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專題 6.2 排列與組合【十大題型】
【人教 A 版（2019）】
【題型 1 有關排列數的計算與證明】 ....................................................................................................................2
【題型 2 排列數方程和不等式】 ............................................................................................................................3
【題型 3 元素（位置）有限制的排列問題】 ........................................................................................................5
【題型 4 相鄰問題的排列問題】 ............................................................................................................................6
【題型 5 不相鄰排列問題】 ....................................................................................................................................8
【題型 6 有關組合數的計算與證明】 ..................................................................................................................11
【題型 7 組合數方程和不等式】 ..........................................................................................................................12
【題型 8 組合計數問題】 ......................................................................................................................................14
【題型 9 分組分配問題】 ......................................................................................................................................15
【題型 10 排列、組合綜合】 ................................................................................................................................17
【知識點 1 排列與排列數】
1．排列
(1)排列的定義
一般地，從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素，并按照一定的順序排成一列，叫做從 n
個不同元素中取出 m 個元素的一個排列.
(2)排列概念的理解
①排列的定義中包含兩個基本內容，一是取出元素；二是按照一定的順序排列.
②兩個排列相同的條件：元素完全相同；元素的排列順序也相同.
③定義中“一定的順序”就是說排列與位置有關，在實際問題中，要由具體問題的性質和條件進行判斷，
這一點要特別注意.
(3)排列的判斷
判斷一個問題是不是排列問題的關鍵：判斷是否與順序有關，與順序有關且是從 n 個不同的元素中任
取 m(m n，n,m∈ )個元素的問題就是排列問題，否則就不是排列問題.而檢驗一個問題是否與順序有關
的依據就是變換不同元素的位置，看其結果是否有變化，若有變化就與順序有關，就是排列問題；若沒有
變化，就與順序無關，就不是排列問題.
2．排列數
(1)排列數定義
從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素的所有不同排列的個數，叫做從 n 個不同元素中取出
m 個元素的排列數，用符號 表示.
(2)排列數公式
=n(n-1)(n-2) (n-m+1).這里，n,m∈ ，并且 m n.
(3)排列數公式的理解
①排列數公式推導的思路：第 1 步，排第 1 個位置的元素，有 n 種排法；第 2 步，排第 2 個位置的元
素，有(n-1)種排法；第 3 步，排第 3 個位置的元素，有(n-2)種排法； ；第 m 步，排第 m 個位置的元素，
有(n-m+1)種排法.因此，由分步乘法計數原理知共有 =n×(n-1)×(n-2)× ×(n-m+1)種不同的排法.
②排列數公式的特征：第一個因數是 n，后面每一個因數比它前面一個因數少 1，最后一個因數是
n-m+1，共有 m 個因數.
3．全排列和階乘
(1)全排列
特別地，我們把 n 個不同元素全部取出的一個排列，叫做 n 個元素的一個全排列，這時公式中 m=n，
即有 =n×(n-1)×(n-2)× ×3×2×1.
(2)階乘
正整數 1 到 n 的連乘積，叫做 n 的階乘，用 n!表示將 n 個不同的元素全部取出的排列數可以寫成
=n!，
規定 0!=1.
(3)排列數公式的階乘表示
= = .
4．排列應用問題的分類與求解思路
(1)有限制條件的排列問題：對于有限制條件的排列問題，分析問題時有位置分析法、元素分析法，在
實際進行排列時一般采用特殊元素優先原則，即先安排有限制條件的元素或有限制條件的位置，對于分類
過多的問題可以采用間接法.
(2)相鄰問題：對相鄰問題采用捆綁法；相鄰元素看作一個整體與其他元素一起排列，注意捆綁元素的
內部排列.
(3)不相鄰問題：不相鄰問題采用插空法；先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面
元素排列的空檔中.
【題型 1 有關排列數的計算與證明】
【例 1】（23-24 高二下·山東菏澤·期中） ∈ N ， < 20，則(21 ) (100 )等于（ ）
A．A80 20 81 80100 B．A100 C．A100 D．A20
【解題思路】根據給定條件利用排列數公式的意義即可得解.
【解答過程】因 ∈ N 且 < 20，(21 )(22 ) (100 )表示 80 個連續正整數的乘積，
其中最大因數為100 ，最小因數為21 ，由排列數公式的意義得結果為A80100 ，
所以(21 )(22 ) (100 ) = A80100 .
故選：A.
【變式 1-1】（23-24 高二下·重慶黔江·階段練習）求A23 + A24的值為（ ）
A．12 B．18 C．24 D．30
【解題思路】利用排列數的計算方法即可得解.
【解答過程】A2 23 + A4 = 3 × 2 + 4 × 3 = 18.
故選：B.
【變式 1-2】（23-24 高二下·寧夏吳忠·期中）計算：
(1)A14 + A24 + A34 + A44；
(2)4A2 34 +5A5；
(3)已知A2 = 7A2 4，求
【解題思路】（1）（2）利用排列數公式計算即可.
（3）利用排列數公式化簡方程，再求解方程即得.
【解答過程】（1）A14 + A24 + A3 44 + A4 = 4 + 4 × 3 + 4 × 3 × 2 + 4 × 3 × 2 × 1 = 64.
（2）4A2 34 +5A5 = 4 × 4 × 3 + 5 × 5 × 4 × 3 = 348.
（3）由A2 = 7A2 ，得 4 ≥ 2, ∈ N ，即 ≥ 6, ∈ N 4 ，則 ( 1) = 7( 4)( 5)，
整理得(3 10)( 7) = 0，所以 = 7.
【變式 1-3】（24-25 高二·江蘇·課后作業）求證：
(1)A47 +4A37 = A48；
(2)A + A 1 = A +1．
【解題思路】（1）利用排列數公式化簡可證得等式成立；
（2）利用排列數公式化簡可證得等式成立.
【解答過程】（1）證明：A4 +4A3 7! 4×7! 4×7!×2 8! 47 7 = 3! + 4! = 4! = 4! = A8.
1 ! × ! ( +1)× !+ × ! ( +1)!（2）證明：A + A = + ( )! ( +1)! = ( +1)! = ( +1)! = A +1.
【題型 2 排列數方程和不等式】
【例 2】（23-24 高二下·河南鄭州·期末）不等式3A3 ≤ 2A2 2 +1 +6A 的解集為（ ）
A．{3,4,5} B．{3,4,5,6} C．{ ∣3 ≤ ≤ 5} D．{ ∣3 ≤ ≤ 6}
【解題思路】利用排列數公式將不等式轉化為二次不等式求解.
【解答過程】易知 ≥ 3， ∈ .
因為A3 = ( 1)( 2)，A2 +1 = ( + 1) ，A2 = ( 1)，
所以原不等式可化為3 ( 1)( 2) ≤ 2 ( + 1) +6 ( 1)，
所以3 ≤ ≤ 5，
所以原不等式的解集為{3,4,5}.
故選：A.
【變式 2-1】（24-25 高二下·全國·課后作業）不等式A 8 < 6A 28 的解集為（　　）
A．[2,8] B．[2,6] C．(7,12) D．{8}
【解題思路】根據題意，利用排列數公式和排列數的性質，列出方程求得7 < ≤ 8，結合 ∈ N ，即可求
解.
8! 8!
【解答過程】由A < A 2 28 8 ，可得(8 )! < 6 × (10 )!，整理得 19 + 84 < 0，解得7 < < 12，
≤ 8
又因為 2 ≥ 0 ，解得2 ≤ ≤ 8，
綜上可得7 < ≤ 8，又由 ∈ N 所以 = 8.
故選：D.
【變式 2-2】（23-24 高二下·江蘇蘇州·階段練習）（1）解關于 的不等式A < 6A 28 8 ；
（2）解不等式：3A3 ≤ 2A2 2 +1 +6A .
【解題思路】（1）（2）將排列數表示為階乘的形式，然后化簡計算即可得解，
≤ 8
【解答過程】（1）依題意，有 0 ≤ 2 ≤ 8 ， ∴ 2 ≤ ≤ 8，
8! 8! 6
由A 8 < 6A 28 ，得(8 )! < 6 × (10 )!，即1 < (10 )(9 )，
整理得 2 19 + 84 < 0，解得7 < < 12，所以7 < ≤ 8，
又 ∈ N 得 = 8，
所以A 8 < 6A 28 的解集為{8}.
（2）因為3A3 ≤ 2A2 2 +1 +6A ，
3 × ! ≤ 2 × ( +1)! + 6 × ! 3 ≤ 2 × +1 + 6
所以 ( 3)! ( 1)! ( 2)! ( 1)( 2) ( 2)
≥ 3, ∈ N
，即 ，
≥ 3, ∈ N

(3 2)( 5) ≤ 0 2 ≤ ≤ 5
整理得 ≥ 3, ∈ N ，解得 3 ，故 ∈ ≥ 3, ∈ N {3,4,5}
，
所以不等式解集為{3,4,5}.
【變式 2-3】（24-25 高二上·全國·課后作業）解下列方程或不等式．
(1)A32 =2A4 +1；
(2)A < 6A 28 8 .
【解題思路】（1）根據條件，利用排列數公式即可求出結果；
（2）先利用排列數公式得到 2 19 + 84 < 0 ，從而得到7 < < 12，對根據排列數公式要求，求出 的范
圍，進而求出結果.
【解答過程】（1）因為A3 42 =2A +1，
2 ≥ 3
由 + 1 ≥ 4 ，解得 ≥ 3，
∈ N
由原式可得2 (2 1)(2 2) = 2( + 1) ( 1)( 2)，解得 = 5或 = 0或 = 1．
又因為 ≥ 3，所以 = 5．
（2）因為A <6A -28 8 ，
1 ≤ ≤ 8
由 1 ≤ 2 ≤ 8 ，解得3 ≤ ≤ 8且 ∈ N ，
∈ N
8！ 8！
由原不等式可得(8 ) < 6 ×！ (10 ) ，！
化簡可得 2 19 + 84 < 0，解得7 < < 12，
又3 ≤ ≤ 8且 ∈ N ，所以 = 8．
【題型 3 元素（位置）有限制的排列問題】
【例 3】（23-24 高二下·內蒙古·期中）從 6 人（包含甲）中選派出 3 人參加 ， ， 這三項不同的活動，且
每項活動有且僅有 1 人參加，若甲不參加 和 活動，則不同的選派方案有（ ）
A．60 種 B．80 種 C．90 種 D．150 種
【解題思路】分甲被選中和甲沒被選中兩種情況，結合排列數公式即可求解.
【解答過程】當甲被選中時，不同的選派方案有A25 = 20種；
甲沒被選中時，不同的選派方案有A35 = 60種.
故滿足條件的不同的選派方案有20 + 60 = 80種.
故選：B.
【變式 3-1】（23-24 高二下·北京通州·期末）某工廠生產一種產品需經過一，二，三，四共 4 道工序，現要
從 ， ， ， ， ， 這 6 名員工中選出 4 人，安排在 4 道工序上工作（每道工序安排一人），如果員工
不能安排在第四道工序，則不同的安排方法共有（ ）
A．360 種 B．300 種 C．180 種 D．120 種
【解題思路】從 6 人中任取 4 人安排工作，去掉 A 安排在第四道工序工作的安排方法數即得.
【解答過程】從 6 名員工中任選 4 人，安排在 4 道工序上工作的安排方法數為A46種，
其中員工 在第四道工序工作的安排方法數為A35種，
所以不同的安排方法共有A46 A35 = 300（種）.
故選：B.
【變式 3-2】（23-24 高二下·四川綿陽·期末）某高校派出 5 名學生去三家公司實習，每位同學只能前往一家
公司實習，并且每個公司至少有一名同學前來實習，已知甲乙兩名同學同時去同一家公司實習，則不同的
安排方案有（ ）
A．48 種 B．36 種 C．24 種 D．18 種
【解題思路】先安排甲乙，共有 3 種安排，剩下的 3 人分兩類：第一類三個人去三個公司，第二類是三個
人去除甲乙去的公司的另外兩個公司，然后用分類加法計數原理和分步乘法計數原理即可得解.
【解答過程】因為甲乙兩名同學要求同時去同一家公司實習，先安排甲乙，從三家公司中選一家公司共有 3
種選法；
剩下的 3 人分兩類：第一類三個人去三個公司，一家公司一個人，共有A33種安排方法；第二類三個人去除
甲乙去的公司的另外兩個公司，必有兩個人去一家公司，所以共有C2 23A2種安排方法；
所以共有不同的安排方案有3 × A3 + C2 23 3A2 = 36種，
故選：B.
【變式 3-3】（23-24 高二下·海南海口·期末）某大學 2023 年繼續開展基礎學科招生改革試點（以下簡稱強
基計劃），以“為國選才育才”為宗旨，探索多維度考核評價模式，選拔一批有志向、有興趣、有天賦的青年
學生進行專門培養，為國家重大戰略領域輸送后備人才．某市通過初審考核，甲、乙、丙、丁、戊五名同
學成功入圍該大學強基計劃復試，參加學科基礎素質測試，決出第一到第五名的名次（無并列名次）．甲
和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍”，對乙說：“你當然不會是最差的”從這
兩個回答分析，5 人的名次排列可能有多少種不同情況有（ ）
A．48 種 B．54 種 C．60 種 D．72 種
【解題思路】依題意甲、乙都沒有排在第一名，且乙沒有排在第五名，分甲在第五名與甲不在第五名兩種
情況討論.
【解答過程】依題意甲、乙都沒有排在第一名，且乙沒有排在第五名，
①甲排在第五名，則有A13A33 = 18種排法；
②甲沒有排在第五名，則甲、乙有A23種排法，其余人全排列，故有A2A33 3 = 36種排法；
綜上可得一共有18 + 36 = 54種不同的排法.
故選：B.
【題型 4 相鄰問題的排列問題】
【例 4】（23-24 高二下·內蒙古·期末）有5本不同的書，其中語文書2本，數學書2本，物理書1本．若將其
隨機擺放到書架的同一層上，則相同科目的書相鄰的排法有（ ）
A．12種 B．18種 C．24種 D．36種
【解題思路】利用捆綁法可求得結果.
【解答過程】將2本語文書捆綁、2本數學書捆綁，
則相同科目的書相鄰的排法種數為A2A22 2A33 = 2 × 2 × 6 = 24種.
故選：C.
【變式 4-1】（24-25 高二下·全國·課后作業）春節是團圓的日子，為了烘托這一喜慶的氣氛，某村組織了“村
晚”．通過海選，現有 6 個自編節目需要安排演出，為了更好地突出演出效果，對這 6 個節目的演出順序有
如下要求：“雜技節目”排在后三位，“相聲”與“小品”必須相繼演出，則不同的演出方案有（ ）
A．240 種 B．188 種 C．144 種 D．120 種
【解題思路】先將“相聲”與“小品”排在一起再與其它 4 個節目排序，最后考慮雜技節目在前三位或在后三位
情況一樣,即可得出答案.
【解答過程】先將“相聲”與“小品”排在一起，有A22種排法，再與其它 4 個節目排序，有A55種排法，
A2A5
最后考慮雜技節目在前三位或在后三位情況一樣，所以有 2 5 = 1202 種．
故選：D.
【變式 4-2】（23-24 高二下·四川遂寧·階段練習）北京時間 2023 年 10 月 26 日 19 時 34 分，神舟十六號航
天員乘組（景海鵬，杜海潮，朱楊柱 3 人）順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十七號航天員乘組（湯洪
波，唐勝杰，江新林 3 人）人駐“天宮”．隨后，兩個航天員乘組拍下“全家福”，共同向全國人民報平安．若
這 6 名航天員站成一排合影留念，唐勝杰與江新林相鄰，景海鵬不站最左邊，湯洪波不站最右邊，則不同
的排法有（ ）
A．144 種 B．204 種 C．156 種 D．240 種
【解題思路】先應用捆綁解決相鄰，再分海鵬站位置分類，最后應用分步解決問題.
【解答過程】第一步，唐勝杰、江新林 2 人相鄰，有A22 = 2種排法；
第二步，分景海鵬站最右邊與景海鵬不站最左邊與最右邊兩種情況討論
第一種情況：景海鵬站最右邊，共有A44 = 24種排法；
第二種情況：景海鵬不站最左邊與最右邊，則共有A13A1 33A3 = 54種排法，
故總共有2 × (24 + 54) = 156種排法.
故選：C.
【變式 4-3】（23-24 高二下·安徽·期末）為積極落實“雙減”政策，豐富學生的課外活動，某校開設了陶藝、
剪紙、插花等 5 門課程.分別安排在周一到周五，每天一節，其中陶藝課不排在周一，剪紙和插花課相鄰的
課程的安排方案種數為（ ）
A．18 B．24 C．36 D．42
【解題思路】根據相鄰問題利用捆綁法即可求解.
【解答過程】剪紙和插花課相鄰的安排方法有A4 24A2 = 48種，
剪紙和插花課相鄰且陶藝課排在周一的安排方法有A3A23 2 = 12，
故陶藝課不排在周一，剪紙和插花課相鄰的課程安排方法一共有48 12 = 36，
故選：C.
【題型 5 不相鄰排列問題】
【例 5】（24-25 高二下·全國·課后作業）一位語文老師在網上購買了四書五經各一套，四書指《大學》《中
庸》《論語》《孟子》，五經指《詩經》《尚書》《禮記》《周易》《春秋》，他將 9 本書整齊地放在同
一層書架上，若四書，五經必須分別排在一起，且《大學》和《春秋》不能相鄰，則不同方式的排列種數
為（ ）
A．5760 B．5660 C．5642 D．5472
【解題思路】計算出所有情況后減去《大學》和《春秋》相鄰的情況即可得.
【解答過程】四書、五經必須分別排在一起，共有A55A44A22 = 5760種，
若《大學》和《春秋》相鄰，則不符合條件，共有A3A43 4A22 = 288種，
則共有5760 288 = 5472種．
故選：D.
【變式 5-1】（24-25 高三上·山東濟南·開學考試）由 0，1，2，3，4，5 組成沒有重復數字的六位數，其中
任意兩個偶數都不相鄰，則滿足條件的六位數的個數為（ ）
A．60 B．108 C．132 D．144
【解題思路】根據插空法先排奇數，再排偶數去除 0 在首位的情況計算即可.
【解答過程】先排 3 個奇數，有A33 = 6種排法，
排完奇數后形成 4 個空，插入余下 3 個偶數，有A34 = 24種排法，
但此時 0 放在首位的情況有A23 = 6種，故滿足條件的排法有6 × (24 6) = 108.
故選：B.
【變式 5-2】（2024·湖南邵陽·模擬預測）“四書五經”是我國 9 部經典名著《大學》《論語》《中庸》《孟
子》《周易》《尚書》《詩經》《禮記》《春秋》的合稱．為弘揚中國傳統文化，某校計劃在讀書節活動
期間舉辦“四書五經”知識講座，每部名著安排 1 次講座，若要求《大學》《論語》《周易》均不相鄰，則排
法種數為（ ）
A．A66A35 B．A6 3 6 2 2 6 39A7 C．A6A7A2 D．A6A7
【解題思路】采用插空法排列，先排《中庸》《孟子》《尚書》《詩經》《禮記》《春秋》這 6 次講座，
再將《大學》《論語》《周易》這 3 次講座插空，根據分步乘法計數原理，可得答案.
【解答過程】先排《中庸》《孟子》《尚書》《詩經》《禮記》《春秋》這 6 次經典名著的講座，
共有A66種排法；
再從 7 個空位中選 3 個，排《大學》《論語》《周易》這 3 次講座，有A37種排法，
故總共有A6 36A7種排法；
故選：D.
【變式 5-3】（23-24 高二下·天津·階段練習）中國古代儒家提出的“六藝”指：禮、樂、射、御、書、數.某
校國學社團預在周六開展“六藝”課程講座活動，周六這天準備排課六節，每藝一節，排課有如下要求：“樂”
排在“書”與“數”的前面，“禮”和“射”不相鄰且不排在最后面，則針對“六藝”課程講座活動的不同排課順序共
有（ ）
A．48 種 B．72 種 C．96 種 D．144 種
【解題思路】根據“樂”分別排在前四節，即可根據最后一位以及不相鄰問題，分類求解.
【解答過程】若“樂”排在第一節，則從御、書、數種選一節排最后一節，要滿足“禮”和“射”不相鄰，則有
3×A22A23 = 36種方法，
若“樂”排在第 2 節，則從書、數種選一節排最后一節或者“御”安排最后一節，要滿足“禮”和“射”不相鄰，則
有C1C1A3 + C1A32 2 3 2 3 + C12A22 = 40種方法，
若“樂”排在第 3 節，則從書、數種選一節排最后一節，要滿足“禮”和“射”不相鄰，則有C1C12 2C12C12 = 16種方
法，
若“樂”排在第 4 節，則“書”與“數”排最后兩節，要滿足“禮”和“射”不相鄰，則有A2 22A2 = 4種方法，
故總的方法一共有36 + 40 + 16 + 4 = 96，
故選：C.
【知識點 2 組合與組合數】
1．組合
(1)組合的定義
一般地，從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素作為一組，叫做從 n 個不同元素中取出 m
個元素的一個組合.
(2)組合概念的理解
①組合的概念中有兩個要點：要求 n 個元素是不同的；“只取不排”，即取出的 m 個元素與順序無關，
無序性是組合的特征性質.
②兩個組合相同：只要兩個組合中的元素完全相同，無論元素的順序如何，都是相同的組合.
(3)排列與組合的聯系與區別
聯系：都是從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素.
區別：排列是把取出的元素按順序排成一列，它與元素的順序有關系，而組合只要把元素取出來就可
以，取出的元素與順序無關.可總結為：有序排列，無序組合.
2．組合數與組合數公式
(1)組合數
從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素的所有不同組合的個數，叫做從 n 個不同元素中取出
m 個元素的組合數，用符號 表示.
(2)組合數公式
①連乘表示：
= = .
這里，n,m∈ ，并且 m n.
②階乘表示： = .
規定： =1.
3．組合數的性質
(1)性質 1： =
這個性質反映了組合數的對稱性，其實際意義：從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素后，
剩下(n-m)個元素，因而從 n 個不同元素中取 m 個元素的組合，與剩下的(n-m)個元素的組合是一一對應
的，因此取法是一樣多的.
利用這個性質，當 m> 時，我們可以不直接計算 ，而是改為計算 ，這樣可以簡化運算.
(2)性質 2： = +
這個性質可以理解為分類加法計數原理的應用，在確定從(n+1)個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )
個元素時，對于某一個特定元素，只存在取與不取兩種情況，如果取這個元素，則只需從剩下的 n 個元素
中再取(m-1)個元素，有 種取法；如果不取這個元素，則需從剩下的 n 個元素中取出 m 個元素，有
種取法.
由分類加法計數原理可得： = + .
在應用中，要注意這個性質的變形、逆用等.
4．分組分配問題
(1)解題思路：先分組后分配，分組是組合問題，分配是排列問題.
(2)分組方法：①完全均勻分組，分組后除以組數的階乘；②部分均勻分組，有 m 組元素個數相同，則
分組后除以 m!；③完全非均勻分組，只要分組即可.
(3)分配方法：①相同元素的分配問題，常用“擋板法”；②不同元素的分配問題，利用分步乘法計數
原理，先分組后分配；③有限制條件的分配問題，采用分類求解.
【題型 6 有關組合數的計算與證明】
【例 6】（24-25 高二下·全國·課后作業）C3 4 5 66 + C7 + C8 + C9 + C710 = （ ）
A．315 B．330 C．345 D．360
【解題思路】根據組合數的性質即可求解.
【解答過程】C3 + C4 + C5 + C6 + C7 = C2 + C3 + C4 + C5 + C6 + C7 C2 76 7 8 9 10 6 6 7 8 9 10 6 = C11 15 = 330 15 = 315．
故選：A.
【變式 6-1】（23-24 高二下·山西長治·期中）已知C5 6 5 +1 C = C ，則 = （ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
【解題思路】根據組合數的性質計算可得.
【解答過程】因為C5 6 5 +1 C = C ，所以C5 5 6 +1 = C + C ，
又C5 + C6 = C6 6 5 +1，所以C +1 = C +1，所以 + 1 = 5 + 6，解得 = 10.
故選：B.
【變式 6-2】（23-24 高二下·江蘇淮安·期中）求值（用數字表示）
(1)A1 + A2 + A3 + A44 4 4 4
(2)C35 + C45
(3)C5 + A9 +1
【解題思路】（1）根據排列數公式計算可得；
（2）根據組合數公式計算可得；
（3）首先確定 的值，再由排列、組合數公式計算可得.
【解答過程】（1）A1 24 + A4 + A34 + A44
= 4 + 4 × 3 + 4 × 3 × 2 + 4 × 3 × 2 × 1 = 64；
（2）C3 + C4 = C2 15 5 5 + C5 =
5×4
2×1 +5 = 15；
3 0 ≤ 5 ≤ （ ）依題意可得 0 < 9 ≤ + 1 ，又 ∈ N*，解得 = 4或 = 5，
當 = 4時，C5 + A9 1 5 +1 = C4 + A5 = 4 + 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 124；
當 = 5時，C5 9 0 4 + A +1 = C5 + A6 = 1 + 6 × 5 × 4 × 3 = 361.
【變式 6-3】（23-24 高二上·江西·期末）已知 , , ∈ N*， ≥ ≥ ．
(1)證明： C C = C C ；
(2)證明： C C = C C ．
【解題思路】（1）由組合數公式計算即可；
（2）由組合數公式計算即可.
! ( )! !
【解答過程】（1）因為C C = !( )! !( )! = ! !( )!，
C C
! ( )! !
= !( )! !( )! = ! !( )!，
所以C C = C C ；
（2）因為C C
! ! !
= !( )! !( )! = !( )!( )!，
C
! ( )! !
C = !( )! ( )!( )! = !( )!( )!，
所以C C = C C ．
【題型 7 組合數方程和不等式】
【例 7】（24-25 高二上·河南駐馬店·期末）關于 的方程C2 = C3 411 11 的解為（ ）
A． = 3 B． = 4 C． = 3且 = 4 D． = 3或 = 4
【解題思路】根據題意結合組合數的定義與性質運算求解.
【解答過程】因為C2 11 = C3 411 ，則2 = 3 4或2 + 3 4 = 11，解得 = 4或 = 3，
若 = 4，可得C8 = C811 11，符合題意；
若 = 3，可得C611 = C511，符合題意；
綜上所述： = 3或 = 4.
故選：D.
【變式 7-1】（2024 高二·江蘇·專題練習）若C4 > C6 ，則 的取值集合是（ ）
A．{6,7,8,9} B．{6,7,8}
C．{ | ≥ 6}, ∈ N D．{7,8,9}
【解題思路】根據組合數的運算公式及性質化簡不等式求其解集即可.
【解答過程】∵C4 > C6 ，
! > !
∴ 4!×( 4)! 6!×( 6)!
≥ 6
2 9 10 < 0,
即 ≥ 6, 解得6 ≤ < 10.
∵ ∈ N ，
∴ = 6,7,8,9.
∴ 的取值集合為{6,7,8,9}.
故選：A.
【變式 7-2】（23-24 高二上·上海·課后作業）解關于正整數 x 的方程：
2
(1)C = C5 516 16 ；
(2)C 2 3 1 3 +2 + C +2 = 4A +3．
【解題思路】（1）（2）根據組合數的性質以及公式即可求解.
【解答過程】（1）x 為正整數，
由C 2 = C5 516 16 可得 2 = 5 5或 2 + 5 5 = 16，
故 2 6 + 5 = 0或 2 +4 21 = 0，解得 = 1或 = 5或 = 3或 = 7（舍去），
又 2 ,5 5均為整數，且0 ≤ 2 ≤ 16,0 ≤ 5 5 ≤ 16，
所以 = 1或 = 3符合要求， = 5不符合要求，
故 = 1或 = 3
（2）由組合數的性質可得C 2 4 3 5 4 5 5 +2=C +2,C +2 = C +2，C +2 + C +2 = C +3
( +3)! 1
所以由C 2 +2 + C 3
1 3 5 1 3 1( +3)! 1 1
+2 = 4A +3可得C +3 = 4A +3，進而可得5!( 2)! = 4 ! 5! = 4 ( 1) ( 1) = 30，
解得 = 6或 = 5（舍去），
+ 2 > 0
+ 3 > 0
由于 3 ≥ 0 ，所以 ≥ 3，故只取 = 6， = 5舍去.
2 ≥ 0
【變式 7-3】（24-25 高二下·江蘇·階段練習）求解下列方程和不等式.
(1)A +1 19 < 6A9 （ ≥ 1, ∈ N）；
1 1 7
(2)C 5 C =6 4C （ ≥ 0, ∈ N）.7
【解題思路】（1）根據排列數公式求解；
（2）根據組合數公式求解.
9! 9!
【解答過程】（1）由A +19 < 6A 19 ，得(8 )! < 6 × (10 )!，
化簡得 2 19 + 84 < 0，解得7 < < 12，①
≥ 1
又 0 ≤ + 1 ≤ 9 ，所以1 ≤ ≤ 8，②
0 ≤ 1 ≤ 9
由①②及 ∈ N得 = 8.
（2）由題意0 ≤ ≤ 5， ∈ N，
1 1 7 !(5 )! !(6 )! 7 !(7 )!
C C =5 6 4C ，即7 5! 6! = 4 × 7! ，
化簡得 2 17 + 42 = 0，解得 = 14（舍去）或 = 3.
故方程的解為 = 3.
【題型 8 組合計數問題】
【例 8】（24-25 高二下·全國·課后作業）某校計劃在五四青年節期間舉行歌唱比賽，高二年級某班從本班 5
名男生 4 名女生中選 4 人，代表本班參賽，按照學校要求女生至少參加 1 人至多參加 2 人，則選派方式共
有（ ）
A．80 種 B．90 種 C．100 種 D．120 種
【解題思路】結合分類加法和分步乘法計數原理，利用組合數即可求得.
【解答過程】若恰有 1 名女生參加，則有C35C14 = 10 × 4 = 40種，
若恰有 2 名女生參加，則有C2C25 4 = 10 × 6 = 60種，
所以共有40 + 60 = 100種不同的選派方式．
故選：C.
【變式 8-1】（23-24 高二下·吉林長春·期中）若一個四位數的各位數字之和為 4，則稱該四位數為“F 數”，
這樣的“F 數”有（ ）
A．17 個 B．19 個 C．20 個 D．21 個
【解題思路】根據題意，得到
4 = 4 + 0 + 0 + 0 = 3 + 1 + 0 + 0 = 2 + 2 + 0 + 0 = 2 + 1 + 1 + 0 = 1 + 1 + 1 + 1，分五種情況討論，結合
排列數、組合數的計算公式，即可求解.
【解答過程】由題意，可得
4 = 4 + 0 + 0 + 0 = 3 + 1 + 0 + 0 = 2 + 2 + 0 + 0 = 2 + 1 + 1 + 0 = 1 + 1 + 1 + 1，
當四位數為由4,0,0,0構成時，共有 1 種情況；
當四位數為由3,1,0,0構成時，共有C12C13 = 6種情況；
當四位數為由2,2,0,0構成時，共有C13 = 3種情況；
1 3
當四位數為由2,1,1,0 C A構成時，共有 3 3A2 = 9種情況；2
當四位數為由1,1,1,1構成時，共有 1 種情況,
由分類計數原理，可得共有1 + 6 + 3 + 9 + 1 = 20種不同的“F 數”.
故選：C.
【變式 8-2】（2024·江西南昌·模擬預測）四面體的頂點和各棱的中點共 10 個點．在這 10 點中取 4 個不共
面的點，則不同的取法種數為（ ）
A．141 B．144 C．150 D．155
【解題思路】求出從 10 個點中任取 4 個點的取法，減去不合題意的結果可得答案．
【解答過程】從 10 個點中任取 4 個點有C410種取法，其中 4 點共面的情況有三類．
第一類，取出的 4 個點位于四面體的同一個面上，有4C46種；
第二類，取任一條棱上的 3 個點及該棱所對棱的中點，這 4 點共面，有 6 種；
第三類，由中位線構成的平行四邊形（其兩組對邊分別平行于四面體相對的兩條棱），
它的 4 頂點共面，有 3 種．
以上三類情況不合要求應減掉，∴不同的取法共有C410 4C46 6 3 = 141種．
故選：A．
【變式 8-3】（23-24 高二下·新疆克孜勒蘇·期中）學校夏季運動會需要從 4 名男生和 3 名女生中選取 4 名志
愿者，則選出的志愿者中至少有 2 名女生的不同選法種數為（ ）
A．20 B．30 C．22 D．40
【解題思路】根據給定條件，利用兩個基本原理，結合組合計數問題列式計算即得.
【解答過程】選出的志愿者中，有 2 個女生 2 個男生時，選法種數為C23C24 = 18種，
有 3 個女生 1 個男生時，選法種數為C3 13C4 = 4種，
所以不同選法有18 + 4 = 22種.
故選：C.
【題型 9 分組分配問題】
【例 9】（23-24 高二下·江蘇鹽城·階段練習）甲、乙等 5 人去 , , 三個不同的景區游覽，每個人去一個景
區，每個景區都有人游覽，若甲、乙兩人不去同一景區游覽，則不同的游覽方法的種數為（ ）
A．112 B．114 C．132 D．160
【解題思路】先分組再分配，先將 5 人分成 3 組，有 (1,1,3)、(2,2,1) 兩種分組可能，求出所有游覽方法
總數，根據題意再減去甲乙去同一景區的方法總數即可.
【解答過程】去 , , 三個不同的景區游覽，每個人去一個景區，每個景區都有人去游覽，因此先分組再
分配，
5 個人可以分為 3 組，分別是(1,1,3)、(2,2,1)，
C1C1C3
當為(1,1,3)時，有 5 4 3A2 = 10種組合，2
C2C2C1
當為(2,2,1)時，有 5 3 1A2 = 15種組合，2
再分配到三個不同的景區，有(10 + 15) × A33 = 150種；
以上情況包含甲乙去同一景區，需要再減去此種情況，
將甲乙捆綁起來作為一個元素，此時有四個元素去三個不同的景區，此時只有(1,1,2)這種組合，因此有
C1C14 3C22
A2 = 6種組合，再分配給三個不同的景區，有6 × A
3
3 = 36種；
2
因此滿足題意的有：150 36 = 114種.
故選: B.
【變式 9-1】（23-24 高二下·新疆烏魯木齊·期中）將 5 名大學生分配到 3 個鄉鎮當村官.每個鄉鎮至少一名，
則不同分配方案有（ ）
A．240 種 B．150 種 C．60 種 D．180 種
【解題思路】根據題意要求，有“2:2:1”或“3:1:1”兩種分配方案，因分配時出現部分平均分組，應在方法數
上除以相同數目組數的階乘.
【解答過程】依題意，要使每個鄉鎮至少一名，可以有“2:2:1”或“3:1:1”兩種分配方案.
C2C2C1
按照“2:2:1”分配時，有 5 3 1A2 A
3
3 = 90種方法；
2
3 1 1
按照“3:1:1” C分配時，有 5C2C1A2 A
3
3 = 60種方法.
2
由分類加法計數原理，可得不同分配方案有90 + 60 = 150種.
故選：B.
【變式 9-2】（23-24 高二下·江蘇連云港·期中）甲、乙等 5 人計劃去上海、蘇州及青島三個城市調查農民工
薪資情況．每個人只能去一個城市，并且每個城市都要有人去，則不同的分配方案共有種數為（ ）
A．150 B．300 C．450 D．540
【解題思路】先分組再分配，結合排列組合即可求解.
【解答過程】把 5 人分組有兩類情況：1:1:3和2:2:1.
先把 5 人按1:1:3分組，有C35種分組方法，
2 2
按2:2:1 C C分組，有 5 3A2 種分組方法，2
C2C2
因此不同分組方法數為C3 + 5 35 A2 ，2
再把三組人安排到三個城市，有A33種方法，
C2C2
所以不同分配方法種數是(C3 + 5 3)A35 A2 3 = (10 + 15) × 6 = 150.2
故選：A.
【變式 9-3】（23-24 高二下·廣東云浮·階段練習）大連市普通高中創新實踐學校始建于 2010 年 1 月，以豐
富多彩的活動廣受學生們的喜愛.現有 A，B，C，D，E 五名同學參加現代農業技術模塊，影視藝術創作模
塊和生物創新實驗模塊三個模塊，每個人只能參加一個模塊，每個模塊至少有一個人參加，其中 A 不參加
現代農業技術模塊，生物創新實驗模塊因實驗材料條件限制只能有最多兩個人參加，則不同的分配方式共
有（ ）種．
A．84 B．72 C．60 D．48
【解題思路】分參加生物創新實驗模塊的為 1 人和 2 人兩種情況，結合排列組合知識和計數原理求解即可.
【解答過程】因為生物創新實驗模塊因實驗材料條件限制只能有最多兩個人參加，所以參加生物創新實驗
模塊的為 1 人和 2 人兩種情況，
C2(1)當參加生物創新實驗模塊的為 1 人時，若這個人為 ，則一共有 4 A2 + C3 A2A2 2 4 2 = 14種不同的分配方式；2
若這個人不是 ，則 只能參加現代農業技術模塊，一共有C14 1 + C2 A23 2 = 28種不同的分配方式；
(2) 參加生物創新實驗模塊的為 2 人時，若這兩人中有 ，則一共有C1 C2 24 3 A2 = 24，
若這兩人中沒有 ，則 只能參加現代農業技術模塊，一共有C24 1 + C12 = 18種不同的分配方式；
綜上，一共由14 + 28 + 24 + 18 = 84種不同的分配方式；
胡選：A.
【題型 10 排列、組合綜合】
【例 10】（24-25 高二下·全國·課后作業）現有8名師生站成一排照相，其中老師2人，男學生4人，女學生2
人，在下列情況下，各有多少種不同的站法？
(1)老師站在最中間，2名女學生分別在老師的兩邊且相鄰，4名男學生兩邊各2人；
(2)4名男學生互不相鄰，男學生甲不能在兩端；
(3)2名老師之間必要有男女學生各1人．
【解題思路】（1）根據特殊元素優先安排求解即可.
（2）利用插空法，先排老師和女學生，再排男學生甲，最后排剩余的3名男學生即可.
（3）先任選一男學生一女學生站兩位老師中間，再排老師，最后利用捆綁法排列即可.
【解答過程】（1）由題意可得共A2A22 2A44 = 2 × 2 × 24 = 96種不同的站法．
（2）先排老師和女學生共有A44種站法，再排男學生甲有C13種站法，
最后排剩余的3名男學生有A34種站法，
所以共有A4 1 34C3A4 = 24 × 3 × 24 = 1728種不同的站法．
（3）先任選一男學生一女學生站兩位老師中間，有C1 1 22C4A2種站法，
兩老師的站法有A22種，
再將一男學生一女學生兩位老師進行捆綁與剩余的 4 個人進行全排列有A55種，
所以共有C1C1A2A22 4 2 2A55 = 2 × 4 × 2 × 2 × 120 = 3840種不同的站法．
【變式 10-1】（23-24 高二下·江蘇宿遷·期中）某醫療小組有 4 名男性，2 名女性共 6 名醫護人員，醫護人
員甲是其中一名．
(1)若從中任選 2 人參加 A， 兩項救護活動，每人只能參加其中一項活動，每項活動都要有人參加，求醫護
人員甲不參加 項救護活動的選法種數；
(2)這 6 名醫護人員將去 3 個不同的地方參與醫療支援，每人只能去一地，每地有 2 人前往，若 2 名女性不
能去往同一個地方，求不同的分配方案種數．
【解題思路】（1）分類，按甲是否參加活動分兩類；
（2）分步，第一步按排兩名女性，第二步按排與女性同去的男性，第三步剩余的兩名男性．
【解答過程】（1）分兩類：①甲參加 項救護活動，再從其余 5 人中選一人參加 A，選法數為C15 = 5，
②甲不參加救護活動，則從其余 5 人中任選兩人參加救護活動，選法數為A25 = 20，
所以共有選法種數為 20+5=25；
（2）分三步：第一步先安排兩名女性醫護人員有：A23，
第二步：安排兩名女醫護人員同去的男醫護人員有：A24，
第三步：剩余兩名男性醫護人員去另外一地有：C22 ，
所以共有不同的分配方案數為：A23A24C22 = 72．
【變式 10-2】（23-24 高二下·北京東城·期末）某學校舉行男子乒乓球團體賽，決賽比賽規則采用積分制，
兩支決賽的隊伍依次進行三場比賽，其中前兩場為男子單打比賽，第三場為男子雙打的比賽，每位出場隊
員在決賽中只能參加一場比賽. 某進入決賽的球隊共有五名隊員，現在需要提交該球隊決賽的出場陣容，即
三場比賽的出場的隊員名單.
(1)一共有多少種不同的出場陣容？
(2)若隊員 A 因為技術原因不能參加男子雙打比賽，則一共有多少種不同的出場陣容？
【解題思路】（1）根據分步計數原理，先安排前兩場比賽人員，再安排第三場的比賽人員；
（2）從隊員 A 上場和不上場來分類，分別求解，再利用分類加法原理可得答案.
【解答過程】（1）出場陣容可以分兩步確定：
第 1 步，從 5 名運動員中選擇 2 人，分別參加前兩場男單比賽，共有A25種；
第 2 步，從剩下的 3 名運動員中選出兩人參加男雙比賽，共有C23種，
根據分步乘法計數原理，不同的出場陣容種數為 = A2 25 × C3 = 60.
（2）隊員 A 不能參加男子雙打比賽，有兩類方案：
第 1 類方案是隊員 A 不參加任務比賽，即除了隊員 A 之外的 4 人參加本次比賽，只需從 4 人中選出兩人，
分別取參加前兩場單打比賽，共有A24種，剩余人員參加雙打比賽；
第 2 類方案是隊員 A 參加單打比賽，可以分 3 個步驟完成：
第 1 步，確定隊員 A 參加的是哪一場單打比賽，共 2 種；
第 2 步，從剩下 4 名隊員中選擇一名參加另一場單打比賽，共 4 種；
第 3 步，從剩下的 3 名隊員中，選出兩人參加男雙比賽，共有C23種，
根據分步乘法計數原理，隊員 A 參加單打比賽的不同的出場陣容有2 × 4 × C23種；
根據分類加法計數原理，隊員 A 不參加男子雙打比賽的不同的出場陣容種數為 = A24 +2 × 4 × C23 = 36.
【變式 10-3】（24-25 高二下·上海閔行·階段練習）從 ， ， 等 8 人中選出 5 人排成一排.
（1） 必須在內，有多少種排法？
（2） ， ， 三人不全在內，有多少種排法？
（3） ， ， 都在內，且 ， 必須相鄰， 與 ， 都不相鄰，都多少種排法？
（4） 不允許站排頭和排尾， 不允許站在中間（第三位），有多少種排法？
【解題思路】（1）只需從余下的 7 人中選 4 人出來排列即可；
（2）采用間接法；
（3）先從余下 5 人中選 2 人有 25種不同結果，由于 ， 必須相鄰， 與 ， 都不相鄰，利用捆綁法、插空
法即可解決；
（4）分所選的 5 人無 A、B，有 A、無 B，無 A、有 B，有 A、B 四種情況討論即可.
【解答過程】（1）由題意，先從余下的 7 人中選 4 人共有 47種不同結果，再將這 4 人與 A 進行全排
列有 55種不同的排法，故由乘法原理可知共有 4 57 5 = 4200種不同排法；
（2）從 8 人中任選 5 人排列共有 58種不同排法， ， ， 三人全在內有 2 55 5種不同排
法，由間接法可得 ， ， 三人不全在內共有 5 2 58 5 5 = 5520種不同排法；
（3）因 ， ， 都在內，所以只需從余下 5 人中選 2 人有 25種不同結果， ， 必須
相鄰，有 22種不同排法，由于 與 ， 都不相鄰，先將選出的 2 人進行全排列共有 22
種不同排法，再將 A、B 這個整體與 C 插入到選出的 2 人所產生的 3 各空位中有 23種不同
排法，由乘法原理可得共有 25 22 22 23 = 240種不同排法；
（4）分四類：
第一類：所選的 5 人無 A、B，共有 56 = 720種排法；
第二類：所選的 5 人有 A、無 B，共有 4 1 46 3 4 = 1080種排法；
第三類：所選的 5 人無 A、有 B，共有 4 1 46 4 4 = 1440種排法；
第四類：所選的 5 人有 A、B，若 A 排中間時，有 3 46 4種排法，
若 A 不排中間時，有 3 1 1 36 2 3 3種排法，共有 3 4 1 1 36( 4 + 2 3 3) = 1200種排法；
綜上，共有 4440 種不同排法.專題 6.2 排列與組合【十大題型】
【人教 A 版（2019）】
【題型 1 有關排列數的計算與證明】 ....................................................................................................................2
【題型 2 排列數方程和不等式】 ............................................................................................................................3
【題型 3 元素（位置）有限制的排列問題】 ........................................................................................................3
【題型 4 相鄰問題的排列問題】 ............................................................................................................................4
【題型 5 不相鄰排列問題】 ....................................................................................................................................5
【題型 6 有關組合數的計算與證明】 ....................................................................................................................7
【題型 7 組合數方程和不等式】 ............................................................................................................................7
【題型 8 組合計數問題】 ........................................................................................................................................8
【題型 9 分組分配問題】 ........................................................................................................................................9
【題型 10 排列、組合綜合】 ..................................................................................................................................9
【知識點 1 排列與排列數】
1．排列
(1)排列的定義
一般地，從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素，并按照一定的順序排成一列，叫做從 n
個不同元素中取出 m 個元素的一個排列.
(2)排列概念的理解
①排列的定義中包含兩個基本內容，一是取出元素；二是按照一定的順序排列.
②兩個排列相同的條件：元素完全相同；元素的排列順序也相同.
③定義中“一定的順序”就是說排列與位置有關，在實際問題中，要由具體問題的性質和條件進行判斷，
這一點要特別注意.
(3)排列的判斷
判斷一個問題是不是排列問題的關鍵：判斷是否與順序有關，與順序有關且是從 n 個不同的元素中任
取 m(m n，n,m∈ )個元素的問題就是排列問題，否則就不是排列問題.而檢驗一個問題是否與順序有關
的依據就是變換不同元素的位置，看其結果是否有變化，若有變化就與順序有關，就是排列問題；若沒有
變化，就與順序無關，就不是排列問題.
2．排列數
(1)排列數定義
從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素的所有不同排列的個數，叫做從 n 個不同元素中取出
m 個元素的排列數，用符號 表示.
(2)排列數公式
=n(n-1)(n-2) (n-m+1).這里，n,m∈ ，并且 m n.
(3)排列數公式的理解
①排列數公式推導的思路：第 1 步，排第 1 個位置的元素，有 n 種排法；第 2 步，排第 2 個位置的元
素，有(n-1)種排法；第 3 步，排第 3 個位置的元素，有(n-2)種排法； ；第 m 步，排第 m 個位置的元素，
有(n-m+1)種排法.因此，由分步乘法計數原理知共有 =n×(n-1)×(n-2)× ×(n-m+1)種不同的排法.
②排列數公式的特征：第一個因數是 n，后面每一個因數比它前面一個因數少 1，最后一個因數是
n-m+1，共有 m 個因數.
3．全排列和階乘
(1)全排列
特別地，我們把 n 個不同元素全部取出的一個排列，叫做 n 個元素的一個全排列，這時公式中 m=n，
即有 =n×(n-1)×(n-2)× ×3×2×1.
(2)階乘
正整數 1 到 n 的連乘積，叫做 n 的階乘，用 n!表示將 n 個不同的元素全部取出的排列數可以寫成
=n!，
規定 0!=1.
(3)排列數公式的階乘表示
= = .
4．排列應用問題的分類與求解思路
(1)有限制條件的排列問題：對于有限制條件的排列問題，分析問題時有位置分析法、元素分析法，在
實際進行排列時一般采用特殊元素優先原則，即先安排有限制條件的元素或有限制條件的位置，對于分類
過多的問題可以采用間接法.
(2)相鄰問題：對相鄰問題采用捆綁法；相鄰元素看作一個整體與其他元素一起排列，注意捆綁元素的
內部排列.
(3)不相鄰問題：不相鄰問題采用插空法；先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面
元素排列的空檔中.
【題型 1 有關排列數的計算與證明】
【例 1】（23-24 高二下·山東菏澤·期中） ∈ N ， < 20，則(21 ) (100 )等于（ ）
A．A80 B．A20 C．A81100 100 100 D．A8020
【變式 1-1】（23-24 高二下·重慶黔江·階段練習）求A2 23 + A4的值為（ ）
A．12 B．18 C．24 D．30
【變式 1-2】（23-24 高二下·寧夏吳忠·期中）計算：
(1)A1 2 3 44 + A4 + A4 + A4；
(2)4A2 +5A34 5；
(3)已知A2 = 7A2 4，求
【變式 1-3】（24-25 高二·江蘇·課后作業）求證：
(1)A4 3 47 +4A7 = A8；
(2)A + A 1 = A +1．
【題型 2 排列數方程和不等式】
【例 2】（23-24 高二下·河南鄭州·期末）不等式3A3 ≤ 2A2 2 +1 +6A 的解集為（ ）
A．{3,4,5} B．{3,4,5,6} C．{ ∣3 ≤ ≤ 5} D．{ ∣3 ≤ ≤ 6}
【變式 2-1】（24-25 高二下·全國·課后作業）不等式A < 6A 28 8 的解集為（　　）
A．[2,8] B．[2,6] C．(7,12) D．{8}
【變式 2-2】（23-24 高二下·江蘇蘇州·階段練習）（1）解關于 的不等式A 8 < 6A 28 ；
（2）解不等式：3A3 ≤ 2A2 +1 +6A2 .
【變式 2-3】（24-25 高二上·全國·課后作業）解下列方程或不等式．
(1)A3 42 =2A +1；
(2)A 28 < 6A8 .
【題型 3 元素（位置）有限制的排列問題】
【例 3】（23-24 高二下·內蒙古·期中）從 6 人（包含甲）中選派出 3 人參加 ， ， 這三項不同的活動，且
每項活動有且僅有 1 人參加，若甲不參加 和 活動，則不同的選派方案有（ ）
A．60 種 B．80 種 C．90 種 D．150 種
【變式 3-1】（23-24 高二下·北京通州·期末）某工廠生產一種產品需經過一，二，三，四共 4 道工序，現要
從 ， ， ， ， ， 這 6 名員工中選出 4 人，安排在 4 道工序上工作（每道工序安排一人），如果員工
不能安排在第四道工序，則不同的安排方法共有（ ）
A．360 種 B．300 種 C．180 種 D．120 種
【變式 3-2】（23-24 高二下·四川綿陽·期末）某高校派出 5 名學生去三家公司實習，每位同學只能前往一家
公司實習，并且每個公司至少有一名同學前來實習，已知甲乙兩名同學同時去同一家公司實習，則不同的
安排方案有（ ）
A．48 種 B．36 種 C．24 種 D．18 種
【變式 3-3】（23-24 高二下·海南海口·期末）某大學 2023 年繼續開展基礎學科招生改革試點（以下簡稱強
基計劃），以“為國選才育才”為宗旨，探索多維度考核評價模式，選拔一批有志向、有興趣、有天賦的青年
學生進行專門培養，為國家重大戰略領域輸送后備人才．某市通過初審考核，甲、乙、丙、丁、戊五名同
學成功入圍該大學強基計劃復試，參加學科基礎素質測試，決出第一到第五名的名次（無并列名次）．甲
和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍”，對乙說：“你當然不會是最差的”從這
兩個回答分析，5 人的名次排列可能有多少種不同情況有（ ）
A．48 種 B．54 種 C．60 種 D．72 種
【題型 4 相鄰問題的排列問題】
【例 4】（23-24 高二下·內蒙古·期末）有5本不同的書，其中語文書2本，數學書2本，物理書1本．若將其
隨機擺放到書架的同一層上，則相同科目的書相鄰的排法有（ ）
A．12種 B．18種 C．24種 D．36種
【變式 4-1】（24-25 高二下·全國·課后作業）春節是團圓的日子，為了烘托這一喜慶的氣氛，某村組織了“村
晚”．通過海選，現有 6 個自編節目需要安排演出，為了更好地突出演出效果，對這 6 個節目的演出順序有
如下要求：“雜技節目”排在后三位，“相聲”與“小品”必須相繼演出，則不同的演出方案有（ ）
A．240 種 B．188 種 C．144 種 D．120 種
【變式 4-2】（23-24 高二下·四川遂寧·階段練習）北京時間 2023 年 10 月 26 日 19 時 34 分，神舟十六號航
天員乘組（景海鵬，杜海潮，朱楊柱 3 人）順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十七號航天員乘組（湯洪
波，唐勝杰，江新林 3 人）人駐“天宮”．隨后，兩個航天員乘組拍下“全家福”，共同向全國人民報平安．若
這 6 名航天員站成一排合影留念，唐勝杰與江新林相鄰，景海鵬不站最左邊，湯洪波不站最右邊，則不同
的排法有（ ）
A．144 種 B．204 種 C．156 種 D．240 種
【變式 4-3】（23-24 高二下·安徽·期末）為積極落實“雙減”政策，豐富學生的課外活動，某校開設了陶藝、
剪紙、插花等 5 門課程.分別安排在周一到周五，每天一節，其中陶藝課不排在周一，剪紙和插花課相鄰的
課程的安排方案種數為（ ）
A．18 B．24 C．36 D．42
【題型 5 不相鄰排列問題】
【例 5】（24-25 高二下·全國·課后作業）一位語文老師在網上購買了四書五經各一套，四書指《大學》《中
庸》《論語》《孟子》，五經指《詩經》《尚書》《禮記》《周易》《春秋》，他將 9 本書整齊地放在同
一層書架上，若四書，五經必須分別排在一起，且《大學》和《春秋》不能相鄰，則不同方式的排列種數
為（ ）
A．5760 B．5660 C．5642 D．5472
【變式 5-1】（24-25 高三上·山東濟南·開學考試）由 0，1，2，3，4，5 組成沒有重復數字的六位數，其中
任意兩個偶數都不相鄰，則滿足條件的六位數的個數為（ ）
A．60 B．108 C．132 D．144
【變式 5-2】（2024·湖南邵陽·模擬預測）“四書五經”是我國 9 部經典名著《大學》《論語》《中庸》《孟
子》《周易》《尚書》《詩經》《禮記》《春秋》的合稱．為弘揚中國傳統文化，某校計劃在讀書節活動
期間舉辦“四書五經”知識講座，每部名著安排 1 次講座，若要求《大學》《論語》《周易》均不相鄰，則排
法種數為（ ）
A．A6A36 5 B．A6 3 6 2 2 6 39A7 C．A6A7A2 D．A6A7
【變式 5-3】（23-24 高二下·天津·階段練習）中國古代儒家提出的“六藝”指：禮、樂、射、御、書、數.某
校國學社團預在周六開展“六藝”課程講座活動，周六這天準備排課六節，每藝一節，排課有如下要求：“樂”
排在“書”與“數”的前面，“禮”和“射”不相鄰且不排在最后面，則針對“六藝”課程講座活動的不同排課順序共
有（ ）
A．48 種 B．72 種 C．96 種 D．144 種
【知識點 2 組合與組合數】
1．組合
(1)組合的定義
一般地，從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素作為一組，叫做從 n 個不同元素中取出 m
個元素的一個組合.
(2)組合概念的理解
①組合的概念中有兩個要點：要求 n 個元素是不同的；“只取不排”，即取出的 m 個元素與順序無關，
無序性是組合的特征性質.
②兩個組合相同：只要兩個組合中的元素完全相同，無論元素的順序如何，都是相同的組合.
(3)排列與組合的聯系與區別
聯系：都是從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素.
區別：排列是把取出的元素按順序排成一列，它與元素的順序有關系，而組合只要把元素取出來就可
以，取出的元素與順序無關.可總結為：有序排列，無序組合.
2．組合數與組合數公式
(1)組合數
從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素的所有不同組合的個數，叫做從 n 個不同元素中取出
m 個元素的組合數，用符號 表示.
(2)組合數公式
①連乘表示：
= = .
這里，n,m∈ ，并且 m n.
②階乘表示： = .
規定： =1.
3．組合數的性質
(1)性質 1： =
這個性質反映了組合數的對稱性，其實際意義：從 n 個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )個元素后，
剩下(n-m)個元素，因而從 n 個不同元素中取 m 個元素的組合，與剩下的(n-m)個元素的組合是一一對應
的，因此取法是一樣多的.
利用這個性質，當 m> 時，我們可以不直接計算 ，而是改為計算 ，這樣可以簡化運算.
(2)性質 2： = +
這個性質可以理解為分類加法計數原理的應用，在確定從(n+1)個不同元素中取出 m(m n，n,m∈ )
個元素時，對于某一個特定元素，只存在取與不取兩種情況，如果取這個元素，則只需從剩下的 n 個元素
中再取(m-1)個元素，有 種取法；如果不取這個元素，則需從剩下的 n 個元素中取出 m 個元素，有
種取法.
由分類加法計數原理可得： = + .
在應用中，要注意這個性質的變形、逆用等.
4．分組分配問題
(1)解題思路：先分組后分配，分組是組合問題，分配是排列問題.
(2)分組方法：①完全均勻分組，分組后除以組數的階乘；②部分均勻分組，有 m 組元素個數相同，則
分組后除以 m!；③完全非均勻分組，只要分組即可.
(3)分配方法：①相同元素的分配問題，常用“擋板法”；②不同元素的分配問題，利用分步乘法計數
原理，先分組后分配；③有限制條件的分配問題，采用分類求解.
【題型 6 有關組合數的計算與證明】
【例 6】（24-25 高二下·全國·課后作業）C3 4 5 66 + C7 + C8 + C9 + C710 = （ ）
A．315 B．330 C．345 D．360
【變式 6-1】（23-24 高二下·山西長治·期中）已知C5 6 5 +1 C = C ，則 = （ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
【變式 6-2】（23-24 高二下·江蘇淮安·期中）求值（用數字表示）
(1)A14 + A2 + A3 + A44 4 4
(2)C3 45 + C5
(3)C5 + A9 +1
【變式 6-3】（23-24 高二上·江西·期末）已知 , , ∈ N*， ≥ ≥ ．
(1)證明： C C = C C ；
(2)證明： C C = C C ．
【題型 7 組合數方程和不等式】
【例 7】（24-25 高二上·河南駐馬店·期末）關于 的方程C2 11 = C3 411 的解為（ ）
A． = 3 B． = 4 C． = 3且 = 4 D． = 3或 = 4
【變式 7-1】（2024 高二·江蘇·專題練習）若C4 > C6 ，則 的取值集合是（ ）
A．{6,7,8,9} B．{6,7,8}
C．{ | ≥ 6}, ∈ N D．{7,8,9}
【變式 7-2】（23-24 高二上·上海·課后作業）解關于正整數 x 的方程：
(1)C 2 5 516 = C16 ；
(2)C 2 + C 3 +2 +2 =
1
4A
3
+3．
【變式 7-3】（24-25 高二下·江蘇·階段練習）求解下列方程和不等式.
(1)A +1 < 6A 19 9 （ ≥ 1, ∈ N）；
1 1 7
(2)C C = 4C （ ≥ 0, ∈ N）.5 6 7
【題型 8 組合計數問題】
【例 8】（24-25 高二下·全國·課后作業）某校計劃在五四青年節期間舉行歌唱比賽，高二年級某班從本班 5
名男生 4 名女生中選 4 人，代表本班參賽，按照學校要求女生至少參加 1 人至多參加 2 人，則選派方式共
有（ ）
A．80 種 B．90 種 C．100 種 D．120 種
【變式 8-1】（23-24 高二下·吉林長春·期中）若一個四位數的各位數字之和為 4，則稱該四位數為“F 數”，
這樣的“F 數”有（ ）
A．17 個 B．19 個 C．20 個 D．21 個
【變式 8-2】（2024·江西南昌·模擬預測）四面體的頂點和各棱的中點共 10 個點．在這 10 點中取 4 個不共
面的點，則不同的取法種數為（ ）
A．141 B．144 C．150 D．155
【變式 8-3】（23-24 高二下·新疆克孜勒蘇·期中）學校夏季運動會需要從 4 名男生和 3 名女生中選取 4 名志
愿者，則選出的志愿者中至少有 2 名女生的不同選法種數為（ ）
A．20 B．30 C．22 D．40
【題型 9 分組分配問題】
【例 9】（23-24 高二下·江蘇鹽城·階段練習）甲、乙等 5 人去 , , 三個不同的景區游覽，每個人去一個景
區，每個景區都有人游覽，若甲、乙兩人不去同一景區游覽，則不同的游覽方法的種數為（ ）
A．112 B．114 C．132 D．160
【變式 9-1】（23-24 高二下·新疆烏魯木齊·期中）將 5 名大學生分配到 3 個鄉鎮當村官.每個鄉鎮至少一名，
則不同分配方案有（ ）
A．240 種 B．150 種 C．60 種 D．180 種
【變式 9-2】（23-24 高二下·江蘇連云港·期中）甲、乙等 5 人計劃去上海、蘇州及青島三個城市調查農民工
薪資情況．每個人只能去一個城市，并且每個城市都要有人去，則不同的分配方案共有種數為（ ）
A．150 B．300 C．450 D．540
【變式 9-3】（23-24 高二下·廣東云浮·階段練習）大連市普通高中創新實踐學校始建于 2010 年 1 月，以豐
富多彩的活動廣受學生們的喜愛.現有 A，B，C，D，E 五名同學參加現代農業技術模塊，影視藝術創作模
塊和生物創新實驗模塊三個模塊，每個人只能參加一個模塊，每個模塊至少有一個人參加，其中 A 不參加
現代農業技術模塊，生物創新實驗模塊因實驗材料條件限制只能有最多兩個人參加，則不同的分配方式共
有（ ）種．
A．84 B．72 C．60 D．48
【題型 10 排列、組合綜合】
【例 10】（24-25 高二下·全國·課后作業）現有8名師生站成一排照相，其中老師2人，男學生4人，女學生2
人，在下列情況下，各有多少種不同的站法？
(1)老師站在最中間，2名女學生分別在老師的兩邊且相鄰，4名男學生兩邊各2人；
(2)4名男學生互不相鄰，男學生甲不能在兩端；
(3)2名老師之間必要有男女學生各1人．
【變式 10-1】（23-24 高二下·江蘇宿遷·期中）某醫療小組有 4 名男性，2 名女性共 6 名醫護人員，醫護人
員甲是其中一名．
(1)若從中任選 2 人參加 A， 兩項救護活動，每人只能參加其中一項活動，每項活動都要有人參加，求醫護
人員甲不參加 項救護活動的選法種數；
(2)這 6 名醫護人員將去 3 個不同的地方參與醫療支援，每人只能去一地，每地有 2 人前往，若 2 名女性不
能去往同一個地方，求不同的分配方案種數．
【變式 10-2】（23-24 高二下·北京東城·期末）某學校舉行男子乒乓球團體賽，決賽比賽規則采用積分制，
兩支決賽的隊伍依次進行三場比賽，其中前兩場為男子單打比賽，第三場為男子雙打的比賽，每位出場隊
員在決賽中只能參加一場比賽. 某進入決賽的球隊共有五名隊員，現在需要提交該球隊決賽的出場陣容，即
三場比賽的出場的隊員名單.
(1)一共有多少種不同的出場陣容？
(2)若隊員 A 因為技術原因不能參加男子雙打比賽，則一共有多少種不同的出場陣容？
【變式 10-3】（24-25 高二下·上海閔行·階段練習）從 ， ， 等 8 人中選出 5 人排成一排.
（1） 必須在內，有多少種排法？
（2） ， ， 三人不全在內，有多少種排法？
（3） ， ， 都在內，且 ， 必須相鄰， 與 ， 都不相鄰，都多少種排法？
（4） 不允許站排頭和排尾， 不允許站在中間（第三位），有多少種排法？

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