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第十章第2讲排列与组合


第 2 讲 排列与组合

1.排列与排列数公式 (1)排列与排列数 从n个不同元 素中取出 m?m≤n?个元素 (2)排列数公式 n! Am . n =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)= ?n-m?! (3)排列数的性质 ①An ;②0!=1. n=n! 2.组合与组合数公式 (1)组合与组合数 从n个不同元 合成一组 组 所有不同 素中取出 ― ― →

合 组合的个数 ― ― → 组合数 m?m≤n?个元素 (2)组合数公式 n?n-1??n-2???n-m+1? Am n Cm = m= n Am m! n! = . m!?n-m?! (3)组合数的性质 n-m m m-1 ①C0 ;③Cm =Cm n=1;②Cn =Cn n +Cn n+1.
按照一定的顺序

― ― → 排成一列

排 排 所有不同 列 ― ― → 列 排列的个数 数

排列与组合问题的识别方法 排列 组合 识别方法 若交换某两个元素的位置对结果产生影响,则是排列问题,即排列问题与选取元素 顺序有关 若交换某两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问题,即组合问题与选取元素 顺序无关

1.(选修 2-3 P19 例 4 改编)从 0,1,2,3,4 中取出 3 个数字,组成没有重复数字的三位数 的个数为( ) A.24 B.36 C.48 D.60 解析:选 C.法一:百位数字只能从 1,2,3,4 中任取一个,有 A1 4种方法.十位与个位可从 1 2 剩下的 4 个数中取 2 个,有 A2 4种方法,则三位数的个数有 A4A4=4×4×3=48.故选 C. 法二:从 0,1,2,3,4 中取出 3 个数字排在百位、十倍与个位的方法总数有 A3 5,其中 0 作 2 3 2 为百位的三位数有 A4,则三位数的个数有 A5-A4=5×4×3-4×3=48.故选 C.

2.(选修 2-3 P18 例 3 改编)从 4 种不同的课外读物中,买 3 本送给 3 名同学,每人各 1 本.则不同的送法种数是( ) A.12 B.24 C.64 D.81 解析:选 C.送给每一位同学的送法都有 4 种,则不同的送法总数有 4×4×4=64(种). 3.(选修 2-3 P28A 组 T17 改编)从 4 名男同学和 3 名女同学中选出 3 名参加某项活动, 则男女生都有的选法种数是( ) A.18 B.24 C.30 D.36 2 2 1 解析:选 C.法一:分两类:男 1 女 2 或男 2 女 1,各有 C1 4C3和 C4C3种方法,所以选法 1 2 2 1 种数为 C4C3+C4C3=12+18=30(种).故选 C. 3 法二:从总数 7 名学生中,取 3 名的方法有 C3 7,全是男生的选法有 C4,全是女生的选 3 3 3 法有 C3 3.所以男女生都有的选法有 C7-C4-C3=35-4-1=30(种),故选 C. 4.(选修 2-3 P28B 组 T2 改编)现有 3 种蔬菜品种在右图的试验田里进行栽种,要求相 邻的区域内栽种不同的品种,一共有________种不同的栽种方法.

解析:第ⅠⅡⅢ块的栽法有 A3 3,第Ⅳ块只能与第Ⅰ块相同,只有 1 种栽法,故方法种 数有 A3 × 1 = 6( 种 ) . 3 答案:6 5. (选修 2-3 P40A 组 T7 改编)将 4 名大学生分配到 3 个乡镇去当村官, 每个乡镇至少 1 名,则不同的分配方案共有________种. 3 解析:先将 4 名大学生分成 3 组,共 C2 4种分法,再将 3 组分到 3 个乡镇,共 A3种安排 方法, 所以总分配方案共 C2 A3 4· 3=36(种). 答案:36

排列问题 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,各有多少种站法? (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=1 440(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 根据分类加法计数原理知共有 720+3 000=3 720(种) 5×5×5=3 000(种)站法. 站法. (1)对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法、元素分析法,在实际进行

排列时一般采用特殊元素优先原则, 即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置, 对于 分类过多的问题可以采用间接法. (2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限 制条件的排列问题的常用方法. 1.6 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 解析: 选 D.3 把空椅子和两端共有 4 个空隙供 3 人带椅子选择, 因此任何两人不相邻的 坐法种数为 A3 = 4 × 3 × 2 = 24. 4 2.在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施 6 个程序,其中程序 A 只能出现在第 一或最后一步,程序 B 和 C 在实施时必须相邻,问实验顺序的编排方法共有( ) A.34 种 B.48 种 C.96 种 D.144 种 解析:选 C.程序 A 有 A1 = 2( 种 ) 结果,将程序 B 和 C 看作元素集团与除 A 外的元素排 2 2 4 列有 A2A4=48(种),∴由分步乘法计数原理,实验编排共有 2×48=96(种)方法. 组合问题 男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男女队长各 1 名,选派 5 人外出比赛,在下 列情形中各有多少种选派方法? (1)男运动员 3 名,女运动员 2 名; (2)至少有 1 名女运动员. 2 3 [解] (1)任选 3 名男运动员, 方法数为 C3 再选 2 名女运动员, 方法数为 C4 , 共有 C6 · C2 6, 4 =120(种)方法. (2)法一:至少 1 名女运动员包括以下几种情况: 1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男, 由分类加法计数原理可得总选法数为 1 4 3 3 2 4 1 C4 C6+C2 4C6+C4C6+C4C6=246(种). 法二:“至少有 1 名女运动员”的反面是“全是男运动员”,因此用间接法求解,不同 5 选法有 C5 10-C6=246(种). 解决组合类问题的方法: 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“最多”含有几个元素的题型:解这类题必须十分重视“至少”与“最 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. 1.若从 1,2,3,?,9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数,其和为偶数,则不同的取法 共有( ) A.60 种 B.63 种 C.65 种 D.66 种 解析:选 D.共有 4 个不同的偶数和 5 个不同的奇数,要使和为偶数,则 4 个数全为奇 4 2 2 数,或全为偶数,或 2 个奇数和 2 个偶数,故不同的取法有 C4 5+C4+C5C4=66(种). 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

解析:选 A.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).故选 A. 3.从 10 位学生中选出 5 人参加数学竞赛.甲、乙、丙不能同时都入选的有多少种不同 的选法( ) A.35 B.252 C.231 D.63 5 解析:选 C.没有限制条件的选择方法有 C10 =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. 排列与组合综合问题 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 2 个盒不放球,共有几种放法? [解] (1)把 4 个不同小球分三组,共 C2 4种分法.对每种分法分成的三组再放入 4 个盒 2 3 中的 3 个盒子,共 A3 4种放法,所以总的放法种数为 C4A4=6×24=144(种). 2 (2)确定 2 个空盒有 C4种方法. 1 2 4 个球放进 2 个盒子可分有(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有 C3 4C1A2种方法; 2 2 C4C2 2 第二类有序均匀分组有 2 · A2种方法. A2 2 2 C4C2 2 3 1 2 故共有 C2 · A2)=84 种. 4(C4C1A2+ A2 2 排列与组合的综合题目,一般是先取出符合要求的元素组合(分组),再对取出的元素排 列,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 A,B,C,D,E 排成一列,要求 A,B,C 在排列中顺序为“A,B,C”或“C, B,A”(可以不相邻),这样的排列数有( ) A.12 种 B.20 种 C.40 种 D.60 种 5 解析:选 C.(排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为 A5 ,由于要求 A,B,C 的 A5 5 次序一定(按 A,B,C 或 C,B,A),故除以这三个元素的全排列 A3 ,可得 ×2=40. 3 A3 3 2.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、 乙两名学生不能分到同一个班,则不同分法的种数为( ) A.18 B.24 C.30 D.36 2 3 解析:选 C.四名学生中有两名学生恰好分在一个班,共有 C4 A3种分法,而甲、乙被分 2 3 3 在同一个班的有 A3 3种,所以不同的分法种数是 C4A3-A3=30(种).

一、选择题 1. (选修 2-3 P27A 组 T9 改编)在圆内接正十边形的 10 个顶点中任取三个顶点作三角形, 这样所得到的三角形中直角三角形的个数是( )

A.20 B.30 C.40 D.42 解析:选 C.由正十边形的 10 个顶点可作出圆的 5 条直径,以每条直径的两端点及另外 8 个点中的一点均可构成直角三角形,∴所求直角三角形个数为 5C1 8=40(个). 2.(选修 2-3 P28B 组 T3 改编)从 1,3,5 中取两个数,从 2,4 中取一个数,可以组成没有 重复数字的三位数,则在这些三位数中,奇数的个数有( ) A.12 B.18 C.24 D.36 解析:选 C.从 1,3,5 中取两个数有 C2 种方法,从 2,4 中取一个数有 C1 3 2种方法,而奇数只 2 1 1 2 能从 1,3,5 取出的两个数中之一作为个位数,故奇数的个数有 C3C2A2A2=3×2×2×2×1= 24. 3.(选修 2-3 P40A 组 T7 改编)3 本不同的数学书与 3 本不同的语文书放在书架同一层, 则同类书不相邻的放法种数有( ) A.36 B.72 C.108 D.144 3 解析:选 B.3 本数学书的放法有 A3种,将 3 本语文书插入使得语文数学均不相邻的插 3 3 法有 2A3 3种,故同类书不相邻的放法种有 2A3A3=2×6×6=72 种,故选 B. 二、填空题 4.(选修 2-3 P27A 组 T7 改编)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 演出顺序的编排方法数共有________. 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, 4 有 A4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 3 1 3 第一位有 C1 3种排法,其他 3 个节目有 A3种排法,故有 C3A3种排法.由分类加法计数原理, 4 1 3 知共有 A4+C3A3=42(种)编排方法. 答案:42 5.(选修 2-3 P27A 组 T12(2)改编)四面体的顶点和各棱中点共 10 个点,在其中取 4 个不 共面的点,不同的取法共有______种. 4 解析:如图,从 10 个点中任取 4 个点的组合数为 C10 =210,其中四点共面的可分为三 类:

(1)4 点在同一个侧面或底面的共 4 组,即 4×C4 6=60(种); (2)每条棱的中点与它对棱的三点共面的有 6 种; (3)在 6 个中点中,四点共面的有 3 种. 则 4 点不共面的取法共有 210-(60+6+3)=141(种). 答案:141 三、解答题 -1 2 m-1 6.(选修 2-3 P41B 组 T1(1)改编)(1)已知 Cn >3Cm n+1=An-1+1,求 n;(2)若 C8 8 ,求 m. n-1 2 解:(1)由 Cn+1=An-1+1 得 ?n+1?n =(n-1)(n-2)+1. 2 即 n2-7n+6=0. ∴n=1 或 n=6. 由 A2 n-1知,n≥3,故 n=6. 8! 3×8! (2)由 > , ?m-1?!?9-m?! m!?8-m?! 27 得 m> . 4

∵0≤m-1≤8,且 0≤m≤8,∴1≤m≤8. 又 m 是整数,∴m=7 或 m=8.

一、选择题 1.从 10 名大学毕业生中选 3 个人担任村长助理,则甲、乙至少有 1 人入选,而丙没有 入选的不同选法的种数为( ) A.85 B.56 C.49 D.28 [导学号 03350855] 解析:选 C.分两类:甲、乙中只有 1 人入选且丙没有入选,甲、 2 2 1 乙均入选且丙没有入选,计算可得所求选法种数为 C1 2C7+C2C7=49. 2.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 [导学号 03350856] 解析:选 C.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 2 三个“空”供丙、丁选择,即 A3=6 种.由乘法原理,共有 4×6=24 种着舰方法. 3.六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 [导学号 03350857] 解析:选 B.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.故选 B. 4.某校要求每位学生从 7 门课程中选修 4 门,其中甲、乙两门课程不能都选,则不同 的选课方案有( ) A.35 种 B.16 种 C.20 种 D.25 种 [导学号 03350858] 解析:选 D.学生从 7 门课程中选修 4 门,其中甲、乙两门课程不 3 能都选,有三类方案.一是不选甲、乙,共有 C4 5种方案,二是选甲,共有 C5种方案,三是 4 3 3 选乙,共有 C3 5种方案,所以共有 C5+C5+C5=25 种方案. 5.从 6 名同学中选派 4 人分别参加数学、物理、化学、生物四科知识竞赛,若其中甲、 乙两名同学不能参加生物竞赛,则选派方案共有( ) A.180 种 B.280 种 C.96 种 D.240 种 [导学号 03350859] 解析:选 D.特殊位置优先考虑,既然甲、乙都不能参加生物竞赛, 则从另外 4 个人中选择一个参加, 有 C1 然后从剩下的 5 个人中选择 3 个人排剩下 3 4种方案, 3 1 3 科,有 A5种方案,故共有 C4A5=4×60=240 种方案. 6.8 名学生和 2 位老师站成一排合影,2 位老师不相邻的排法种数为( ) 8 2 8 2 A.A8A9 B.A8C9 2 2 C.A8 D.A8 8A7 8C7 [导学号 03350860] 解析:选 A.不相邻问题用插空法,8 名学生先排有 A8 8种,产生 9 2 8 2 个空,2 位老师插空有 A9种排法,所以最终有 A8· A9种排法.故选 A. 7.甲、乙、丙等五人站成一排,要求甲、乙均不与丙相邻,则不同的排法为( ) A.72 种 B.36 种

C.52 种 D.24 种 3 [导学号 03350861] 解析:选 B.当丙在第一或第五位置时,有 2A1 2A3=24(种)方法;当 2 2 2 丙在第二或第四位置时,有 2A2 2A2=8(种)方法;当丙在第三位置时,有 A2A2=4(种)方法, 则不同的排法种数为 24+8+4=36.故选 B. 8.从 5 位男实习教师和 4 位女实习教师中选出 3 位教师派到 3 个班担任实习班主任工 作,每班派一名,要求这 3 位实习教师中男女都要有,则不同的选派方案共有( ) A.210 种 B.420 种 C.630 种 D.840 种 [导学号 03350862] 解析:选 B.先确定人选,再安排到具体的班级做实习班主任.确 3 3 定人选的方法有(C3 安排到具体班级的方法有 A3 根据分步乘法计数原理可 9-C5-C4)种, 3种, 3 3 3 3 得选派方法有(C9-C5-C4)A3=420 种. 9. 若从自然数 1 到 100 中, 每次取出两个数, 使其和大于 100, 则不同的取法种数有( ) A.1 225 B.4 950 C.2 500 D.2 450 [导学号 03350863] 解析: 选 C.①从 1 算起, 有 1 在内的两数和大于 100 的只有 1 组(即 1+100>100); ②从 2 算起,2+100>100,2+99>100,共有 2 组; ③从 3 算起,3+100>100,3+99>100,3+98>100,共有 3 组; ④从 4 算起,有 4 组; ?? 50 从 50 算起,有 50 在内的两数之和大于 100 的共 50 组; ○ 51 从 51 算起,有 51 在内的两数之和大于 100 的共 49 组; ○ ?? 最后有 99 在内的有 1 组. 所以不同的取法种数为 2(1+2+?+49)+50=2 500(种). 10. 公因数只有 1 的两个数, 叫做互质数. 例如: 2 与 7 互质, 4 与 11 互质. 在 2,3,4,5,6,7,11 的任一排列 a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7 中,使相邻两数都互质的不同排列方式共有( ) A.576 种 B.720 种 C.864 种 D.1 152 种 [导学号 03350864] 解析:选 C.根据题意,3 与 6 不互质,因此不能相邻;2,4,6 两两 不互质,它们也不能相邻.我们可以先排,3,5,7,11,然后将 2,4,6 插空,但要注意 6 不能排 1 2 在 3 的左右,即 A4 4×A3×A4=864 种,故选 C. 11.某市拟从 4 个重点项目和 6 个一般项目中各选 2 个项目作为本年度要启动的项目, 则重点项目 A 和一般项目 B 至少有一个被选中的不同选法的种数是( ) A.15 B.45 C.60 D.75 [导学号 03350865] 解析:选 C.从 4 个重点项目和 6 个一般项目中各选 2 个项目作为 2 本年度启动的项目,所有的选法种数是 C2 4×C6=90.重点项目 A 和一般项目 B 都没有被选中 2 2 的选法种数是 C3×C5=30,故重点项目 A 和一般项目 B 至少有一个被选中的不同选法种数 是 90-30=60. 12.有 8 张卡片分别标有数字 1,2,3,4,5,6,7,8,从中取出 6 张卡片排成 3 行 2 列,要求 3 行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为 5,则不同的排法共有( ) A.1 344 种 B.1 248 种 C.1 056 种 D.960 种 [导学号 03350866] 解析:选 B.中间行两张卡片为 1,4 或 2,3,且另两行不可同时出现 2 4 这两组数字.用间接法,中间行为(1,4)或(2,3),有 C1 2×A2×A6种排法;其中两行同时出现 2 2 2 1 2 4 1 2 2 2 1,4 或 2,3,有(C1 2×A2) ×A4种排法,所以不同的排法种数为 C2×A2×A6-(C2×A2) ×A4= 1 440-192=1 248. 二、填空题 13.现有 2 个红球、3 个黄球、4 个白球,同色球不加区分,将这 9 个球排成一列,有 ________种不同的方法.(用数字作答).

[导学号 03350867] 解析:第一步,从 9 个位置中选出 2 个位置,分给相同的红球,有 7 个位置中选出 3 个位置,分给相同的黄球,有 C3 7种选法; 第三步,剩下的 4 个位置全部分给 4 个白球,有 1 种选法.根据分步乘法计数原理可得,排 3 列方法共有 C2 9C7=1 260 种. 答案:1 260 14.20 个不加区别的小球放入 1 号,2 号,3 号的三个盒子中,要求每个盒内的球数不 小于它的编号数,则不同的放法种数为________. [导学号 03350868] 解析:先在编号为 2,3 的盒内分别放入 1 个,2 个球,还剩 17 个小 球,三个盒内每个至少再放入 1 个,将 17 个球排成一排,有 16 个空隙,插入 2 块挡板分为 三堆放入三个盒中即可,共有 C2 16=120(种)方法. 答案:120 15.在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,称该数为“驼峰数”.比如: “102”“546”为“驼峰数”, 由数字 1,2,3,4,5 这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十 位上的数字之和为________. 2 [导学号 03350869] 解析:三位“驼峰数”中 1 在十位的有 A2 4个,2 在十位的有 A3个, 2 3 在十位上的有 A2个, 所以所有三位“驼峰数”的十位上的数字之和为 12×1+6×2+2×3 =30. 答案:30 16.反复抛掷一枚质地均匀的骰子,每一次抛掷后都记录下朝上一面的点数,当记录有 三个不同点数时即停止抛掷,则抛掷五次后恰好停止抛掷的不同记录结果总数是________. [导学号 03350870] 解析:在 3 个不同点数时停止且在第 5 次停止,所以前 4 次抛掷有 2 种数字,第 5 次才出现第 3 种数字.由于在前 4 次抛掷中有任意 2 个不同的数出现,有 2 C6 =15 种可能情况,所以最后 1 投是在剩余 4 个数中任选 1 个,有 C1 4=4 种可能.在任取 的前 2 个数中,假设为 X 和 Y,有以下几种情况: ①X,Y,Y,Y,其可能的情况有 4 种; ②X,X,Y,Y,其可能的情况有 6 种; ③X,X,X,Y,其可能的情况有 4 种; 所以不同记录的结果总数是 15×4×(4+6+4)=840. 答案:840
2 C9 种选法;第二步,从剩余的


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