典型例题

第一篇：典型例题

典型例题

一、填空题

1.教育是社会主义现代化建设的基础，国家保障教育事业优先发展。全社会应当关心和支持教育事业的发展。全社会应当尊重教师。

2.新课程的三维目标是 知识与技能目标、过程与方法目标和情感态度与价值观目标。

二、单项选择题（下列所给的选项中，只有一个最符合题目要求）

1.《基础教育课程改革纲要（试行）》中指出，国家课程标准（A）

A.是教学和命题的依据B.包括教学重点和难点

C.是大多数学生都能达到的最高要求D.是根据专家的意见编制的2.人们常说：“教学有法，而无定法”。这反映了教师劳动具有（B）

A.示范性B.创造性C.间接性D.主体性

三、判断题（请判断下列各题的观点是否正确，正确的打“√”，错误的打“”。

1.学生评教是促进教师发展过程中惟一客观的评价方式。（×）

2.新课程目标取向及精神内核就是以学生的发展为本。（√）

四、简单题

1.中小学教师的职业道德规范主要涉及哪些方面？

答：爱国守法、爱岗敬业、关爱学生、教书育人、为人师表、终身学习。

2.《中华人民共和国未成年人保护法》规定学校应尊重未成年学生的哪些权利？

答：学校应当尊重未成年学生受教育的权利，关心、爱护学生，对品行有缺点、学习有困难的学生，应当耐心教育、帮助，不得歧视，不得违反法律和国家规定开除未成年学生。

五、案例分析题

学校规定初三学生必须在6点钟到校参加早自修，作为任课教师第二天与学生一起参与早自修的我在班级中也强调了一下，可是第二天仍有许多学生迟到，我看到这一情况，下令让迟到的学生在走廊罚站。到了第三天，再也没有一个学生迟到。还有一次，初三（2）班的一位男同学老是不肯做一周一次的时政作业，每次问他为什么，总都有原因，上次他说忘了，这次又说要点评的报纸没买，下次他会说作业本没带。这样几个星期下来，我光火了，不仅让他在办公室反思了一刻钟，写下保证书，还对他说，“下次再不交作业，甭来上课”，他这才有所收敛。

请从有关师德要求分析“我”的做法，并提出合理解决此类问题的建议。

答：本案主要反映了案例中的“我”以罚代教的教育方法，这明显违反了新时期我国教师职业道德内容中关于“对待学生”的相应规定，违反了不准以任何借口体罚或变相体罚学生，不准因学生违反纪律而加罚与违反纪律无关的任务等。

这位教师的做法在我们的身边也有可能出现。面对那些顽皮学生，有的教师可能无计可施。只得用“罚站”、“威胁”来对付他们，取得的效果看似有效，其实学生并非真正地接受，这不是真正的教育。虽然教师的出发点是好的，但这位教师的处理方法与《中小学教师职业道德规范》背道而驰。

教师对学生严格要求，要耐心教导，不讽刺、挖苦、歧视学生，不体罚或变相体罚学生，保护学生的合法权益。教师应该采用“说理”教育来对待那些顽皮学生，教师以朋友的身份心平气和地找那些学生谈心，尊重学生的人格，平等、公正地对待学生，多付出一点爱，多花时间在他们身上，当他们感受到老师在关心他们时，相信他们会改正缺点，努力做的更好。

第二篇：典型例题八

典型例题八

例8 设x、y为正数，求证x2y2x3y3．

分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．

证明：要证x2y2x3y3，只需证(x2y2)3(x3y3)2，即证x63x4y23x2y4y6x62x3y3y6，化简得3x4y23x2y42x3y3，x2y2(3x22xy3y2)0．

∵4y2433y20，∴3x22xy3y20．

∴x2y2(3x22xy3y2)0．

∴原不等式成立．

说明：1．本题证明易出现以下错误证法：xy2xy，xy22333

2x23y2，然后分(1)xy1；(2)xy1；(3)x1且0y1；(4)y1且0x1来讨论，结果无效．

2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是AB，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．

第三篇：JAVA典型例题

一、编写一个Java类，显示个人信息 要求：1.类名为：MyInformation。

2.该类具有属性：学号、姓名、性别、年龄、家庭住址，并且每个属性的数据类型如下所示。

String String String int

id;

//学生的学号 //学生的姓名 //学生的性别 //学生的年龄

name;sex;age;

String address;//学生的家庭住址

3.在主方法中根据你的个人信息给该类中相应的属性赋值，并输出你的个人信息。举例：

图1 个人信息显示界面

二、制作一个简单的用户登录窗体 要求：1.类名为：Login 2.用户在指定区域输入用户名、密码，单击“登录”按钮提交。如果正确，则输出“登录成功，欢迎您的到来”，如果用户名或密码不正确，则输出“对不起，您的用户名或密码错误”。

3.单击“重置”按钮，则清空输入框及提示信息，用户可以重新输入。4.用户名：szitu，密码：123456。

5.密码文本框中的字符以“*”的形式显示。

6.窗体的标题为“用户登录框”，窗体的大小设置为300*200。并对窗体上

的各类控件进行合理布局。

图2 “用户登录框”效果图

图3 登录成功提示信息框

图4 登录失败提示信息框

三、制作一个简单的带有菜单的学生信息管理系统主界面 要求：1.类名为StudentFrame 2.菜单应包含用户管理、信息管理、信息查询和帮助等。

3.“用户管理”菜单含有“增加用户”、“修改用户”、“删除用户”、“退出系统”4个菜单项。

4.“信息管理”菜单含有“增加信息”、“修改信息”、“删除信息”3个菜单项。

5.“信息查询”菜单含有“按学号查询”、“按姓名查询”2个菜单项。6.“帮助”菜单含有“关于„”1个菜单项。

7.用“分割线”将“用户管理”中的“退出系统”与其他菜单项分隔开。

8.窗体的标题为“学生信息管理系统主界面”，程序不要求实现每个菜单选．．．项的功能。

图5 “学生信息管理系统主界面”效果图

第四篇：《轻重》典型例题

典型例题

例．看图观察图意，谁轻谁重？

分析：首先观察第一幅图，一条鱼的重量等于两只螃蟹的重量，可以知道鱼比螃蟹重；再观察第二幅图，一条鱼的重量等于5只虾的重量，所以鱼比虾重；所以鱼是最重的．那么，螃蟹和虾比较又是谁重谁轻呢？我们可以分析一下，根据“一条鱼的重量等于两只螃蟹的重量”和“一条鱼的重量等于5只虾的重量”，可以推断出“两只螃蟹的重量等于5只虾的重量”，所以螃蟹比虾要重．

解：鱼最重，螃蟹其次，虾最轻．

选题角度：本题实际上渗透了等量代换的思想，通过练习，可以培养学生初步的推理能力。

第五篇：排列组合典型例题

典型例题一

例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？

分析：这一问题的限制条件是：①没有重复数字；②数字“0”不能排在千位数上；③个位数字只能是0、2、4、6、8、，从限制条件入手，可划分如下：

如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是 2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）．由此解法一与二．

如果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法三．

如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四．

解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有A9个；

当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中任选一个，百位，十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有A4A8A8（个）．

∴ 没有重复数字的四位偶数有

11232296

A9A4A8A85041792个．

解法2：当个位数上排“0”时，同解一有A9个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得：13A4(A9A82)个

3311

2∴

没有重复数字的四位偶数有

A9A4(A9A8)50417922296个．

解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有

A5A5A8个

干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包括0在内），百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有

11A4A4A82个 11231

32∴ 没有重复数字的四位偶数有

A5A5A8A4A4A82296个．

解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数．

没有重复数字的四位数有A10A9个．

其中四位奇数有A5(A9A8)个

/ 13

***∴ 没有重复数字的四位偶数有

4313333A10A9A5(A9A82)10A9A95A95A82

34A95A82

36A825A82

41A82

2296个

说明：这是典型的简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质，掌握其解答方法，以期灵活运用．

典型例题二

例2 三个女生和五个男生排成一排

（1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？

（2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？

（3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？

（4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？

解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有A6种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有A3对种不同的排法，因此共有A6A34320种不同的排法．

（2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有A5种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有A6种方法，因此共有A5A614400种不同的排法．

（3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有A5种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A6种排法，所以共有6A52A614400种不同的排法． 2635353636

解法2：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有A8种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A3A7种排法和女生排在末位的A3A7种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有A3A6种不同的排法，所以共有

2617178 2 / 1 8176A82A3A7A32A614400种不同的排法．

解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有A6种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有A5种不同的排法，所以共有35A6A514400种不同的排法，53（4）解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可有A5A7种不同的排法；如果首位排女生，有A3种排法，这时末位就只能排男生，有A5种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有A6种不同的排法，这样可有A3A5A6种不同排法．因此共有A5A7A3A5A636000种不同的排法．

解法2：3个女生和5个男生排成一排有A8种排法，从中扣去两端都是女生排法A3A6种，就能得到两端不都是女生的排法种数．

因此共有A8A3A636000种不同的排法．

说明：解决排列、组合（下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下遇到也同样处理）应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法．

若以位置为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它条件．

若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素．

间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快．

捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用． ***6171典型例题三

例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。

（1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？

（2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？

解：（1）先排歌唱节目有A5种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有A6中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：A5A6＝43200.（2）先排舞蹈节目有A4中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：A4A5＝2880种方法。

说明：对于“间隔”排列问题，我们往往先排个数较少的元素，再让其余元素插空排列。否则，若先排个数较多的元素，再让其余元素插空排时，往往个数较多的元素有相邻情况。

4545454 3 / 1 如本题（2）中，若先排歌唱节目有A5，再排舞蹈节目有A6，这样排完之后，其中含有歌唱节目相邻的情况，不符合间隔排列的要求。

54典型例题四

例4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法．

分析与解法1：6六门课总的排法是A6，其中不符合要求的可分为：体育排在第一书有A5种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有A5556种排法，如图中Ⅱ；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有A4种排法，因此符合条件的排法应是：

A62A5A4504（种）．

分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况：

（1）体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有A4A4种；

（2）数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法A4A4种；

（3）体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法A4A4种；

（4）数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法A这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：

A4A4A4A4A4A4504（种）．

分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况：

（1）体育，数学既不在最后也不在开头一节，有A412种排法；

（2）数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法；

（3）体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法；

（4）数学在第一节，体育在最后一节有1种排法．

上述 21种排法确定以后，仅剩余下四门课程排法是种A4，故总排法数为21A4504（种）．

下面再提出一个问题，请予解答．

问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法．

请读者完成此题．

说明：解答排列、组合问题要注意一题多解的练习，不仅能提高解题能力，而且是检验所解答问题正确与否的行之有效的方法．

***46544 4 / 1

3典型例题五

例5 现有3辆公交车、每辆车上需配1位司机和1位售票员．问3位司机和3位售票员，车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？

分析：可以把3辆车看成排了顺序的三个空：，然后把3名司机和3名售票员分别填入．因此可认为事件分两步完成，每一步都是一个排列问题．

解：分两步完成．第一步，把3名司机安排到3辆车中，有A36种安排方法；第二步把3名售票员安排到3辆车中，有A36种安排方法．故搭配方案共有

33A3A336种．

33说明：许多复杂的排列问题，不可能一步就能完成．而应分解开来考虑：即经适当地分类成分或分步之后，应用分类计数原理、分步计数原理原理去解决．在分类或分步时，要尽量把整个事件的安排过程考虑清楚，防止分类或分步的混乱．

典型例题六

例6 下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？

学 校 1 2 3 1 1 1 专 业 2 2 2

分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿的问题；同一学校的两个专业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业．因此这是一个排列问题．

解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在4所学校中选出3所并加排列，共有A4种不同的排法；第二步，从每所院校的3个专业中选出2个专业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排列数有A3A3A3种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：A4A3A3A35184种．

说明：要完成的事件与元素的排列顺序是否有关，有时题中并未直接点明，需要根据实际情景自己判断，特别是学习了后面的“组合”之后这一点尤其重要．“选而且排”（元素之间有顺序要求）的是排列，“选而不排”（元素之间无顺序要求）的是组合．另外，较复杂的事件应分解开考虑．

32222223典型例题七

/ 1

3例5 7名同学排队照相．

(1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？

(2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？

(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？(4)若排成一排照，7人中有4名男生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？ 3名女生，分析：(1)可分两步完成：第一步，从7人中选出3人排在前排，有A7种排法；第二步，剩下的4人排在后排，有A4种排法，故一共有A7A4A7种排法．事实上排两排与排成一排一样，只不过把第4~7个位子看成第二排而已，排法总数都是A7，相当于7个人的全排列．(2)优先安排甲、乙．(3)用“捆绑法”．(4)用“插空法”． 解：(1)A7A4A75040种．

(2)第一步安排甲，有A3种排法；第二步安排乙，有A4种排法；第三步余下的5人排在剩下的5个位置上，有A5种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有115A3A4A51440种．

5***(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余4个元素排成一排，即看成5个元素的全排列问题，有A5种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有A3种排法．由分步计数原理得，共有A5A3720种排法．

(4)第一步，4名男生全排列，有A4种排法；第二步，女生插空，即将3名女生插入4名男生之间的5个空位，这样可保证女生不相邻，易知有A5种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：A4A51440种．

说明：(1)相邻问题用“捆绑法”，即把若干个相邻的特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，与其他普通元素全排列；最后再“松绑”，将这些特殊元素进行全排列．(2)不相邻问题用“插空法”，即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．

43353534典型例题八

例8 从2、3、4、5、6五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．

分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“2”，当它位于个位时，即形如

/ 1 的数共有A4个（从

3、，当这些数相加时，由“2”4、5、6四个数中选两个填入前面的两个空）所产生的和是A42．当2位于十位时，即形如

222的数也有A4，那么当这些数相加时，2由“2”产生的和应是A4210．当2位于面位时，可同理分析．然后再依次分析3、4、5、6的情况．

解：形如2的数共有A4个，当这些数相加时，由“2”产生的和是A42；形如

222的数也有A4个，当这些数相加时，由“2”产生的和是A4210；形如

2的数也有A42个，当这些数相加时，由“2”产生的和应是A42100．这样在所有三位数的和中，由“2”产生的和是A42111．同理由3、4、5、6产生的和分别是A43111，A44111，222111(23456)26640． A45111，A46111，因此所有三位数的和是A4222说明：类似于这种求“数字之和”的问题都可以用分析数字出现次数的办法来解决．如“由1,4,5,x四个数字组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，求数x”．本题的特殊性在于，由于是全排列，每个数字都要选用，故每个数字均出现了A424次，故有24(145x)288，得x2． 4典型例题九

例9 计算下列各题：

m1nmAnA1nm(1)A；

(2)A；

(3)； n1An121566(4)1!22!33!nn!

(5)

123n1 2!3!4!n!解：(1)A151514210；(2)A66!654321720;(3)原式62(n1)!1(nm)!

[n1(m1)!](n1)!(n1)!1(nm)!1；

(nm)!(n1)!(4)原式(2!1)(3!2!)(4!3!)[(n1)!n!]

/ 1 (n1)!1；

(5)∵n111，n!(n1)!n!123n1 2!3!4!n!1111111111． 1!2!2!3!3!4!(n1)!n!n!∴说明：准确掌握好排列公式是顺利进行计算的关键．

本题计算中灵活地用到下列各式：

n!n(n1)!；nn!(n1)!n!；

n111；使问题解得简单、快捷． n!(n1)!n!典型例题十

例10 a,b,c,d,e,f六人排一列纵队，限定a要排在b的前面（a与b可以相邻，也可以不相邻），求共有几种排法．对这个题目，A、B、C、D四位同学各自给出了一种算式：A的算式是161111144A2A3A4A5)A4；C的算式是A6； A6；B的算式是(A124．上面四个算式是否正确，正确的加以解释，不正确的说明理由． D的算式是C62A4解：A中很显然，“a在b前的六人纵队”的排队数目与“b在a前的六人纵队”排队数目相等，而“六人纵队”的排法数目应是这二者数目之和．这表明：A的算式正确．

B中把六人排队这件事划分为a占位，b占位，其他四人占位这样三个阶段，然后用乘法求出总数，注意到a占位的状况决定了b占位的方法数，第一阶段，当a占据第一个位置时，b占位方法数是A5；当a占据第2个位置时，b占位的方法数是A4；„„；当a占据第5个位置时，b占位的方法数是A1，当a，b占位后，再排其他四人，他们有A4种排法，可见B的算式是正确的．

1411C中A64可理解为从6个位置中选4个位置让c,d,e,f占据，这时，剩下的两个位置依前后顺序应是a,b的．因此C的算式也正确．

这两个位置让a,b占据，显然，a,b占D中把6个位置先圈定两个位置的方法数C62，据这两个圈定的位置的方法只有一种（a要在b的前面），这时，再排其余四人，又有A4种排法，可见D的算式是对的． 8 / 1 说明：下一节组合学完后，可回过头来学习D的解法．

典型例题十一

例11 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？

解法1：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙丙坐下”、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又要用到分步计数原理，这样可有如下算法：

215215A4A2A5A4A4A58640(种)．

解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法．把“甲坐在第一排的八人坐法数”看成“总方法数”，这个数目是A4A7．在这种前提下，不合题意的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”这个数目是A4C2A3A4A5．其中第一个因数

111A4表示甲坐在第一排的方法数，C2表示从乙、丙中任选出一人的办法数，A3表示把选出

1111517的这个人安排在第一排的方法数，下一个A4则表示乙、丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，A5就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为

1711115A4A7A4C2A3A4A58640(种)． 51说明：解法2可在学完组合后回过头来学习．

典型例题十二

例12 计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（）．

A．A4A

5B．A3A4A5

C．C3A4A5

D．A2A4A5

解：将同一品种的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有A2种排列．但4幅油画、5幅国画本身还有排列顺序要求．所以共有A2A4A5种陈列方式．

∴应选D．

说明：关于“若干个元素相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将相邻的若干个元素“捆绑”在一起，看作一个大元素，与其他的元素进行全排列；然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行全排列．本例题就是一个典型的用“捆绑”法来解答的问题．

***典型例题十三

/ 1

3例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的个数共有（）．

A．210

B．300

C．46

4D．600 解法1：（直接法）：分别用1,2,3,4,5作十万位的排列数，共有5A5种，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有

5155A5300个． 265解法2：（间接法）：取0,1,,5个数字排列有A6，而0作为十万位的排列有A5，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有

165(A6A5)300(个)． 2∴应选B．

说明：(1)直接法、间接法是解决有关排列应用题的两种基本方法，何时使用直接法或间接法要视问题而定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比较麻烦，这时应考虑能否用间接法来解．

(2)“个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字”具有对称性，这两类的六位数个数一样多，即各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像时，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法．

典型例题十四

例14 用1,2,3,4,5，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）． A．24个

B．30个

C．40个

D．60个

分析：本题是带有附加条件的排列问题，可以有多种思考方法，可分类，可分步，可利用概率，也可利用本题所提供的选择项分析判断．

解法1：分类计算．

将符合条件的偶数分为两类．一类是2作个位数，共有A4个，另一类是4作个位数，也有A4个．因此符合条件的偶数共有A4A424个．

解法2：分步计算．

先排个位数字，有A2种排法，再排十位和百位数字，有A4种排法，根据分步计数原理，三位偶数应有A2A424个．

解法3：按概率算．

用15这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有A560个，其中偶点其中的32222121222．因此三位偶数共有6024个． 55解法4：利用选择项判断．

/ 1 用15这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有A560个．其中偶数少于奇数，因此偶数的个数应少于30个，四个选择项所提供的答案中，只有A符合条件． ∴应选A．

3典型例题十五

例15(1)计算A12A23A38A8．

(2)求Sn1!2!3!n!(n10)的个位数字．

分析：本题如果直接用排列数公式计算，在运算上比较困难，现在我们可以从和式中项的特点以及排列数公式的特点两方面考虑．在(1)中，项可抽象为nnnnn1nnAn(n11)An(n1)AnnAnAn1An1238，(2)中，项为n!n(n1)(n2)321，当n5时，乘积中出现5和2，积的个位数为0，在加法运算中可不考虑．

解：(1)由nAn(n1)!n!

∴原式2!1!3!2!9!8!9!1!362879．(2)当n5时，n!n(n1)(n2)321的个位数为0，∴Sn1!2!3!n!(n10)的个位数字与1!2!3!4!的个位数字相同． 而1!2!3!4!33，∴Sn的个位数字为3．

说明：对排列数公式特点的分析是我们解决此类问题的关键，比如：求证： n123n11，我们首先可抓等式右边的 2!3!4!(n1)!(n1)!nn11n1111，(n1)!(n1)!(n1)!(n1)!n!(n1)!∴左边11111111右边． 2!2!3!n!(n1)!(n1)!典型例题十六

例16 用0、组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个1、2、3、4、5共六个数字，无重复数字的3位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被3整除的三位数？

/ 1 分析：3位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是0，由于个位用或者不用数字0，对确定首位数字有影响，所以需要就个位数字用0或者用

2、一个自然数能被3整4进行分类．除的条件是所有数字之和是3的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意就用与不用数字0进行分类．

解：(1)就个位用0还是用2、2、3、4中任取两4分成两类，个位用0，其它两位从

1、数排列，共有A412(个)，个位用2或4，再确定首位，最后确定十位，共有224432(个)，所有3位偶数的总数为：123244(个)．

(2)从0、1、2、3、4、5中取出和为3的倍数的三个数，分别有下列取法：(012)、(015)、(024)、(045)、(123)、(135)、(234)、(345)，前四组中有0，后四组中没有0，用它们排成三位数，如果用前4组，共有42A216(个)，如果用后四组，共有4A324(个)，所有被3整除的三位数的总数为162440(个)． 32典型例题十七

例17 一条长椅上有7个座位，4人坐，要求3个空位中，有2个空位相邻，另一个空位与2个相邻空位不相邻，共有几种坐法？

分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为1、2、3、4、5、6、7．先选定两个空位，可以在1、2号位，也可以在2、3号位„共有六种可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在1、2号，则另一空位可以在4、5、6、7号位，有4种可能，相邻空位在6、7号位，亦如此．如果相邻空位在2、3号位，另一空位可以在5、6、7号位，只有3种可能，相邻空位在3、4号，4、5号，5、6号亦如此，所以必须就两相邻空位的位置进行分类．本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一个元素与另一空位插入已坐人的4个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．

解答一：就两相邻空位的位置分类：

若两相邻空位在1、2或6、7，共有24A4192(种)坐法．

若两相邻空位在2、3，3、4，4、5或5、6，共有43A4288(种)不同坐法，所以所有坐法总数为192288480(种)．

解答二：先排好4个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的4人之间，共有4A4A52480(种)不同坐法．

44解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉3个空位全不相邻或全部相

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邻的情况，4个人任意坐到7个座位上，共有A7种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，直接将三个空位看成一个元素与其它座位一起排列，共有A5种不同方法．三个空位全不相邻仍用插空法，但三个空位不须排列，直接插入4个人的5个间隔中，有A410种不同方法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为A7A510A4480(种)．

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