六年级下册数学试题小升初数学思维拓展第20讲排列组合含答案解析.docx
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六年级下册数学试题小升初数学思维拓展第20讲排列组合含答案解析
小升初数学思维拓展第20讲排列组合
一、知识地图
1)加法原理
2)乘法原理
3)排列
a)信号问题
b)数字问题
c)坐法问题
d)照相问题
e)排队问题
4)组合
a)几何计数问题
b)加乘算式问题
c)比赛问题
d)选法问题
二、基础知识
(一)加法原理:
一般地,如果完成一件事有k类方法,第一类方法中有m1种不同做法,第二类方法中有m2种不同做法,…,第k类方法中有mk种不同的做法,则完成这件事共有
N=
种不同的方法。
这就是加法原理。
例如:
某人从北京到天津,他可以乘火车也可以乘长途汽车,现在知道每天有五次火车从北京到天津,有4趟长途汽车从北京到天津。
那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法?
解答:
分析这个问题发现,此人去天津要么乘火车,要么乘长途汽车,有这两大类走法,并且每种走法都可以直接到达目的地,一步就可以完成任务,可以用加法原理。
如果乘火车,有5种走法,如果乘长途汽车,有4种走法。
上面的每一种走法都可以从北京到天津,故共有5+4=9种不同的走法。
像这样一步可以完成任务,就用加法原理。
(二)乘法原理:
一般地,如果完成一件事需要n个步骤,其中,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,完成这件事一共有
N=
种不同的方法。
这就是乘法原理。
例如:
一个口袋内装有3个小球,另一个口袋内装有8个小球,所有这些小球颜色各不相同。
问:
从两个口袋内各取一个小球,有多少种不同的取法?
解答:
要从两个口袋中各取一个小球,则可看成先从第一个口袋中取一个,再从第二个口袋中取一个,分两步完成,要用乘法原理。
共有3×8=24(种)不同的取法。
1.加法原理和乘法原理有什么区别?
1)加法原理:
先把方法分类,每一类的方法都能完成这件事。
最后把这些方法相加。
2)乘法原理:
先把方法分步,每一步都不能独立完成这件事,但是完成这件事,这些步骤缺一不可。
最后把方法数相乘。
2.运用两个基本原理时要注意:
1)抓住两个基本原理的区别,千万不能混。
a)不同类的方法(其中每一个方法都能各自独立地把事情从头到尾做完)数之间做加法,可求得完成事情的不同方法总数。
b)不同步的方法(全程分成几个阶段(步),其中每一个方法都只能完成这件事的一个阶段)数之间做乘法,可求得完成整个事情的不同方法总数。
2)在研究完成一件工作的不同方法数时,要遵循“不重不漏”的原则。
请看一些例子:
从若干件产品中抽出几件产品来检验,如果把抽出的产品中至多有2件次品的抽法仅仅分为两类:
第一类抽出的产品中有2件次品,第二类抽出的产品中有1件次品,那么这样的分类显然漏掉了抽出的产品中无次品的情况。
又如:
把能被2、被3或被6整除的数分为三类:
第一类为能被2整除的数,第二类为能被3整除的数,第三类为能被6整除的数。
这三类数互有重复部分。
3)在运用乘法原理时,要注意当每个步骤都做完时,这件事也必须完成,而且前面一个步骤中的每一种方法,对于下个步骤不同的方法来说是一样的。
(三)排列
一般地,从n个不同元素中取出m个元素(m≤n)排成一列的问题,可以看成是从n个不同元素中取出m个,排在m个不同的位置上的问题,而排列数
就是所有可能的排法数量。
那么,每个排列共需要m步,而每一步又有若干种不同的方法,排列数
可以这样计算:
第一步:
先排第一个位置上的元素,可以从n个元素中任选一个,有n种不同的选法;
第二步:
排第二个位置上的元素。
这时,由于第一个位置已用去了一个元素,只剩下(n-1)个不同的元素可供选择,共有(n-1)种不同的选法;
第三步:
排第三个位置上的元素,有(n-2)种不同的选法;
……
第m步:
排第m个位置上的元素。
由于前面已经排了(m-1)个位置,用去了(m-1)个元素。
这样,第m个位置上只能从剩下的[n-(m-1)]=(n-m+1)个元素中选择,有(n-m+1)种不同的选法。
由乘法原理知,共有:
n(n-1)(n-2)…(n-m+1)
种不同的排法,即:
。
这里,m≤n;且等号右边从n开始,后面每个因数比前一个因数小1,共有m个因数相乘。
例如:
有五面颜色不同的小旗,任意取出三面排成一行表示一种信号,问:
共可以表示多少种不同的信号?
解答:
这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素,三面小旗表示一种信号,就是有三个位置。
我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个,排在三个位置的问题。
由于信号不仅与旗子的颜色有关,而且与不同旗子所在的位置有关,所以是排列问题,其中n=5,m=3。
由排列数公式知,共可组成
=5×4×3=60种不同的信号。
(四)组合
一般地,从n个不同元素中取出m个元素(m≤n)组成一组不计较组内各元素的次序,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。
由组合的定义可以看出,两个组合是否相同,只与这两个组合中的元素有关,而与取到这些元素的先后顺序无关。
只有当两个组合中的元素不完全相同时,它们才是不同的组合。
从n个不同元素中取出m个元素(m≤n)的所有组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的组合数。
记作
。
一般地,求从n个不同元素中取出m个元素排成一列的排列数
可以分两步求得:
第一步:
从n个不同元素中取出m个元素组成一组,共有
种方法;
第二步:
将每一个组合中的m个元素进行全排列,共有
种排法。
故由乘法原理得到:
=
·
因此
这就是组合数公式。
规定
=1,
=1。
例如:
数学小组有8个人,现在要从这8个人中选出3个人来参加数学竞赛,问有多少种不同的选法?
解答:
从8个人里选出3个人参加数学竞赛,只与选出的结果有关,与选的先后顺序无关,所以是组合问题,n=8,m=3。
根据组合公式知:
,所以有56种不同的选法。
解决排列组合问题的一些解题技巧,这里可以简单的向大家做一个介绍。
简单的说是十六字方针“分类相加,分步相乘,有序排列,无序组合。
十二个技巧。
1.优先排列法;
2.总体淘汰法;
3.合理分类与准确分步;
4.相邻问题用捆绑法;
5.不相邻问题用“插空法”;
6.顺序固定用“除法”;
7.分排问题用直接法;
8.试验法;
9.探索法;
10.消序法;
11.住店法;
12.对应法。
三、经典透析
【例1】(☆☆)小明和小王从北京出发先到天津看海,然后再到上海东方明珠塔参观。
从北京到天津可以坐火车或者坐公共汽车,坐火车有4种车次,坐公共汽车有3种车次;而从天津到上海可以坐火车,公共汽车,轮船或者飞机,火车有3种,汽车有5种,轮船有4种,飞机有2种。
问小明和小王从北京到上海旅游一共有多少种走法?
审题要点:
首先看他们完成整个过程需要几个过程,这是判断利用加法原理和乘法原理的依据。
很明显整个过程要分两步完成,先从北京到天津,再从天津到上海,应该用乘法原理。
我们再分开来看,先看从北京到天津,无论是坐火车还是汽车都是一步完成,所以要用加法原理,同样的道理,从天津到上海的走法计算也应该用加法原理。
详解过程:
从北京到天津走法有:
4+3=7种,同样的道理,天津到上海走法有:
3+5+4+2=14(种)。
最后,算出从北京到上海的走法有:
7×14=98(种)。
专家点评:
本题是考察学生对加法乘法原理的理解,只要正确利用加法乘法原理,解这种题应该难度不大。
【例2】(☆☆☆)某公园有两个园门,一个东门,一个西门。
若从东门入园,有两条道路通向龙凤亭,从龙凤亭有一条道路通向园中园,从园中园又有两条道路通向西门。
另外,从东门有一条道路通向游乐场。
从游乐场有两条道路通向水上世界,另有一条道路通向园中园。
从水上世界有一条道路通向西门,另有一条道路通向小山亭,从小山亭有一条道路通向西门。
问若从东门入园,从西门出园一共有多少种不同的走法(不走重复路线)?
审题要点:
这个题的已知条件比较复杂。
首先让我们将已知条件“梳理”一下:
1.从东门入园,从西门出园;
2.从东门入园后,可以通向两个游览区,龙凤亭与游乐场;
3.从龙凤亭经园中园可达到西门;
4.从游乐场经水上世界可达到西门,或从游乐场经园中园可达到西门;
5.从水上世界经小山亭可达到西门;
根据以上五条可知,从东门入园经龙凤亭经园中园达到西门为一主干线。
而东门到龙凤亭有两条不同路线;龙凤亭到园中园只有一条路线;园中园到西门又有两条不同的路线。
由乘法原理,这条主干线共有2×1×2=4种不同的走法。
再看从东门入园后到游乐场的路线。
从东门到游乐场只有一条路,由游乐场分成两种路线,一是经园中园到西门,这条路线由乘法原理可知有1×1×2=2种不同走法;二是经水上世界到西门,从水上世界到西门共有两条路线(由水上世界直接到西门和经小山亭到西门),再由乘法原理可知这条路线有1×2×2=4种不同路线。
最后由加法原理计算。
从东门入园从西门出园且不走重复路线的走法共有2×1×2+1×1×2+1×2×2=10种。
详解过程:
从东门入园从西门出园且不走重复路线的走法共有2×1×2+1×1×2+1×2×2=10(种)。
专家点评:
本题主要考察加法乘法原理。
先分类利用加法原理,再对每一类进行分步利用乘法原理。
注意:
这道题也可用“枚举法”来解。
我们可以先画出一个图,从图上便可以得出正确的答案。
图中A表示东门,B表示西门,C表示龙凤亭,D表示园中园,E表示游乐场,F表示水上世界,G表示小山亭,线表示道路。
不同的走法有:
即共有10种不同走法。
如果能够利用加法与乘法原理的题型就没必要用枚举法,因为枚举法比较容易重复和遗漏。
【例3】(☆☆☆)由数字0、1、2、3组成三位数,问:
①可组成多少个不相等的三位数?
②可组成多少个没有重复数字的三位数?
审题要点:
首先确定解题方法,在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中,应该一位一位地去确定。
所以,每个问题都可以看成是分三个步骤来完成,最后要用乘法原理来处理。
详解过程:
①要求组成不相等的三位数。
所以,数字可以重复使用,百位上,不能取0,故有3种不同的取法;十位上,可以在四个数字中任取一个,有4种不同的取法;个位上,也有4种不同的取法,由乘法原理,共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数中没有重复数字,百位上,不能取0,有3种不同的取法;十位上,由于百位已在1、2、3中取走一个,故只剩下0和其余两个数字,故有3种取法;个位上,由于百位和十位已各取走一个数字,故只能在剩下的两个数字中取,有2种取法,由乘法原理,共有3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
专家点评:
在解题之前首先确定解题方法,然后各个击破就可以了。
运用乘法原理时的分步时,应该先从限制条件最多的地方下手,比如此题中就应该从百位开始取,而不应该先从其他位取。
另外特别要注意“是否重复”这个条件,因为这关系着后面每一步的方法数。
【例4】(☆☆☆)如下图,A、B、C、D、E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色,要使相邻的区域染不同的颜色,共有多少种不同的染色方法?
审题要点:
首先确定解题方法,将染色这一过程分为依次给A、B、C、D、E染色五步,很明显要用乘法原理,现在只要算出各个量就行了。
详解过程:
先给A染色,因为有5种颜色,故有5种不同的染色方法;第2步给B染色,因不能与A同色,还剩下4种颜色可选择,故有4种不同的染色方法;第3步给C染色,因为不能与A,B同色,故有3种不同的染色方法;第4步给D染色,因为不能与A,C同色,故有3种不同的染色方法;第5步给E染色,由于不能与A,C,D同色,故只有2种不同的染色方法。
根据乘法原理,共有不同的染色方法
5×4×3×3×2=360(种)。
专家点评:
染色问题,一般用乘法原理。
但要注意限制性条件,从限制条件最多的部分的开始分步,此题中A区域与其他四个区域均有相邻,所以应该先染色,其他依次类推。
【例5】(☆☆☆)4名同学到照相馆照相。
他们要排成一排,问:
共有多少种不同的排法?
审题要点:
4个人到照相馆照相,那么4个人要分坐在四个不同的位置上。
所以这是一个排列问题。
我们的问题就是要从四个不同的元素中取四个,排在四个位置。
这时n=4,m=4。
详解过程:
由排列数公式知,共有
种不同的排法。
答:
共有24种不同的排法。
专家点评:
首先看清楚是排列还是组合,这个是解决排列组合问题的前提,也是必需的条件,区分排列组合后,应该确定元素总数和排列组合元素数,信号旗问题是典型的排列问题。
一般地,对于m=n的情况,排列数公式变为
表示从n个不同元素中取n个元素排成一列所构成排列的排列数。
这种n个排列全部取出的排列,叫做n个不同元素的全排列。
全排列式右边是从n开始,后面每一个因数比前一个因数小1,一直乘到1的乘积,记为n!
,读做“n的阶乘”,则可以写为:
其中n!
=n(n-1)(n-2)…3·2·1。
注意:
这个问题也可以用乘法原理来做。
一般,乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做,用排列数公式解决问题时,可避免一步步地分析考虑,使问题简化。
【例6】(☆☆☆)从分别写有1、3、5、7、8五张卡片中任取两张,作成一道两个一位数的乘法题,问:
①有多少个不同的乘积?
②有多少个不同的乘法算式?
审题要点:
①要考虑有多少个不同乘积。
由于只要从5张卡片中取两张,就可以得到一个乘积,因为乘法的交换率,有多少个乘积只与所取的卡片有关,而与卡片取出的顺序无关,所以这是一个组合问题。
②要考虑有多少个不同的乘法算式,它不仅与两张卡片上的数字有关,而且与取到两张卡片的顺序有关,所以这是一个排列问题。
详解过程:
①由组合数公式得到,共有
个不同的乘积。
②由排列数公式,共有
=5×4=20种不同的乘法算式。
答:
共有10个不同的乘积,20种不同的乘法算式。
专家点评:
首先判断是排列还是组合,剩下的就是简单计算了。
【例7】(☆☆☆)如下图,问:
①下左图中,共有多少条线段?
②下右图中,共有多少个角?
审题要点:
①在线段AB上共有7个点(包括端点A、B)。
注意到,只要在这七个点中选出两个点,就有一条以这两个点为端点的线段,而与选这两个端点的顺序无关,所以,这是一个组合问题。
②从O点出发的射线一共有11条,它们是OA,OP1,OP2,OP3,…,OP9,OB。
注意到每两条射线可以形成一个角,所以,只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法,就有多少个角。
显然,是组合问题。
详解过程:
①由组合数公式知,共有
条不同的线段;
②共有
种不同的取法,所以,可组成
个角。
由组合数公式知,共有
个不同的角。
专家点评:
在几何计数当中也用到了很多排列组合的方法。
【例8】(☆☆☆☆)从5幅国画,3幅油画,2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室,问有几种选法?
审题要点:
首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情况,即可分三类,自然考虑到加法原理。
当从国画、油画各选一幅有多少种选法时,利用的乘法原理。
由此可知这是一道利用两个原理的综合题。
关键是正确把握原理。
详解过程:
符合要求的选法可分三类:
设第一类为:
国画、油画各一幅,可以想像成,第一步先在5张国画中选1张,第二步再在3张油画中选1张。
由乘法原理有5×3=15种选法。
第二类为:
国画、水彩画各一幅,由乘法原理有5×2=10种选法。
第三类为:
油画、水彩画各一幅,由乘法原理有3×2=6种选法。
这三类是各自独立发生互不相干进行的。
因此,依加法原理,选取两幅不同类型的画布置教室的选法有15+10+6=31种。
答:
有31种选法。
专家点评:
我们讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题。
事实上,这些问题是相互联系、不可分割的。
有时候做某件事情有几类方法,而每一类方法又要分几个步骤完成。
在计算做这件事的方法时,既要用到乘法原理,又要用到加法原理。
要正确地解决这些问题,就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容,并熟悉它们所解决问题的类型特点。
【例9】(☆☆☆☆)国家举行足球赛,共15个队参加。
比赛时,先分成两个组,第一组8个队,第二组7个队。
各组都进行单循环赛(即每个队要同本组的其他各队比赛一场)。
然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛,决出冠亚军。
问:
①共需比赛多少场?
②如果实行主客场制(即A、B两个队比赛时,既要在A队所在的城市比赛一场,也要在B队所在的城市比赛一场),共需比赛多少场?
审题要点:
①实行单循环赛,比赛的所有场次包括三类:
第一组中比赛的场次,第二组中比赛的场次,决赛时比赛的场次。
总的场次计算要用加法原理。
②由于是实行主客场制,每两个队之间要比赛两场,比赛场次是①中的2倍。
另外,由于主客场制不仅与参赛的队有关,而且与比赛所在的城市(即与顺序)有关。
还可以用排列的知识来解决。
详解过程:
①第一组中8个队,每两队比赛一场,8个队里选两个队,是组合问题,所以共比赛
场;第二组中7个队,每两队比赛一场,所以共比赛
场;决赛中4个队,每两队比赛一场,所以共比赛
场。
实行单循环赛共比赛
②第一组共比赛
场,第二组共比赛
场,决赛时共比赛
场。
实行主客场制,共需比赛2×(
)=110(场)。
或解为:
=8×7+7×6+4×3=56+42+12=110(场)。
答:
共需比赛55场,如实行主客场制要比赛110场。
专家点评:
比赛问题是常见的排列组合问题,一般需要综合求解。
四、拓展训练
1.如下图,从甲地到乙地有4条路可走,从乙地到丙地有2条路可走,从甲地到丙地有3条路可走。
那么,从甲地到丙地共有多少种走法?
初级点拨:
分析题意,从甲地到丙地,先看是用加法原理还是乘法原理,判断好方法,然后简单计算就可以了。
深度提示:
从甲地到丙地共有两大类不同的走法,用加法原理。
第一类,由甲地途经乙地到丙地。
这时,要分两步走,第一步从甲地到乙地,有4种走法;第二步从乙地到丙地共2种走法,所以要用乘法原理,这时共有4×2种不同的走法。
第二类,由甲地直接到丙地,由条件知,有3种不同的走法。
全解过程:
由加法原理知,由甲地到丙地共有:
4×2+3=11(种)不同的走法。
答:
从甲地到丙地有11种不同的走法。
2.一个口袋内装有3个小球,另一个口袋内装有8个小球,所有这些小球颜色各不相同。
问:
①从两个口袋内任取一个小球,有多少种不同的取法?
②从两个口袋内各取一个小球,有多少种不同的取法?
初级点拨:
先弄清楚用加法原理还是乘法原理,先看有几大类,再看分几步。
本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同,乘法原理中,做完一件事要分成若干个步骤,一步接一步地去做才能完成这件事;加法原理中,做完一件事可以有几类方法,每一类方法中的一种做法都可以完成这件事。
往往有许多事情是有几大类方法来做的,而每一类方法又要由几步来完成,这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容,综合使用这两个原理。
深度提示:
①从两个口袋中只需取一个小球,则这个小球要么从第一个口袋中取,要么从第二个口袋中取,共有两大类方法。
所以是加法原理的问题。
②要从两个口袋中各取一个小球,则可看成先从第一个口袋中取一个,再从第二个口袋中取一个,分两步完成,是乘法原理的问题。
全解过程:
①从两个口袋中任取一个小球共有3+8=11(种),不同的取法。
②从两个口袋中各取一个小球共有3×8=24(种)不同的取法。
答:
从两个口袋任取一球有11种不同的取法,从两个口袋各取一球有24种不同的取法。
3.右图中共有16个方格,要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里,并使每行每列只能出现一个棋子。
问:
共有多少种不同的放法?
初级点拨:
由于四个棋子要一个一个地放入方格内。
故可看成是分四步完成这件事。
要用乘法原理。
深度提示:
第一步放棋子A,A可以放在16个方格中的任意一个中,故有16种不同的放法;第二步放棋子B,由于A已放定,那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B,故还剩下9个方格可以放B,B有9种放法;第三步放C,再去掉B所在的行和列的方格,还剩下四个方格可以放C,C有4种放法;最后一步放D,再去掉C所在的行和列的方格,只剩下一个方格可以放D,D有1种放法,本题要由乘法原理解决。
全解过程:
由乘法原理,共有
16×9×4×1=576(种)不同的放法。
答:
共有576种不同的方法。
4.如下图,要从A点沿线段走到B,要求每一步都是向右、向上或者向斜上方。
问有多少种不同的走法?
初级点拨:
注意到,从A到B要一直向右、向上,那么,经过右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点。
也就是说从A到B点的路线共分为四类,它们是分别经过C、D、E、F的路线。
深度提示:
第一类,经过C的路线,分为两步,从A到C再从C到B,从A到C有2条路可走,从C到B也有两条路可走,由乘法原理,从A经C到B共有2×2=4条不同的路线。
第二类,经过D点的路线,分为两步,从A到D有4条路,从D到B有4条路,由乘法原理,从A经D到B共有4×4=16种不同的走法。
第三类,经过E点的路线,分为两步,从A到E再从E到B,观察发现。
各有一条路。
所以,从A经E到B共有1种走法。
第四类,经过F点的路线,从A经F到B只有一种走法。
最后由加法原理即可求解。
全解过程:
:
如上右图,从A到B共有下面的走法:
从A经C到B共有2×2=4种走法;
从A经D到B共有4×4=16种走法;
从A经E到B共有1种走法;
从A经F到B共有1种走法。
所以,从A到B共有:
4+16+1+1=22种不同的走法。
答:
有22种不同的走法。
5.某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营,问共有多少种选法?
如果在42人中选3人站成一排,有多少种站法?
初级点拨:
首先根据不同情况分,看清楚是用排列还是组合,然后再根据排列组合公式进行求解。
深度提示:
要在42人中选3人去参加夏令营,那么,所有的选法只与选出的同学有关,而与三名同学被选出的顺序无关。
所以,共有
种不同的选法。
要在42人中选出3人站成一排,那么,所有的站法不仅与选出的同学有关,而且与三名同学被选出的顺序有关。
所以,共有
种不同的站法。
全解过程:
由组合数公式,共有
种不同的选法。
由排列数公式,共有
=42×41×40=68880种不同的站法。
答:
有11480种不同的选法,有68880种不同的站法。
6.从8人的数学兴趣小组中选2人
(1)分别担任正副组长,有多少种不同的选法?
(2)一起参加一次数学竞赛,有多少种不同的选法?
初级点拨:
注意分清排列问题和组合问题。
深度提示:
(1)选出正副组长,有正副之分,也就是从8人中选2人后,要进一步确认正副组长,因此是个排列问题;
(2)选人参加数学竞赛没有顺序,因此是个组合问题。
全解过程:
(1)利用排列公式,共有
=8×7=56种选法;
(2)利用组合公式,共有
=
=28种选法。
答:
分别担任正副组长,有56种不同的选法;一起参加一次数学竞赛,有28种不同的选法。
7.在一个圆周上有10个点,以这些点为端点或顶点,可以画出多少不同的
(1)直线段
(2)三角形(3)四边形?
初级点拨:
首先观察是组合问题还是排列问题,那就要看你取的点是否与顺序有关?
深度提示:
很明显,你要画的三个图形都与取出点的顺序无关,所以三个问题都应该是组合问题。
由于10个点都在圆周上,因此任意三点都不共线,
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