排列组合教案_范文大全

排列组合教案

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【专家解析】排列组合教案

【优秀范文】排列组合教案

范文一:排列组合教案 投稿:侯鮽鮾

排列组合常见解法

解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事

2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。

3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题,往往类与步交叉,因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略

例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.

解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,

1

先排末位共有C3 1 然后排首位共有C4 3 最后排其它位置共有A4

113

由分步计数原理得C4C3A4288

练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间,也不种在两端的花盆里,问有

多少不同的种法?

二.相邻元素捆绑策略

例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.

解:可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素,同时丙丁也看成一个复合元素,再与其它元

522

素进行排列,同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有A5A2A2480种不同的

排法

练习题:某人射击8枪,命中4枪,4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20

三.不相邻问题插空策略

例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多

少种? 解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有A5第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素5种,中间包含首尾两个空位共有种A6不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有A5A6 种

新节目插入原节目单中,且两个新节目不相邻,那么不同插法的种数为 30 四.定序问题倍缩空位插入策略

例4.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法

解:(倍缩法)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起进行排列,然后

用总排列数除以这几个元素之间的全排列数,则共有不同排法种数是:A7/A3

7

3

4

5

4

4

(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有A7种方法,其余的三个位置甲乙丙共有

4

1种坐法,则共有A7种方法。

思考:可以先让甲乙丙就坐吗?

(插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共有 方法

练习题:10人身高各不相等,排成前后排,每排5人,要求从左至右身高逐渐增加,共有多少排法?

5

C10

五.重排问题求幂策略

例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法

解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有7种不同的排法

允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象,元素不受位置的约束,可以逐一安排各个元素 n

的位置,一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为m种 练习题:

1. 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插

入原节目单中,那么不同插法的种数为 42 2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法7 六.环排问题线排策略

例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?

解:围桌而坐与坐成一排的不同点在于,坐成圆形没有首尾之分,所以固定一人A44并从此位置把圆

形展成直线其余7人共有(8-1)!种排法即7!

8

6

EABCDEFGHA

一般地,n个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n个不同元素中取出m个元素作圆

1m 形排列共有An

n

练习题:6颗颜色不同的钻石,可穿成几种钻石圈 120 七.多排问题直排策略

例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法

解:8人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有A4种,再排后4个位置上的特殊元素丙有A4种,其余的5人在5个位置上任意排列有A5种,则共有A4A4A5种

1

5

2

215

一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研

练习题:有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现安排2人就座规定前排中间的3个座位不

能坐,并且这2人不左右相邻,那么不同排法的种数是 346

八.排列组合混合问题先选后排策略

例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.

2

解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有C5种方法.再把4个元素(包含一个复合元素)装

24

入4个不同的盒内有A44种方法,根据分步计数原理装球的方法共有C5A4

练习题:一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不同的任务,每人完成一种任

务,且正副班长有且只有1人参加,则不同的选法有 192 种

九.元素相同问题隔板策略

例9.有10个运动员名额,分给7个班,每班至少一个,有多少种分配方案?

解:因为10个名额没有差别,把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6

个位置插个隔板,可把名额分成7份,对应地分给7个班级,每一种插板方法对应一种分法

6

共有C9种分法。

二班三班六班七班

将n个相同的元素分成m份(n,m为正整数),每份至少一个元素,可以用m-1块隔板, m1

插入n个元素排成一排的n-1个空隙中,所有分法数为Cn1

练习题:

4

1. 10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法? C9 32 .xyzw100求这个方程组的自然数解的组数 C103

十.正难则反总体淘汰策略

例10.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数,使其和为不小于10的偶数,不同的

取法有多少种?

解:这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用总体淘汰法。这十个数字中有5个偶数5

312

个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有C5,只含有1个偶数的取法有C5C5,和为偶数的取

123123法共有C5。再淘汰和小于10的偶数共9种,符合条件的取法共有C5C5C5C5C59

有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出

它的反面,再从整体中淘汰.

练习题:我们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的

抽法有多少种?

十一.平均分组问题除法策略

例11. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法?

解: 分三步取书得C6C4C2种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本书为ABCDEF,若第一

步取AB,第二步取CD,第三步取EF该分法记为(AB,CD,EF),则C6C4C2中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有A3种取法 ,而这些分法仅

3

222

222

222

是(AB,CD,EF)一种分法,故共有C6C4C2/A33种分法。

n

平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以An(n为均分的 组数)避免重复计数。 练习题:

54

1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法?(C13C84C4/A22)

2.10名学生分成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的 分组方法 (1540)

3.某校高二年级共有六个班级,现从外地转 入4名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安

2222

排2名,则不同的安排方案种数为______(C4C2A6/A290)

十二.实际操作穷举策略

例12.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法

2

解:从5个球中取出2个与盒子对号有C5种还剩下3球3盒序号不能对应,利用实际操作法,如

果剩下3,4,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒时,则4,5号球有只有1种装法,同理3号

2

球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原理有2C5种

号盒 5号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收 到意想不到的结果

练习题: 分别编有1,2,3,4,5号码的人与椅,其中i号人不坐i号椅(i1,2,3,4,5)的不同坐法有多少种?N44

1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配方式有多少种? (9)

2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选 颜色,则不同的着色方法有 72种

B

3

125

4

A

十三.化归策略

练习题:某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线 表示马路,从A走到B的最短路径有多少种?(C735)

小结

本节课,我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。排列组合历来是学习中的难点,通过我们平时做的练习题,不难发现排列组合题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字庞大,难以验证。同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。根据它们的条件,我们就可以选取不

3

同的技巧来解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化,举一反三,触类旁通,进而为后续学习打下坚实的基础。

分球入盒问题

问题:将5个小球放到3个盒子中,在下列条件下,各有多少种投放方法? ① 小球不同,盒子不同,盒子不空 ②小球不同,盒子不同,盒子可空 ③小球不同,盒子相同,盒子不空 ④小球不同,盒子相同,盒子可空 ⑤小球相同,盒子不同,盒子不空 ⑥小球相同,盒子不同,盒子可空 ⑦小球相同,盒子相同,盒子不空 ⑧小球相同,盒子相同,盒子可空

解:将小球分成3份,每份1,1,3或1,2,2。再放在3个不同的盒子中,即先分3122CCCC3 5253堆,后分配。有22

②小球不同,盒子不同,盒子可空 解:35种

③小球不同,盒子相同,盒子不空 解:只要将5个不同小球分成3份,分法为:1, 1,3;1,2,2。共有25种

④小球不同,盒子相同,盒子可空

本题即是将5个不同小球分成1份,2份,3份的问题。共有41种 ⑤小球相同,盒子不同,盒子不空解:(隔板法)。0 \ 00 \ 00 ,有C4种方法 ⑥小球相同,盒子不同,盒子可空

解一:把5个小球及插入的2个隔板都设为小球(7个球)。7个球中任选两个变为隔板(可以相邻)。那么2块隔板分成3份的小球数对应于 相应的3个不同盒子。故有C72=21解:分步插板法。

⑦小球相同,盒子相同,盒子不空解:5个相同的小球分成3份即可,有3,1,1;2,2,1。 共 2种

⑧小球相同,盒子相同,盒子可空

解:只要将将5个相同小球分成1份,2份,3份即可。分法如下:5,0,0; 4,1,0;3,2,0; 3,1,1; 2,2,1。

范文二:排列组合教案 投稿:丁搯搰

第一章计数原理

1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理

1 分类加法计数原理

分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有

法,在第2类方案中有种不同的方法. 那么完成这件事共有Nmn种不同的方法. 完成一件事情,有n类办法,在第1类办法中有m1种不同的方法,在第2类办法中有m2种不同的方法„„在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有nm种不同的方Nm1m2mn种不同的方法.

2 分步乘法计数原理

完成一件事有两个步骤,在第1个中有m种不同的方法,在第2个中有n种不同的方法. 那么完成这件事共有Nmn种不同的方法.

一般归纳:

完成一件事情,需要分成n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法„„做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有Nm1m2mn 种不同的方法.

3.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点

①相同点:都是完成一件事的不同方法种数的问题

②不同点:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,完成一件事要分为若干类,各类的方法相互独立,各类中的各种方法也相对独立,用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事,是独立完成;而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,完成一件事要分为若干步,各个步骤相互依存,完成任何其中的一步都不能完成该件事,只有当各个步骤都完成后,才算完成这件事,是合作完成.

3 综合应用

例3. 书架的第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放2本不同的体育书.

①从书架上任取1本书,有多少种不同的取法?

②从书架的第1、2、3层各取1本书,有多少种不同的取法?

③从书架上任取两本不同学科的书,有多少种不同的取法?

解: (1) 从书架上任取1本书,有3类方法:第1类方法是从第1层取1本计算机书,有4 种方法;第2 类方法是从第2 层取1本文艺书,有3 种方法;第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书,有 2 种方法.根据分类加法计数原理,不同取法的种数是 Nm1m2m3=4+3+2=9;

( 2 )从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书,可以分成3个步骤完成:第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书,有 4 种方法;第 2 步从第 2 层取1本文艺书,有 3 种方法;第 3 步从第3层取1 本体育书,有 2 种方法.根据分步乘法计数原理,不同取法的种数是 Nm1m2m3=4×3×2=24 .

(3)N43423226。

例4. 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,问共有多少种不同的挂法?

解:从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左、右两边墙上,可以分两个步骤完成:第 1 步,从 3 幅画中选 1 幅挂在左边墙上,有 3 种选法;第 2 步,从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边墙上,有 2 种选法.根据分步乘法计数原理,不同挂法的种数是

N=3×2=6 .

1.2.1排列

排列的概念:从n个不同元素中,任取m(mn)个元素(这里的被取元素各不相同)按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的.....说明:(1)排列的定义包括两个方面:①取出元素,②按一定的顺序排列;

排列数的定义:从n个不同元素中,任取m(mn)个元素的所有排列的个数叫做从n个

m元素中取出m元素的排列数,用符号An注意区别排列和排列数的不同:“一个排列”是指:从n个不同元素中,任取m个元素按照一定的顺序排成一列,不是数;“排列数”是指从n个不同元素中,任取m(mn).....

mAnm排列数公式及其推导:Ann(n1)(n2)(nm1) (m,nN,mn)

说明:(1)公式特征:第一个因数是n,后面每一个因数比它前面一个

少1,最后一个因数是nm1,共有m个因数;

(2)全排列:当nm时即nn全排列数:An我们规定 0! =1 . n(n1)(n2)21n!(叫做n的阶乘另外,

排列数的另一个计算公式:

mAnn(n1)(n2)(nm1)

Annn(n1)(n2)(nm1)(nm)321n!n!m=nm.即 An= (nm)(nm1)321(nm)!Anm(nm)!

322例2.解方程:3Ax2Ax6A1x.

解:由排列数公式得:3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1),

∵x3,∴ 3(x1)(x2)2(x1)6(x1),即3x17x100,

解得 x5或x22,∵x3,且xN,∴原方程的解为x5. 3

例7.(课本例2).某年全国足球甲级(A组)联赛共有14个队参加,每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次,共进行多少场比赛?

解:任意两队间进行1次主场比赛与 1 次客场比赛,对应于从14个元素中任取2个元

2素的一个排列.因此,比赛的总场次是A14=14×13=182.

例8.(课本例3).(1)从5本不同的书中选 3 本送给 3 名同学,每人各 1 本,共有多少种不同的送法?

(2)从5种不同的书中买3本送给3名同学,每人各1本,共有多少种不同的送法?

1.2.2组合

组合的概念:一般地,从n个不同元素中取出mmn个元素并成一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个说明:⑴不同元素;⑵“只取不排”——无序性;

组合数的概念:从n个不同元素中取出mmn个元素的所有组合的个数,叫做从n 个

m不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cn表示. ...

排列是先组合再排列 .........

m推广:一般地,求从n个不同元素中取出m个元素的排列数An,可以分如下两步:

m① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数Cn;

mmmm② 求每一个组合中m个元素全排列数Am,根据分步计数原理得:An=Cn. Am

(3)组合数的公式:

n!Anmn(n1)(n2)(nm1)m或Cn(n,mN,且mnCmm!(nm)!Amm!m

n

0规定: Cn1.

例8.在 100 件产品中,有 98 件合格品,2 件次品.从这 100 件产品中任意抽出 3 件 .

(1)有多少种不同的抽法?

(2)抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种?

(3)抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种?

解:(1)所求的不同抽法的种数,就是从100件产品中取出3件的组合数,所以共有 C3

1001009998= 161700 (种). 123

1 (2)从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有C2种,从 98 件合格品中抽出 2 件合格

212品的抽法有C98种,因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有C2=9506(种). C98

(3)解法 1 从 100 件产品抽出的 3 件中至少有 1 件是次品,包括有1件次品和有 2

12件次品两种情况.在第(2)小题中已求得其中1件是次品的抽法有C2种,因此根据分C98

121类加法计数原理,抽出的3 件中至少有一件是次品的抽法有C2+C2(种) . C982C98=9 604

解法2 抽出的3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数,也就是从100件中抽出3 件

33的抽法种数减去3 件中都是合格品的抽法的种数,即C100=161 700-152 096 = 9 604C98

(种).

说明:“至少”“至多”的问题,通常用分类法或间接法求解。

mnmmmm1组合数的性质1:Cn.组合数的性质2:Cn. Cn1=Cn+Cn

x12x3例13.解方程:(1)C13;(2)解方程:Cx2Cx2C1313Ax3. 10

解:(1)由原方程得x12x3或x12x313,∴x4或x5, x2x3

1x113 又由12x313得2x8且xN,∴原方程的解为x4或xxN

上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把x4和x5代入检验,这样运算量小得多.

(2)原方程可化为Cx3x21313(x3)!(x3)!5Ax3,即CxA,∴, 3x310105!(x2)!10x!

∴11, 120(x2)!10x(x1)(x2)!

2∴xx120,解得x4或x3,经检验:x4是原方程的解npnpCmCnpCmCmp。

证明:原式左端可看成一个班有m个同学,从中选出n个同学组成兴趣小组,在选出的n个同学中,p个同学参加数学兴趣小组,余下的np个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在m个同学中选出p个同学参加数学兴趣小组,在余下的mp个同学中选出np个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然,两种选法是一致的,故左边=右边,等式成立。

教学反思:

1注意区别“恰好”与“至少”

从6双不同颜色的手套中任取4只,其中恰好有一双同色的手套的不同取法共有多少种 2特殊元素(或位置)优先安排

将5列车停在5条不同的轨道上,其中a列车不停在第一轨道上,b列车不停在第二轨道上,那么不同的停放方法有种

3“相邻”用“捆绑”,“不邻”就“插空”

七人排成一排,甲、乙两人必须相邻,且甲、乙都不与丙相邻,则不同的排法有多少种

4、混合问题,先“组”后“排”

对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试,至区分出所有次品为止,若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有种可能?

5、分清排列、组合、等分的算法区别

(1)今有10件不同奖品,从中选6件分给甲一件,乙二件和丙三件,有多少种分法?

(2) 今有10件不同奖品, 从中选6件分给三人,其中1人一件1人二件1人三件, 有多少种分法?

(3) 今有10件不同奖品, 从中选6件分成三份,每份2件, 有多少种分法?

6、分类组合,隔板处理

从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法?

范文三:排列组合教案10.1-10.2 投稿:曹夭央

10.2 排列

学法导引

本节特别要注意在什么情况下是用排列的方式来解决问题,凡是有序的时候,就是排列问题,否则就不是排列问题.

知识要点精讲

知识点1 排列的定义

从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素,按一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.

知识点3 全排列公式

n个不同元素全部取出的一个排列,叫做n个不同元素的一个全排列.n个不同元素的全排列数为

规定0!=1.

解题方法、技巧培养

出题方向1 优限法

在排列组合问题中,常有这样的元素存在,这些元素受到一些特殊的限制,或者说受到比较多的限制,它们的位置比较容易确定,因此我们一般先考虑安排它们,然后再安排其他元素.这种处理排列组合问题的方法,叫做优限法.

出题方向2 捆绑法

在一个排列问题中,如果有的元素要排在一起,通常把这些元素捆绑成一个元素,参与排列,在整体排列结束后,再来排这几个被捆绑的相邻的元素,这种方法叫做捆绑法.由此可见捆绑法主要用于相邻问题的排列.

例2 有8本互不相同的书,其中数学书3本,外文书2本,其他书3种,将这些书排成一排放在书架上,那么数学书恰好排在一起,外文书也排在一起的排法有多少种.

[分析] 数学书要排在一起,外文书也要排在一起,这是典型的相邻问题,采用捆绑法.

出题方向3 插空法

在排列问题中,常常会遇到某些元素不能相邻的问题,这时我们总是用插空的方法来保证这些元素不相邻,只是我们在插空当中,首先是把相应的隔板安排好,再进行插空.

例3 3名学生与3名教师排成一排照相,

(1)教师均不相邻,有多少种排法;

(2)学生均不相邻,有多少种排法;

(3)教师和学生均不相邻,有多少种排法.

(2)同(1).

出题方向4 排除法

排列的问题有时比较复杂,特别是分类时,所以有时可以从所有的排列中,把不符合的排列剔除,这样的解题方法叫做排除法.

例4 从1,2,3,…,8,9这九个数字中任取2个作为对数的底数与真数,可以得到多少个不同的对数值?

[分析] 这里的对数,它的底数与真数是有序的,所以是排列问题.

2为底3的对数与4为底9的对数相等;3为底2的对数与9为底4的对数相等;这有2个重复,要去掉;2为底4的对数与3为底9的对数相等;4为底2的对数与9为底3的对数相等;这有2个重复,要去掉;1为真数的对数共有8个,都等于0,要去掉7个.

所以符合条件的对数共有53个.

出题方向5 顺序一定的问题

例5(1)五人站成一排,甲必须在乙的前面(不一定相邻)的排法有多少种?

(2)10人站成一排,其中甲、乙、丙三人,乙不能站在甲的前面,丙不能站在乙的前面的站法有多少种? 出题方向6 排列数公式

证毕.

易错易混点警示

例8 为亮化美化城市,现在要把一条路上7盏路灯全部改装成彩色路灯.如果彩色路灯有红、黄与蓝共三种颜色,在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻,而且每种颜色的路灯至少要有2盏,有多少不同的安装方法?

[错解] 从颜色考虑.三种颜色中任一种颜色最多安装3盏,最少安装2盏,分类讨论.不妨就选上两盏红色、两盏黄色、三盏蓝灯(这有3种选法)来讨论.

先排三盏蓝灯,只有一种排法,然后插空,两盏红色的有1种插空方式,再把两盏黄色的插进去有6×5×4=120种插空方式.

所以共有120×3=360种不同的安装方式.

[错因分析] 错解把同色的灯看成了可以区分的.

[正解] 安装时要求相同颜色的路灯不能相邻,而且每种颜色的路灯至少要有2盏,这说明三种颜色的路灯的分配情况只能是2、2、3盏的形式.先讨论颜色.在选择颜色时有3种方法,选好了一种颜色后,安装时采用插空的方式.下面不妨就选上两盏红色、两盏黄色、三盏蓝灯来讨论.先排两盏红色、两盏黄色共四盏灯,如果两盏红色、两盏黄色分别两两相邻,有2种排法,则蓝色的有3种排法,共6种安装方法;如果两盏红色、两盏黄色分别两两不相邻,有2种排法,再把蓝色的安排下去有10种安装方法,所以有20种不同的安装方法.如果恰有一种颜色的相邻,则有2×6=12种不同的方法.

综上共有3×38=114种不同的安装方法.

综合应用创新

【综合能力升级】

本节内容独立性强,综合题仅限于与方程的小综合及计数方面的综合,学习时,要注意化归思想,分类思想在解综合题中的作用.

例9 由四个不同的数字1,4,5,x(x≠0)组成没有重复数字的所有的四位数的各位数字之和为288,求x的值. 即24x+120+96+24=288,

解得:x=2.

想一想 从2、3、4、5、6这五个数中每次取出三个数组成三位数,求所有这些三位数的和

例10 用0,1,2,3,4,5六个数字可以组成多少个没有重复数字的:

(1)五位数?

(2)六位偶数?

(3)能被25整除的四位数?

(4)大于201345的自然数?

10.3 组合

学法导引

学习本节的一个最重要方面是一定要分清排列问题还是组合问题,区分方法是,你只要在你求得的一种情况中,把元素的位置交换一下,如果是一个新的符合的情况,就是排列问题,否则就是组合问题.

知识要点精讲

知识点1 组合的定义

从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素并成一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.

知识点3 组合与排列的区别与联系

(1)排列是有序的,组合是无序的.

(2)从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的排列,可以看成先从这n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的组合后,再将这m个元素作全排列得到.即:

解题方法、技巧培养

排列组合问题,大部分都可以归结为某种模式,因此在排列组合的学习过程中,重视模式化思维方式的学习,一方面在于模式化思维方式在解决排列组合问题中的直接使用,能使我们尽快地、准确地把握问题的本质,形成良好的解决问题的思维习惯;另一方面在于对学生数学思维训练的价值和潜在的智力素质的发展与形成的重大影响.

出题方向1 分解与合成模式

分解与合成模式是排列组合问题中的一种最基本的解题思维模式.当我们把一个问题分解成几个过程(或者是分解成几个子问题),逐一解决,然后再依据问题分解后的结构形式将问题合成,从而得到原问题的解,这样的思考问题的思维方式叫做分解与合成的解题模式.

例1 30030能被多少个不同的偶数整除?

[解] 先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5×7×11×13,依题意就是要求所有偶数因数的个数,而要得到偶数因数,必须先取定2,再认其余五个质因数中任取若干个(每个因数最多取一次)组成乘积,显然,这样的乘积的个数,即30030的偶数因数的个数为

点拨 本题求因数的个数的方法仅适用于这个数的质因数互不相同,即质因数的次数都是1的情况,其他的情况参见10.1节相关例题.

例2 (1)利用正方体的8个顶点可构成多少个三棱锥?

(2)利用正方体的8个顶点可以连成多少对异面直线?

(2)每一个三棱锥上有3对异面直线,而正方体的8个顶点可构成58个三棱锥,∴ 正方体的8个顶点可以连成58×3=174对异面直线.

点拨 上述两例题解题过程均是利用分解与合成的模式进行处理.例1中是对解题结构进行分解,利用分类计数原理,把两个过程合成;在例2(2)中我们是对解题过程进行分解,利用分步计数原理把两类合成.这种合成方式上的不同,在解题过程中要特别注意区分.

出题方向2 映射模式

对于一个排列组合问题A,如果能找到一个问题B,使问题B与问题A在解的个数上存在一个一一映射的关系,我们就可以通过解决B而达到解决A的目的.这样的考虑问题的方式,我们把它叫做映射模式.

例3 用1,2,3,4,5这五个数字,组成无重复数字的三位数,其中偶数有多少个?

[分析] 根据题意,可知这种三位数的个位数字有五种情况,而这五种情况中,只有两种情况能使这个三位数是偶数.设问题A:由1,2,3,4,5中取三个排成的所有的三位数,问题B:由1,2,3,4,5这五个数字中取三个排成的所有偶数.由于存在这样的一个一一映射,使A中5个三位数与B中2个符合条件的三位偶数对应.

想一想 用0,1,2,3,4,5这六个数字,组成无重复数字的三位数,其中偶数有多少个?

例4 有两组平行线,第一组平行线有5条,第二组平行线有6条,第一组平行线与第二组平行线相交,问这两组平行线能构成多少个平行四边形?

想一想 圆上有12个点,过每两点连一条直线,这些直线在圆内的交点有多少个?

点拨 映射模式在解排列组合问题中,是一种常见的思考问题的方式,例3与例4主要是在两类计数问题的结果上建立了一种对应关系,在其他问题中,我们有时也可从两个问题的关系与结构上找到对应关系,或者还可以从两个问题的已知条件上去找到某种对应关系,从而顺利解决问题.

出题方向3 叠加模式

设集合A,B均为集合U的子集,用P(x)表示集合中元素个数,根据容斥原理,可以得到:

我们可以用这个结论处理一些排列组合问题.

例5 甲、乙等五人站成一排,其中甲不站排头,乙不站排尾的排法有多少种?

[分析] 用集合U表示五个人的全排列的集合,集合A表示甲站排头的所有排列,集合B表示乙站排尾的所有排列,其中A,B均为U的子集,由容斥原理

即符合条件的排法数是78.

例6 9名翻译中,6名会英语,5名会日语,现要安排4名翻译英语,3名翻译日语,共有多少不同的安排方法. 点拨 从以上三例我们可以发现,从集合的叠加原理出发,可以解决一系列有关的排列组合问题,同时它能把一个复杂的问题变得特别的明朗、清晰.我们把这样的解决问题的思维方法叫做叠加模式.

出题方向4 化归模式

在处理复杂的排列组合问题时,可以把一个问题退化成一个简要的问题,通过解决这个简要的问题找到解题方法,从而进一步解决原来的问题.

例7 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种.

[分析] 把这样的一个问题:从9人排成的3×3的方阵中,选出不在同一行也不在同一列的3人,有多少选法.这个问题相对原来的问题简单,只要选出一个人后把这个人所在的行所在的列划掉,然后再继续选就可以了.

然后我们再从5×5的方阵中选出3行3列,就可以得到一个3×3的方阵,再在3×3的方阵中选3人,便可得答案.

想一想 把25人排成5×5方阵,其中甲、乙二人不相邻(指甲、乙前后、左右、左前、右前、左后、右后均不相邻)的排法有多少.

例8 如图10-3-3是某一城市的街区图,由12个全等的矩形街区构成,其中实线表示街道,问从A到B的最短路程有多少种.

根据上述情况,我们可以找到原问题的关键所在,这就是:在图1的每种最短路程的走法中,都必须包含走过3条长为a的边,4条长为b的边,即应该一共走过七条边.从这个角度来说,又可以把这个问题化归成由3个a,4个b共7个字母的排列有多少的问题.

想一想 如果某一城市的街区图如图(10-3-4),从A到B的路程最短的走法有多少?

出题方向5 整体模式与隔板模式

在排列组合问题中有较多的相邻与不相邻的问题,或者同时也有那么一些可以通过化归的方法转化为相邻与不相邻的排列问题,可以通过整体模式与隔板模式的思维方式来处理问题,这类问题在考试中是比较常见的.

例9 已知方程x+y+z+w=100,求:

(1)这个方程的正整数解的组数;

(2)这个方程的自然数解的组数.

例10 一条路有12盏路灯,为节约用电,关掉其中的3盏,如果不关相邻两盏,有多少不同的关灯的方案.

[分析] 这也是一个不相邻问题.即被关掉的灯没有任何两盏是相邻的.这样我们可以用隔板模式来处理问题.把亮着9盏灯看成隔板,这时要特别注意这里的隔板是无序的.

出题方向6 组合数与组合数的性质

范文四:《排列与组合》教案 投稿:汪箫箬

排列与组合

第一课时

教学内容:人教版实验教材数学教科书二年级上册第八单元

教学目标:

1、通过观察、猜测、操作等活动,找出最简单的事物的排列数和组合数。

2、经历探索简单事物排列与组合规律的过程。

3、培养学生有顺序地全面地思考问题的意识。

4、感受数学与生活的紧密联系,激发学生学好数学的信心。

教学重点:经历探索简单事物排列与组合规律的过程

教学难点:初步理解简单事物排列与组合的不同

教学过程:

一、创设问题情境:

师:森林学校的数学课上,猴博士出了这样一道题,用数字1、2能写出几个两位数?问题刚说完小动物们都纷纷举手说能写成两个数:12、21。接着猴博士又加上了一个数字3,问:“用数字1、2、3能写出几个两位数呢?”小猪站起来说能写成3个,小熊说5个,小狗说7个,到底能写出几个呢?

二、自主合作探索新知

1、试一试

师:请同学们也试着写一写,如果你觉得直接写有困难的话可以借助手中的数字卡片摆一摆。

学生活动教师巡视。(学生所写的个数可能不一样,有多有少,找几份重复的或个数少的展示。)

2、发现问题

学生汇报所写个数,教师根据巡视的情况重点展示几份,引导学生发现问题:有的重复写了,有的漏写了。

3、小组讨论

师:每个同学写出的个数不同,怎样才能很快写出所有的用数字1、2、3组成的两位数,并做到不重复不遗漏呢?

学生以小组为单位交流讨论。

4、小组汇报

汇报时可能会出现下面几种情况:

1、无序的。

2、先写出1在十位上的有12、13;再写出2在十位上的有21、23;再写出3在十位上的有31、32。

3、用数字1、2能写出12、21;用数字2、3能写出23、32;用数字1、3能写出13、31。

引导学生及时评价每一种方法的优缺点,使其把适合自己的方法掌握起来。

5、小结

三、练习

1、拓展应用

数字2、3、4、5、出个两位数?写完交流。(或者也可用这样一道题:用△○□能摆成6种排法,例如:□○△

请你试着摆出其他几种排法。

2、拓展应用

小狗要参加学校的时装表演,妈妈为它准备了4件衣服(出示2件上衣、2件裤子的图片),请你帮小狗设计一下共有多少种穿法。如果需要的话可以用学具摆一摆。

交流想法。

4、完成课本99页的第2题

四、小结:

今天学习了什么内容?

教学后记:

第二课时 简单推理

教学内容:人教版实验教材数学教科书二年级上册第八单元

教学目标:

1.经历简单推理的过程,初步获得一些简单推理的经验。

2.培养学生初步的观察、分析及推理能力。

3.体会数学思想方法在生活中的用途,激发学生学好数学的信心。

教学重点:经历简单推理的过程

教学难点:推理依据的叙述

教具准备:教学课件,

教学过程:

一、谈话导入:

师:新学期开始班里来了一对双胞胎兄弟,哥哥叫大壮,弟弟叫小壮,(出示图片)你能分出谁是哥哥谁是弟弟么?为什么?(学生可能回答不能,因为他们长的一模一样)

二、探索新知

1、做出判断

师:现在其中的一个说:“我不是哥哥。”现在你能指出谁是哥哥,谁是弟弟吗?

2、说明理由

你为什么做出这样的判断?

先在小组内交流,然后班内汇报。

3、小结

师:(小结同学们推理的过程)刚才同学们根据双胞胎兄弟中一人的话,判断出了谁是哥哥,谁是弟弟。这就是我们今天要学习的简单推理(板书课题)。

4、找气球

师:推理在生活中有非常广泛的用途,生活中有许多事情需要我们根据已知的条件对事件进行推断。为了庆祝元旦小明、小红、小芳每人从家里带来了一个气球,(出示三位小朋友及红、黄、蓝三个气球)小明说我的气球是红色的,小红说我的气球不是蓝色的。根据他们的对话你能说出小明、小红、小芳各拿来了哪一个气球吗?

学生判断并说明理由。

三、拓展应用

1、可以在完成课本101页的第3、4题的基础上完成下列有趣的题目。

2、这三组影子分别是哪组积木的投影?请连线,并说明为什么?

3、红圈中的积木和哪块积木拼合,才能成为一个和左图一样的正方体?

4、小熊、小狗、小兔的箱子分别装有相同大小的铁块、木块、棉花。你在看过跷跷板之后,能说出每人的箱子里都装有什么吗?为什么?

四、课堂总结

今天这节课有意思吗?为什么呀?你有什么收获

教学后记:

范文五:《排列组合》教案 投稿:袁煭煮

课 题:排列与组合

一、课题引入

我们先看下面两个问题.

(l)从甲地到乙地,可以乘火车,也可以乘汽车,还可以乘轮船.一天中,火车有4班,汽车有 2班,轮船有 3班,问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法?

板书:图

因为一天中乘火车有4种走法,乘汽车有2种走法,乘轮船有3种走法,每一种走法都可以从甲地到达乙地,因此,一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法.

一般地,有如下原理:

加法原理:做一件事,完成它可以有n类办法,在第一类办法中有m1种不同的方法,在第二类办法中有m2种不同的方法,„„,在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N=m1十m2十„十mn种不同的方法.

(2) 我们再看下面的问题:

由A村去B村的道路有3条,由B村去C村的道路有2条.从A村经B村去C村,共有多少种不同的走法?

板书:图

这里,从A村到B村有3种不同的走法,按这3种走法中的每一种走法到达B村后,再从B村到C村又有2种不同的走法.因此,从A村经B村去C村共有 3X2=6种不同的走法.

一般地,有如下原理:

乘法原理:做一件事,完成它需要分成n个步骤,做第一步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法,„„,做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N=m1 m2„mn种不同的方法.

讲解范例:

例1. 书架上层放有6本不同的数学书,下层放有5本不同的语文书.

1)从中任取一本,有多少种不同的取法?

2)从中任取数学书与语文书各一本,有多少的取法?

解:(1)从书架上任取一本书,有两类办法:第一类办法是从上层取数学书,可以从6本书中任取一本,有6种方法;第二类办法是从下层取语文书,可以从5本书中任取一本,有5种方法.根据加法原理,得到不同的取法的种数是6十5=11.

答:从书架L任取一本书,有11种不同的取法.

(2)从书架上任取数学书与语文书各一本,可以分成两个步骤完成:第一步取一本数学书,有6种方法;第二步取一本语文书,有5种方法.根据乘法原理,得到不同的取法的种数是 N=6X5=30.

答:从书架上取数学书与语文书各一本,有30种不同的方法.

课堂练习:

一同学有4枚明朝不同古币和6枚清朝不同古币

1)从中任取一枚,有多少种不同取法? 2)从中任取明清古币各一枚,有多少种不同取法?

二、排列

1、什么叫排列?从n个不同元素中,任取m(mn)个元素(这里的被取元素各不相同)按照一定的顺序排成一列,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,排列数的计算公式

mmAnn(n1)(n2)(nm1)或An n! (其中m≤n m,nZ) (nm)!

3.全排列、阶乘的意义;规定 0!=1

4.“分类”、“分步”思想在排列问题中的应用.

讲解范例:

例2.⑴ 7位同学站成一排,共有多少种不同的排法?

7 解:问题可以看作:7个元素的全排列——A7=5040

⑵ 7位同学站成两排(前3后4),共有多少种不同的排法?

解:根据分步计数原理:7×6×5×4×3×2×1=7!=5040

⑶ 7位同学站成一排,其中甲站在中间的位置,共有多少种不同的排法?

6 解:问题可以看作:余下的6个元素的全排列——A6=720

⑷ 7位同学站成一排,甲、乙只能站在两端的排法共有多少种?

解:根据分步计数原理:第一步 甲、乙站在两端有A2种;第二步 余下的5名同学进行

55全排列有A5种 则共有A2A5=240种排列方法 22

⑸ 7位同学站成一排,甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种?

解法一(直接法):第一步 从(除去甲、乙)其余的5位同学中选2位同学站在排头和

25排尾有A5种方法;第二步 从余下的5位同学中选5位进行排列(全排列)有A5种方法 所以一共有A5A5=2400种排列方法.

66 解法二:(排除法)若甲站在排头有A6种方法;若乙站在排尾有A6种方法;若甲站在排

57头且乙站在排尾则有A5种方法.所以甲不能站在排头,乙不能排在排尾的排法共有A7-2A6+625

5=2400种. A5

小结一:对于“在”与“不在”的问题,常常使用“直接法”或“排除法”,对某些特殊元素可以优先考虑.

例3.从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单,如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上,则共有多少种不同的排法?

解法一:(从特殊位置考虑)A9A9136080

5 解法二:(从特殊元素考虑)若选:5A9 若不选:A9

5则共有 5A9+A9=136080 6156

解法三:(间接法)A10A9136080

课堂练习: 65

由数字1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字的正整数?

三、组 合

1.组合的概念:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.

注:1.不同元素 2.“只取不排”——无序性 3.相同组合:元素相同 判断下列问题哪个是排列问题哪个是组合问题:

⑴ 从A、B、C、D四个景点选出2个进行游览;(组合)

⑵ 从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记.(排列)

2.组合数的概念:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号Cn表示.

例如:示例2中从3个同学选出2名同学的组合可以为:甲乙,甲丙,乙丙.即有C33种组合.

又如:从A、B、C、D四个景点选出2个进行游览的组合:AB,AC,AD,BC,BD,CD一共6种组合,即:C46 2m2

在讲解时一定要让学生去分析:要解决的问题是排列问题还是组合问题,关键是看是否与顺序有关.那么又如何计算Cn呢?

3.组合数的公式:

mAnn(n1)(n2)(nm1) Cmm!Am

n!m或 Cn (n,mN,且mn) m!(nm)!mnm

mnm4、组合数的性质:Cn. Cn

讲解范例:

例4.4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人实践活动小组,问组成方法共有多少种?

解法一:(直接法)小组构成有三种情形:3男,2男1女,1男2女,分别有C4,C4C6,

3122112,所以一共有C4+C4+C4=100种方法. C4C6C6C6321

33解法二:(间接法)C10C6100

例5.一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球.

⑴ 从口袋内取出3个球,共有多少种取法?

⑵ 从口袋内取出3个球,使其中含有1个黑球,有多少种取法?

⑶ 从口袋内取出3个球,使其中不含黑球,有多少种取法?

323解:⑴ C856 ⑵ C721 ⑶ C735

课堂练习:

41、计算:⑴ C7 ⑵ C10 7

2、 6本不同的书分给甲、乙、丙3同学,每人各得2本,有多少种不同的分 法?

222 略解:C6C4C290

3、4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人实践活动小组,问组成方法共有多少种?

解法一:(直接法)小组构成有三种情形:3男,2男1女,1男2女,分别有C4,C4C6,

3122112,所以一共有C4+C4C6+C4C6=100种方法. C4C6321

33解法二:(间接法)C10C6100

四小结与布置作业:

1.加法原理、乘法原理、排列、组合的定义,排列数、组合数的公式及其性质;

2.排列组合的应用:分清是否要排序.

范文六:排列组合的综合应用教案 投稿:戴皛皜

做 教 育

做 良 心

网址: 网址:www.nnlongwen.com

龙文教育一对一个性化教案

学生 姓名 课题 重点 难点

【检查作业并讲评】 一、 检查作业并讲评】 【检查作业并讲评 【课前热身 二、 课前热身】了解学生对本次内容的掌握情况,便于查漏补缺。 【课前热身】了解学生对本次内容的掌握情况,便于查漏补缺。 【内容讲解 三、 内容讲解】 【内容讲解】 科学分类法 分组(堆)问题的六个模型 插空法 捆绑法 排除法 剪截法(隔板法) 错位法 容斥法 【巩固练习 四、 巩固练习】 【巩固练习】 【课堂总结 五、 课堂总结】 【课堂总结】 【课后作业 六、 课后作业】 【课后作业】

新疆 王新敞

奎屯

教师 姓名

授课 11 月 27 日 日期

排列组合的综合应用

授课 00—12: 10 : 00 1 00 时段

1.进一步加深对排列、组合意义理解的基础上,掌握有关排列、组合综合题的基本解法,提高 分析问题和解决问题的能力,学会分类讨论的思想. 2.使学生掌握解决排列、组合问题的一些常用方法。

教 学 步 骤 及 教 学 内 容

教务处检查签字: 教务处检查签字: 检查签字

南宁龙文教育友爱校区(友爱衡阳路口) 电话:0771—3141654

日期: 日期:

月 日

第 1 页 共 1 页

做 教 育

做 良 心

网址: 网址:www.nnlongwen.com

一、学生对于本次课的评价 ○ 特别满意 ○ 满意

○ 一般

○ 差

课后 评价

二、教师评定 1、学生上次作业评价: ○ 好 ○ 较好 ○ 一般 2、 学生本次上课情况评价: ○ 好 ○ 较好 ○ 一般

○ 差 ○ 差

作业 布置

教师 留言

教师签字:

家长 意见

家长签字: 日 期: 年 月 日

南宁龙文教育友爱校区(友爱衡阳路口)

电话:0771—3141654

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范文七:李茹优课《排列和组合》教案 投稿:崔曳更

二年级上册第八单元数学广角

《排列和组合》教学设计

五亩乡中心小学小学 李茹茹

教学内容:“数学广角”p99例1及练习二十三第1题。

教学目标:

一、知识能力目标:

1.通过观察、猜测、比较、实验等活动,找出最简单的事物的排列数和组合数。

2.初步培养有序地全面地思考问题的能力。

3.培养初步的观察、分析、及推理能力。

二、情感态度目标:

1.感受数学与生活的密切联系,激发学习数学、探索数学的浓厚兴趣

2.初步培养有顺序地、全面地思考问题的意识。

3.使学生在数学活动中养成与人合作的良好习惯。

教学重点:经历探索简单事物排列与组合规律的过程

教学难点:初步理解简单事物排列与组合的不同

教学过程:

一、故事引入,学习排列

1、今天我们来学习数学广角的知识(板书:数学广角)。可别小看里面的知识,有时喜洋洋遇到困难,也要运用数学广角的知识才能解决问题呢。

故事:话说在这一天,灰太狼抓走了美羊羊,把它关在了狼堡里,灰太狼为了阻止喜羊羊救美羊羊,就篡改了羊村大门的密码,以及为自己的狼堡大门设定了一个超级密码。喜羊羊为了救美羊羊,必须要过两道大门,小朋友,能帮帮它吗?

2、羊村大门提示一:大门的密码是由1和2组成的两位数。

师:你能帮喜羊羊解决吗?

生:12,21

交流想法。

板书:12 21 标上:十位 个位

小结:这两个数的十位和个位交换位置也成了不同的两位数。

师:刚刚小朋友将1和2组成12和21两位数,那密码到底是哪个呢? 提示二:不是12

生:21,不是12就是21。

师:你们真聪明,都用到了下节课要学的知识。

3、羊村门打开了,喜羊羊气冲冲地跑到了狼堡,还有一个超级密码在等着他去破解,看,写着什么?

提示一:密码是由1、2、3组成的两位数

师:由数字1、2、3组成的两位数有哪几种可能呢?请小朋友拿出练习本写一写吧。写的时候有没有什么方法才能不会重复,不会遗漏。

生独立完成。

师找具有代表性的写法

如有学生遗漏的,帮助补上。

那怎样才能做到有顺序,不重复,不遗漏呢?老师有几种方法要介绍给你们。 板书:有顺序 不重复 不遗漏

① 定十位法 ②定个位法

先确定十位,再将个位变动。 先确定个位,再将十位变动。 12、13、21、23、31、32 21、31、12、32、13、23

板书:定十位法 板书:定个位法

十 个

1 2

1 3 十 个 2 1 3 1

1 2

3 2

1 3

2 3 2 1 2 3 3 1 3 2

③交换位置法

有顺序的从这3个数中选择2个数,组成两位数,再把位置交换,又组成另外一个两位数。

板书:交换位置法

12

21

23

32

13

31

在讲解这三种方法的过程中,让学生去读一读这些数字,感受有规律的数字排列。

师:超级密码现在有六种可能,到底是那个呢?

提示二:十位和个位相加是5,并且个位是2

揭晓答案:32

二、实践操作,感知组合

大门打开了,老师真为喜羊羊和美羊羊开心,老师更为小朋友开心,因为小朋友用你们聪明的头脑帮喜羊羊闯过一道又一道的难关。老师祝贺你们(教师不自主的一边走一边伸手和同学握手)。

师:我俩握了几次?(1次)

师:我和他握,他和我握,每2人握一次手,3人共握几次手?

4人小组合作。(3人握,1人数。)

指一小组上台握手,集体交流次数。(谁和谁握?握了几次?)

你能用图来表示吗?每个人可以用什么来代表?

(三角形表示,直线表示)

三、区分排列和组合

师:数字1、2、3是3个数,小朋友握手也是3个人,为什么1、2、3能摆出6个数,而握手只能握3次呢?

师引导:组成的两位数是有序的,比如,1和2能写成12和21。而握手你和他握他和你握是一回事,没有顺序的。

四、应用拓展,深化探究

小朋友那么聪明,想不想跟着老师一起去闯关?

1、 搭配衣服(应用练习)

这四件衣服有几种不同的穿法呢?

书上连一连,画一画。(学生操作)

师:谁愿意起来告诉我们大家究竟有几种不同的穿法呢?

生1:一件上衣可以配两条不同的裤子,这样有2种,另一件上衣又可以配两条不同的裤子,又有两种,这样一共有4种。

生2:我是1号和3号,1号和4号,2号和3号,2号和4号。

师:书上没序号你也学会给它们编号了,真了不起!刚才这位小朋友从衣服入手,有4种不同的搭配方法,你还有其他方法吗?

生:可以从裤子连,每条裤子连两件上衣。也有4种搭配方法。

2、抽奖(拓展练习)

你能重大奖吗?每个小朋友都有中奖的机会哦。

教师出示4个号球:这里有四个号球:2、5、7、8。

什么样的号码能中奖呢?

我给你们透露点信息:中奖号码就是从这4个数中选出的两个数组成的两位数。猜猜,什么号码可能中奖?这个号码肯定能中吗?再猜?看来,可能中奖的号码有很多个。

有什么好办法肯定能中奖?(把你认为能中奖的号码都写出来吧)(把用这四个数能组成的所有两位数都写出来,教师巡视,“你是先固定最前面一位数?”)

出示所有结果:同学们,你刚才一共写出了多少个两位数?用2、5、7、8能组成的两位数究竟有多少个呢?咱们用刚才先固定最前面一位数的办法把这些数都排出来吧!老师写,你们说好吗?

写好了吗?大家推举一个人来摸奖吧。学生先摸出一个球。中奖号码的最前面一位数出来了,是2,那中奖号码可能是? 25、27、28。再摸一个球。中奖

号码是?

你中奖了吗?把你写出的这个数圈出来。

五、总结延伸,畅谈感受

师:数学广角好玩吗,有趣吗,你都看到了什么?有什么收获吗?(生:真好玩,很有趣,学的很轻松。)

师:原来生活中有这么多数学问题,只要小朋友细心观察,就能发现更多有趣的数学问题,掌握了这些知识,我们就可以把生活装点的更加美丽!

范文八:简单的排列与组合教案 投稿:万备夈

《排列与组合》教学设计

教学目标:

知识与技能:

通过观察、猜测、实验等活动,找出简单事物的排列数与组合数。 过程与方法:

1.通过学生间的自主学习、相互讨论交流,增强学生归纳知识,获取知识的能力,培养学生初步的观察、分析、推理能力以及有顺序地全面思考问题的意识。

2.通过多媒体等辅助手段,演示排列与组合的过程,化抽象为直观,增强学习的效果。

情感态度与价值观:

引导学生使用数学方法解决实际生活中的问题,学会表达解决问题的大致过程。培养学生的合作意识和人际交往能力。

教学重点:经历探索简单事物排列与组合规律的过程。

教学难点:初步理解简单事物排列与组合的不同。

准备:课件,数字卡片

教学过程:

一、创设数学情境,提出数学问题

师:上课之前,咱们来玩个猜年龄的游戏。好吗?让我先来猜猜你们的年龄吧。你们能猜出老师的年龄吗?(学生任意猜)

师:这样吧。老师给你们一点提示:我的年龄是由3、6两张数字卡片摆成的两位数。

生:36、63。

师:还有其他的可能吗?用这两个数字能摆出几个不同的两位数?(板书:2个) 师:老师的年龄到底是多少岁呢?为什么?

生:是36岁,因为„„„„„!

二、组织有效教学,探究数学本质

(一)感知排列。

1、师:刚才我们用数字卡片3、6摆出了两个不同的两位数,那如果用1、2、3这三张数字卡片能摆出几个不同的两位数呢?(课件出示)

师:谁愿意来猜一猜?

生猜:3个 4个 6个

师:用数字1、2、3究竟可以摆出几个两位数呢?让我们一起来验证。

课件提出要求:

请拿出数字1、2、3的卡片,同桌合作,一人摆数字卡片,一人把摆出的数写在练习本上。

学生操作摆卡片。

师:谁愿意来说一说你们组是怎样摆的?

学生汇报:《找写的少的,重复的,有代表性的》

预设:生:13 32 31

生:32 31 23 13 21

生:13 31 23 32 12 21 23 (写在黑板的一边)

2、合作探究摆的方法:

师:我们来看看这几位同学的记录,你发现什么问题了?

生:前两个同学都有数字遗漏了,后面一个同学两个数字重复了。

课件提出要求:

师:有什么好办法能保证既不漏数、也不重复呢?请大家在小组内进行讨论,看看有什么好办法?再按你们的方法来摆,找一个人把他记下来!

(学生带着问题进行第二次操作)

师:谁来说说你们组是怎样想的?

预设:

生:每次拿其中的两个数字,然后用调换的方法得出6个新数:12和21、13和31、23和32;

方法一:交换位置 12、21、13、31、23、32

生:把1固定在十位上,这样就可以摆出2个不同的两位数,在把2„„一共摆出了6个不同的两位数。(边说边板书)

方法二:固定十位 12、13、21、23、31、32

师:我们还可以现将个位数字固定。

方法三:固定个位 21、31、12、32、13、23

(课件出示效果好还是板书会好些)

师:你认为哪种办法好?好在哪里?

师:选择自己喜欢的一种方法,再摆一摆。

师:我们用1、2、3三个数字编成了6个不同的两位数,刚才都有谁猜对了? 小结:我们不管是用调换位置的方法还是固定十位或个位的方法,只要我们按顺序摆,就能做到不重复,不遗漏。有了这种有顺序的思考方法,就可以帮助我们解决很多生活中的实际问题。

(二)感知组合:

1.师:同学们,你们刚才的合作愉快吗?那互相握手祝贺一下好吗?

师:握手代表着友好,是一种有礼貌的行为,在生活中,我们经常用握手来表示互相祝贺。

师:我要出一道关于握手的数学问题,你们能解决吗?

课件出示:

每两人握一次手,三人一共握几次手?

师:想一想!猜猜看。

预设: 生1:6次!

生2:4次!

生:3次。

师:为什么猜6次?

生:因为三张数字卡片可以摆成6个两位数,三个人也是握6次手。

实践活动:

师: 究竟几次呢?(提出要求:)

四人一组去合作,一个人当小组长。安排其它的三个人握手)。

师:请一个组的同学上台演示,其他同学一起数数。

师:为了说着方便,我给这三名小朋友每人编个序号分别是1号,2号,3号

板书:

1号和2号

1号和3号

2号和3号

师:每个人都握到了吗?2号和3号呢?

生:他们已经握过了,换过来就重复了。

师:也就是说三个人一共要握3次手。

三、致力核心问题,建立数学模型,

课件出示:

师:为什么3个数字能写出6个两位数,而3个小朋友每两人握一次手,只握3次呢?

生:汇报

(引导:看来,两个人相互握手,只能算一次,和顺序无关。刚才排数,交换数的位置,就变成另一个数了,这和顺序有关。)

师:像摆数这样的问题我们可以称为排列问题,像握手这样的问题我们称为组合问题。就是我们这节课学习的“简单的排列与组合”(板书课题。)

师:我们在处理这两种问题时,一定要做到有序的思考。

四、设计有效检测,解决实际问题

1、搭配衣服

师:其实我们的生活当中有很多地方用到了排列和组合,这不,小红要去看乒乓球赛,现在有两件上衣,一条裙子和一条裤子。但她不知道如何搭配,你能帮助她搭配出几套不同的穿法吗?你能用今天学习的知识设计一下吗?(指名答)

师:谁愿意起来告诉我们大家究竟有几种不同的穿法呢?(学生汇报)

师:同学们用不同的方法都设计了四种不同的配色方案,是今天我们学习的哪种情况?(组合)

2、乒乓球比赛:

现在小红选中了你们为他搭配的一套服装,去看乒乓球比赛了。快看,他来到了乒乓球场地:场地中有三人参加乒乓球比赛,小红想:如果两个人打一场比赛,那三个人要打几场比赛呢? 你们能帮助小红吗?

五、深化经验成果,升华数学内涵

师:同学们,你有什么收获吗?

(学生谈收获)

师:原来生活有这么多数学问题,只要同学们细心观察,就能发现更多有趣的数学问题,掌握了这些知识,我们就可以把生活装点的更加美丽!

范文九:二年级排列组合教案 投稿:韩殈殉

教学目标:

1.通过观察、猜测、比较、实验等活动,找出最简单的事物的排列数和组合数。

2.初步学会从数学的角度发现最简单的排列与组合的规律,培养学生有顺序地、全面地思考问题的意识,解决一些简单的实际问题。

3.感受数学与生活的密切联系,激发学习数学、探索数学的浓厚兴趣。使学生在数学活动中养成与人合作的良好习惯。

教学重点:经历探索简单事物排列与组合规律的过程。

教学难点:初步理解简单事物排列与组合的不同。

教学准备:多媒体课件、数字卡片、1角、2角、5角的人民币(复印纸)。

教学过程:

一、创设情境,引发探究

1、师:同学们喜欢去公园玩吗?

生:喜欢。

师:今天黄老师带你们去一个很有趣的地方,哪儿呢?我们今天要到“数学广角”城堡里去走一走、看一看。板书:数学广角

2、师:在参观数学广角城堡之前,老师有个小小要求:

①、想一想(怎样搭配)

②、摆一摆(试一试不同的方法)

③、记一记(用简单的符号记录)

④、说一说(让同学一听就明白)

3、师:(课件出示)去“数学广角”城堡得买门票,儿童票5角钱一张,请大家将准备好的三种分别是5角、2角和1角的钱拿出来。如果你能用这些钱币说出组成5角钱的不种付法,就可免费到数学广角城堡去玩。

4、学生小组合作后,汇报:

生①1张5角,

生②2张2角1张1角,

生③1张2角3张1角,

生④5张1角。)

教师点评。

[设计意图]:激趣导入,让学生在游戏中产生兴趣,在活动中找到启示。

二、动手操作、探究新知

1、初步感知排列

①师:(课件出示)小朋友们,现在我们就可以免费进入“数学广角”城堡了。不过,要进去玩,我们又得经过一个小小的密码门,密码是用数字1和2组成的不同的两位数。同学们猜猜看。

学生猜想,操作,之后汇报。

师:你是怎么想的? 板书:12 21 交换位置

②(课件出示)密码门打开了,我们又顺利通过了一关,欢迎大家来到数字乐园。数字乐园里有个很好玩的小游戏:有1、2、3三张数字卡片,可以摆成几个不同的两位数呢?

师:同桌合作,一人摆数字卡片,一人把摆好的数记录下来,先商量一下谁摆放,谁记数,比比哪桌合作得又好又快。

学生讨论,操作,记录。

师:谁愿意起来告诉大家,你摆了哪几个两位数?

2、合作探究排列

师:为什么有的同学摆的数多,而有的同学却摆的少呢?有什么好办法能保证既不遗漏、又不重复呢?请每个小组进行讨论,看看有什么规律或方法?再按你们的方法,一边摆,一边记下来。

学生带着问题进行第二次操作。

师:哪个小组愿意来汇报?

(生汇报,师简要板书)

生①:先摆出12,再交换两个数的位置就是21;再摆23,交换后是32;最后摆13,交换后就是31,这样就不会漏也不会重复了。

生②:先把数字1放在十位,再把数字2和3分别放在个位,分别组成12和13;接着把数字2放在十位,数字1和3分别放在个位,又分别组成了21和23;最后把数字3放在十位,数字1和2分别放在个位,分别组成了31和32,这样也不会遗漏也不会重复了。

生③:先把数字1放在个位,再把数字2和3分别放在十个位,分别组成21和31;接着把数字2放在个位,数字1和3分别放在十位,又分别组成了12和32;最后把数字3放在个位,数字1和2分别放在十位,分别组成了13和23,这样也不会漏也不会重复了! 根据学生回答。板书:先定位,再交换位置。方法一、二、三。

师:同学们采用了不同的方法都摆出了6个不同的两位数。真了不起啊!今后我们在排列数的时候,要想既不重复也不漏掉,就要这样按照一定的规律排列。

师小结规律:两个数字的排列,调换两个数字的位置;三个数字的排列,先拿这3个数字分别定位,再调换另外两个数字的位置。

[设计意图]:让学生在体验中感受,在操作活动中成功,在交流中找到方法,在学习中应用。初步培养学生有顺序地、全面的思考问题的意识。

3.了解感知组合

师:同学们,你们用自己的聪明才智赢来了免费游玩数学广角的门票,也在数字乐园里挑战了一个有趣的摆数字游戏,老师祝贺你们(教师不自主的一边走一边伸手和同学握手)。提到握手,老师又有一个问题想请大家帮忙,愿意吗?问题是:如果三个人在一起握手,每两个人握一次,一共要握多少次呢?

学生猜想。小组表演,并汇报。板书:每两人组合一次

师:老师现在有一个疑问,刚才握手时3个人在一起一共只要握3次,而排数字卡片时用3个数却可以摆出6个数,都是3,为什么出现的结果会不一样呢?

板书:简单的排列与组合

规律小结:摆数是一种排列,与位置有关。握手是一种组合,与位置无关。

摆数要交换两个数的位置,而握手交换位置就重复了。

三、应用拓展,深化探究

1、搭配衣服(应用练习)

师:在数字乐园里,我们一边玩,一边学到了简单的排列与组合,现在我们去哪里玩呢?我们一起来看看!

师(出示课件):欢迎到时装乐园观看时装表演,这里有两件不同颜色的上衣,一条牛仔裤和一条裙子,有几种不同的搭配穿法呢?

学生在课本上连一连,画一画。之后汇报。

教师点评。

2、乒乓球馆(变式练习)

师(出示课件):同学们,欣赏完时装表演,我们到乒乓球馆里来锻炼一下。乒乓球台旁有三个人,每两个人打一场比赛,一共要打几场比赛?

学生猜想,汇报。

教师点评。

[设计意图]:用实践活动培养学生的实践意识和应用意识,同时使学生享受到学习的乐趣。并通过不同形式的练习,不但联系学生的生活实际,而且巩固了所学的知识。

四、总结延伸,畅谈感受

师:同学们,由于时间关系,我们该回家了!刚才,我们去哪里玩了?数学广角好玩吗,有趣吗,大家都看到了什么?有什么收获吗?

师:课后调查,生活中哪里用到了今天学到的知识?

范文十:精英班教案--排列组合1 投稿:曾犒犓

将24个志愿者名额分配给3个学校,则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种.

[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校,而用表示名额.如

||||

表示第一、二、三个学校分别有4,18,2个名额.

若把每个“”与每个“|”都视为一个位置,由于左右两端必须是“|”,故不同的分配方法相当于24226个位置(两端不在内)被2个“|”占领的一种“占位法”.

“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“|”,故有C2种. 23253

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种.

综上知,满足条件的分配方法共有253-31=222种.

[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为x1,x2,x3,则每校至少有一个名额的分法数为不定方程

x1x2x324.

的正整数解的个数,即方程x1x2x321的非负整数解的个数,它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合:

212

. H3C2123C23253

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种.

综上知,满足条件的分配方法共有253-31=222种.

一条走廊宽 2 m, 长 8 m, 用 6 种颜色的 11 m的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的, 每种颜色的地砖都足够多), 要求相邻的两块地砖颜色不同, 那么所有的不同拼色

方法有

A. 308个 B. 30257个 C. 30207个 D. 30217个

.解:铺第一列(两块地砖)有 么,第二列的上格不能铺

2

30 种方法;其次铺第二列.设第一列的两格铺了 A、B两色(如图),那

2

A 色.若铺 B 色,则有 (61) 种铺法;若不铺 B 色,则有 (62)

种方法. 于是第二列上共有 共有

21 种铺法. 同理, 若前一列铺好,则其后一列都有 21 种铺法.因此,

30217 种铺法. 故选 D.

直线l1与直线l2平行,l1上有5个不同的点,l2上有10个不同的点,将l1上的点与

l2上的点连线段,若没有三条线段交于同一点,则这些线段之间的交点共有个. 2,15,Aa1,a2,a3是S的子集,且a1,a2,a3满足:7.设集合S1,,

1a1

答案:371.

解:当2a29时, a3有6种选择方法,所以a1,a2,a3a1,a2有C92种选择方法,共有6C92216种选择方法;当10a214时,一旦a2取定,a1有a21种选择方法,a3有15a2种选择方法,所以选择a1,a,2a

3的方法有

a210

a

14

2

115a295104113122131155种.

综上,满足条件的子集共有371个.

有6本不同的书,其中一本数学书,两本英语书,三本音乐书,将他们排成一排,若英语书

不相邻,音乐书也不相邻的不同排法数为 120

1. 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂途中标号为1,2,,9 的9个小正方形(如图),使得任意相邻(有公共边的) 小正方形所涂颜色都不相同,且“3、5、7”号数字涂相同 的颜色,则符合条件的所有涂法共有 __108_____

设a1,a2,a3,a4是1,2,3,4的任一排列,f是{1,2,3,4}到{1,2,3,4}的映射,且满足f(i)i,记数表

a1 a2 a3 a4

若数表M,N的对应位置上至少有一个不同,就说。

f(a1) f(a2) f(a3) f(a4)

M,N是两张不同的数表。则满足条件的不同的数表的张数为

(A)144 (B)192 (C)216 (D)576

解:对于a1,a2,a3,a4的一个排列,可以9个映射满足f(i)i,而a1,a2,a3,a4共有

4A424个排列,所以满足条件的数表共有249216张,故选C。

9.一个立方体,它的每个角都截去一个三棱锥,变成一个新的立体图形。那么在新图形顶点之间的连线中,位于原立方体内部的有 120 条。

解:据题意新的立体图形中共有24个顶点,每两点连一条线,共C241223276,其中所有的棱都在原立方体的表面,有36条

2

原立方体的每个面上有8个点,除去棱以外,还可以连

582

20条,6个面共120条都在

原立方体的表面,除此之外的直线都在原立方体的内部。

设r,s,t为整数,集合{a|a222,0tsr}中的数由小到大组成数列{an}:

r

s

t

7,11,13,14,,则a36。

解:∵r,s,t为整数且0tsr,∴r最小取2,此时符合条件的数有C21

2

r3,s,t可在0,1,2中取,符合条件有的数有C323

同理,r4时,符合条件有的数有C46

2

r5时,符合条件有的数有C5210 r6时,符合条件有的数有C6215 r7时,符合条件有的数有C7221

因此,a36是r7中的最小值,即a36222131

连结正五边形A1A2A3A4A5的对角线交另一个正五边形B1B2B3B4B5,两次连结正五边形

1

7

B1B2B3B4B5的对角线,又交出一个正五边形C1C2C3C4C5(如图),以图中线段为边的三角

形中,共有等腰三角形( )个。

(A)50 (B)75 (C)85 (D)100 答:C.

解:对于其中任一点P,以P为“顶”(两腰的公共点)的等腰三角形的个数记为[P]则

[A1]6, (A1A2A5,A1B3B4,A1B2B5,A1A3A4,A1A2B5,A1A5B2).

[B1]9, (B1A3A4,B1B2B5,B1B3B4,B1C3C4,B1B2C5,B1C2B5,B1A2A5,B1A3B4,B1A4B3)[C1]2, (C1B3B4,C1B2B5),

由于图中没有等边三角形,则每个等腰三角形恰有一个“顶”。 据对称性可知[Ai]6, [Bi]9, [Ci]2, i1,2,3,4,5。 因此等腰三角形共有5(692)85个。

用标有1,2,3,15,40克的法码各一个,在某架无刻度的天平上称量重物,如果天平两端均可放置法码,那么该天平所能称出的不同克数(正整数的重物)至多有 种。 答:55。

解:用1,2,3这三只法码,可称出区间A[1,6]中的全部整克数,增加15克的法码后,量程扩充了区间B[156,156][9,21],再增加40克的法码后,量程又扩充了三个区间

C1[406,406][34,46],C2[4021,409][19,31]

C3[4019,4021]

[49,61],但区间B与C2有三个整数重复,计算上述各区间内的整数个数,则得能称出的

不同克数共有6+13+(13+13+13)-3=55种。

若集合A中的每个元素都可表为1,2,,9中两个不同的数之积,则集A中元素个数的最大值为 . 答:31.

解:从1,2,,9中每次取一对作乘积,共得C936个值,但其中有重复,重复的情况为

共5种,因此集合A1623, 1824, 29=36, 2634, 3846,中至多有C9531 个数 .

.作出正四面体每个面的中位线,共得12条线段,在这些线段中,相互成异面直线的

“线段对”有 个. 答:24个“线段对”.

解:任取一条中位线AB考虑,AB所在的侧面没有与AB异面的线段;含点A的另一个侧面恰有一条中位线与AB异面;含点B的另一个侧面恰有一条中位线与AB异面;不含A,B的侧面恰有两条中位线与AB异面;因此与AB异面的中位线共有4条,即含有线段AB的异面“线段对”共有4个,于是得异面“线段对”12448个,(其中有重复). 但每一个异面“线段对”中有两条线段,故恰被计算了两次,因此得

2

2

482

24个异面“线段

对”.

用五种不同的颜色给图中的“五角星”的五个顶点染色,(每点染一色,有的颜色也可以不用)使每条线段上的两个顶点皆不同色,则不同的染色方法有

答:1020种.

解: 将其转化为具有五个扇形格的

圆盘染五色,使邻格不同色的染色问题。 设有k个扇形格的圆盘染五色的方法数 为xk,则有

种.

xkxk154k1,于是

x5x5x4x4x3x3x2x2544434241020

将一个三位数的三个数字顺序颠倒,将所得到的数与原数相加,若和中没有一个数字是偶数,则称这个数为“奇和数”。那么,所有的三位数中,奇和数有( )个。 (A)100 (B)120 (C)160 (D)200 (A)

解:设三位数是a1a2a3,则a1a2a3+a3a2a1100(a1a3)10(a2a2)(a1a3)。 若a1a3不进位,则和数的十位数必为偶数,不符合题意,所以a1a3=11,13,15,17。 因11=9+2=8+3=7+4=6+5,所以a1,a3取值有4A2种可能; 因13=9+4=8+5=7+6,所以a1,a3取值有3A2种可能; 因15=9+6=8+7,所以a1,a3取值有2A2种可能; 因17=9+8,所以a1,a3取值有A2种可能;

由于a2a2不能进位,所以a2只能取0,1,2,3,4。

因此,满足条件的数共有:5(4A2+3A2+2A2+A2)=100(个)

.将一个44棋盘中的8个小方格染成黑色,使得每行、每列都恰有两个黑色方格,则有 不同的染法.(用数字作答)

解:第一行染2个黑格有C4种染法.第一行染好后,有如下三种情况:

(1)第二行染的黑格均与第一行的黑格同列,这时其余行都只有一种染法; (2)第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列,这时第三行有C4种染法,第四行的染法随之确定;

(3)第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列,这样的染法有4种,而在第一、第二这两行染好后,第三行染的黑格必然有1个与上面的黑格均不同列,这时第三行的染法有2种,第四行的染法随之确定.

因此,共有染法为6164290种.填90.

由三个数字 1、2、3 组成的 5 位数中, 1、2、3 都至少出现 1 次, 这样的 5 位数共有 在

1123(C4C4C4)70 个;若 1 只出现 2 次,有 5 位数中, 若 1 只出现 1 次,有 C5

2

2

2

2

2222

2

2

1

C52(C3C32)60 个;

31

C220 个. 则这样的五位数共有 150 个. 故填 150个. 1 只出现 3 次,有 C5

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