2014年六年级数学思维训练：计数综合三(可编辑修改word版)

2014 年六年级数学思维训练：计数综合三
一、兴趣篇
1.一个楼梯共有10 级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10 级台阶，一共可以有多少种不同的走法？
2.小悦买了10 块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3 块，直到吃完，共有多少种吃法？
3.用1×2 的小方格覆盖2×7 的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？
4.如果在一个平面上画出4 条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20 条直线，
最多可以分成几个部分？
5．甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6 次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？6．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？
7.由1、3、4 组成的四位数的各位数字之和为9 的多位数共有多少个？
8.一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？
9.一个十位数只含有数字l 或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？
10.一个六位数由1、2、3、4、5 组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？
二、拓展篇
11.老师给冬冬布置了12 篇作文，规定他每天至少写l 篇，如果冬冬每天最多能写3 篇，那么共有多少种写完作文的方法？
12.用10 个1×3 的长方形纸片覆盖一个10×3 的方格表，共有多少种覆盖方法？
13.现有14 块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？
14.如果在一个平面上画出8 条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8 个圆，最多可以把平面分成几个部分？
15.四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1 次传球，经过8 次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？
16.如图所示，一个圆环被分成8 部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？
17.圆周上有10 个点A1，A2，…，A10 以这些点为端点连结5 条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？
18.在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712 等．请问：在1 至10000 中有多少个这样的多位数？
19.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7 和5，例如1975、75675 等，但432579．不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？
20.用1 至9 这9 个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：这样的九位数共有多少个？21．一个七位数，每位都是1、2 或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有个．22.满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579 是好数，但1567 就不是好数．请问：一共有多少个好数？
三、超越篇
23.一个九位数，它只由数字l、2 和3 组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2 和3 每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？
24．（1）如果在一个平面上画出8 个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？
（2）如果在一个平面上画出3 个四边形、2 个圆、l 条直线，最多可以把平面分成多少个部分？
25.如图所示，阴影部分是一个圆环，4 条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？
26.用15 个1×2 的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？
27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l 时操作停止．问：经过9 次操作变为1 的数有多少个？
28.用4 种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）
29.圆周上有15 个点A1，A2，…，A15，以这些点为顶点连出5 个三角形，要求任意两个三角形没有公共点，共有多少种连接方式？
30.有一年级到六年级的同学各一人，排成一列领取糖果．如果一个高年级的同学站在一个低年级的同学前面，那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”（一个人可以有多次“怨言”）．在一种排列顺序里，我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”．例如：六位同学按下面的
顺序排列：一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级，那么这六位同学产生的“怨言”次数依次为0、0、l、2、0、l，这种排列的“怨言数”就是4．请问：有多少种“怨言数”为7 的排列顺序？
2014 年六年级数学思维训练：计数综合三
参考答案与试题解析
一、兴趣篇
1.一个楼梯共有10 级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10 级台阶，一共可以有多少种不同的走法？
【分析】从第1 级开始递推，脚落到第1 级只有从地上1 种走法；第二级有两种可能，从地跨过第一级或从第一级直接迈上去；登上第3 级，分两类，要么从第1 级迈上来，要么从第2 级迈上来，所以方法数是前两级的方法和；依此类推，以后的每一级的方法数都是前两级方法的和；直到10 级，每一级的方法数都求出，因此得解．
【解答】解：递推：
登上第1 级：1 种登
上第2 级：2 种
登上第3 级：1+2=3 种（前一步要么从第1 级迈上来，要么从第2 级迈上来）
登上第4 级：2+3=5 种（前一步要么从第2 级迈上来，要么从第3 级迈上来）
登上第5 级：3+5=8 种
登上第6 级：5+8=13 种登
上第7 级：8+13=21 种登
上第8 级：13+21=34 种登
上第9 级：21+34=55 种
登上第10 级：55+34=89 种；
答：一共可以有89 种不同的走法．
2.小悦买了10 块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3 块，直到吃完，共有多少种吃法？【分析】利用归纳法，记有n 块巧克力，有m 种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．
【解答】解：设有n 块糖，有m 种吃法，
n=1 时，m=1，有1=1
n=2 时，m=2，有2=1+1
n=3 时，m=4，有4=1+2+1
n=4 时，m=7，有7=1+2+4
n=5 时，m=13，有13=2+4+7
…
可以发现：从第四项开始，每项的方法数等于前三项的方法和，
所以，后面的方法数是：24、44、81、149、274…
所以，10 块巧克力，共有274 种吃
法．答：共有274 种吃法．
3.用1×2 的小方格覆盖2×7 的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？
【分析】本题分类计数：全部竖排1 种；1 个竖排有4 种；3 个竖排有10 种；，5 个横排有6 种；然后加在一起，即可得解．
【解答】解：1+4+10+6=21（种）
答：共有21 种不同的覆盖方法．
4.如果在一个平面上画出4 条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20 条直线，最多可以分成几个部分？
【分析】根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分，根据两条直线最多分成的部分比一条直线分成部分增加2，三条直线最多分成部分比两条直线最多分成部
分增加三，以此类推找出规律，可得答案．
【解答】解：2 条直线最多可将平面分成4 个部分，如图：
；
三条直线最多分成可将平面分成7 个部分，如图：；
四条直线最多分成可将平面分成11 个部分，如图：；
n 条直线最多分成可将平面分成2+2+3+4+…+n=+1 个部分；
所以画20 条直线，最多可以分成+1=211 个部分．
答：在一个平面上画出 4 条直线，最多可以把平面分成11 个部分；如果画20 条直线，最多可以分成211 个部分．
5.甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲
发球，经过6 次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？
【分析】利用递推法，设经过n 次传球回到甲手中的过程有A n 种可能，n 至少为2．从简单
分析探讨得出答案即可．
【解答】解：设经过n 次传球回到甲手中的过程有A n 种可能，n 至少为2．A2=2，
A3=2，
对于A n，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2 种可能，此时还剩余2 次，有A2种
可能，总共有2A2种可能；
若第一次回到甲手里是经过四次传球（不需要考虑第一次回到甲手里是经过三次传球，这样
四次传球不可能回到甲的手中）有2 种可能，所以A4=2A2+2=2A2+A3=6．
对于A5，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2 种可能，此时还剩余3 次，有A3 种可能，总共有2A3种可能；
若第一次回到甲的手中是经过三次传球有2 种可能，此时还剩余2 次，有2A2种可能；若第一次回到甲的手中是经过5 次传球有2 种可能，（不需要考虑第一次回到甲的手中是经过4 次传球，这样5 次传球不可能回到甲的手中）有2 种可能，所以
A5=2A3+2A2+2=2A3+A4=10．
以此类推，可以得到A n=2A n﹣2+2A n﹣3+L+2A2+2=2A n﹣2﹣A n﹣1，
A6=2A4+A5=22．即整个传球过程共有22 种不同的可能．
6.一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？
【分析】由题意，相邻两个数字的和为16，可以是前两个数字和是16 或后两个数字和是16，且16=7+9=8+8，据此分类枚举即可．
【解答】解：因为16=7+9=8+8，所以可分前两位数是79、97、88 以及后两位数是79、97、88 六种情况枚举，
790﹣﹣﹣﹣﹣799 10 个
970﹣﹣﹣﹣﹣979 10 个
880﹣﹣﹣﹣﹣889 10 个
179﹣﹣﹣979 9 个﹣1 个=8 个（与前面重复一个为979）
197﹣﹣﹣997 9 个﹣1 个=8 个（与前面重复一个为797）
188﹣﹣﹣988 9 个﹣1 个=8 个（与前面重复一个为888）
所以共有10+10+10+8+8+8=54 个
答：这样的三位数共有54 个．
7.由1、3、4 组成的四位数的各位数字之和为9 的多位数共有多少个？
【分析】因为1+1+3+4=9，再找出由1、1、3、4 组成的四位数共有多少个即可．
【解答】解：1+1+3+4=9，
这四位数以1 开头，有6 个；
这四位数以3 开头，有3 个；
这四位数以4 开头，有3 个；
总共有6+3+3=12 个．
8.一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？【分析】5 个不同的数和为18，则平均值是3.6；如果出现3 时，这5 个数可能是：1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7；如果出现4 时，这5 个数可能是：1，2，4，5，6；再根据分类计数原理解答即可．
【解答】解：把18 分成4 个不同的数之和，可能是：1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7 和1，2，4，5，6；
由1，2，3，4，8 组成的五位数有：5×4×3×2×1=120（个）；
同理可得：
由1，2，3，5，7 组成的五位数有120 个；
由1，2，4，5，6 组成的五位数有120 个；
所以这样的五位数共有：120×3=360（个）；
答：这样的五位数共有360 个．
9.一个十位数只含有数字l 或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？【分析】每一位都有两种可能，或1 或2，共10 位．根据乘法原理，一共有2×2×2…×2=210个．【解答】解：每一位都有两种可能，或1 或2，共10 位．那就有2×2×2…×2=210
个．答：共有210个这样的十位数．
10.一个六位数由1、2、3、4、5 组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？
【分析】通过分析：以1 开头的和以5 开头的满足六位数的数目一样，都是9 个；以2 开头的和以4 开头的满足六位数的数目一样，都是18 个；以3 开头的六位数的是18 个，所以共计：9×2+18×2+18=72 种，据此解答即可．
【解答】解：①以1 开头的和以5 开头的满足六位数的数目一样，都是9 个；
②以2 开头的和以4 开头的满足六位数的数目一样，都是18 个；
③以3 开头的六位数的是18 个，所以共计：
9×2+18×2+18=72（种）
答：这样的六位数有72 个．
二、拓展篇
11.老师给冬冬布置了12 篇作文，规定他每天至少写l 篇，如果冬冬每天最多能写3 篇，那么共有多少种写完作文的方法？
【分析】利用递推法：对于A1，若第一天写1 篇，剩余3 篇，有A3种可能；若第一天写2篇，剩余2 篇，有A2 种可能；若第一天写3 篇，剩余1 篇，有A1 种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，
以此类推，得出A n=A n﹣1+A n﹣2+A n﹣3，解决问题．
【解答】解：设写完a 篇作文的有An 种方法，A1=1，A2=2，
A3=4，
对于A1，若第一天写1 篇，剩余3 篇，有A3 种可能；若第一天写2 篇，剩余2 篇，有A2种可能；
若第一天写3 篇，剩余1 篇，有A1 种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，
以此类推，A n=A n﹣1+A n﹣2+A n﹣3，可得A12=A11+A10+A9=927．
12.用10 个1×3 的长方形纸片覆盖一个10×3 的方格表，共有多少种覆盖方法？
【分析】本题采用递推法．若用1×3 的小长方形去覆盖3×1 的方格网，有1 种方法，去覆盖3×2 的方格网有2 种方法，覆盖3×3 的方格网会得到1+2=3 种方法…依次进行求解，发现这是一个斐波那契数列，由此进行求解．
【解答】解：若用1×3 的小长方形去覆盖3×n 的方格网，设方法数为A n，那么A1=1，A2=2 当n≥3 时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：
（1）用1 个1×3 的小长方形竖着覆盖，那么剩下的3（n﹣1）的方格网有An﹣1 种方法；（2）用2 个1×3 的小长方形横着覆盖，那么剩下的3（n﹣2）的方格网有A n﹣2 种方法，根据加法原理，可得：An=A n﹣1+A n﹣2．
A3=1+2=3
A4=2+3=5
A5=3+5=8
A6=5+8=13
A7=8+13=21
A8=13+21=34
A9=21+34=55
A10=34+55=89
答：覆盖3×10 的方格网共有89 种不同方法．
13.现有14 块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？
【分析】利用归纳法，记有n 块糖，有m 种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．
【解答】解：设有n 块糖，有m 种吃法，
n=1 时，m=1，有1=1
n=2 时，m=1，有2=1+1
n=3 时，m=2，有3=1+1+1=3
n=4 时，m=3，有4=1+1+1+1=1+3=3+1
n=5 时，m=5，有5=1+1+1+1+1=1+1+3=1+3+1=3+1+1=5
…
可以发现：从第三项开始，每项的方法数等于前两项的方法和，
所以，后面的方法数是：8、13、21、34、55、89、144、233、377、…
所以，14 块糖，阿奇共有377 种吃法．
答：阿奇共有377 种吃法．
14.如果在一个平面上画出8 条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8 个圆，最多可以把平面分成几个部分？
【分析】（1）根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分；在一个平面上画出1 条直线，最多可以把平面分成2 部分；在一个平面上画出2 条直线，平面数量增加2，最多可以把平面分成2+2=4 部分；在一个平面上画出3 条直线，平面数量增加3，最多可以把平面分成：4+3=7 部分；…，据此求出8 条直线最多可以把平面分成几个部分即可；（2）画1 个圆可以把平面分成2 部分；画第2 个圆时与第1 个圆最多新产生2 个交点，平面数量多2，即2+2=4，把分成4 部分；画第3 个圆时，与前两个圆最多新产生4 个交点，平面数量增加4，即2+2+4=8，平面被分成8 部分…每多画1 个圆，平面数量分别增加2、4、6、8…，据此求出画8 个圆，最多可以把平面分成几个部分即可．
【解答】解：根据分析，可得
（1）在一个平面上画出8 条直线，最多可以把平面分成：
2+2+3+4+…+8==37（个）；
答：如果在一个平面上画出8 条直线，最多可以把平面分成37 个部分．
（2）在一个平面上画出画8 个圆，最多可以把平面分成：
2+2+4+6+8+10+12+14=58（个）．
答：如果在一个平面上画出8 个圆，最多可以把平面分成58 个部分．
15.四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1 次传球，经过8 次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？
【分析】设第n 次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a n 种，可以想象前n﹣1 次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3 种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3（n﹣1 个3）=3n﹣1 种传球方法．这些传球方法并不都是符合要求的，它们可以分为两类：一类恰好第n﹣1 次恰好传到红衣人手中，这有a n﹣1 种传法，它们不符合要求，因为这样第n 次无法再把球传给红衣人；另一类是第n﹣1 次传球，球不在红衣人手中，第n 次持球人再将球传给红衣人，有a n 种传法；根据加法原理有a n=a n﹣1﹣a n﹣2，由于红衣人是发球者，一次传球后又回到红衣人手中的传球方法是不存在的，所以a1=0，利用递推a2=3﹣0=3，a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，
a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．说明经过8 次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641 种不同的可能．
【解答】解：设第n 次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a n 种，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3 种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3
（n﹣1 个3）=3n﹣1 种传球方法．第n﹣1 次传球，球不在红衣人手中，第n 次持球人再将球传给红衣人，有a n 种传法；根据加法原理有a n=a n﹣1﹣a n﹣2，可得
a1=0，递推a2=3﹣0=3，
a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣
6=21，a5=3×3×3×3﹣
21=60，a6=3×3×3×3×3﹣
60=183，
a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，
a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．
答：经过8 次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641 种不同的可能．
16.如图所示，一个圆环被分成8 部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？
【分析】按照顺时针方向考虑：首先第一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一有3 种方法，则第二至七部分各有2 种选择，最后一部分只有一种选择，根据乘法原理得出答案即可．
【解答】解：3×2×2×2×2×2×2×1=192（种）
答：共有192 种染色方法．
17.圆周上有10 个点A1，A2，…，A10 以这些点为端点连结5 条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？
【分析】为了叙述的方便，不妨这10 个点用下标数数字1、2、3、4、5…10 表示，分情况探讨得出答案即可．
【解答】解：（1）如图的连法：共 5 种
1、连12，310，49，58，67，
2、连23，14，510，69，78，
3、连34，…
4、连45，…
5、连56，…
以下5 种与上面的重复，不考虑
6、连67，…（与1 重复）
…
10、连110，…（与5 重复）
（2）如图的连法：共2 种
1、连12，34，56，78，910
2、连23，45，67，89，110
（3）如图的连法：共10 种
（4）如图的连法：共10 种
（5）如图的连法：共5 种
（6）图的连法：共10 种
合计共5+2+10+10+5+10=42 种连法．
18.在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712 等．请问：在1 至10000 中有多少个这样的多位数？
【分析】本题可分情况进行讨论，分别求出1 至10000 中一位数，两位数，三位数，四位数、五位数中有多少个奇数的个数比偶数多的数，再相加即可．
【解答】解：一位数中奇数的个数比偶数个数多的数：0 个；
两位数中奇数的个数比偶数个数多的数：5×5=25 个；
三位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：
①两位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×3﹣5×5=375﹣25=350 个；
②三位数是奇数，这样的数有：5×5×5=125 个；
四位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：
①三位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×5×4﹣5×5×5=2500﹣125=2375 个；
②四位数是奇数，这样的数有：5×5×5×5=625 个；
五位数即10000 中没有；
1 至10000 中有共有这样的数：
25+350+125+2375+625=3500 个
答：1 至10000 中有3500 个这样的数．
19.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7 和5，例如1975、75675 等，但432579．不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？
【分析】此题分为以下几种情况：①当75 在首位时，剩余4 位数字随意选；②当75 不在首位时，75 看作一个整体，位置有4 种情况；③对于最高位的数有1﹣9 共9 种选择，剩余
的3 个数都有10 种选择．求出每种情况的个数，解决问题．
【解答】解：当75 在首位时，剩余4 位数字随意选，有10×10×10×10=10000（个），
当75 不在首位时，75 看作一个整体，位置有4 种情况（在23，34，45，56 位），
对于最高位的数有1﹣9 共9 种选择，剩余的3 个数都有10 种选择，一共有4×9×10×10×10=36000
（个）
具有这种性质的六位数有10000+36000=46000（个）．
20.用1 至9 这9 个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数字
要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：这样的九位数共有多少个？
【分析】1，2 有12，21 都可以．3可以加两边，所以有2×2 种；4继续加两边，有2×2×2 种；9
个数是8 个 2 相乘．据此解答．
【解答】解：1，2 有12，21 都可
以．3 可以加两边，所以有2×2 种．
4 继续加两边，有2×2×2 种．
9 个数是8 个2 相乘，即28=256
种．答：这样的九位数共有256 个．
21.一个七位数，每位都是1、2 或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有 1224 个．
【分析】首先从1 开始分析：从没有1 到最多4 个1，逐一分析探讨七位数的个数，再进一步合并即可．
【解答】解：当没有1 时，每一个位置都有两种选择，一共有27=128 个；
当有1 个1 时，1 有7 个位置，而2 或者3 有6 个位置可选，一共有×26=448 个，
以此类推，当有2 个1 时，一共有×25=480 个，
当有3 个1 时，一共有×24=160 个，
当有4 个1 时，一共有23=8 个，
所以这样的七位数一共有128+448+480+160+8=1224
个．故答案为：1224．
22.满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579 是好数，但1567 就不是好数．请问：一共有多少个好数？
【分析】此题运用枚举法解答：①百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1；② 两个1、一个2；③两个2、一个1；④三个2：千位有3 种取法；⑤两个1、一个3；⑥ 两个3、一个1；⑦三个3；⑧两个2、一个3；⑨两个3、一个2；还有一种：一个1、一个2、一个3．
把这几种情况的取法求出来后相加即可．
【解答】解：三个1：百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1，其实就是千位随便取，后面每个大1．这时为了保证个位≤9，千位有6 种取法，所以有6 个数．
两个1、一个2：千位有5 种取法．两个1、一个2 的安排方法有3 种，所以有15 个
数．两个2、一个1：千位有4 种取法，有12 个数．
三个2：千位有3 种取法，有3 个
数．两个1、一个3：4×3=12 个数．
两个3、一个1：2×3=6 个
数．三个3：0 个数．
两个2、一个3：2×3=6 个
数．两个3、一个2：1×3=3
个数．
一个1、一个2、一个3：3×6=18 个数．
总共有：6+15+12+3+12+6+6+3+18=81（个）
答：一共有81 个好数．
三、超越篇
23.一个九位数，它只由数字l、2 和3 组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2 和3 每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？
【分析】它的任意连续两位数都不等于12、21、22 或31，即1 后面可能是1 或3，2 后面只能是3，3 后面可能是2 或3．
当九位数以2 开头，232333232，不满足数字1、2 和3 每个数字都至少出现一次，可发现九位数以2 和3 开头都不符合要求，因此只能以1 开头，111111132；111111323；111111332…．
【解答】解：它的任意连续两位数都不等于12、21、22 或31，即1 后面可能是1 或3，2 后面只能是3，3 后面可能是2 或3．共177 个．
由以上分析，如果还要求数字1、2 和3 每个数字都至少出现一次，只能以1 开头，111111132；111111323，111111332；111113232，111113232，111113233，111113233…；
因此共有：1+2+4+7+12+20+33=79（个）
答：这样的自然数有177 个，这样的九位数有79 个．
24．（1）如果在一个平面上画出8 个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？
（2）如果在一个平面上画出3 个四边形、2 个圆、l 条直线，最多可以把平面分成多少个部分？
【分析】（1）一个三角形可把平面分成两部分，第2 个三角形最多和第1 个三角形有6 个交点，平面增加了6 部分，所以可把平面分成：2+6=8 个部分；第3 个三角形最多和前两个三
角形有12 个交点，平面增加了12 部分，所以可把平面分成：2+6+12=20 个部分；同理，
第4 个三角形可把平面分成：2+6+12+18=20 个部分，…；所以n 个三角形可把平面分成的
部分数为：2+6+12+18+24+…=2+3n（n﹣1），据此解答即可．
（2）3 个四边形最多可以把平面分成26 部分，2 个圆可以把平面分成4 个部分，再画一条直线，那么这条直线最多和前面的2 个圆有4 个交点，会多出4 个部分，所以2 个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8 个部分．
【解答】解：（1）根据分析，可得
2+3×8×（8﹣1）
=2+168
=170（个）
答：8 个三角形最多可以把平面分成170 个部分．
（2）3 个四边形最多可以把平面分成26 部分，
2 个圆可以把平面分成4 个部分，再画一条直线，
那么这条直线最多和前面的2 个圆有4 个交点，会多出4 个部分，
所以2 个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8 个部分，
则最多可以把平面分成：26+8=34
（个）．答：最多可以把平面分成34 个部
分．
25.如图所示，阴影部分是一个圆环，4 条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？
【分析】如图，当4 条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13 个部分，据此解答即可．【解答】解：如图，当 4 条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13 个部分．
26.用15 个1×2 的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？
【分析】总共有8 行，不妨把n 行的方法数记为f（n），按如图编辑数字，不妨先考虑6 号方格，
（1）6，7 一起，则必有3，2 一起，1，4 一起，5，8 一起，此时的方法数为f（6）；（2）6，3 一起，则必有7，10 一起，11，14 一起，15，18 一起，19，22 一起，23，26 一起，27，30 一起，29，28 一起，25，24 一起，21，20 一起，17，16 一起，13，12 一起，9，8 一起，剩下的1，2，4，5 共2 种；
（3）6，5 一起，同（2）一样的分析过程，只有 1 种；
（4）6，9 一起，同（3），1 种；
所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8 个，同样的有f（6）=f （4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6 个，所以f（8）=4+4+4+3=15 种．
【解答】解：如图：
（1）6，7 一起，则必有3，2 一起，1，4 一起，5，8 一起，此时的方法数为f（6）；（2）6，3 一起，则必有7，10 一起，11，14 一起，15，18 一起，19，22 一起，23，26 一起，27，30 一起，29，28 一起，25，24 一起，21，20 一起，17，16 一起，13，12 一起，9，8 一起，剩下的1，2，4，5 共2 种；
（3）6，5 一起，同（2）一样的分析过程，只有 1 种；
（4）6，9 一起，同（3），1 种；
所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8 个，同样的有f（6）=f （4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6 个，所以f（8）=4+4+4+3=15 种．
27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l 时操作停止．问：经过9 次操作变为1 的数有多少个？
【分析】本题可以通过所给的变换规律，由易到难，确定操作可变为1 的数组成斐波拉契数列，再根据所发现的规律求出经过9 次操作变为l 的数的个数．
【解答】解：通过1 次操作变为1 的数有1 个，即2；
经过2 次操作变为1 的数有2 个，即4、1；
经过3 次操作变为1 的数有2 个，即3、8；
…；
经过6 次操作变为1 的数有8 个，即11、24、10、28、13、64、31、30；
经过1、2、3、4、5…次操作变为1 的数依次为1、2、3、5、8…，这即为斐波拉契数列，
后面的数依次为：5+8=13，13+8=21，21+13=34，34+21=55．
即经过9 次操作变为1 的数有55
个．答：经过9 次操作变为1 的数有
55 个．
28.用4 种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）
【分析】先给各个圆圈命名，如图，最中间的E 和其它圆圈相连最多，先从E 着手，如果E 有4 种不同的涂色方法，那么与之相连的B 有3 种涂色的方法，C 与B、E 都相连，那么C。