c33js08p的簡單介紹

本文目錄一覽：

• 1、C8PJV0ALDTDG 求解!
• 2、排列組合的基本公式。
• 3、https：//https：//aaa.是個什麼網址

C8PJV0ALDTDG 求解!

【鑒定結果：若是剛買，多是二手或私翻機。本手機是延保的機子，保修期為兩年】

iPhone 4S(GSM+CDMA) 32GB 白色

序列號：C8PJV0ALDTDG

設備名稱：iPhone 4S

容 量：32GB

顏 色：白色

類 型：iPhone4,1

代 號：n94ap

型 號：MD380/MD246

激活狀態：已激活

電話支持：未過期（2014年11月02日）

硬體保修：未過期（限制）（2014年11月02日）

生產日期：2012年12月16日 – 2012年12月22日

生產工廠：中國

備 註：無鎖版本國內可以3網(聯通+移動+電信)通用,有鎖版本可以使用卡貼

【iphone溫馨提示】：

【設置—通用—關於本機—型號】中可查看銷售地區或者版本， 根據後面兩位或者一位字母查看,

序列號前三位 ：C7G C3K DYJ DQG CCP C32 C31 C33 開頭為售後換機返廠維修過的，質量標準相同。

後兩位：CH國行、LL美版機、ZP港行、TA台灣、KH韓版、NF法國、KN丹麥、BZ巴西

後一位：C加拿大、X澳洲、B英國、F法國、T義大利、B愛爾蘭、X紐西蘭

/A說明：在您購買設備的時候該設備的系統是當時最新的系統，系統升級6.1以上則帶/A

【設備的判別方法】：

下列三項如果顯示剛過期說明是激活至少一年以上：二手並不代表就是翻新機

【水貨機器】：水貨過海關會提前激活以導致查詢激活時間比實際早，所以激活日期比購買激活日期提前在一個月內是沒有問題的。

【提前一天】：如果是激活日期比購買日期早一天，是時差的關係，正常現象

【全新的機器】：激活狀態 至 硬體保修是顯示一年整，如果購買延保的 保修則是兩年

【二手貨】：成色不新，硬體保修顯示已過期或剩餘時間不多，若過期一年就查不到激活日期。

【置換機】：即是生產日期比激活日期還要晚，例如還沒未生產就已經先激活。

【私翻機】：硬體保修顯示已過期或剩餘時間不多，無良奸商做簡單清潔，換個機殼而已。

iphone ipad 大部分由富士康代工生產，所以產地是中國

【超過一年的設備也就是過期的設備查不到具體的保修和激活時間】

保修終止日期從激活當天算一整年，其中電話支持是從激活當天算90天

蘋果設備具體情況請，是否全新或翻新，參考上面查詢的信息，再核對自己的購買激活日期，或者itunes 連接電腦最好。

蘋果設備序列號查詢地址

百度搜索【維維查詢】【果粉查詢】【蘋果園】或搜索【威鋒查詢】

排列組合的基本公式。

列組合公式/排列組合計算公式

排列 p——和順序有關

組合 c ——-不牽涉到順序的問題

排列分順序,組合不分

例如 把5本不同的書分給3個人,有幾種分法. “排列”

把5本書分給3個人,有幾種分法 “組合”

1．排列及計算公式

從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列；從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有排列的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數，用符號 p(n,m)表示.

p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)!(規定0!=1).

2．組合及計算公式

從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素並成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合；從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數.用符號

c(n,m) 表示.

c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);

3．其他排列與組合公式

從n個元素中取出r個元素的循環排列數＝p(n,r)/r=n!/r(n-r)!.

n個元素被分成k類，每類的個數分別是n1,n2,…nk這n個元素的全排列數為

n!/(n1!*n2!*…*nk!).

k類元素,每類的個數無限,從中取出m個元素的組合數為c(m+k-1,m).

排列（pnm(n為下標，m為上標)）

pnm=n×（n-1）….（n-m+1）；pnm=n！/（n-m）！（註：！是階乘符號）；pnn（兩個n分別為上標和下標） =n！；0！=1；pn1（n為下標1為上標）=n

組合（cnm(n為下標，m為上標)）

cnm=pnm/pmm ；cnm=n！/m！（n-m）！；cnn（兩個n分別為上標和下標） =1 ；cn1（n為下標1為上標）=n；cnm=cnn-m

2008-07-08 13:30

公式p是指排列，從n個元素取r個進行排列。公式c是指組合，從n個元素取r個，不進行排列。n-元素的總個數 r參與選擇的元素個數 ！-階乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1

從n倒數r個，表達式應該為n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);

因為從n到（n-r+1)個數為n－（n-r+1)＝r

舉例：

q1: 有從1到9共計9個號碼球，請問，可以組成多少個三位數？

a1: 123和213是兩個不同的排列數。即對排列順序有要求的，既屬於「排列p」計算範疇。

上問題中，任何一個號碼只能用一次，顯然不會出現988,997之類的組合， 我們可以這麼看，百位數有9種可能，十位數則應該有9-1種可能，個位數則應該只有9-1-1種可能，最終共有9*8*7個三位數。計算公式＝p（3，9)＝9*8*7,(從9倒數3個的乘積）

q2: 有從1到9共計9個號碼球，請問，如果三個一組，代表「三國聯盟」，可以組合成多少個「三國聯盟」？

a2: 213組合和312組合，代表同一個組合，只要有三個號碼球在一起即可。即不要求順序的，屬於「組合c」計算範疇。

上問題中，將所有的包括排列數的個數去除掉屬於重複的個數即為最終組合數c(3,9)=9*8*7/3*2*1

排列、組合的概念和公式典型例題分析

例1 　設有3名學生和4個課外小組．（1）每名學生都只參加一個課外小組；（2）每名學生都只參加一個課外小組，而且每個小組至多有一名學生參加．各有多少種不同方法？

解（1）由於每名學生都可以參加4個課外小組中的任何一個，而不限制每個課外小組的人數，因此共有 種不同方法．

　（2）由於每名學生都只參加一個課外小組，而且每個小組至多有一名學生參加，因此共有 種不同方法．

點評 由於要讓3名學生逐個選擇課外小組，故兩問都用乘法原理進行計算．

例2 排成一行，其中 不排第一， 不排第二， 不排第三， 不排第四的不同排法共有多少種？

解 依題意，符合要求的排法可分為第一個排 、 、 中的某一個，共3類，每一類中不同排法可採用畫「樹圖」的方式逐一排出：

∴ 符合題意的不同排法共有9種．

點評 按照分「類」的思路，本題應用了加法原理．為把握不同排法的規律，「樹圖」是一種具有直觀形象的有效做法，也是解決計數問題的一種數學模型．

例3　判斷下列問題是排列問題還是組合問題？並計算出結果．

（1）高三年級學生會有11人：①每兩人互通一封信，共通了多少封信？②每兩人互握了一次手，共握了多少次手？

（2）高二年級數學課外小組共10人：①從中選一名正組長和一名副組長，共有多少種不同的選法？②從中選2名參加省數學競賽，有多少種不同的選法？

（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八個質數：①從中任取兩個數求它們的商可以有多少種不同的商？②從中任取兩個求它的積，可以得到多少個不同的積？

（4）有8盆花：①從中選出2盆分別給甲乙兩人每人一盆，有多少種不同的選法？②從中選出2盆放在教室有多少種不同的選法？

分析　（1）①由於每人互通一封信，甲給乙的信與乙給甲的信是不同的兩封信，所以與順序有關是排列；②由於每兩人互握一次手，甲與乙握手，乙與甲握手是同一次握手，與順序無關，所以是組合問題．其他類似分析．

（1）①是排列問題，共用了 封信；②是組合問題，共需握手 （次）．

（2）①是排列問題，共有 （種）不同的選法；②是組合問題，共有 種不同的選法．

（3）①是排列問題，共有 種不同的商；②是組合問題，共有 種不同的積．

（4）①是排列問題，共有 種不同的選法；②是組合問題，共有 種不同的選法．

例4　證明 ．

證明　 左式

右式．

　∴ 等式成立．

點評　這是一個排列數等式的證明問題，選用階乘之商的形式，並利用階乘的性質 ，可使變形過程得以簡化．

例5　化簡 ．

解法一　原式

解法二　原式

點評 解法一選用了組合數公式的階乘形式，並利用階乘的性質；解法二選用了組合數的兩個性質，都使變形過程得以簡化．

例6　解方程：（1） ；（2） ．

解 （1）原方程

解得 ．

（2）原方程可變為

　∵ ， ，

　∴ 原方程可化為 ．

　即 ，解得

第六章 排列組合、二項式定理

一、考綱要求

1.掌握加法原理及乘法原理，並能用這兩個原理分析解決一些簡單的問題.

2.理解排列、組合的意義，掌握排列數、組合數的計算公式和組合數的性質，並能用它們解決一些簡單的問題.

3.掌握二項式定理和二項式係數的性質，並能用它們計算和論證一些簡單問題.

二、知識結構

三、知識點、能力點提示

(一)加法原理乘法原理

說明 加法原理、乘法原理是學習排列組合的基礎，掌握此兩原理為處理排 列、組合中有關問題提供了理論根據.

例1 5位高中畢業生，準備報考3所高等院校，每人報且只報一所，不同的報名方法共有多少種?

解： 5個學生中每人都可以在3所高等院校中任選一所報名，因而每個學生都有3種不同的 報名方法，根據乘法原理，得到不同報名方法總共有

3×3×3×3×3=35(種)

(二)排列、排列數公式

說明 排列、排列數公式及解排列的應用題，在中學代數中較為獨特，它研 究的對象以及研 究問題的方法都和前面掌握的知識不同，內容抽象，解題方法比較靈活，歷屆高考主要考查排列的應用題，都是選擇題或填空題考查.

例2 由數字1、2、3、4、5組成沒有重複數字的五位數，其中小於50 000的 偶數共有( )

a.60個 b.48個 c.36個 d.24個

解 因為要求是偶數，個位數只能是2或4的排法有p12；小於50 000的五位數，萬位只能是1、3或2、4中剩下的一個的排法有p13;在首末兩位數排定後，中間3個位數的排法有p33，得p13p33p12＝36(個)

由此可知此題應選c.

例3 將數字1、2、3、4填入標號為1、2、3、4的四個方格里，每格填一個數字，則每個方格的標號與所填的數字均不同的填法有多少種?

解： 將數字1填入第2方格，則每個方格的標號與所填的數字均不相同的填法有3種，即214 3，3142，4123；同樣將數字1填入第3方格，也對應著3種填法；將數字1填入第4方格，也對應3種填法，因此共有填法為

3p13=9(種).

例四　例五可能有問題，等思考

三)組合、組合數公式、組合數的兩個性質

說明 歷屆高考均有這方面的題目出現，主要考查排列組合的應用題，且基本上都是由選擇題或填空題考查.

例4 從4台甲型和5台乙型電視機中任意取出3台，其中至少有甲型與乙型電視機各1台，則不同的取法共有( )

a.140種 b.84種 c.70種 d.35種

解： 抽出的3台電視機中甲型1台乙型2台的取法有c14·c25種；甲型2台乙型1台的取法有c24·c15種

根據加法原理可得總的取法有

c24·c25+c24·c15=40+30=70(種 )

可知此題應選c.

例5 甲、乙、丙、丁四個公司承包8項工程，甲公司承包3項，乙公司承包1 項，丙、丁公司各承包2項，問共有多少種承包方式?

解： 甲公司從8項工程中選出3項工程的方式 c38種；

乙公司從甲公司挑選後餘下的5項工程中選出1項工程的方式有c15種；

丙公司從甲乙兩公司挑選後餘下的4項工程中選出2項工程的方式有c24種；

丁公司從甲、乙、丙三個公司挑選後餘下的2項工程中選出2項工程的方式有c22種.

根據乘法原理可得承包方式的種數有c3 8×c15×c24×c22= ×1=1680(種).

(四)二項式定理、二項展開式的性質

說明 二項式定理揭示了二項式的正整數次冪的展開法則，在數學中它是常用的基礎知識 ，從1985年至1998年歷屆高考均有這方面的題目出現，主要考查二項展開式中通項公式等，題型主要為選擇題或填空題.

例6 在(x- )10的展開式中，x6的係數是( )

a.-27c610 b.27c410 c.-9c610 d.9c410

解 設(x- )10的展開式中第γ+1項含x6，

因tγ+1=cγ10×10-γ(- )γ，10-γ=6,γ=4

於是展開式中第5項含x 6，第5項係數是c410(- )4=9c410

故此題應選d.

例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)5的展開式中的x2的係數等於

解：此題可視為首項為x-1，公比為-(x-1)的等比數列的前5項的和，則其和為

在(x-1)6中含x3的項是c36x3(-1)3=-20×3，因此展開式中x2的係數是-2 0.

(五)綜合例題賞析

例8 若(2x+ )4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，則(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值為( )

a.1 b.-1 c.0 d.2

解：a.

例9 2名醫生和4名護士被分配到2所學校為學生體檢，每校分配1名醫生和2 名護士，不同的分配方法共有( )

a.6種 b.12種 c.18種 d.24種

解 分醫生的方法有p22＝2種，分護士方法有c24=6種，所以共有6×2＝12種不同的分配方法。

應選b.

例10 從4台甲型和5台乙型電視機中任意取出3台，其 中至少要有甲型與乙型電視機各1台，則不同取法共有( ).

a.140種 b.84種 c.70種 d.35種

解：取出的3台電視機中，甲型電視機分為恰有一台和恰有二台兩種情形.

∵c24·+c25·c14=5×6+10×4=70.

∴應選c.

例11 某小組共有10名學生，其中女生3名，現選舉2 名代表，至少有1名女生當選的不同選法有( )

a.27種 b.48種 c.21種 d.24種

解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表兩類：

∵c13·c1 7+c23=3×7+3=24，

∴應選d.

例12 由數學0，1，2，3，4，5組成沒有重複數字的 六位數，其中個位數字小於十位數字的共有( ).

a.210個 b.300個

c.464個 d.600個

解：先考慮可組成無限制條件的六位數有多少個?應有p15·p 55=600個.

由對稱性，個位數小於十位數的六位數和個位數大於十位數的六位數各佔一半.

∴有 ×600=300個符合題設的六位數.

應選b.

例13 以一個正方體的頂點為頂點的 四面體共有( ).

a.70個 b.64個

c.58個 d.52個

解：如圖，正方體有8個頂點，任取4個的組合數為c48=70個.

其中共面四點分3類：構成側面的有6組；構成垂直底面的對角面的有2組；形如(adb1c1 )的有4組.

∴能形成四面體的有70-6-2-4=58(組)

應選c.

例14 如果把兩條異面直線看成「一對」，那麼六棱 錐的棱所在的12條直線中，異面直線共有( ).

a.12對 b.24對

c.36對 d.48對

解：設正六稜錐為o—abcdef.

任取一側棱oa(c16)則oa與bc、cd、de、ef均形成異面直線對.

∴共有c16×4=24對異面直線.

應選b.

例15 正六邊形的中心和頂點共7個點，以其中三個點 為頂點的三角形共 個(以數字作答).

解：7點中任取3個則有c37=35組.

其中三點共線的有3組(正六邊形有3條直徑).

∴三角形個數為35-3=32個.

例16 設含有10個元素的集合的全部子集數為s，其中由3個元素組成的子集數為t，則 的值為 。

解 10個元素的集合的全部子集數有：

s＝c010+c110+c210+c310+c410+c510+c610+c710+c810+c910+c1010=2 10=1024

其中，含3個元素的子集數有t=c310=120

故 =

例17 例17 在50件產品 n 中有4件是次品，從中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共

種(用數字作答).

解：「至少3件次品」即「有3件次品」或「有4件次品」.

∴c34·c246+c44·c146=4186(種)

例18 有甲、乙、丙三項任務，甲需2人承擔，乙、 丙各需1人承擔，從10人中選派4人承擔這三項任務，不同的選法共有( ).

a.1260種 b.2025種

c.2520種 d.5040種

解：先從10人中選2個承擔任務甲(c210)

再從剩餘8人中選1人承擔任務乙(c1 8)

又從剩餘7人中選1人承擔任務乙(c1 7)

∴有c210·c1 8c1 7=2520(種).

應選c.

例19 集合｛1，2，3｝子集總共有( ).

a.7個 b.8個 c.6個 d.5個

解 三個元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一個，由一個元素組成的子集數

c13，由二個元素組成的子集數c23。

由3個元素組成的子集數c33。由加法原理可得集合子集的總個數是

c13+c23+c33+1=3+3+1+1＝8

故此題應選b.

例20 假設在200件產品中有3件是次品，現在從中任意抽取5件，其中至少有兩件次品的抽法有( ).

a.c23c3197種 b.c23c3197 +c33c2197

c.c5200-c5197 d.c5200-c 13c4197

解：5件中恰有二件為次品的抽法為c23c3197，

5件中恰三件為次品的抽法為c33c2197，

∴至少有兩件次品的抽法為c23c3197+c33c2197.

應選b.

例21 兩排座位，第一排有3個座位，第二排有5個座位，若8名學生入座(每人一個座位)，則不同座法的總數是( ).

a.c58c38 b.p12c58c38　c.p58p38

https：//https：//aaa.是個什麼網址

https：//aaa.這個不是網址，沒有後綴，

正確的網址應該是

HTTPS知識：

HTTPS（全稱：Hyper Text Transfer Protocol over Secure Socket Layer），是以安全為目標的HTTP通道，簡單講是HTTP的安全版。即HTTP下加入SSL層，HTTPS的安全基礎是SSL，因此加密的詳細內容就需要SSL。

它是一個URI scheme（抽象標識符體系），句法類同http:體系。用於安全的HTTP數據傳輸。

https:URL表明它使用了HTTP，但HTTPS存在不同於HTTP的默認埠及一個加密/身份驗證層（在HTTP與TCP之間）。

HTTPS和HTTP的區別主要為以下四點：

1、https協議需要到ca申請證書，一般免費證書很少，需要交費。

2、http是超文本傳輸協議，信息是明文傳輸，https 則是具有安全性的ssl加密傳輸協議。

3、http和https使用的是完全不同的連接方式，用的埠也不一樣，前者是80，後者是443。

4、http的連接很簡單，是無狀態的；HTTPS協議是由SSL+HTTP協議構建的可進行加密傳輸、身份認證的網路協議，比http協議安全。