四年级奥数学练习试卷思维培训资料 (3)

第三讲加、乘原理综合运用
卷Ⅰ
教学目标
①复习乘法原理和加法原理；
②培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力.
在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步. 并了解与加、乘原理的常见题型：数论类问题（例3、例4、例5）、染色问题（例6）、图形组合（例7、例8），并引导学生排列组合入门（例9、例10、例11、例12）.
专题精讲
在很多竞赛题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步.
（一）加乘原理与数论
【例1】（★★★★）从7，8，9，…，76，77这71个数中，选取两个不同的数，使其和为3的倍数的选法总数是多少?
分析：两个数和为3的倍数情况有两种：两个被3整除的数和是3的倍数，一个被3除余1的数和一个被3除余2的数相加也能被3整除.这71个数中被3整除，被3除余1，被3除余2的数分别有23、24、24个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了，选取两个被3整除的数的方法有23×22÷（2×1）=253种，从被3除余1和被3除余2的数中各取1个的方法共有24×24=576种，所以一共有253+576=829种选取方法.
[拓展]从这些数中选取两个数，使其和被3除余1的选取方法有多少种？被3除余2的选取方法有多少种？
分析：两个数的和被3除余1的情况有两种：两个被3除余2的数相加，和被3除与1，一个被3整除的数和一个被3除余1的数相加，和被3除余1，所以选取方法有24×23÷（2×1）+24×23=828种.
同样的也可以求出被3除余2的选取方法有24×23÷（2×1）+24×23=828种.事实上829+828+828=71×70÷（2×1）=2485.
【例2】（★★★★）1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？
分析：两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5
除分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取方式一共有（6×6+6×6+6×6）+（6×6+6×6+6×6）=216种.
[前铺]从分别写有2、4、6、8的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的6可以看成9，那么共有多少种不同的乘积？
分析：取2有8、12、16、18，三种，取4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，一共有8种.
【例3】（★★★）有两个不完全相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体任意放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形?向上一面的数字之和最有可能是多少？
分析：（1）要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．
第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．
第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．
最后再由加法原理即可求解．两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．
（2）对于向上一面的两个数字的和，它的取值范围是2到12，计算各个取值的可能情况数：
点数 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
情况数 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
可见和为7的可能性最大.
[拓展]3个骰子掷出的点数和中，那个数最有可能：
分析：对于3个骰子的情况，情况比较复杂，点数和的取值范围是3到18，其中点数和为3到8的情况的种数可以用隔板法求出，例如，8点的情况，实际上将8隔为3段，一共有7×6÷（2×1）=21种.
而13到18的点数情况种数也可以直接求出，例如点数为13的情况，将每个骰子的数值分别记为（7-a）、（7-b）、（7-c），a、b、c的取值都是1到6，则问题变为（7-a）+（7-b）+（7-c）=13的解的数量，即
a+b+c=8的解的数量，这就又可以用隔板法来求了，得数还是21种，（事实上构成的数表一定是左右对称的）对于点数和为9、10、11、12的情况不能用隔板法来求，例如对9进行隔板有8×7÷（2×1）=28种，但这28种中还包括了1、1、7，1、7、1，7、1、1三种情况，所以实际的情况只有25种，对于点数和为10点的情况用挡板法求得45种，扣除9种出现超过6点的情况，还有36种,详表如图：
点数 3 4 5 6 7 8 9 10
情况数 1 3 6 10 15 21 25 36
点数18 17 16 15 14 13 12 11
情况数 1 3 6 10 15 21 25 36
所以3个骰子的点数和中，10和11的可能性最大.
（二）加乘原理与图论（染色、图形组合）
【例4】（★★★★★）将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色，共有多少种不同涂法？
分析：如下图，当A，B，C，D的颜色确定后，大正方形四个角上的○的颜色就确定了，所以只需求A，B，C，D有多少种不同涂法．按先A，再B，D，后C的顺序涂色．
D C
B
A
分析：按A—B—D—C的顺序涂颜色：
A有3种颜色可选；
当B，D取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时C也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；
当B，D取不同的颜色时，B有2种颜色可选，D剩仅1种颜色可选，此时C也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.
所以共有12＋6=18种不同的涂法.
[前铺1]地图上有A，B，C，D四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，问有多少种染色方法？
C B D
A
分析：A有3种颜色可选；
当B，C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；
当B，C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C剩仅1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.
所以共有12＋6=18种不同的涂法.
[前铺2]如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给“田”字格地图染色，使相邻国家的颜色不同，问有多少种染色方法？
分析：第一步：首先对A进行染色一共有4种方法，然后对B、C进行染色，如果B、C取相同的颜色，有三种方式，D剩下3种方式，如果B、C取不同颜色，有3×2=6种方法，D剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.
[拓展]如果有红、黄、蓝、绿四种颜色对【例4】的图进行染色一共有多少种方法？
分析：先确定A、B、C、D的染色方法，一共有84种方法，然后确定四个角上的颜色，每个角都有2种
方法，所以对该图一共有84×2×2×2×2=1344种染色方法.
【例5】（★★★★★）用红、黄、蓝三种颜色对一个正方体进行染色使相邻面颜色不同一共有多少种方法？如果有红、黄、蓝、绿四种颜色对正方体进行染色使相邻面颜色不同一共有多少种方法？如果有五种颜色去染又有多少种？（注：正方体不能翻转和旋转）
分析：如果一共只有三种颜色供染色，那么正方体的相对表面只能涂上一种颜色，一共有上下、左右、前后一共三组对立面，所以染色的方法有3×2×1=6种方法.
如果有四种颜色，那么染色方法可分为两类，一类是从四种颜色中选取三种对正方体进行染色，一共有4×3×2=24种.另一种是四种颜色都染上，用这种染色方法，就允许有一组相对表面可以染上不同的颜色，选取这组相对表面并染上不同颜色一共有3×（4×3）=36种方法，用其余两种颜色去染其他四个面只有2种方法，共36×2=72种，所以一共有24+72=96种方法.
如果有5种颜色，那么用其中3种颜色的染色方法有5×4×3=60种.用其中4种颜色并拿去染色有5×72=360种，如果5种颜色都用，就有只有一组相对的表面染上相同的颜色，选取这组相对表面有3种方法，染色的方法有5×4×3×2×1=120种，一共有3×120=360种染色方法，用5种颜色对正方体进行染色的方法就一共有60+360+360=780种染色方法.
【例6】（★★★★奥数网原创）5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？
分析：方法一：5条直线一共形成5×4÷2=10个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有3×3+3×3+3×3+3×2÷2=30个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形.
方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点种数，再减去3点共线的情况.这10个点是由5条直线相互相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5×（4×3×2÷（3×2×1））=20个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况（用反证法可证明之），所以一共可以构成10×9×8÷（3×2×1）-20=100种情况.
卷Ⅱ
【例7】（★★★）一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以
这些点为顶点，可以画出多少个三角形？
分析：方法一：所有的三角形一共可以分为3类，
第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；
第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）×5=105种；
第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；一共可以画出35+105+70=210种.
方法二：不共线的3点可以确定一个三角形，这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系，但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷（3×2×1）-5×4×3÷（3×2×1）=210种
【例8】（★★★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形和锐角三角形？（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周内，则这三点构成钝角三角形）
分析：（1）由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是三角形长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10×1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10×2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10×3=30个，所以一共可以画出60个钝角三角形.(2)令圆周上相邻点之间的圆弧弧长称之为一个单位弧长，这样所有锐角三角形可分为两类，一类是三角形三个顶点之间的弧长分别是2，4，4.另一类三角形的三个顶点之间的弧长分别为3，3，4，两类三角形的个数都为10，一共有20个不同的锐角三角形.
[拓展]正方体的顶点（8个），各边的中点（12个），各面的中心（6个），正方体的中心（1个），共27个点，以这27个点中的其中3点一共能构成个三角形.
分析:27个点中取三个点，不是这3点共线，就是这3点能构成三角形.27个点中取三个点一共有27×26×25÷（3×2×1）=2925种.
过三点的直线可以分为3类.有两个顶点连线构成的有（8×7）/2=28条；由两个面的中心连线的有3条，由两条棱的中点连线的有（12×3）/2=18条，
所以能构成的三角形有2925-28-3-18=2897种.
（三）排列组合
【例9】（★★★★）在图中1×5的格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8中的8个数，要求，填入的数各不相同并且填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法.
分析：首先看填入1、2、3、4、5五个数的情况：这五个数填在黑格里的数是5和4时，不同的填法有2!×3!=12(种)；填在黑格里的数是5和3时，4只能在5的一侧，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种).然后我们第一步将要填入的五个数选出来，一共有8！÷（5！×3！）=56种，然后按照对付1到5这5个数的方法对应着数的相对大小来对付选出来的五个数，即有16种填法，所以一共有：56×16=896种填法.
【例10】（★★★）从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?
分析：从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．
一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；
两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．
三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定
一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9＋1=244个．所以一共有8＋8×9＋3×9×9＋1=324个不含4的自然数．
【例11】（★★★★★）假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒．在这串数里，“O”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现．如果在电子计时器所显示的这串数里，“O”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只能出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”，那么2003年一共有多少个这样的“十全时”． (Y 2002)
分析：(1)容易验证在1、2、10、11、12月内没有“十全时”．
(2)3月里只有形式032 1 □□符合条件．
其中两个方格中可以填4或5，四条横线上可以填6或7或8或9，于是共有2×(4×3×2×1)=48个“十全时”．
同理4、5月内也分别各有48个“十全时”．
(3)6月里有两种形式：061 23□口①
或062 1□□②
符合条件．
对于形式①两个方格中可以填4或5；三条横线上可以填7或8或9，
于是共有2×(3×2×1)=12个“十全时”．
②两个方格中可以填3或4，或5中的任意两个数，三条横线上可以填7或8或9及3、4、5中余下的某一个数．
于是共有(3×2)×(4×3×2×1)=144个“十全时”．
所以6月里共有“十全时”12＋144=156个．
同理7、8、9月内也分别各有156个“十全时”．
综上所述，2003年一共有48×3＋156×4=768个“十全时”．
【例12】（★★★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？如果白旗不能打头又有多少种？
分析：(一)：取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36
（3）三种颜色：4×3×2=24 所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号.
（二）白棋打头的信号，后两面旗有4×4=16种情况.所以白棋不打头的信号有62-16=46种.
[拓展] 奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特，他们文字的每个单词都由5个字母a、b、c、d、e组成，并且所有的单词都有着如下的规律，（1）字母e不打头，（2）单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，（3）c和d不会出现在同一个字母之中，那么由四个字母构成的单词一共有多少种？
分析：分为三种（1），有两个a的情况只有abab1种
（2），有一个a的情况，又分3类
a在第一个位置，则b在第二个位置，后边的排列有4×4=16种，减去c、d同时
出现的两种，总共有14种，
a在第二个位置，则b在第三个位置，总共有3×4-2=10种.
a在第三个位置，则b在第四个位置，总共有3×4-2=10种.
(3),没有a的情况:
分别计算没有c的情况:2×3×3×3=54种.
没有d的情况：2×3×3×3=54种.
没有c、d的情况：1×2×2×2=8种.
由容斥原理得到一共有54+54-8=100种.
所以一共有1+14+10+10+100=135种.
专题展望
加法原理和乘法原理是组合数学的基础，这两项原理在解决其他数学问题中也常常被用到，加法原理和乘法原理所涉及到的分类和分布思想在其他学科以及我们的学习和生活中都有着非常重要的作用.
练习三
1、（★★例1 ）从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉或上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车.问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？
分析：从北京转道上海到广州一共有3×3=9种方法，从北京转道武汉到广州一共也有3×3=9种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有9+9+2=20种方法.
2、（★★例8）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少小于直径的直线段.
分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.
3、（★★例10）从54到199的整数中，各位数字互不相同的数有多少个？
分析：从54至99的整数中，各位数字互不相同的数有46-5=41个.从100至199的整数中，各位数字互不相同的数有9×8=72个，总共有41+72=113个.
4、（★★★奥数网原创例6 ）4条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这4条直线的交点为顶点能构成几个三角形？
分析：4条直线一共形成4×3÷2=6个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有2个点，此外还有1个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有2×2+2×1+2×1=8个三角形，以6个点分别为定点的三角形一共有48个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有16个三角形.
5、（★★★例12）从1、2、3、4、5中选出四个数，填入下图中的方格内，使得右边的数比左边的
大，下边的数比上面的大，那么共有多少种填法？
6
7
分析：5个数里选4个共5种，每种各有2种填法，所以一共有10种填法.
1 2 6 1 2 6 1 2 6 1 3 6 1 3 6 1 3 6 1 4 6 1 4 6 2 3 6 2 4 6
3 4 7 3 5 7 4 5 7 2 4 7 2 5 7 4 5 7 2 5 7 3 5 7 4 5 7 3 5 7
数学知识
四色问题
四色问题是世界近代三大数学难题之一.
四色问题的内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色.”用数学语言表示，即“将平面任意地细分为不相重迭的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字.”这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的.如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的.因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆.
地图四色定理最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的.德·摩尔根（Augustus De Morgan，1806～1871）1852年10月23日致哈密顿的一封信提供了有关四色定理来源的最原始的记载.他在信中简述了自己证明四色定理的设想与感受.一个多世纪以来，数学家们为证明这条定理绞尽脑汁，所引进的概念与方法刺激了拓扑学与图论的生长、发展.1976年美国数学家阿佩尔（K.Appel）与哈肯（W.Haken）宣告借助电子计算机获得了四色定理的证明，为用计算机证明数学定理开拓了前景.。