核按钮(新课标)2017高考数学一轮复习 第十章 计数原理概率随机变量及其分布 10.2 排列与组合习题 理

§10.2 排列与组合
1．排列
(1)排列的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素，按照____________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________________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______表示．
(3)排列数公式：A m
n ＝________________________.这里n ，m ∈N *
，并且________． (4)全排列：n 个不同元素全部取出的一个____________，叫做n 个元素的一个全排列．A n
n
＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m
n ＝
，这里规定0！＝________.
2．组合
(1)组合的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素____________，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____________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________表示．
(3)组合数公式：C m n ＝A m n A m m
＝___________＝___________．这里n ∈N *
，m ∈N ，并且m ≤n .
(4)组合数的两个性质： ①C m
n ＝____________；
②C m n ＋1＝____________＋____________.
自查自纠
1．(1)一定的顺序 (2)所有不同排列 A m
n (3)n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1) m ≤n
(4)排列 n ！ n ！
（n －m ）！ 1
2．(1)合成一组 (2)所有不同组合 C m
n (3)n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！
n ！
m ！（n －m ）！
(4)①C n －m
n ②C m
n C m －1
n
(2014·辽宁)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：剩余的3个座位共有4个空供3人选择就座， 故任何两人不相邻的坐法种数为A 3
4＝
24.故选D .
(2015·河北模拟)某单位要邀请10位教师中的6位参加一个会议，其中甲、乙两
位教师不能同时参加，则邀请的不同方法有( )
A ．84种
B ．98种
C ．112种
D ．140种
解：不同的邀请方法有：C 12C 5
8＋C 6
8＝112＋28＝140种．故选D .
(2015·四川)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000
大的偶数共有( )
A ．144个
B ．120个
C ．96个
D ．72个
解：该五位数从左向右首位是4时，末尾取0或2，有2A 3
4＝48个；该五位数从左向右首位是5时，末尾取0，2或4，有3A 3
4＝72个．由分类计数原理知共有48＋72＝120个符合要求的五位数．故选B .
(2014·成都模拟)某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个
不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种．(用数字作答)
解：先确定一个公益广告最后播放，再排另一个公益广告，最后排三个商业广告，不同的播放方式有A 1
2·A 1
3·A 3
3＝36种．故填36.
(2015·上海)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求
男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为_____________(结果用数值表示)．
解：由题意，总数去掉选5名女教师的情况即可， 故所求为C 5
9－C 5
6＝126－6＝120.故填120.
类型一 排列数与组合数公式
(1)解方程3A x 8＝4A x －1
9；
(2)解方程C x ＋1x ＋3＝C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2
x ＋2.
解：(1)利用3A x 8＝38！（8－x ）！，4A x －1
9＝49！（9－x ＋1）！
，
得到3×8！（8－x ）！＝4×9！（10－x ）！
.
利用(10－x )！＝(10－x )(9－x )(8－x )！，将上式化简后得到(10－x )(9－x )＝4×3. 再化简得到x 2－19x ＋78＝0.
解方程得x 1＝6，x 2＝13.由于A x
8和A x －1
9有意义，所以x 满足x ≤8和x －1≤9.于是将x 2
＝13舍去，原方程的解是x ＝6.
(2)由组合数的性质可得
C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2＝C 2x ＋1＋C 1x ＋1＋C 4x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4
x ＋2， 又C x ＋1x ＋3＝C 2x ＋3，且C 2x ＋3＝C 2x ＋2＋C 1
x ＋2， 即C 1
x ＋2＋C 2
x ＋2＝C 2
x ＋2＋C 4
x ＋2.∴C 1
x ＋2＝C 4
x ＋2，
∴5＝x ＋2，x ＝3.经检验知x ＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x ＝3. 【点拨】(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义．(2)应用组合数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C m
n 时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大．使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短．
(1)解方程：3A 3
x ＝2A 2
x ＋1＋6A 2
x ；
(2)计算：C 2
2＋C 2
3＋C 2
4＋…＋C 2
100. 解：(1)由3A 3
x ＝2A 2
x ＋1＋6A 2
x 得
3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)， 由x ≠0整理得3x 2
－17x ＋10＝0.
解得x ＝5或2
3(舍去)．
即原方程的解为x ＝5.
(2)原式＝(C 3
3＋C 2
3)＋C 2
4＋…＋C 2
100 ＝(C 3
4＋C 2
4)＋…＋C 2
100＝…＝C 3
100＋C 2
100 ＝C 3101＝166650.
类型二 排列的基本问题
7位同学站成一排照相． (1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？ (2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ (3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？ (4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ (5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ (6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A 6
6＝720种排法．
(2)分两步，先排甲、乙，则有A 2
2种排法；再排其他5个人，有A 5
5种排法，由分步乘法计数原理则有A 2
2·A 5
5＝240种排法．
(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A 6
6种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A 1
5·A 1
5·A 5
5种排法．综上，则共有A 6
6＋A 1
5·A 1
5·A 5
5＝3720种排法．
间接法：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 7
7－A 6
6－A 6
6＋A 5
5＝3720种排法．
(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A 2
2·A 6
6＝
1440种排法．
(5)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A55·A26＝3600种排法．
(6)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1
2
A77＝2520种排
法．
【点拨】(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”．
6个人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
(1)甲不站两端；
(2)甲、乙必须相邻；
(3)甲、乙不相邻；
(4)甲、乙之间间隔两人；
(5)甲、乙站在两端；
(6)甲不站左端，乙不站右端．
解：(1)解法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个有A14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A14·A55＝480(种)．
解法二：若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数即得所求的站法数有A66－2A55＝480(种)．
(2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有A55·A22＝240(种)站法．解法二：先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙站入，有A15种方法，最后让甲、乙全排列，有A22种方法，共有站法A44A15A22＝240(种)．
(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”．第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A44种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中，有A25种，故共有站法为A44A25＝480(种)．
(4)解法一：先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A22种，故共有A44·3A22＝144种站法．
解法二：先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A24种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A33种方法，最后对甲、乙进行排列，有A22种方法，故共有A24A33A22＝144(种)站法．
(5)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步乘法计数原理，共有A22A44＝48(种)站法．
(6)解法一：(间接法)甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，甲在左端且乙在右端的站法有A44种，故共有A66－2A55＋A44＝504(种)站法．
解法二：以甲的位置分为两类：①甲站右端有A55种，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A14A14A44种，故共有A55＋A14A14A44＝504(种)站法．
类型三组合的基本问题
课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)只有1名女生；
(2)两队长当选；
(3)至少有1名队长当选；
(4)至多有2名女生当选；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解：(1)1名女生，4名男生，故共有C15·C48＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11个作为一类，故共有C22·C311＝165(种)．
(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长．故共有：C12·C411＋C22·C311＝825(种)．
或采用间接法：C513－C511＝825(种)．
(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：C25·C38＋C15·C48＋C58＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选：有C412种选法；
第二类女队长不当选：有C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44种选法．
故选法共有：
C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790(种)．
【点拨】①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得C12·C412≠825，请同学们自己找错因．
从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？
(1)A，B必须当选；
(2)A，B都不当选；
(3)A，B不全当选；
(4)至少有2名女同学当选；
(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任．
解：(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有C310＝120种．
(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有C510＝252种．
(3)直接法，分两类：A ，B 一人当选，有C 12C 4
10＝420种．
A ，
B 都不当选，有
C 510＝252种．
所以总的选法有420＋252＝672种．
间接法：从12人中选5人的选法总数中减去从不含A ，B 的10人中选3人(即A ，B 都当选)的选法总数，得到总的选法有C 5
12－C 3
10＝672种．
(4)直接法，分四步：选2名女生，有C 25C 3
7＝10×35＝350种； 选3名女生，有C 35C 2
7＝210种； 选4名女生，有C 45C 17＝35种； 选5名女生，有C 55＝1种．
所以总的选法有350＋210＋35＋1＝596种．
间接法：从12人中选5人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和， 即满足条件的选法有C 5
12－(C 5
7＋C 15C 4
7)＝596种．
(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有C 17C 1
5＝35种； 再选出2男1女，补足5人的方法有C 26C 1
4＝60种； 最后为第二步选出的3人分派工作，有A 33＝6种方法． 所以总的选法有35×60×6＝12600种．
类型四 分堆与分配问题
现有6本不同的书：
(1)甲、乙、丙三人每人两本，有多少种不同的分配方法？ (2)分成三堆，每堆2本，有多少种分堆方法？
(3)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？
(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分配方法？ (5)甲、乙、丙三人中，一人分4本，另两人每人分1本，有多少种不同的分配方法？ 解：(1)在6本书中，先取2本给甲，再从剩下的4本书中取2本给乙，最后两本给丙，共有C 26C 24C 2
2＝90(种)分配方法；
(2)6本书平均分成3堆，用上述分法重了A 33
倍，故共有C 26C 2
4
A 33
＝15(种)分堆方法；
(3)从6本书中，先取1本作为一堆，再在剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，共有C 16C 25C 3
3＝60(种)分堆方法；
(4)在(3)的分堆中，甲、乙、丙三人任取一堆，共有C 16C 25C 33A 3
3＝360(种)分配方法．
(5)先分堆、再分配，共有C 46C 12C 1
1A 22
·A 3
3＝90(种)分配方法．
【点拨】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列．分堆到位相
当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：平均分堆到指定位置
堆数的阶乘.对
于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意是否均匀，如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，
1，1)为部分均匀分组．
(1)(2015·江西模拟改编)6个应届毕业生平均分到3个单位，有____________
种不同的分派方法．
解：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 2
2
A 33
种方法，再把3组毕业生分到3所学校，
有A 3
3种方法，故共有C 26C 24C 2
2A 33
·A 33＝90种分派方法．故填90.
(2)(2015·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有____________种．
解：先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 11
A 22＝6种分法，再将3组分到3个学校，
有A 3
3＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．故填36.
(3)(2015·江西模拟改编)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有____________种不同的分法．
解：将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 1
6种取法； 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 2
5种取法； 第3步，余下的3名教师作为一组，有C 3
3种取法． 6名教师分组共有C 16C 25C 3
3＝60种取法．
再把这3组教师分配到3所中学，有A 3
3＝6种分法， 因此共有60×6＝360种不同的分法．故填360.
类型五 数字排列问题
用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数． (1)可组成多少个不同的四位数？ (2)可组成多少个不同的四位偶数？ 解：(1)直接法：A 15A 3
5＝300； 间接法：A 4
6－A 3
5＝300.
(2)由题意知四位数的个位上必须是偶数，同时暗含了千位不能是0，因此该四位数的个位和千位是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0既是偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点对待．
解法一：(直接法)0在个位的四位偶数有A 3
5个；0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数(不包括0)中选一个放在千位，应有A 12A 14A 2
4个．
综上所述，共有A 3
5＋A 12A 14A 2
4＝156(个)．
解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有A13A35个，其中千位是0的有A12A24个，故适合题意的数有A13A35－A12A24＝156(个)．
【点拨】本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位．
(2015·山西模拟改编)用五个数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的自然数，问：
(1)四位数有几个？
(2)比3000大的偶数有几个？
解：(1)首位数字不能是0，其他三位数字可以任意，所以四位数有C14A34＝96个．
(2)比3000大的必是四位数或五位数．
(Ⅰ)若是四位数，则首位数字必是3或4.
①若4在首位，则个位数字必是0或2，有C12A23个数，
②若3在首位，则个位数字必是0或2或4，有C13A23个数，
所以比3000大的四位偶数有C12A23＋C13A23＝30个．
(Ⅱ)若是五位数，则首位数字不能是0，个位数字必是0或2或4，
①若0在个位，则有A44个；
②若0不在个位，则有C12C13A33个数，
所以比3000大的五位偶数有A44＋C12C13A33＝60个．
故比3000大的偶数共有30＋60＝90个．
1．排列与组合的区别与联系
排列、组合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全排列，因此，分析解决排列问题的基本思路是“先选，后排”．
2．解排列、组合题的基本方法
(1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置．
(2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉．
(3)复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步．
(4)相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．
(5)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列．
(6)相同元素隔板法：将n 个相同小球放入m (m ≤n )个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价于将n 个相同小球串成一串，从间隙里选m －1个结点，剪截成m 段，共有C m －1
n －1种放法．这是针对相同元素的组合问题的一种方法．
(7)定序问题用除法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数．
3．解组合问题时应注意
(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义．
(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法(或排除法)．
(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．对
于这类问题必须先分组后排列，若平均分m 组，则分法＝取法
m ！
.
1．A 3
2n ＝10A 3
n ，n ＝( ) A ．1 B ．8 C ．9 D ．10
解：原式等价于2n (2n －1)(2n －2)＝10n (n －1)(n －2)，n >3且n ∈N *
，整理得n ＝8.故
选B .
2．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法的种数为 ( )
A ．16
B ．18
C ．24
D ．32
解：将4个连在一起的空车位“捆绑”，作为一个整体考虑，则所求即为4个不同元素的全排列A 44＝24，故选C .
3．(2015·西安模拟)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A ．10种
B ．20种
C ．36种
D ．52种
解：1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，故不同的放球方法有C 14C 3
3＋C 24C 2
2＝10种．故选A .
4．(2014·四川)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A ．192种
B ．216种
C ．240种
D ．288种
解：若最左端排甲时，不同的排法共有A 5
5种；若最左端排乙时，甲只能排在中间四个位
置之一，则不同的排法共有C14A44种．故不同的排法共有A55＋C14A44＝216种．故选B.
5．(2014·重庆)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )
A．72 B．120 C．144 D．168
解：依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A33A34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A22A22A33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，故选B.
6．(2013·成都模拟)用6个字母A，B，C，a，b，c编拟某种信号程序(大小写有区别)．把这6个字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”总个数为( )
A．432 B．288 C．96 D．48
解：根据题意，分3步进行：①先确定排到同一列的上下格位置的一对字母，有C13＝3种情况，将其放进表格中，有C13＝3种情况，考虑这一对字母的顺序，有A22＝2种不同顺序；
②再分析第二对字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选定的一对大小写字母为A 和a，则分析B与b：B有4种情况，b的可选位置有2个；③最后一对字母放入最后两个位置，有A22＝2种放法．则共有3×3×2×4×2×2＝288个“微错号”．故选B.
7．(2015·上海模拟)2015年上海春季高考有8所高校招收某专业考生，如果报考该专业的某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么录取方法的种数为____________．解：分步考虑：从8所高校中选2所，有C28种选法，依题意必有2位同学被同一所学校录取，则有C23C12种录取方法，另一位同学被剩余的一所学校录取．所以共有C28·C23·C12＝168种录取方法．故填168.
8．(2014·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有__________种．
解：将A，B捆绑在一起，有A22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A44种摆法，共有A22A44＝48种摆法，而A，B，C 3件在一起，且A，B相邻，A，C相邻有CAB，BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A33＝12种摆法，故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有48－12＝36种．故填36.
9．给定数字0，1，2，3，5，9，每个数字最多用一次．
(1)可以组成多少个四位数？
(2)可以组成多少个四位奇数？
解：(1)从“位置”考虑，由于0不能放在千位，因此千位数字只能有A15种取法，其余3个数位可以从余下的5个数字中任取3个排列，所以可以组成A15·A35＝300(个)四位数．
(2)从“位置”考虑，个位数字必须是奇数的有A14种排法，首位数字不能是0，则在余下的4个非0数字中取1个有A14种取法，其余两个数位的排法是A24，所以共有A14·A14·A24＝192(个)四位奇数．
10．从甲、乙等6个运动员中选出4人参加4×100米接力赛．如果甲、乙两人都不跑
第一棒，那么不同的参赛方法共有多少种？
解法一：(从元素考虑)从6个运动员中，选出4人有三类情况：
(1)甲、乙都被选出，有C 24种选法；
(2)甲、乙中恰有1人被选出，有C 12C 34种选法；
(3)甲、乙都未被选出，有C 44种选法．
再将4人按要求安排位置：甲、乙都参加，跑第二、三、四棒有A 23A 22种排法；甲、乙中有一人参加，只跑第二、三、四棒有A 13A 33种排法；甲、乙都不参加，有A 44种排法．
故共有不同参赛方法C 24A 23A 22＋C 12C 34A 13A 33＋C 44A 44＝240(种)．
解法二：(从位置考虑)第一棒从甲、乙以外的4人中选取，再排其他各棒有A 14A 35＝240(种)不同的参赛方法．
解法三：(间接法)从总数中减去甲、乙跑第一棒的，有A 46－A 12A 35＝240(种)不同的参赛方法．
11．4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，共有多少种放法？
(2)恰有2个盒不放球，共有多少种放法？
解：(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，共有多少种放法？”即把4个球分成2，1，1的三
组，然后进行全排列，共有C 14·C 24C 12C 11A 22
·A 33＝144(种)放法． (2)确定2个空盒有C 24种方法.4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类
为有序不均匀分组，有C 34C 11A 22种放法；第二类为有序均匀分组，有C 24C 22A 22
·A 22种放法，故共有⎝ ⎛⎭
⎪⎫C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22C 24＝84(种)．
(2015·长沙模拟改编)将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．
(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？
(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？
解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C 36＝20种不同的放入方式．
(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10
个位置中选3个位置安排隔板，故共有C 310＝120种放入方式．。