同时染的不是红色，则它们的染色有4种，另外两个三角形一个必须染红色，所

以这两个三角形共有3×2=6，因此这种情况共有4×6=24种染色方法．综上可知有且只有一组相邻三角形同色的染色方法的种数为4×(12+24)=144种；（2）解：根据题意，因为不用红色，则只有四种颜色可选，分3种情况讨论：①、若一共使用

了四种颜色，则共有A44=24种染色方法；②、若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在对顶的区域，所以一共有C43×C31×2×A22=48种染色方法；③、若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组对顶区域，所以共有C42×2=12种染色方法．综上可知所有相邻三

角形都不同色的染色方法的种数为24+48+12=84种．28．（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）某学习小组有3个男生和4个女生共7人：(1)将此7人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？(2)将此7人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？(3)从中选出2名男生和2名女生分

别承担4种不同的任务，有多少种选派方法？(4)现有7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，恰有两个空位相邻的不同坐法共有多少种？【解题思路】（1）利用排列中相间问题插空法及分步乘法计数原理即可求解；（2）利用排列中特殊位置与特殊元素优先处理及分类加法计数原理即可

求解；（3）利用排列组合中遵循先选后排及分步乘法计数原理即可求解；（4）利用排列中的相邻问题插空法及分步计数原理即可求解.【解答过程】（1）根据题意，分2步进行分析：①，将3个男生全排列，有A33种排法，排好后有4个空位，②

，将4名女生全排列，安排到4个空位中，有A44种排法，则一共有A33A44=144种排法；（2）根据题意，分2种情况讨论：①，男生甲在最右边，有A66=720，②，男生甲不站最左边也不在最右边，有A51A51A55＝3000，则有720+3

000＝3720种排法；（3）根据题意，分2步进行分析：①，在3名男生中选取2名男生，4名女生中选取2名女生，有C3⬚2C4⬚2种选取方法，②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有A44种情况，则有C32C42A44=432种不同的安排方法

（4）根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，还有3个空座位，分2步进行分析：①，将4名女生全排列，有A44种情况，排好后有3个空位，②，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有A52种情况，则有A44A52=480种排法．29．（2022春·广东广州·高二

期中）按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(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.【解题思路】（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本，是无序不均匀分组问题，直接利用组合数公式求解即可．（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本，甲、乙、丙三人有序不均匀分组问题．直接求出即可．（3）平均分成三份，每份2

本．这是平均分组问题，求出组合总数除以A33即可．（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本，甲、乙、丙三人有序均匀分组问题．直接求出即可，（5）分成三份，1份4本，另外两份每份1本．这是部分平均分组问题，求出组合总数除以A22即可，【解答过程】(1)解：依题意，先选1本有C61种选法；

再从余下的5本中选2本有C52种选法；最后余下3本全选有C33种方法，故共有C61C52C33=60种．(2)解：由于甲、乙、丙是不同的三人，在第（1）题基础上，还应考虑再分配，共有C61C52C33A33=360种．(3)解：先分三步，则应是C62C42C22种

方法，但是这里出现了重复．不妨记6本书为𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸、𝐹，若第一步取了𝐴𝐵，第二步取了𝐶𝐷，第三步取了𝐸𝐹，记该种分法为(𝐴𝐵，𝐶𝐷，𝐸𝐹)，则C62C42C22种分

法中还有(𝐴𝐵，𝐸𝐹，𝐶𝐷)、(𝐶𝐷，𝐴𝐵，𝐸𝐹)、(𝐶𝐷，𝐸𝐹，𝐴𝐵)、(𝐸𝐹，𝐶𝐷，𝐴𝐵)、(𝐸𝐹，𝐴𝐵，𝐶𝐷)，共A33种情况，而这A33种情况仅是𝐴𝐵、𝐶𝐷、𝐸𝐹的顺序不同，因

此只能作为一种分法，故分配方式有C62C42C22A33=15种．(4)解：在（3）的基础上，还应考虑再分配，共有15A33=90种．(5)解：无序均匀分组问题，C64C21A22=15种.30．（2022春·河北石家庄·高二阶段练习）（1）如图，从左到右有

5个空格.（i）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？（ii）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使

用，问一共有多少不同的涂法？（iii）若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？（2）如图，用四种不同的颜色给三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴′𝐵′𝐶′的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色.（i）若每个底面的顶点

涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？（ii）若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？（注：最终结果均用数字作答）【解题思路】（1）（i）根据题意，分2步进行分析：①、分析0，易得0有4种选法；②、将其

余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，由分步计数原理计算可得答案，（ii）根据题意，依次分析5个格子的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案；（iii）根据题意，分2步进行分析：①、将7个小球分成5组，有2种分法：

即分成2−2−1−1−1的5组或分成3−1−1−1−1的5组，②、将分好的5组全排列，对应5个空格，由分步计数原理计算可得答案．（2）（i）根据分步乘法计数原理计算可得；（ii）对𝐵′，𝐴′，𝐴，𝐶所用颜色种

数分类讨论，最后按照分类加法计数原理计算可得；【解答过程】（1）（i）根据题意，分2步进行分析：①、第三个格子不能填0，则0有4种选法；②、将其余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，有𝐴44种情况，则一共有4𝐴44=96种不同的

填法；（ii）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，则五个格子共有3×2×2×2×2=48种不同的涂法；（iii）根据题意，分2步进行分析：①

、将7个小球分成5组，有2种分法：若分成2−2−1−1−1的5组，有𝐶72𝐶52𝐴22种分法，若分成3−1−1−1−1的5组，有𝐶73种分组方法，则有(𝐶72𝐶52𝐴22+𝐶73)种分组方法，②、将分好的5组全

排列，对应5个空格，有𝐴55种情况，则一共有(𝐶72𝐶52𝐴22+𝐶73)𝐴55=16800种放法．（2）（i）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有𝐴43𝐴43=576；（ii）若𝐵′，𝐴′，𝐴，𝐶用四种颜色，则有𝐴44=24；若𝐵′，

𝐴′，𝐴，𝐶用三种颜色，则有𝐴43×2×2+𝐴43×2×2=192；若𝐵′，𝐴′，𝐴，𝐶用两种颜色，则有𝐴42×2×2=48.所以共有24+192+48=264种.