资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩39页未读，
继续阅读
所属成套资源：高二数学同步精品讲义（人教A版选择性必修第三册）
成套系列资料，整套一键下载
数学第六章 计数原理6.2 排列与组合导学案
展开
这是一份数学第六章 计数原理6.2 排列与组合导学案，文件包含第03讲排列数教师版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册doc、第03讲排列数学生版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册doc等2份学案配套教学资源，其中学案共55页， 欢迎下载使用。
目标导航
知识精讲
知识点
排列定义：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m个元素的排列数，用Aeq \\al(m,n)表示，即Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，其中m，n∈N*，且m≤n.
3.全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列．
Aeq \\al(n,n)＝n×(n－1)×…×3×2×1＝n！，
4.排列数公式：Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)；Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！).其中m，n∈N*，且m≤n.
Aeq \\al(n,n)＝n×(n－1)×…×3×2×1＝n！
【微点拨】1. 若两个排列相同，当且仅当两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也相同．
2. 规定0！＝1
【即学即练1】等于（ ）
A．9×3B．93
C．9×8×7D．9×8×7×6×5×4×3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据排列数的计算公式即可求出结果.
【详解】
根据排列数的计算公式可得，
故选：C.
【即学即练2】甲､乙､丙三名同学排成一排，不同的排列方法有（ ）
A．3种B．4种C．6种D．12种
【答案】C
【解析】
【分析】
三个人排成一排，即3个元素的一个全排列，由公式即可得到答案.
【详解】
甲､乙､丙三名同学排成一排，不同的排列方法有 种
故选：C
【即学即练3】6月，也称毕业月，高三的同学们都要与相处了三年的同窗进行合影留念.现有4名男生、2名女生照相合影，若女生必须相邻，则有（ ）种排法.
A．24B．120C．240D．140
【答案】C
【解析】
运用捆绑法，将2名女生当作1个元素与4名男生作全排列，可得选项.
【详解】
将2名女生捆绑在一起，当作1个元素，与另4名男生一起作全排列，有种排法，而2个女生可以交换位置，
所以共有排法，
故选：C.
【点睛】
本题考查运用捆绑法，解决排列问题中的相邻情况，属于基础题.
【即学即练4】下列各式中与排列数相等的是（ ）
A． B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据排列数公式的运算即可得到答案.
【详解】
，故A,B错误；
而，故C错误，D正确.
故选：D.
【即学即练5】有4名司机，4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方法有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】C
【解析】
【分析】
由排列及分步乘法计数原理求解.
【详解】
司机、售票员各有种分配方法，由分步乘法计数原理知，共有种不同的分配方法.
故选：C
【即学即练6】先计算，然后用计算工具检验：
（1）；
（2）.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
根据排列数公式计算可得；
【详解】
解：（1）
（2）
【即学即练7】求证：（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据排列数的计算公式先化简右式，然后即可证明等式成立；
（2）将左式每一项都变形为阶乘的形式，然后进行化简计算并与右式比较，由此证明等式成立.
【详解】
（1）右式左式，
故等式成立；
（2）左式右式，
故等式成立.
【即学即练8】（1）解不等式；
（2）解方程.
【答案】（1）8(2)3
【解析】
【详解】
（1）由，得，
化简得x2－19x＋84<0，解之得7又 ，∴2由①②及x∈N*得x＝8.
（2）因为所以x≥3，，
由得(2x＋1)2x(2x－1)(2x－2)＝140x(x－1)(x－2).
化简得，4x2－35x＋69＝0，解得x1＝3，(舍去).
所以方程的解为x＝3.
【名师点睛】注意中隐含了3个条件：①，；②；③的运算结果为正整数．在解与排列数有关的方程或不等式时，应先求出未知数的取值范围，再利用排列数公式化简方程或不等式，最后得出问题的解．注意常用变形，（即），的应用．
能力拓展
求解排列应用问题的六种常用方法
考法01
排列数公式的应用
【典例1】下列各式中，不等于的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用排列数的计算公式即可得出结果.
【详解】
A，，
B，，
C，，
D，，
故选：C
【典例2】用排列数符号表示下列各式：
（1）______；
（2）______；
（3）______（且）．
【答案】
【解析】
【分析】
根据排列数公式逆用即可.
【详解】
（1）；
（2），
（3）
【典例3】计算：______．
【答案】30
【解析】
【分析】
利用排列数公式先将分子分母写成连乘形式，然后可计算出原式结果.
【详解】
方法一：．
方法二：．
故答案为：.
【典例4】证明：.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
,.
【典例5】（1）解不等式：；
（2）解方程：
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）利用排列数公式可得出关于的不等式，结合且可得出的取值集合；
（2）由已知得出且，根据排列数公式可得出关于的方程，进而可解得的值.
【详解】
（1）由题意可知，且，
因为，，，
所以原不等式可化为，整理得，
所以，，所以原不等式的解集为；
（2）易得，所以，，
由得,
整理得，即，解得或（舍去）.
所以，原方程的解为.
【点睛】
易错点点睛：本题考查排列数方程与不等式的求解，在解题时容易忽略参数的取值范围，从而导致求出不合乎要求的答案，所以在解题时，首先就可以根据组合数的定义得出参数的取值范围，进而列等式或不等式求解.
考法02
数字问题的排列
【典例6】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 543B．2 543
C．3 542D．4 532
【答案】C
【解析】
【分析】
将1,2,3,4分别放在首位，算出四位数个数，发现四类一共72个，进而得到答案.
【详解】
首位是1的四位数有个，
首位是2的四位数有个，
首位是3的四位数有个，
由分类加法计数原理得，
首位小于4的所有四位数共3×24＝72(个).
由此得：a72＝3 542.
故选：C.
【典例7】由组成没有重复数字且都不与相邻的六位偶数的个数是________
【答案】108
【解析】
【分析】
根据分步计数原理与分类计数原理分类讨论列式求解.
【详解】
先确定个位数为偶数，有3种方法，再讨论：若5在首位或十位，则1，3有三个位置可选，其排列数为;若5在百位、千位或万位，则1，3有两个位置可选，其排列数为;从而所求排列数为
【点睛】
本题考查排列组合应用，考查基本分析求解能力，属基本题.
【典例8】用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？
（1）六位奇数；
（2）个位数字不是5的六位数；
（3）不大于4 310的四位偶数.
【答案】（1）288；（2）504；（3）110.
【解析】
【分析】
（1）先排个位，再排首位，其余的位任意排，根据分步计数原理；
（2）2因为0是特殊元素，分两类，个位数字是0，和不是0；
（3）需要分类，不大于4310的四位偶数，即是小于等于4310的偶数，当千位小于4，当百位小于3，当十位小于1时，然后根据分类计数原理可得．
【详解】
（1）先排个位数，有种，因为0不能在首位，再排首位有种，最后排其它有，根据分步计数原理得，六位奇数有；
（2）因为0是特殊元素，分两类，个位数字是0，和不是0， 当个位数是0，有， 当个位不数是0，有，根据分类计数原理得，个位数字不是5的六位数有；
（3）当千位小于4时，有种， 当千位是4，百位小于3时，有 种， 当千位是4，百位是3，十位小于1时，有1种， 当千位是4，百位是3，十位是1，个位小于等于0时，有1种， 所以不大于4310的四位偶数4有.
【点睛】
本题主要考查排列与组合及两个基本原理，排列数公式、组合数公式的应用，注意特殊元素和特殊位置，要优先考虑，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题
考法03
排队问题：
【典例9】5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】A
【解析】
【分析】
由分步乘法计数原理及插空法即求.
【详解】
先排大人，有种排法，去掉头尾后，有4个空位，再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有种排法，由分步乘法计数原理可知，有种不同的排法.
故选：A．
【典例10】6个人站一排，甲不在排头，乙不在排尾，共有________种不同排法．
【答案】504.
【解析】
【分析】
运用特殊法求解排列数即可.
【详解】
6个人站成一排，总的排列数为：，
其中，甲在排头且乙在排尾的排列数为：，
甲在排头的排列数为：，乙在排尾的排列数为：，
所以甲不在排头且乙不在排尾的排列数为：，
故答案为：504.
【典例11】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】
【分析】
先求出所有的排法，再排除甲乙二人相邻的排法，即得甲、乙两人中间至少有一人的排法．
【详解】
解：5个人排成一排所有的排法共有种，
其中甲乙二人相邻的排法有种，
所以甲、乙两人中间至少有一人的排法有种．
故答案为：72．
【典例12】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，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
（6）全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾．
【解析】 (1)从7人中选5人排列，有Aeq \\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有Aeq \\al(3,7)种方法，余下4人站后排，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(3,7)·Aeq \\al(4,4)＝5 040(种)．
(3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种排列方法，共有5×Aeq \\al(6,6)＝3 600(种)．
法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人，有Aeq \\al(2,6)种排法，其他有Aeq \\al(5,5)种排法，共有
Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，再将女生全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(4,4)＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有Aeq \\al(4,4)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Aeq \\al(3,5)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)．
(6)甲不站排头，乙不站排尾，用间接法，有Aeq \\al(7,7)－2Aeq \\al(6,6)＋Aeq \\al(5,5)＝3 720(种)．
考法04
定序问题：解决排列问题常用的方法
(1)对于定序问题，可采用“除阶乘法”解决，即用不限制的排列数除以顺序一定元素的全排列数．
(2)分排问题直接处理．
(3)正难则反，等价转化的方法．
(4)对于复杂问题分类讨论，转化为若干个简单问题．
【典例13】7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．360
【答案】C
【解析】先排甲、乙、丙以外的4人，再把甲、乙按甲在乙左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，所以不同的排法种数有eq \f(A\\al(4,4)A\\al(2,5),A\\al(2,2))＝240(种)，故选C．
【典例14】在某班举行的“庆五一”联欢晚会开幕前已排好有8个不同节目的节目单，如果保持原来的节目相对顺序不变，临时再插进去A，B，C三个不同的新节目，且插进的三个新节目按A，B，C顺序出场，那么共有________种不同的插入方法(用数字作答)．
【答案】165
【解析】依题意，将A，B，C插入中间即可，先插A节目有9种空位，再插B节目有10种空位，最后插入C节目有11种空位，由于按A，B，C顺序出场，需去掉A，B，C的顺序，所以不同的插入方法有eq \f(9×10×11,A\\al(3,3))＝165种．
【典例15】用1,2,3,4,5,6六个数字组成没有重复数字的六位数，其中百、十、个位的数字按从小到大的顺序排列，这样的六位数共有________个．
【答案】120
【解析】eq \f(A\\al(6,6),A\\al(3,3))＝120.∴这样的六位数共有120个．
考法05
排列的综合应用
【典例16】五声音阶是中国古乐的基本音阶，五个音分别称为宫､商､角､徵､羽，如果将这五个音排成一排，宫､羽两个音不相邻，且位于角音的同侧，则不同的排列顺序有（ ）
A．20种B．24种C．32种D．48种
【答案】C
【解析】
【分析】
根据角音所在的位置分两类，根据分步乘法和分类加法计数原理即可求解.
【详解】
根据角音所在的位置按从左到右依次为位置一､二､三､四､五分两类：
第一类，角音排在位置一或五，则不同的排列顺序有（种）；
第二类，角音排在位置二或四，则不同的排列顺序有（种）；
根据分类加法计数原理，可得不同的排列顺序共有（种）.
故选：C.
【典例17】一场小型晚会有个唱歌节目和个相声节目，要求排出一个节目单．
（1）个相声节目要排在一起，有多少种排法？
（2）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？
（3）前个节目中要有相声节目，有多少种排法？
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）利用捆绑法可求解；
（2）利用特殊元素优先选择，即可求解；
（3）利用正难则反，先算前3个节目中没有相声，即相声在后两个节目的排法，即可求解.
【详解】
（1）把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列共有排法；
（2）选两个唱歌节目排在首尾，剩下的3个节目在中间排列，排法为；
（3）5个节目全排列减去后两个都是相声的排法，共有．
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
【典例18】已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止．
（1）若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？
【答案】（1）86400；（2）8520.
【解析】
【分析】
（1）首先考虑第2次和第8次的可能情况，再分析第3到7次的可能情况，结合分步计数原理即可求出结果；
（2）分别三类：检测4次可测出4件次品，检测5次可测出4件次品，以及检测6次测出4件次品或6件正品，然后结合分类计数原理即可求出结果.
【详解】
（1）若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；
第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有＝86400种抽法．
（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；
检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有种．
由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为＝8520种.
分层提分
题组A 基础过关练
1．等于( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
结合已知条件，根据排列数公式求解即可.
【详解】
因为从4，5，，，共个数，
所以根据排列数公式知，.
故选：D.
2.在新冠肺炎疫情防控期间，某记者要去武汉4个方舱医院采访，则不同的采访顺序有（ ）
A．4种B．12种C．18种D．24种
【答案】D
【解析】
【分析】
由全排列的知识进行计算可得答案.
【详解】
解：由题意可得不同的采访顺序有种，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查排列组合中的全排列的知识，考查对基础知识的了解，属于基础题.
3. 从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除,则得到的结果有( )
A．6个B．10个C．12个D．16个
【答案】C
【解析】
【分析】
利用排列定义即可得到结果.
【详解】
从2,3,5,7四个数中任选两个数分别相除,所得结果有=4×3=12个.
故选C
【点睛】
本题考查了排列数公式的应用问题，是基础题．
4. 2018年清华大学冬令营开营仪式文艺晚会中，要将这五个不同节目编排成节目单，如果节目不能排在开始和结尾，两个节目要相邻，则节目单上不同的排序方式有种（ ）
A．12B．18C．24D．48
【答案】C
【解析】
分或排在第一个，或排在最后一个，以及、不排在开始和结尾，三种情况，分别求出排法，即可求出结果.
【详解】
由题意，
若或排在第一个，则有种排法；
若或排在最后一个，则有种排法；
若、不排在开始和结尾，则有种排法；
综上，节目单上不同的排序方式共有种.
故选C
【点睛】
本题主要考查排列问题，根据特殊元素优先考虑的策略，即可处理，属于常考题型.
5. （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把原代数式化成的形式，根据排列数的计算公式可得前者对应的排列数，故可得正确的选项.
【详解】
由排列数的定义，得
．
故选：D．
6. 现需编制一个八位的序号，规定如下：序号由4个数字和2个x、1个y、1个z组成；2个x不能连续出现，且y在z的前面；数字在1，2，4，8之间选取，可重复选取，且四个数字之积为8，则符合条件的不同的序号种数为（ ）
A．12 600B．6 300C．5 040D．2 520
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，数字只能选1，1，1，8或1，1，2，4或1，2，2，2，先排数字和y，z，再插入x，用排列组合数表示，即得解
【详解】
由题意，数字只能选1，1，1，8或1，1，2，4或1，2，2，2，
先排数字和y，z，再插入x，
即为×2＋＝6 300.
故选：B
7. 某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240B．360C．480D．720
【答案】C
【解析】
【分析】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.
【详解】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
故选：C.
【点睛】
本题考查了相邻问题和不相邻问题的排列应用题，考查了分类计数原理，属于基础题.
8. 7个人排成一队参观某项目，其中ABC三人进入展厅的次序必须是先B再A后C，则不同的列队方式有多少种（ ）
A．120B．240C．420D．840
【答案】D
【解析】
先求出7人排成一列总共多少种排法，再对ABC三人进行定序缩倍即可得解.
【详解】
根据题意，先将7人排成一列，有A77种排法，
其中ABC三人进入展厅的次序必须是先B再A后C，即ABC三人顺序一定，
则不同的列队方式有840种；
故选：D.
【点睛】本题考查了排列中的定序问题，即在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法来解决，本题就用了该方法，属于中档题.
9. 某次演出共有6位演员参加，规定甲只能排在第一个或最后一个出场， 乙和丙必须排在相邻的顺序出场，请问不同的演出顺序共有（ ）
A．24种B．144种C．48种D．96种
【答案】D
【解析】
【分析】
先安排甲有2种方案，再安排乙和丙有种方案，最后安排剩余的三个演员有种方案，根据分步计数原理可得.
【详解】
第一步，先安排甲有种方案；第二步，安排乙和丙有种方案；第三步，安排剩余的三个演员有种方案，根据分步计数原理可得共有种方案.故选D.
【点睛】
本题主要考查计数原理，先明确是利用分步计数原理还是分类计数原理，再求解每一步不同的方案，特殊元素，特殊位置优先考虑安排，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.
10. 一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意得，化简计算可得，由于，，可得，从而可求出，经验证可得答案
【详解】
原来个车站有种车票，新增了个车站，有种车票，
由题意得，即，
整理得，∴，
∵，，∴，∴，解得，即.
当时，均不为整数，只有当时，符合题意，
∴，故现在有17个车站.
故选：C.
11.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（ ）
A．20种B．30种C．40种D．60种
【答案】A
【解析】
【详解】
根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；
分3种情况讨论可得，
甲在星期一有A42=12种安排方法，
甲在星期二有A32=6种安排方法，
甲在星期三有A22=2种安排方法，
总共有12+6+2=20种；
故选A．
12. 某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（ ）
A．474种B．77种C．462种D．79种
【答案】A
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意，由于某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下
午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），所有的上课方法有，那么连着上3节课的情况有5种，则利用间接法可知所求的方法有-5=474，故答案为A.
考点：排列组合
点评：主要是考查了排列组合的运用
13. 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】
【分析】
由题意可得个位数字只能是0,1,2,3,4共5种类型，分别求出每种类型的数量再加起来即可.
【详解】
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，
每种类型分别有个，
共有
故选：B
14. 从，，，，五人中选人分别参加数学和物理竞赛，但不能参加物理竞赛，则不同的选法有（ ）
A．12种B．16种C．20种D．10种
【答案】B
【解析】
【分析】
先从除外的人中选人参加物理竞赛，再从余下的人中选人参加数学竞赛，由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】
先选人参加物理竞赛有种方法，
再从剩下的人中选人参加数学竞赛，有种方法，
由分步乘法计数原理可知：共有种方法，
故选：B.
15. 现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由8个人全排列的方法数减去甲，乙，丙全相邻的方法数即可得到.
【详解】
在8个人全排列的方法数减去甲，乙，丙全相邻的方法数，就得到甲，乙，丙三人不全相邻的方法数，即.
故选：B．
16. 如果，那么，分别为（ ）
A．15，10B．15，9C．15，6D．16，10
【答案】C
【解析】
【分析】
由排列数的计算公式，可得解
【详解】
∵，∴，.
故答案为：C
17. 某校组织甲、乙两个班的学生到“农耕村”参加社会实践活动，某天安排有酿酒、油坊、陶艺、打铁、纺织、竹编制作共六项活动可供选择，每个班上午、下午各安排一项活动（不重复），且同一时间内每项活动都只允许一个班参加，则活动安排方案的种数为（ ）
A．126B．360C．600D．630
【答案】D
【解析】
【分析】
按两个班共选择活动项数进行分类，至少选两项，至多选四项，故分三类求解即可.本题等同染色问题，即四区域六色涂，相邻不能涂同色问题.
【详解】
按两个班共选择活动项数分三类：
第一类：两个班共选择2项活动，有种方法；
第二类：两个班共选择3项活动，有种方法；
第三类：两个班共选择4项活动，有种方法.
则活动安排方案的种数为.
故选：D.
【点睛】
直接分类法是求解有限制条件排列问题的常用方法：先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.而对于分类过多的问题，正难则反，一般采用间接法处理.
18. 若M＝，则M的个位数字是（ ）
A．3B．8
C．0D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据排列数的定义得出在时，的个位数为0，因此只要计算前4个排列数的和即可得结论．
【详解】
∵当n≥5时，
A＝1×2×3×4×5××n＝120×6××n，
∴当n≥5时A的个位数字为0.
又∵A＋A＋A＋A＝1＋2＋6＋24＝33，
∴M的个位数字为3.
故选：A．
19. 已知3，则x等于（ ）
A．6B．13
C．6或13D．12
【答案】A
【解析】
【分析】
由排列数公式（用阶乘表示）变形后求解．
【详解】
因为3，所以，，
解得（舍去）．
故选：A．
20. 5人随机排成一排，其中甲、乙不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算出5人随机排列的方法总数，再利用插空法求解出甲、乙两人不相邻的排列方法数，然后利用古典概型的概率计算公式求解.
【详解】
将5人随机排成一列，共有种排列方法；
当甲、乙不相邻时，先将5人中除甲、乙之外的3人排成一列，然后将甲、乙插入，
故共有种排列方法，
则5人随机排成一排，其中甲、乙不相邻的概率为.
故选：C.
【点睛】
本题考查简单的排列问题，考查古典概型概率的计算，较简单. 解答时，不相邻排列问题用插空法求解.
21. 某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240B．360C．480D．720
【答案】C
【解析】
【分析】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.
【详解】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
故选：C.
【点睛】
本题考查了相邻问题和不相邻问题的排列应用题，考查了分类计数原理，属于基础题.
22. 受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）
A．240种B．120种C．188种D．156种
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.
【详解】
解：根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
由加法计数原理可知共有种方案，
故选：B
【点睛】
此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.
题组B 能力提升练
1. （多选题）对任意正整数n，定义n的双阶乘：当n为偶数时，；当n为奇数时，，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．B．
C．的个位数字为0D．的个位数字为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据题设中双阶乘的定义，逐项推理计算，即可求解.
【详解】
由题意，根据双阶乘的定义，可得
，所以A正确；
由，所以B错误；
由能被10整除，则个位数字为0，所以C正确；
由能被5整除，则个位数字为5或0，又是奇数，
所以个位数字为5，故D正确．
故选:ACD．
2.（多选题）下列各式的运算结果中，等于的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
应用排列数公式将各选项展开化简，即可判断是否等于.
【详解】
A，，故正确；
B，，故错误；
C，，故正确；
D，，故错误．
故选：AC．
3.（多选题）列各式中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据排列数的公式及阶乘的性质求解.
【详解】
，故A项正确；
，故B项正确；
，故C项正确；
，故D项错误．
故选：ABC
4.（多选题）下列说法正确的是（ ）
A．可表示为
B．若把英文“her”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种
C．10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次
D．老师手里有3张参观游园的门票分给7人中的3人，则分法有种
【答案】ABC
【解析】
【分析】
由排列数公式可判断A；由排列定义可判断B；由组合定义可判断C D．
【详解】
A项，，正确；
B项，h，e，r，的全排列为（种），正确的有1种，故可能出现的错误共有（种），正确；
C项，10个朋友，两个人握手一次，共握手（次），正确；
D项，3张门票属于相同元素，故应有种分法，D不正确．
故选：ABC.
5. （多选题）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】
对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
6. （多选题）5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数可以是（ ）
A．B．60
C．72D．
【答案】AC
【解析】
先除去甲、乙两人，将剩下的3人全排，共种不同的排法，再将甲、乙两人从产生的4个空中选2个插入共种不同的排法，由此可得选项.
【详解】
先除去甲、乙两人，将剩下的3人全排，共=3×2×1=6种不同的排法，
再将甲、乙两人从产生的4个空中选2个插入共=12种不同的排法，
所以5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数是=6×12=72，故选：AC．
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
7.（多选题）由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数的个数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由题意按照个位是0、个位不是0分类，结合分步乘法、排列的知识可得无重复数字偶数的个数，即可判断A；再由排列数的运算逐项判断其它选项即可得解.
【详解】
对于A，如果个位是0，则有个无重复数字的偶数；如果个位不是0，则有个无重复数字的偶数，所以共有个无重复数字的偶数，故A正确；
对于B，由于，所以，故B正确；
对于C，由于，所以，故C错误；
对于D，由于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题考查了分类加法、分步乘法及排列的应用，考查了排列数的运算.
8.我市大会展厅前广场改造，在人行道（斑马线）两侧划分块区域（如图），现有四种不同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域（有公共边的区域）所选花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有__种．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，分两步讨论区域①②和区域③④⑤的摆放方式数目，由分步计数原理计算可得答案
【详解】
根据题意，对于区域①②，可以在种颜色中任选种，有种选法；
对于区域③④⑤，可以在种颜色中任选种，有种选法，
则不同的摆放方式有种．
故答案为：.
【点评】
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用．
9. 计算____．
【答案】；
【解析】
【分析】
根据阶乘的定义：，计算得到答案.
【详解】
.
【点睛】
本题考查阶乘的计算，考查基本的运算求解能力，要求计算过程耐心、细心，才不会出错.
10. 若不等式成立，则_____________.
【答案】6
【解析】
【分析】
根据排列数公式化简不等式可求得，根据的范围可确定最终结果.
【详解】
，
，解得：
又，即
故答案为：
【点睛】
本题考查排列数公式的应用，关键是能够根据排列数公式将不等式化为分式不等式的形式.
11. 将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有______种．
【答案】30
【解析】
【分析】
先假设可放入一个盒里，那么方法有种，减去在一个盒子的情况，就有5种，把2个球的组合考虑成一个元素，就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，从而可得到结果．
【详解】
解：由题意知有一个盒子至少要放入2球，先假设可放入一个盒里，那么方法有.
再减去在一起的情况，就是种．把2个球的组合考虑成一个元素，
就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，那么共有种．
∴根据分步计数原理知共有种．
故选：C．
【点睛】
本题考查分步计数原理，考查带有限制条件的元素的排列问题.两个元素不能同时放在一起，或两个元素不能相邻，这都是常见的问题，需要掌握方法．
12. 生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼､乐､射､御､书､数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻的不同排法的种数为___________
【答案】
【解析】
【分析】
“数”必须排在前两节，分“数”排在第一位和“数”排第二位进行讨论，再求和即可得解．
【详解】
“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：
① “数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，
则礼，乐相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，
剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，
有种情况，故有种，
②“数”排第二位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，
则礼，乐相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，
剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，
有种情况，则有种情况，
由分类加法原理知满足“数”必须排在前两节，
“礼”和“乐”必须相邻安排共有种情况，
故答案为：
【点睛】
解决排列组合的问题主要有一下几种方法：
（1）相邻问题捆绑法；
（2）不相邻问题插空法；
（3）特殊位置法；
（4）平均分组法等方法．
13. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【解析】
【分析】
由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，从同颜色的花入手分类来求，最后利用分类加法计数原理得到结果.
【详解】
由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，
若2、5同色，则3、6同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
若2、4同色，则3、6同色，
所以共有种栽种方法；
若3、5同色，则2、4同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
所以共有种栽种方法.
故答案为：120
【点睛】
本题主要考查分类加法计数原理和排列组合的应用，考查学生的分析能力和分类讨论的思想，属于中档题.
14. 某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数______．
【答案】236
【解析】
【分析】
按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】
（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
C 培优拔尖练
1. 求下列各式中的正整数n：
(1)；
(2)．
【答案】(1)；(2)6.
【分析】
（1）根据排列数公式列出方程即可求解；（2）根据排列数公式列出方程即可求解；
【解析】
(1)因为，所以，解得；
(2)因为，又，
所以，解得.
2. 求证：．
【答案】证明见详解
【解析】
【分析】
利用排列数的计算公式即可证明.
【详解】
左边，
右边，
所以，即证.
3. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1个，每人值班1天.若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有多少种？
【答案】1008.
【解析】
【分析】
根据题意，利用间接法，即可求解.
【详解】
依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有（种），
其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方法共有（种）；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方法共有(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班，丁在10月7日值班的方法共有(种).
因此满足题意的方法共有1 440－2×240＋48＝1 008(种).
4. 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）能被5整除的五位数；
（2）能被3整除的五位数；
（3）若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240 135是第几项.
【答案】（1）216；（2）216；（3）193.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，分个位数字分别是0和5两种情况，当个位数字上是5时考虑数字里含0和不含0两种情况，进而结合分类加法计数原理得到答案；
（2）五位数能被3整除，进而考虑各位数数字之和能被3整除的情况，然后根据排列数公式结合分类计数原理得到答案；
（3）根据所给数字，考虑首位数字是1和2两种情况，当首位数字为1时都比240 135小，当首位数字为2时考虑比240 135小的数字，进而根据排
列数公式和分类加法计数原理得到答案.
【详解】
（1）个位上的数字必须是0或5，个位上是0，有个；个位上是5，若不含0，则有个；若含0，但0不作首位，则0的位置有种排法，其余各位有种排法，故共有++＝216(个)能被5整除的五位数.
（2）能被3整除的条件是各位数字之和能被3整徐，则5个数可能有{1，2，3，4，5}和{0，1，2，4，5}两种情况，能够组成的五位数分别有和个.
故能被3整除的五位数有(个).
（3）由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有个数，首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数，∴240 135的项数是＋＋1＝193，即240 135是数列的第193项.
5. 7名师生站成一排照相留念，其中老师1名，男同学4名，女同学2名，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
（1）2名女同学必须相邻而站；
（2）4名男同学互不相邻；
（3）若4名男同学身高都不相等，按从高到低或从低到高的顺序站；
（4）老师不站正中间，女同学不站两端.
【答案】（1）种；（2）种；（3）种；（4）种.
【解析】
【分析】
（1）利用捆绑法，将两名女同学捆绑看成一个整体即得解；
（2）利用插空法，先排列老师和女同学，再将4名男同学插空；
（3）将7名男生全排列，再除以顺序，即得解；
（4）分老师站两端中的一端，另一端站男同学和两端全由男同学站，老师站除两端和正中间外的4个位置之一两种情况讨论，即得解.
【详解】
（1）2名女同学站在一起有三种站法，将2名女同学视为一个整体与其余5人全排列，有种站法，所以共有种不同的站法.
（2）先排老师和女同学，有种站法，再在老师和女同学3人站位的间隔（含两端）处插入男同学，每空1名，有种站法，所以共有种不同的站法.
（3）4名男同学不考虑身高顺序的站法有种，而按从高到低或从低到高的顺序站，有2种，所以共有种不同的站法.
（4）正中间和两端是特殊位置，可按如下分类求解：①老师站两端中的一端，另一端站男同学，有种站法；②两端全由男同学站，老师站除两端和正中间外的4个位置之一，有种站法，所以共有种不同的站法.
6. 用0，1，2，3，4，5可组成多少个：
（1）没有重复数字的四位数？
（2）没有重复数字且被5整除的四位数？
（3）比2000大且没有重复数字的自然数？
【答案】（1）300；（2）108；（3）1440
【解析】
【分析】
（1）先考虑千位，再考虑剩余的百位，十位和个位；（2）考虑个位是0或5两种情况，再用分类加法原理计算；（3）从四位数，五位数和六位数考虑，再用分类加法原理计算.
【详解】
（1）千位可以从1，2，3，4，5中任选一个，有种，剩余的百位，十位和个位，可以从剩余的5个数中任意选择，所以有种，所以没有重复数字的四位数共有种
（2）没有重复数字且被5整除的四位数，分两种情况：
个位数字为0时，有种；个位数字为5时，千位可以从从1，2，3，4种任选一个，有4种，剩下的百位和十位可以从剩余的四个数种选择两个的排列，有，则有种，利用分类加法原理可得：共有种.
（3）比2000大的自然数，当是四位数时，首先从2，3，4，5中选一个有4种选法，再从剩下的元素中选3个，有种，共有种；当是五位数时，共有种选法；当是六位数时，共有种选法；故共有240+600+600=1440种，所以比2000大的自然数共有1440种.
7. 规定，其中，m为正整数，且，这是排列数（n，m是正整数，且）的一种推广.
（1）求的值.
（2）排列数的两个性质①，②（n，m是正整数，且）是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，请说明理由.
【答案】（1）；（2）可推广，①，②，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意将展开求值，即可得到答案；
（2）分别讨论和两种情况，进而根据证明问题.
【详解】
（1）.
（2）性质①，②均可推广，推广的形式分别是：
①，②（，m是正整数）
事实上，在①中，当时，左边，右边，等式成立；
当时，左边右边，
因此（，m是正整数）成立.
在②中，当时，左边右边，等式成立；
当时，
左边右边，
因此（，m是正整数）成立.
8. 3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法.
（1）男、女各站在一起；
（2）男生必须排在一起；
（3）男生不能排在一起；
（4）男生互不相邻，且女生也互不相邻.
【答案】（1）288；（2）720；（3）1440；（3）144.
【解析】
【分析】
（1）（2）相邻问题利用捆绑法求解即可，（3）（4）不相邻问题利用插空法求解
【详解】
(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有种排法，
女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有种排法，
全体男生、女生各看作一个元素全排列有种排法，
由分步乘法计数原理知共有 (种)排法.
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，
故有 (种)不同的排法.
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的五个空中，有种排法，故有 (种)不同的排法.
(4)先排男生有种排法.让女生插空，有 (种)不同的排法.
课程标准
课标解读
1.理解与掌握排列数公式，熟练应用排列数公式及性质求解与排列数有关的量，并能证明恒等式，求方程的解及不等式的解.
2. 能解决一些简单的实际问题.熟练应用公式表达排列的相关关系，及求解常见的排列问题.
通过本节课的学习，要求能准确判断排列问题，准确用排列数公式表达排列的关系，并能应用排列数的公式求解与排列有关的实际问题与数学问题.
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，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的空当中
定序问题
除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
目标导航
知识精讲
知识点
排列定义：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m个元素的排列数，用Aeq \\al(m,n)表示，即Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，其中m，n∈N*，且m≤n.
3.全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列．
Aeq \\al(n,n)＝n×(n－1)×…×3×2×1＝n！，
4.排列数公式：Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)；Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！).其中m，n∈N*，且m≤n.
Aeq \\al(n,n)＝n×(n－1)×…×3×2×1＝n！
【微点拨】1. 若两个排列相同，当且仅当两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也相同．
2. 规定0！＝1
【即学即练1】等于（ ）
A．9×3B．93
C．9×8×7D．9×8×7×6×5×4×3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据排列数的计算公式即可求出结果.
【详解】
根据排列数的计算公式可得，
故选：C.
【即学即练2】甲､乙､丙三名同学排成一排，不同的排列方法有（ ）
A．3种B．4种C．6种D．12种
【答案】C
【解析】
【分析】
三个人排成一排，即3个元素的一个全排列，由公式即可得到答案.
【详解】
甲､乙､丙三名同学排成一排，不同的排列方法有 种
故选：C
【即学即练3】6月，也称毕业月，高三的同学们都要与相处了三年的同窗进行合影留念.现有4名男生、2名女生照相合影，若女生必须相邻，则有（ ）种排法.
A．24B．120C．240D．140
【答案】C
【解析】
运用捆绑法，将2名女生当作1个元素与4名男生作全排列，可得选项.
【详解】
将2名女生捆绑在一起，当作1个元素，与另4名男生一起作全排列，有种排法，而2个女生可以交换位置，
所以共有排法，
故选：C.
【点睛】
本题考查运用捆绑法，解决排列问题中的相邻情况，属于基础题.
【即学即练4】下列各式中与排列数相等的是（ ）
A． B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据排列数公式的运算即可得到答案.
【详解】
，故A,B错误；
而，故C错误，D正确.
故选：D.
【即学即练5】有4名司机，4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方法有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】C
【解析】
【分析】
由排列及分步乘法计数原理求解.
【详解】
司机、售票员各有种分配方法，由分步乘法计数原理知，共有种不同的分配方法.
故选：C
【即学即练6】先计算，然后用计算工具检验：
（1）；
（2）.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
根据排列数公式计算可得；
【详解】
解：（1）
（2）
【即学即练7】求证：（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据排列数的计算公式先化简右式，然后即可证明等式成立；
（2）将左式每一项都变形为阶乘的形式，然后进行化简计算并与右式比较，由此证明等式成立.
【详解】
（1）右式左式，
故等式成立；
（2）左式右式，
故等式成立.
【即学即练8】（1）解不等式；
（2）解方程.
【答案】（1）8(2)3
【解析】
【详解】
（1）由，得，
化简得x2－19x＋84<0，解之得7
（2）因为所以x≥3，，
由得(2x＋1)2x(2x－1)(2x－2)＝140x(x－1)(x－2).
化简得，4x2－35x＋69＝0，解得x1＝3，(舍去).
所以方程的解为x＝3.
【名师点睛】注意中隐含了3个条件：①，；②；③的运算结果为正整数．在解与排列数有关的方程或不等式时，应先求出未知数的取值范围，再利用排列数公式化简方程或不等式，最后得出问题的解．注意常用变形，（即），的应用．
能力拓展
求解排列应用问题的六种常用方法
考法01
排列数公式的应用
【典例1】下列各式中，不等于的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用排列数的计算公式即可得出结果.
【详解】
A，，
B，，
C，，
D，，
故选：C
【典例2】用排列数符号表示下列各式：
（1）______；
（2）______；
（3）______（且）．
【答案】
【解析】
【分析】
根据排列数公式逆用即可.
【详解】
（1）；
（2），
（3）
【典例3】计算：______．
【答案】30
【解析】
【分析】
利用排列数公式先将分子分母写成连乘形式，然后可计算出原式结果.
【详解】
方法一：．
方法二：．
故答案为：.
【典例4】证明：.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
,.
【典例5】（1）解不等式：；
（2）解方程：
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）利用排列数公式可得出关于的不等式，结合且可得出的取值集合；
（2）由已知得出且，根据排列数公式可得出关于的方程，进而可解得的值.
【详解】
（1）由题意可知，且，
因为，，，
所以原不等式可化为，整理得，
所以，，所以原不等式的解集为；
（2）易得，所以，，
由得,
整理得，即，解得或（舍去）.
所以，原方程的解为.
【点睛】
易错点点睛：本题考查排列数方程与不等式的求解，在解题时容易忽略参数的取值范围，从而导致求出不合乎要求的答案，所以在解题时，首先就可以根据组合数的定义得出参数的取值范围，进而列等式或不等式求解.
考法02
数字问题的排列
【典例6】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 543B．2 543
C．3 542D．4 532
【答案】C
【解析】
【分析】
将1,2,3,4分别放在首位，算出四位数个数，发现四类一共72个，进而得到答案.
【详解】
首位是1的四位数有个，
首位是2的四位数有个，
首位是3的四位数有个，
由分类加法计数原理得，
首位小于4的所有四位数共3×24＝72(个).
由此得：a72＝3 542.
故选：C.
【典例7】由组成没有重复数字且都不与相邻的六位偶数的个数是________
【答案】108
【解析】
【分析】
根据分步计数原理与分类计数原理分类讨论列式求解.
【详解】
先确定个位数为偶数，有3种方法，再讨论：若5在首位或十位，则1，3有三个位置可选，其排列数为;若5在百位、千位或万位，则1，3有两个位置可选，其排列数为;从而所求排列数为
【点睛】
本题考查排列组合应用，考查基本分析求解能力，属基本题.
【典例8】用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？
（1）六位奇数；
（2）个位数字不是5的六位数；
（3）不大于4 310的四位偶数.
【答案】（1）288；（2）504；（3）110.
【解析】
【分析】
（1）先排个位，再排首位，其余的位任意排，根据分步计数原理；
（2）2因为0是特殊元素，分两类，个位数字是0，和不是0；
（3）需要分类，不大于4310的四位偶数，即是小于等于4310的偶数，当千位小于4，当百位小于3，当十位小于1时，然后根据分类计数原理可得．
【详解】
（1）先排个位数，有种，因为0不能在首位，再排首位有种，最后排其它有，根据分步计数原理得，六位奇数有；
（2）因为0是特殊元素，分两类，个位数字是0，和不是0， 当个位数是0，有， 当个位不数是0，有，根据分类计数原理得，个位数字不是5的六位数有；
（3）当千位小于4时，有种， 当千位是4，百位小于3时，有 种， 当千位是4，百位是3，十位小于1时，有1种， 当千位是4，百位是3，十位是1，个位小于等于0时，有1种， 所以不大于4310的四位偶数4有.
【点睛】
本题主要考查排列与组合及两个基本原理，排列数公式、组合数公式的应用，注意特殊元素和特殊位置，要优先考虑，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题
考法03
排队问题：
【典例9】5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】A
【解析】
【分析】
由分步乘法计数原理及插空法即求.
【详解】
先排大人，有种排法，去掉头尾后，有4个空位，再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有种排法，由分步乘法计数原理可知，有种不同的排法.
故选：A．
【典例10】6个人站一排，甲不在排头，乙不在排尾，共有________种不同排法．
【答案】504.
【解析】
【分析】
运用特殊法求解排列数即可.
【详解】
6个人站成一排，总的排列数为：，
其中，甲在排头且乙在排尾的排列数为：，
甲在排头的排列数为：，乙在排尾的排列数为：，
所以甲不在排头且乙不在排尾的排列数为：，
故答案为：504.
【典例11】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】
【分析】
先求出所有的排法，再排除甲乙二人相邻的排法，即得甲、乙两人中间至少有一人的排法．
【详解】
解：5个人排成一排所有的排法共有种，
其中甲乙二人相邻的排法有种，
所以甲、乙两人中间至少有一人的排法有种．
故答案为：72．
【典例12】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，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
（6）全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾．
【解析】 (1)从7人中选5人排列，有Aeq \\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有Aeq \\al(3,7)种方法，余下4人站后排，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(3,7)·Aeq \\al(4,4)＝5 040(种)．
(3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种排列方法，共有5×Aeq \\al(6,6)＝3 600(种)．
法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人，有Aeq \\al(2,6)种排法，其他有Aeq \\al(5,5)种排法，共有
Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，再将女生全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(4,4)＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有Aeq \\al(4,4)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Aeq \\al(3,5)种方法，共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)．
(6)甲不站排头，乙不站排尾，用间接法，有Aeq \\al(7,7)－2Aeq \\al(6,6)＋Aeq \\al(5,5)＝3 720(种)．
考法04
定序问题：解决排列问题常用的方法
(1)对于定序问题，可采用“除阶乘法”解决，即用不限制的排列数除以顺序一定元素的全排列数．
(2)分排问题直接处理．
(3)正难则反，等价转化的方法．
(4)对于复杂问题分类讨论，转化为若干个简单问题．
【典例13】7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．360
【答案】C
【解析】先排甲、乙、丙以外的4人，再把甲、乙按甲在乙左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，所以不同的排法种数有eq \f(A\\al(4,4)A\\al(2,5),A\\al(2,2))＝240(种)，故选C．
【典例14】在某班举行的“庆五一”联欢晚会开幕前已排好有8个不同节目的节目单，如果保持原来的节目相对顺序不变，临时再插进去A，B，C三个不同的新节目，且插进的三个新节目按A，B，C顺序出场，那么共有________种不同的插入方法(用数字作答)．
【答案】165
【解析】依题意，将A，B，C插入中间即可，先插A节目有9种空位，再插B节目有10种空位，最后插入C节目有11种空位，由于按A，B，C顺序出场，需去掉A，B，C的顺序，所以不同的插入方法有eq \f(9×10×11,A\\al(3,3))＝165种．
【典例15】用1,2,3,4,5,6六个数字组成没有重复数字的六位数，其中百、十、个位的数字按从小到大的顺序排列，这样的六位数共有________个．
【答案】120
【解析】eq \f(A\\al(6,6),A\\al(3,3))＝120.∴这样的六位数共有120个．
考法05
排列的综合应用
【典例16】五声音阶是中国古乐的基本音阶，五个音分别称为宫､商､角､徵､羽，如果将这五个音排成一排，宫､羽两个音不相邻，且位于角音的同侧，则不同的排列顺序有（ ）
A．20种B．24种C．32种D．48种
【答案】C
【解析】
【分析】
根据角音所在的位置分两类，根据分步乘法和分类加法计数原理即可求解.
【详解】
根据角音所在的位置按从左到右依次为位置一､二､三､四､五分两类：
第一类，角音排在位置一或五，则不同的排列顺序有（种）；
第二类，角音排在位置二或四，则不同的排列顺序有（种）；
根据分类加法计数原理，可得不同的排列顺序共有（种）.
故选：C.
【典例17】一场小型晚会有个唱歌节目和个相声节目，要求排出一个节目单．
（1）个相声节目要排在一起，有多少种排法？
（2）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？
（3）前个节目中要有相声节目，有多少种排法？
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）利用捆绑法可求解；
（2）利用特殊元素优先选择，即可求解；
（3）利用正难则反，先算前3个节目中没有相声，即相声在后两个节目的排法，即可求解.
【详解】
（1）把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列共有排法；
（2）选两个唱歌节目排在首尾，剩下的3个节目在中间排列，排法为；
（3）5个节目全排列减去后两个都是相声的排法，共有．
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
【典例18】已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止．
（1）若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？
【答案】（1）86400；（2）8520.
【解析】
【分析】
（1）首先考虑第2次和第8次的可能情况，再分析第3到7次的可能情况，结合分步计数原理即可求出结果；
（2）分别三类：检测4次可测出4件次品，检测5次可测出4件次品，以及检测6次测出4件次品或6件正品，然后结合分类计数原理即可求出结果.
【详解】
（1）若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；
第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有＝86400种抽法．
（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；
检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有种．
由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为＝8520种.
分层提分
题组A 基础过关练
1．等于( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
结合已知条件，根据排列数公式求解即可.
【详解】
因为从4，5，，，共个数，
所以根据排列数公式知，.
故选：D.
2.在新冠肺炎疫情防控期间，某记者要去武汉4个方舱医院采访，则不同的采访顺序有（ ）
A．4种B．12种C．18种D．24种
【答案】D
【解析】
【分析】
由全排列的知识进行计算可得答案.
【详解】
解：由题意可得不同的采访顺序有种，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查排列组合中的全排列的知识，考查对基础知识的了解，属于基础题.
3. 从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除,则得到的结果有( )
A．6个B．10个C．12个D．16个
【答案】C
【解析】
【分析】
利用排列定义即可得到结果.
【详解】
从2,3,5,7四个数中任选两个数分别相除,所得结果有=4×3=12个.
故选C
【点睛】
本题考查了排列数公式的应用问题，是基础题．
4. 2018年清华大学冬令营开营仪式文艺晚会中，要将这五个不同节目编排成节目单，如果节目不能排在开始和结尾，两个节目要相邻，则节目单上不同的排序方式有种（ ）
A．12B．18C．24D．48
【答案】C
【解析】
分或排在第一个，或排在最后一个，以及、不排在开始和结尾，三种情况，分别求出排法，即可求出结果.
【详解】
由题意，
若或排在第一个，则有种排法；
若或排在最后一个，则有种排法；
若、不排在开始和结尾，则有种排法；
综上，节目单上不同的排序方式共有种.
故选C
【点睛】
本题主要考查排列问题，根据特殊元素优先考虑的策略，即可处理，属于常考题型.
5. （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把原代数式化成的形式，根据排列数的计算公式可得前者对应的排列数，故可得正确的选项.
【详解】
由排列数的定义，得
．
故选：D．
6. 现需编制一个八位的序号，规定如下：序号由4个数字和2个x、1个y、1个z组成；2个x不能连续出现，且y在z的前面；数字在1，2，4，8之间选取，可重复选取，且四个数字之积为8，则符合条件的不同的序号种数为（ ）
A．12 600B．6 300C．5 040D．2 520
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，数字只能选1，1，1，8或1，1，2，4或1，2，2，2，先排数字和y，z，再插入x，用排列组合数表示，即得解
【详解】
由题意，数字只能选1，1，1，8或1，1，2，4或1，2，2，2，
先排数字和y，z，再插入x，
即为×2＋＝6 300.
故选：B
7. 某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240B．360C．480D．720
【答案】C
【解析】
【分析】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.
【详解】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
故选：C.
【点睛】
本题考查了相邻问题和不相邻问题的排列应用题，考查了分类计数原理，属于基础题.
8. 7个人排成一队参观某项目，其中ABC三人进入展厅的次序必须是先B再A后C，则不同的列队方式有多少种（ ）
A．120B．240C．420D．840
【答案】D
【解析】
先求出7人排成一列总共多少种排法，再对ABC三人进行定序缩倍即可得解.
【详解】
根据题意，先将7人排成一列，有A77种排法，
其中ABC三人进入展厅的次序必须是先B再A后C，即ABC三人顺序一定，
则不同的列队方式有840种；
故选：D.
【点睛】本题考查了排列中的定序问题，即在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法来解决，本题就用了该方法，属于中档题.
9. 某次演出共有6位演员参加，规定甲只能排在第一个或最后一个出场， 乙和丙必须排在相邻的顺序出场，请问不同的演出顺序共有（ ）
A．24种B．144种C．48种D．96种
【答案】D
【解析】
【分析】
先安排甲有2种方案，再安排乙和丙有种方案，最后安排剩余的三个演员有种方案，根据分步计数原理可得.
【详解】
第一步，先安排甲有种方案；第二步，安排乙和丙有种方案；第三步，安排剩余的三个演员有种方案，根据分步计数原理可得共有种方案.故选D.
【点睛】
本题主要考查计数原理，先明确是利用分步计数原理还是分类计数原理，再求解每一步不同的方案，特殊元素，特殊位置优先考虑安排，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.
10. 一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意得，化简计算可得，由于，，可得，从而可求出，经验证可得答案
【详解】
原来个车站有种车票，新增了个车站，有种车票，
由题意得，即，
整理得，∴，
∵，，∴，∴，解得，即.
当时，均不为整数，只有当时，符合题意，
∴，故现在有17个车站.
故选：C.
11.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（ ）
A．20种B．30种C．40种D．60种
【答案】A
【解析】
【详解】
根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；
分3种情况讨论可得，
甲在星期一有A42=12种安排方法，
甲在星期二有A32=6种安排方法，
甲在星期三有A22=2种安排方法，
总共有12+6+2=20种；
故选A．
12. 某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（ ）
A．474种B．77种C．462种D．79种
【答案】A
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意，由于某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下
午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），所有的上课方法有，那么连着上3节课的情况有5种，则利用间接法可知所求的方法有-5=474，故答案为A.
考点：排列组合
点评：主要是考查了排列组合的运用
13. 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】
【分析】
由题意可得个位数字只能是0,1,2,3,4共5种类型，分别求出每种类型的数量再加起来即可.
【详解】
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，
每种类型分别有个，
共有
故选：B
14. 从，，，，五人中选人分别参加数学和物理竞赛，但不能参加物理竞赛，则不同的选法有（ ）
A．12种B．16种C．20种D．10种
【答案】B
【解析】
【分析】
先从除外的人中选人参加物理竞赛，再从余下的人中选人参加数学竞赛，由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】
先选人参加物理竞赛有种方法，
再从剩下的人中选人参加数学竞赛，有种方法，
由分步乘法计数原理可知：共有种方法，
故选：B.
15. 现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由8个人全排列的方法数减去甲，乙，丙全相邻的方法数即可得到.
【详解】
在8个人全排列的方法数减去甲，乙，丙全相邻的方法数，就得到甲，乙，丙三人不全相邻的方法数，即.
故选：B．
16. 如果，那么，分别为（ ）
A．15，10B．15，9C．15，6D．16，10
【答案】C
【解析】
【分析】
由排列数的计算公式，可得解
【详解】
∵，∴，.
故答案为：C
17. 某校组织甲、乙两个班的学生到“农耕村”参加社会实践活动，某天安排有酿酒、油坊、陶艺、打铁、纺织、竹编制作共六项活动可供选择，每个班上午、下午各安排一项活动（不重复），且同一时间内每项活动都只允许一个班参加，则活动安排方案的种数为（ ）
A．126B．360C．600D．630
【答案】D
【解析】
【分析】
按两个班共选择活动项数进行分类，至少选两项，至多选四项，故分三类求解即可.本题等同染色问题，即四区域六色涂，相邻不能涂同色问题.
【详解】
按两个班共选择活动项数分三类：
第一类：两个班共选择2项活动，有种方法；
第二类：两个班共选择3项活动，有种方法；
第三类：两个班共选择4项活动，有种方法.
则活动安排方案的种数为.
故选：D.
【点睛】
直接分类法是求解有限制条件排列问题的常用方法：先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.而对于分类过多的问题，正难则反，一般采用间接法处理.
18. 若M＝，则M的个位数字是（ ）
A．3B．8
C．0D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据排列数的定义得出在时，的个位数为0，因此只要计算前4个排列数的和即可得结论．
【详解】
∵当n≥5时，
A＝1×2×3×4×5××n＝120×6××n，
∴当n≥5时A的个位数字为0.
又∵A＋A＋A＋A＝1＋2＋6＋24＝33，
∴M的个位数字为3.
故选：A．
19. 已知3，则x等于（ ）
A．6B．13
C．6或13D．12
【答案】A
【解析】
【分析】
由排列数公式（用阶乘表示）变形后求解．
【详解】
因为3，所以，，
解得（舍去）．
故选：A．
20. 5人随机排成一排，其中甲、乙不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算出5人随机排列的方法总数，再利用插空法求解出甲、乙两人不相邻的排列方法数，然后利用古典概型的概率计算公式求解.
【详解】
将5人随机排成一列，共有种排列方法；
当甲、乙不相邻时，先将5人中除甲、乙之外的3人排成一列，然后将甲、乙插入，
故共有种排列方法，
则5人随机排成一排，其中甲、乙不相邻的概率为.
故选：C.
【点睛】
本题考查简单的排列问题，考查古典概型概率的计算，较简单. 解答时，不相邻排列问题用插空法求解.
21. 某单位有8个连在一起的车位，现有4辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为（ ）
A．240B．360C．480D．720
【答案】C
【解析】
【分析】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，按照连在一起的3个车位分6类计数可得结果.
【详解】
给8个车位编号：1，2，3，4，5，6，7，8，
当1，2，3号为空时，有种停放方法；
当2，3，4号为空时，有种停放方法；
当3，4，5号为空时，有种停放方法；
当4，5，6号为空时，有种停放方法；
当5，6，7号为空时，有种停放方法；
当6，7，8号为空时，有种停放方法；
所以不同的停放方法的种数为种.
故选：C.
【点睛】
本题考查了相邻问题和不相邻问题的排列应用题，考查了分类计数原理，属于基础题.
22. 受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）
A．240种B．120种C．188种D．156种
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.
【详解】
解：根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
由加法计数原理可知共有种方案，
故选：B
【点睛】
此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.
题组B 能力提升练
1. （多选题）对任意正整数n，定义n的双阶乘：当n为偶数时，；当n为奇数时，，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．B．
C．的个位数字为0D．的个位数字为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据题设中双阶乘的定义，逐项推理计算，即可求解.
【详解】
由题意，根据双阶乘的定义，可得
，所以A正确；
由，所以B错误；
由能被10整除，则个位数字为0，所以C正确；
由能被5整除，则个位数字为5或0，又是奇数，
所以个位数字为5，故D正确．
故选:ACD．
2.（多选题）下列各式的运算结果中，等于的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
应用排列数公式将各选项展开化简，即可判断是否等于.
【详解】
A，，故正确；
B，，故错误；
C，，故正确；
D，，故错误．
故选：AC．
3.（多选题）列各式中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据排列数的公式及阶乘的性质求解.
【详解】
，故A项正确；
，故B项正确；
，故C项正确；
，故D项错误．
故选：ABC
4.（多选题）下列说法正确的是（ ）
A．可表示为
B．若把英文“her”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种
C．10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次
D．老师手里有3张参观游园的门票分给7人中的3人，则分法有种
【答案】ABC
【解析】
【分析】
由排列数公式可判断A；由排列定义可判断B；由组合定义可判断C D．
【详解】
A项，，正确；
B项，h，e，r，的全排列为（种），正确的有1种，故可能出现的错误共有（种），正确；
C项，10个朋友，两个人握手一次，共握手（次），正确；
D项，3张门票属于相同元素，故应有种分法，D不正确．
故选：ABC.
5. （多选题）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】
对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
6. （多选题）5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数可以是（ ）
A．B．60
C．72D．
【答案】AC
【解析】
先除去甲、乙两人，将剩下的3人全排，共种不同的排法，再将甲、乙两人从产生的4个空中选2个插入共种不同的排法，由此可得选项.
【详解】
先除去甲、乙两人，将剩下的3人全排，共=3×2×1=6种不同的排法，
再将甲、乙两人从产生的4个空中选2个插入共=12种不同的排法，
所以5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数是=6×12=72，故选：AC．
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
7.（多选题）由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数的个数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由题意按照个位是0、个位不是0分类，结合分步乘法、排列的知识可得无重复数字偶数的个数，即可判断A；再由排列数的运算逐项判断其它选项即可得解.
【详解】
对于A，如果个位是0，则有个无重复数字的偶数；如果个位不是0，则有个无重复数字的偶数，所以共有个无重复数字的偶数，故A正确；
对于B，由于，所以，故B正确；
对于C，由于，所以，故C错误；
对于D，由于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题考查了分类加法、分步乘法及排列的应用，考查了排列数的运算.
8.我市大会展厅前广场改造，在人行道（斑马线）两侧划分块区域（如图），现有四种不同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域（有公共边的区域）所选花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有__种．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，分两步讨论区域①②和区域③④⑤的摆放方式数目，由分步计数原理计算可得答案
【详解】
根据题意，对于区域①②，可以在种颜色中任选种，有种选法；
对于区域③④⑤，可以在种颜色中任选种，有种选法，
则不同的摆放方式有种．
故答案为：.
【点评】
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用．
9. 计算____．
【答案】；
【解析】
【分析】
根据阶乘的定义：，计算得到答案.
【详解】
.
【点睛】
本题考查阶乘的计算，考查基本的运算求解能力，要求计算过程耐心、细心，才不会出错.
10. 若不等式成立，则_____________.
【答案】6
【解析】
【分析】
根据排列数公式化简不等式可求得，根据的范围可确定最终结果.
【详解】
，
，解得：
又，即
故答案为：
【点睛】
本题考查排列数公式的应用，关键是能够根据排列数公式将不等式化为分式不等式的形式.
11. 将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有______种．
【答案】30
【解析】
【分析】
先假设可放入一个盒里，那么方法有种，减去在一个盒子的情况，就有5种，把2个球的组合考虑成一个元素，就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，从而可得到结果．
【详解】
解：由题意知有一个盒子至少要放入2球，先假设可放入一个盒里，那么方法有.
再减去在一起的情况，就是种．把2个球的组合考虑成一个元素，
就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，那么共有种．
∴根据分步计数原理知共有种．
故选：C．
【点睛】
本题考查分步计数原理，考查带有限制条件的元素的排列问题.两个元素不能同时放在一起，或两个元素不能相邻，这都是常见的问题，需要掌握方法．
12. 生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼､乐､射､御､书､数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻的不同排法的种数为___________
【答案】
【解析】
【分析】
“数”必须排在前两节，分“数”排在第一位和“数”排第二位进行讨论，再求和即可得解．
【详解】
“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：
① “数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，
则礼，乐相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，
剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，
有种情况，故有种，
②“数”排第二位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，
则礼，乐相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，
剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，
有种情况，则有种情况，
由分类加法原理知满足“数”必须排在前两节，
“礼”和“乐”必须相邻安排共有种情况，
故答案为：
【点睛】
解决排列组合的问题主要有一下几种方法：
（1）相邻问题捆绑法；
（2）不相邻问题插空法；
（3）特殊位置法；
（4）平均分组法等方法．
13. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有______种.（用数字作答）
【答案】120
【解析】
【分析】
由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，从同颜色的花入手分类来求，最后利用分类加法计数原理得到结果.
【详解】
由题意，6个部分.栽种4种不同颜色的花，必有2组颜色相同的花，
若2、5同色，则3、6同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
若2、4同色，则3、6同色，
所以共有种栽种方法；
若3、5同色，则2、4同色或4、6同色，
所以共有种栽种方法；
所以共有种栽种方法.
故答案为：120
【点睛】
本题主要考查分类加法计数原理和排列组合的应用，考查学生的分析能力和分类讨论的思想，属于中档题.
14. 某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数______．
【答案】236
【解析】
【分析】
按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】
（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
C 培优拔尖练
1. 求下列各式中的正整数n：
(1)；
(2)．
【答案】(1)；(2)6.
【分析】
（1）根据排列数公式列出方程即可求解；（2）根据排列数公式列出方程即可求解；
【解析】
(1)因为，所以，解得；
(2)因为，又，
所以，解得.
2. 求证：．
【答案】证明见详解
【解析】
【分析】
利用排列数的计算公式即可证明.
【详解】
左边，
右边，
所以，即证.
3. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1个，每人值班1天.若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有多少种？
【答案】1008.
【解析】
【分析】
根据题意，利用间接法，即可求解.
【详解】
依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有（种），
其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方法共有（种）；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方法共有(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班，丁在10月7日值班的方法共有(种).
因此满足题意的方法共有1 440－2×240＋48＝1 008(种).
4. 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）能被5整除的五位数；
（2）能被3整除的五位数；
（3）若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240 135是第几项.
【答案】（1）216；（2）216；（3）193.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，分个位数字分别是0和5两种情况，当个位数字上是5时考虑数字里含0和不含0两种情况，进而结合分类加法计数原理得到答案；
（2）五位数能被3整除，进而考虑各位数数字之和能被3整除的情况，然后根据排列数公式结合分类计数原理得到答案；
（3）根据所给数字，考虑首位数字是1和2两种情况，当首位数字为1时都比240 135小，当首位数字为2时考虑比240 135小的数字，进而根据排
列数公式和分类加法计数原理得到答案.
【详解】
（1）个位上的数字必须是0或5，个位上是0，有个；个位上是5，若不含0，则有个；若含0，但0不作首位，则0的位置有种排法，其余各位有种排法，故共有++＝216(个)能被5整除的五位数.
（2）能被3整除的条件是各位数字之和能被3整徐，则5个数可能有{1，2，3，4，5}和{0，1，2，4，5}两种情况，能够组成的五位数分别有和个.
故能被3整除的五位数有(个).
（3）由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有个数，首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数，∴240 135的项数是＋＋1＝193，即240 135是数列的第193项.
5. 7名师生站成一排照相留念，其中老师1名，男同学4名，女同学2名，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
（1）2名女同学必须相邻而站；
（2）4名男同学互不相邻；
（3）若4名男同学身高都不相等，按从高到低或从低到高的顺序站；
（4）老师不站正中间，女同学不站两端.
【答案】（1）种；（2）种；（3）种；（4）种.
【解析】
【分析】
（1）利用捆绑法，将两名女同学捆绑看成一个整体即得解；
（2）利用插空法，先排列老师和女同学，再将4名男同学插空；
（3）将7名男生全排列，再除以顺序，即得解；
（4）分老师站两端中的一端，另一端站男同学和两端全由男同学站，老师站除两端和正中间外的4个位置之一两种情况讨论，即得解.
【详解】
（1）2名女同学站在一起有三种站法，将2名女同学视为一个整体与其余5人全排列，有种站法，所以共有种不同的站法.
（2）先排老师和女同学，有种站法，再在老师和女同学3人站位的间隔（含两端）处插入男同学，每空1名，有种站法，所以共有种不同的站法.
（3）4名男同学不考虑身高顺序的站法有种，而按从高到低或从低到高的顺序站，有2种，所以共有种不同的站法.
（4）正中间和两端是特殊位置，可按如下分类求解：①老师站两端中的一端，另一端站男同学，有种站法；②两端全由男同学站，老师站除两端和正中间外的4个位置之一，有种站法，所以共有种不同的站法.
6. 用0，1，2，3，4，5可组成多少个：
（1）没有重复数字的四位数？
（2）没有重复数字且被5整除的四位数？
（3）比2000大且没有重复数字的自然数？
【答案】（1）300；（2）108；（3）1440
【解析】
【分析】
（1）先考虑千位，再考虑剩余的百位，十位和个位；（2）考虑个位是0或5两种情况，再用分类加法原理计算；（3）从四位数，五位数和六位数考虑，再用分类加法原理计算.
【详解】
（1）千位可以从1，2，3，4，5中任选一个，有种，剩余的百位，十位和个位，可以从剩余的5个数中任意选择，所以有种，所以没有重复数字的四位数共有种
（2）没有重复数字且被5整除的四位数，分两种情况：
个位数字为0时，有种；个位数字为5时，千位可以从从1，2，3，4种任选一个，有4种，剩下的百位和十位可以从剩余的四个数种选择两个的排列，有，则有种，利用分类加法原理可得：共有种.
（3）比2000大的自然数，当是四位数时，首先从2，3，4，5中选一个有4种选法，再从剩下的元素中选3个，有种，共有种；当是五位数时，共有种选法；当是六位数时，共有种选法；故共有240+600+600=1440种，所以比2000大的自然数共有1440种.
7. 规定，其中，m为正整数，且，这是排列数（n，m是正整数，且）的一种推广.
（1）求的值.
（2）排列数的两个性质①，②（n，m是正整数，且）是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，请说明理由.
【答案】（1）；（2）可推广，①，②，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意将展开求值，即可得到答案；
（2）分别讨论和两种情况，进而根据证明问题.
【详解】
（1）.
（2）性质①，②均可推广，推广的形式分别是：
①，②（，m是正整数）
事实上，在①中，当时，左边，右边，等式成立；
当时，左边右边，
因此（，m是正整数）成立.
在②中，当时，左边右边，等式成立；
当时，
左边右边，
因此（，m是正整数）成立.
8. 3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法.
（1）男、女各站在一起；
（2）男生必须排在一起；
（3）男生不能排在一起；
（4）男生互不相邻，且女生也互不相邻.
【答案】（1）288；（2）720；（3）1440；（3）144.
【解析】
【分析】
（1）（2）相邻问题利用捆绑法求解即可，（3）（4）不相邻问题利用插空法求解
【详解】
(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有种排法，
女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有种排法，
全体男生、女生各看作一个元素全排列有种排法，
由分步乘法计数原理知共有 (种)排法.
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，
故有 (种)不同的排法.
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的五个空中，有种排法，故有 (种)不同的排法.
(4)先排男生有种排法.让女生插空，有 (种)不同的排法.
课程标准
课标解读
1.理解与掌握排列数公式，熟练应用排列数公式及性质求解与排列数有关的量，并能证明恒等式，求方程的解及不等式的解.
2. 能解决一些简单的实际问题.熟练应用公式表达排列的相关关系，及求解常见的排列问题.
通过本节课的学习，要求能准确判断排列问题，准确用排列数公式表达排列的关系，并能应用排列数的公式求解与排列有关的实际问题与数学问题.
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，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的空当中
定序问题
除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
相关学案
人教A版 (2019)选择性必修 第三册第八章 成对数据的统计分析8.2 一元线性回归模型及其应用学案设计： 这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册<a href="/sx/tb_c4000364_t4/?tag_id=42" target="_blank">第八章 成对数据的统计分析8.2 一元线性回归模型及其应用学案设计</a>，文件包含第02讲一元线性回归模型及其应用教师版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册docx、第02讲一元线性回归模型及其应用学生版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册docx等2份学案配套教学资源，其中学案共89页， 欢迎下载使用。
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.5 正态分布导学案： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册<a href="/sx/tb_c4000360_t4/?tag_id=42" target="_blank">7.5 正态分布导学案</a>，文件包含第07讲正态分布教师版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册doc、第07讲正态分布学生版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册doc等2份学案配套教学资源，其中学案共77页， 欢迎下载使用。
高中人教A版 (2019)7.3 离散型随机变量的数字特征学案： 这是一份高中人教A版 (2019)<a href="/sx/tb_c4000358_t4/?tag_id=42" target="_blank">7.3 离散型随机变量的数字特征学案</a>，文件包含第04讲离散型随机变量的数字特征教师版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册doc、第04讲离散型随机变量的数字特征学生版-高二数学同步精品讲义人教A版选择性必修第三册doc等2份学案配套教学资源，其中学案共76页， 欢迎下载使用。
