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§10.2 排列与组合



§ 10.2

排列与组合

1.排列与组合的概念 名称 排列 组合 2.排列数与组合数 (1)排列数的定义: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 不同元素中取出 m 个元素的排列数,用 Am n 表示. (2)组合数的定义:从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数,叫做从

n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数,用 Cm n 表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 n! (1)Am n =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)= ?n-m?!
m (2)Cn =

定义 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 合成一组

公式

n?n-1??n-2???n-m+1? n! Am n = = Am m! m!?n-m?! m

性质

(1)0!=1;An n=n!.
m n (2)Cn =Cn
-m

m m 1 ;Cm . n+1=Cn +Cn


【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( × ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( × )

(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( √ ) (4)(n+1)!-n!=n· n!.( √
m 1 (5)Am √ ) n =nAn-1 .(


)

k 1 (6)kCk √ ) n=nCn-1.(


1.用数字 1、2、3、4、5 组成的无重复数字的四位偶数的个数为( A.8B.24C.48D.120 答案 C
3 解析 末位数字排法有 A1 2种,其他位置排法有 A4种, 3 共有 A1 2A4=48(种).

)

2.(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.144B.120C.72D.24 答案 D 解析 剩余的 3 个座位共有 4 个空隙供 3 人选择就座, 因此任何两人不相邻的坐法种数为 A3 4=4×3×2=24.

)

3.将字母 a,a,b,b,c,c 排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不 相同,则不同的排列方法共有( )

A.12 种 B.18 种 C.24 种 D.36 种 答案 A 解析 先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共有 A3 3种不同的排法. 再排第二列,其中第二列第一行的字母共有 A1 2种不同的排法,第二列第二、三行的字母只有 1 种排法. 因此共有 A3 A1 1=12(种)不同的排列方法. 3· 2· 4. 某班级要从 4 名男生、 2 名女生中选派 4 人参加某次社区服务, 如果要求至少有 1 名女生, 那么不同的选派方案有________种. 答案 14
1 3 解析 ①有 1 名女生:C2 C4=8. 2 ②有 2 名女生:C2 2C4=6.

∴不同的选派方案有 8+6=14(种).

题型一 排列问题 例 1 有 4 名男生、5 名女生,全体排成一行,问下列情形各有多少种不同的排法? (1)甲不在中间也不在两端; (2)甲、乙两人必须排在两端; (3)男女相间. 思维点拨 (1)先考虑甲的排法或先考虑中间位臵排法. (2)先排特殊元素.

(3)插空法. 解 (1)方法一 (元素分析法) 先排甲有 6 种,其余有 A8 8种,
8 故共有 6· A8 =241920(种)排法.

方法二 (位置分析法)
6 3 中间和两端有 A3 A6 8种排法,包括甲在内的其余 6 人有 A6种排法,故共有 A8· 6=336×720=

241920(种)排法. 方法三 (等机会法) 9 个人的全排列数有 A9 9种,甲排在每一个位置的机会都是均等的,依题意,甲不在中间及两 6 端的排法总数是 A9 9× =241920(种). 9 方法四 (间接法)
8 A9 A8 9-3· 8=6A8=241920(种).

(2)先排甲、乙,再排其余 7 人, 共有 A2 A7 2· 7=10080(种)排法. (3)(插空法)
5 4 先排 4 名男生有 A4 A5 4种方法,再将 5 名女生插空,有 A5种方法,故共有 A4· 5=2880(种)排法.

思维升华

本题集排列多种类型于一题,充分体现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、位臵

分析法(优先考虑特殊位臵)、 直接法、 间接法(排除法)、 等机会法、 插空法等常见的解题思路. 由 0,1,2,3,4,5 这六个数字组成的无重复数字的自然数, 求:(1)有多少个含有 2,3,但它们不相邻的五位数? (2)有多少个数字 1,2,3 必须由大到小顺序排列的六位数? 解 (1)不考虑 0 在首位,0,1,4,5 先排三个位置,
2 3 2 则有 A3 4个,2,3 去排四个空档,有 A4个,即有 A4A4个; 2 而 0 在首位时,有 A2 3A3个, 2 2 2 即有 A3 4A4-A3A3=252 个含有 2,3,但它们不相邻的五位数; 2 (2)在六个位置先排 0,4,5, 不考虑 0 在首位, 则有 A3 去掉 0 在首位, 即有 A3 0,4,5 6个, 6-A5个,

三个元素排在六个位置上留下了三个空位,1,2,3 必须由大到小进入相应位置,并不能自由排 列,
2 所以有 A3 6-A5=100 个六位数.

题型二 组合问题 例 2 某市工商局对 35 种商品进行抽样检查,已知其中有 15 种假货.现从 35 种商品中选取 3 种. (1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?

(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种? (3)恰有 2 种假货在内,不同的取法有多少种? (4)至少有 2 种假货在内,不同的取法有多少种? (5)至多有 2 种假货在内,不同的取法有多少种? 思维点拨 可以从特殊元素出发,考虑直接选取或使用间接法. 解 (1)从余下的 34 种商品中, 选取 2 种有 C2 34=561(种), ∴某一种假货必须在内的不同取法有 561 种.
3 2 3 (2)从 34 种可选商品中,选取 3 种,有 C3 34种或者 C35-C34=C34=5984(种).

∴某一种假货不能在内的不同取法有 5984 种.
2 (3)从 20 种真货中选取 1 件,从 15 种假货中选取 2 件有 C1 20C15=2100(种).

∴恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2100 种.
2 2 3 (4)选取 2 件假货有 C1 选取 3 件假货有 C3 共有选取方式 C1 20C15种, 15种, 20C15+C15=2100+455

=2555(种). ∴至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2555 种. (5)选取 3 件的总数有 C3 35,因此共有选取方式
3 C35 -C3 15=6545-455=6090(种).

∴至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6090 种. 思维升华 组合问题常有以下两类题型变化: (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元 素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视 “至少”与“至 多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法 分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理. 从 10 位学生中选出 5 人参加数学竞赛. (1)甲必须入选的有多少种不同的选法? (2)甲、乙、丙不能同时都入选的有多少种不同的选法? 解 (1)学生甲入选,再从剩下的 9 人选 4 人, 故甲必须入选的有 C4 9=126(种)不同选法. (2)没有限制条件的选择方法有 C5 10=252 种, 甲、乙、丙同时都入选有 C2 7=21 种, 故甲、乙、丙不能同时都入选的有 252-21=231(种)不同的选法. 题型三 排列与组合的综合应用问题 例 3 4 个不同的球,4 个不同的盒子,把球全部放入盒内.

(1)恰有 1 个盒不放球,共有几种放法? (2)恰有 1 个盒内有 2 个球,共有几种放法? (3)恰有 2 个盒不放球,共有几种放法? 思维点拨 把不放球的盒子先拿走,再放球到余下的盒子中并且不空. 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,共有几种放法?”,即把 4 个球分成 2,1,1 的三组,然 后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球, 其余 2 个球放在另外 2 个盒子内, 由分步乘法计数原理,
2 1 2 共有 C1 4C4C3×A2=144(种)放法.

(2)“恰有 1 个盒内有 2 个球”,即另外 3 个盒子放 2 个球,每个盒子至多放 1 个球,也即另 外 3 个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放球”是 同一件事,所以共有 144 种放法. (3)确定 2 个空盒有 C2 4种方法.
1 2 4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有 C3 4C1A2种方法;第二 2 2 2 C2 4C2 2 3 1 2 C4C2 类有序均匀分组有 2 · A2 种方法.故共有 C2 · A2 4(C4C1A2+ 2)=84(种)放法. A2 A2 2

思维升华

排列、组合综合题目,一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组,再对取

出的元素或分好的组进行排列.其中分组时,要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异 及分类的标准. (1)将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中.若每个信封放 2 张, 其中标号为 1,2 的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( A.12 种 B.18 种 C.36 种 D.54 种 (2)(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 C.144 答案 (1)B (2)B 解析 (1)先放 1、 2 的卡片有 C1 再将 3、 4、 5、 6 的卡片平均分成两组再放置, 有 3种,
2 故共有 C1 C4 =18 种. 3·

)

)

B.120 D.168 C2 4 · A2 2种, A2 2

(2)先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有 三种:“小品 1,小品 2,相声”,“小品 1,相声,小品 2”和“相声,小品 1,小品 2”.对
1 2 于第一种情况,形式为“□小品 1 歌舞 1 小品 2□相声□”,有 A2 2C3A3=36(种)安排方法;

同理, 第三种情况也有 36 种安排方法, 对于第二种情况, 三个节目形成 4 个空, 其形式为“□
3 小品 1□相声□小品 2□”,有 A2 2A4=48(种)安排方法,故共有 36+36+48=120(种)安排方

法.

排列、组合问题计算重、漏致误 典例:有 20 个零件,其中 16 个一等品,4 个二等品,若从 20 个零件中任意取 3 个,那么至 少有 1 个一等品的不同取法有________种. 易错分析 易犯错误如下:先从一等品中取 1 个,有 C1 16种取法;再从余下的 19 个零件中任
1 2 取 2 个,有 C2 19种不同取法,共有 C16×C19=2736 种不同取法.上述做法使两次取的一等品

有了先后顺序,导致取法重复. 解析 方法一 将“至少有 1 个是一等品的不同取法”分三类:“恰有 1 个一等品”,“恰
2 2 1 3 有 2 个一等品”, “恰有 3 个一等品”, 由分类加法计数原理有 C1 16C4+C16C4+C16=1136(种). 3 方法二 考虑其对立事件“3 个都是二等品”,用间接法:C20 -C3 4=1136(种).

答案 1136 温馨提醒 (1)排列、组合问题由于其思想方法独特,计算量庞大,对结果的检验困难,所以 在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则,如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、 先分组后分配原则、正难则反原则等,只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合 问题时必须心思细腻,考虑周全,这样才能做到不重不漏,正确解题. (2)“至少、至多”型问题不能利用分步乘法计数原理求解,多采用分类求解或转化为它的对 立事件求解.

方法与技巧 1.对于有附加条件的排列、组合应用题,通常从三个途径考虑: (1)以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素; (2)以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置; (3)先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减去不合要求的排列数或组合数. 2.排列、组合问题的求解方法与技巧: (1)特殊元素优先安排;(2)合理分类与准确分步;(3)排列、组合混合问题先选后排;(4)相邻 问题捆绑处理;(5)不相邻问题插空处理;(6)定序问题排除法处理;(7)分排问题直排处理; (8)“小集团”排列问题先整体后局部;(9)构造模型;(10)正难则反,等价条件. 失误与防范 求解排列与组合问题的三个注意点: (1)解排列与组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再利用两 个原理做最后处理.

(2)解受条件限制的组合题, 通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决, 分类标准应统 一,避免出现重复或遗漏. (3)对于选择题要谨慎处理,注意等价答案的不同形式,处理这类选择题可采用排除法分析选 项,错误的答案都有重复或遗漏的问题.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.(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 C.240 种 答案 B 解析 第一类:甲在最左端,有 A5 5=5×4×3×2×1=120(种)方法; 第二类:乙在最左端,有 4A4 4=4×4×3×2×1=96(种)方法. 所以共有 120+96=216(种)方法. 2.将 2 名教师,4 名学生分成 2 个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小 组由 1 名教师和 2 名学生组成,不同的安排方案共有( A.12 种 B.10 种 C.9 种 D.8 种 答案 A 解析 分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C1 2=2(种)选派方法; 第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C2 4=6(种)选派方法. 由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有 2×6=12(种). 3.10 名同学合影,站成了前排 3 人,后排 7 人.现摄影师要从后排 7 人中抽 2 人站前排, 其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数为(
5 2 2 2 2 2 3 A.C2 7A5B.C7A2C.C7A5D.C7A5

) B.216 种 D.288 种

)

)

答案 C
2 解析 从后排抽 2 人的方法种数是 C2 7;前排的排列方法种数是 A5.由分步乘法计数原理知不 2 同调整方法种数是 C2 7A5.

4.某台小型晚会由 6 个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位,节目乙不 能排在第一位,节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( A.36 种 B.42 种 C.48 种 D.54 种 答案 B )

解析 分两类,第一类:甲排在第一位时,丙排在最后一位,中间 4 个节目无限制条件,有 A4 4种排法;第二类:甲排在第二位时,从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在第一
3 1 3 位有 C1 3种排法,其他 3 个节目有 A3种排法,故有 C3A3种排法.依分类加法计数原理,知共 1 3 有 A4 4+C3A3=42(种)编排方案.

5.如图所示,要使电路接通,开关不同的开闭方式有(

)

A.11 种 B.20 种 C.21 种 D.12 种 答案 C
1 2 3 解析 当第一组开关有一个接通时,电路接通有 C1 2(C3+C3+C3)=14(种)方式; 1 2 3 当第一组开关有两个接通时,电路接通有 C2 2(C3+C3+C3)=7(种)方式.

所以共有 14+7=21(种)方式. 6.A、B、C、D、E 五人并排站成一排,如果 B 必须站在 A 的右边(A、B 可以不相邻),那么 不同的排法共有________种. 答案 60 解析 可先排 C、D、E 三人,共 A3 5种排法,剩余 A、B 两人只有一种排法,由分步乘法计 数原理知满足条件的排法共有 A3 5=60(种). 7.(2013· 北京)将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给 4 人,每人至少 1 张,如果分给 同一人的 2 张参观券连号,那么不同的分法种数是________. 答案 96 解析 将 5 张参观券分成 4 堆,有 2 个连号有 4 种分法,每种分法再分给 4 人,各有 A4 4种分 法,∴不同的分法种数共有 4A4 4=96. 8.用 1,2,3,4 这四个数字组成无重复数字的四位数,其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的 四位数的个数为________. 答案 8
2 1 解析 先把两奇数捆绑在一起有 A2 C2 · A2 2种方法,再用插空法共有 A2· 2=8 个.

9.某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排,其中甲、乙两种必须 排在一起,而丙、丁两种不能排在一起,不同的排法共有________种. 答案 24 解析 甲、乙排在一起,用捆绑法,丙、丁不排在一起,用插空法,不同的排法共有 2A2 A2 2· 3 =24(种). 10.有 9 名学生,其中 2 名会下象棋但不会下围棋,3 名会下围棋但不会下象棋,4 名既会下 围棋又会下象棋;现在要从这 9 名学生中选出 2 名学生,一名参加象棋比赛,另一名参加围 棋比赛,共有多少种不同的选派方法?

解 设 2 名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合 A,3 名会下围棋但不会下象棋的同学组成 集合 B,4 名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合 C,则选派 2 名参赛同学的方法可以分为 以下 4 类: 第一类:A 中选 1 人参加象棋比赛,B 中选 1 人参加围棋比赛,方法数为 C1 C1 2· 3=6 种;
1 第二类:C 中选 1 人参加象棋比赛,B 中选 1 人参加围棋比赛,方法数为 C1 C3 =12 种; 4· 1 第三类:C 中选 1 人参加围棋比赛,A 中选 1 人参加象棋比赛,方法数为 C1 C2 =8 种; 4·

第四类:C 中选 2 人分别参加两项比赛,方法数为 A2 4=12 种; 由分类加法计数原理,选派方法数共有 6+12+8+12=38 种. B 组 专项能力提升 (时间:20 分钟) 11.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画、4 幅油画、5 幅国画,排成一列,要求同一 品种的画必须连在一起,并且水彩画不放在两端,那么不同的排列方式的种数有(
5 A.A4 4A5 4 5 C.C1 3A4A5 3 4 3 B.A3 A4A5 4 5 D.A2 2A4A5

)

答案 D 解析 先把 3 种品种的画看成整体,而水彩画受限制应优先考虑,不能放在头尾,故只能放 在中间,又油画与国画有 A2 2种放法,再考虑国画与油画本身又可以全排列,故排列的方法有
4 5 A2 2A4A5种.

12.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中,有 5 架舰载机准备着舰.如 果甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有( A.12 种 B.18 种 C.24 种 D.48 种 答案 C 解析 丙、丁不能相邻着舰,则将剩余 3 机先排列,再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙 “捆绑”视作一整体,剩余 3 机实际排列方法共 2×2=4 种.有三个“空”供丙、丁选择, 即 A2 3=6 种.由分步乘法计数原理,共有 4×6=24 种着舰方法. 13.(2014· 广东)设集合 A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合 A 中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( A.60B.90C.120D.130 答案 D 解析 在 x1, x2, x3, x4, x5 这五个数中, 因为 xi∈{-1,0,1}, i=1,2,3,4,5, 所以满足条件 1≤|x1| +|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3 的可能情况有“①一个 1(或-1),四个 0,有 C1 5×2 种;②两个 1(或
2 -1),三个 0,有 C2 5×2 种;③一个-1,一个 1,三个 0,有 A5种;④两个 1(或-1),一个 1 3 1 -1(或 1),两个 0,有 C2 5C3×2 种;⑤三个 1(或-1),两个 0,有 C5×2 种.故共有 C5×2+ 2 2 2 1 C5 ×2+A5 +C5 C3×2+C3 5×2=130(种),故选 D.

)

)

14.(2013· 浙江)将 A、B、C、D、E、F 六个字母排成一排,且 A、B 均在 C 的同侧,则不同 的排法共有________种(用数字作答). 答案 480 解析 分类讨论:A、B 都在 C 的左侧,且按 C 的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母 这 4 类计算,再考虑右侧情况.
3 1 3 2 4 5 所以共有 2(A2 A3 +C3 A3· A2 2· 2+C3A4+A5)=480(种).

15.(2014· 浙江)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配 给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有________种(用数字作答). 答案 60 解析 把 8 张奖券分 4 组有两种分法,一种是分(一等奖,无奖)、(二等奖,无奖)、(三等奖,
4 无奖)、(无奖,无奖)四组,分给 4 人有 A4 种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖, 2 2 2 另两组无奖, 共有 C2 再分给 4 人有 A4 种分法, 所以不同获奖情况种数为 A4 3种分法, 4+C3A4=

24+36=60. 16.7 名师生站成一排照相留念,其中老师 1 人,男生 4 人,女生 2 人,在下列情况下,各 有不同站法多少种? (1)两个女生必须相邻而站; (2)4 名男生互不相邻; (3)老师不站中间,女生甲不站左端. 解 (1)∵两个女生必须相邻而站, ∴把两个女生看做一个元素,
2 则共有 6 个元素进行全排列,还有女生内部的一个排列共有 A6 6A2=1440(种)站法.

(2)∵4 名男生互不相邻, ∴应用插空法,
4 要老师和女生先排列,形成四个空再排男生共有 A3 3A4=144(种)站法.

(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有 A6 6=720(种)站法, 当老师不站左端时,老师有 5 种站法,女生甲有 5 种站法,余下的 5 个人在五个位置进行排 列共有 A5 5×5×5=3000(种)站法.根据分类加法计数原理知共有 720+3000=3720(种)站法.



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