六年级奥数题：加法原理(A)
小学奥数加法原理练习题含答案【三篇】
小学奥数加法原理练习题含答案【三篇】导读：本文小学奥数加法原理练习题含答案【三篇】，仅供参考，如果觉得很不错，欢迎点评和分享。
【第一篇】1、两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？分析与解：两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。
因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有9种情况。
根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。
2、用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？分析与解：本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。
因为上一讲例4中，区域A与其它区域都相邻，所以区域A 与其它区域的颜色都不相同。
本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻，如果从区域A开始讨论，那么就要分区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。
当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选；B有4种颜色可选；C有3种颜色可选；D也有3种颜色可选。
根据乘法原理，此时不同的染色方法有5×4×3×3＝180（种）。
当区域A与区域E颜色不同时，A有5种颜色可选；E有4种颜色可选；B有3种颜色可选；C有2种颜色可选；D有2种颜色可选。
根据乘法原理，此时不同的染色方法有5×4×3×2×2＝240（种）。
再根据加法原理，不同的染色方法共有180＋240=420（种）。
3、用1，2，3，4这四种数码组成五位数，数字可以重复，至少有连续三位是1的五位数有多少个？分析与解：将至少有连续三位数是1的五位数分成三类：连续五位是1、恰有连续四位是1、恰有连续三位是1。
连续五位是1，只有11111一种；中任一个，所以有3＋3＝6（种）；3×4＋4×3＋3×3＝33（种）。
奥数第四讲加法和乘法原理
奥数第四讲加法和乘法原理加法原理和乘法原理是数学中常用的计数原理。
它们适用于很多不同的问题，包括排列组合、事件的计数等等。
下面将详细介绍加法原理和乘法原理的定义和应用。
加法原理是指当两个事件A和B无重叠的时候，事件A或B发生的总数等于事件A发生的总数加上事件B发生的总数。
换句话说，如果A事件有m种可能的结果，B事件有n种可能的结果，并且A和B之间没有共同的结果，那么A或B事件的总数就是m+n。
例如，如果从1到6中选取一个数，结果可以是奇数或者大于4的数。
奇数的总数是3（1，3，5），大于4的数的总数是2（5，6）。
根据加法原理，奇数或者大于4的数的总数是3+2=5加法原理也可以扩展到多个事件之间。
如果有三个互不相交的事件A、B和C，它们发生的总数等于事件A发生的总数加上事件B发生的总数再加上事件C发生的总数。
同样的，对于更多的事件也可以类推。
乘法原理是指当两个事件A和B相互独立时，事件A和事件B同时发生的总数等于事件A发生的总数乘以事件B发生的总数。
换句话说，如果事件A有m种可能的结果，事件B有n种可能的结果，并且事件A和事件B之间没有任何依赖关系，那么事件A和事件B同时发生的总数就是m*n。
例如，如果从1到6中选取两个数，第一个数可以是奇数或者大于4的数，第二个数可以是正整数。
根据乘法原理，第一个数和第二个数同时满足条件的总数是3*6=18乘法原理也适用于更多的事件。
如果有三个独立的事件A、B和C，它们同时发生的总数等于事件A发生的总数乘以事件B发生的总数乘以事件C发生的总数，以此类推。
加法原理和乘法原理的应用非常广泛。
在排列组合中，加法原理可以用于计算所有情况的总数，而乘法原理则可以用于计算分成几个步骤的情况的总数。
例如，有两个装有红、白、蓝三种颜色球的箱子，一个球从两个箱子中挑选一个。
根据加法原理，总共有3+3=6种可能的结果。
而如果分成两个步骤，第一步从第一个箱子中挑选，有3种可能的结果，第二步从第二个箱子中挑选，同样有3种可能的结果。
奥数计数专题：加法原理和乘法原理
这座桥的栏杆左边有40种动物图像，右边的栏杆上有50种动物图像。
每种动物图像都不相同，若选一个动物图像作为吉祥物，那么一共有多少种不同的选法？桥上的铁索由铁环组成。
3个红铁环，4个黑铁环，2个白铁环。
任意从中拿出3个铁环，有多少种方法？太阳神有许多套服装，帽子的数量为9顶、上衣有20件，裤子有15条，还有皮鞋8双，每次出行要从几种服装中各取一个搭配，问：共可组成多少种不同的搭配(帽子可以选择戴与不戴)？加法原理和乘法原理(★★) (★★★) (★★) (★★★)(★★★)太阳神殿里除了太阳神，还有四位副神。
有一天，这五位神想要排成一列，有多少种排队方法？(★★★)五位神排队。
⑴太阳神一定要排在最前面有多少种方法？⑵太阳神一定要排在中间有多少种方法？⑶太阳神一定不能排在中间有多少种方法？(★★★)如图，A、B、C、D、E分别是五位神的领地地图，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的领地所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同。
那么一共可以有多少种染色方法？(★★★★)1，2，3，4，四个数字中，选三个数字组成无重复数字的三位数，使它是3的倍数，那么满足条件的不同的三位数有多少个？在线测试题温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节。
例1测：(★★)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12班，汽车有40班，轮船有2班。
问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？A．120 B．54 C．42 D．80例2测：(★★★)袋子里面三种颜色的球分别为红、白、黑，其中红色球有6个，白色球有2个，黑色球有4个，现在闭上眼睛从中任意拿出4个，有多少种可能？A．8 B．16 C．48 D．12例3测：(★★★)从这儿到对岸一共有14个铁索环。
你每次可以迈一个或两个，迈到对岸有多少种方法？A．377 B．560 C．610 D．589例4测：(★★)题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要从三种类型的题目中各取一道组成一张试卷，问：由该题库共可以组成( )种不同的试卷？A．1200 B．54000 C．1800 D．12000例5测：(★★★)张华、李明等七个同学照像，七个人排成一排；有( )种不同的排列方式；A．5050 B．5040 C．5220 D．5130例6测：(★★★)张华、李明等七个同学照像，七个人排成一排，张华必须站在中间，有( )种不同的排列方式。
小学数学奥林匹克试卷 加法和乘法原理.doc
加法和乘法原理(公式P是排列公式，从N个元素取R个进行排列（即排序）。
公式C是组合公式，从N个元素取R个，不进行排列（即不排序）。
(1)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＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法．(2)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×m3×…×mn种不同的方法．这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有n类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．)1.张东参加由18个人出席的联欢会，他与这些人一一握手，张东一共握了几次手？2.从甲地到乙地，每天有2班轮船，4班火车，6班汽车，那么这一天中乘坐这些交通工具，从甲地到乙地共有多少种走法？3.从甲地到乙地有4条不同的路，从乙地到丙地有6条不同的路。
那么从甲地经乙地到丙地共有多少不同的路？4.如图，其中有7个点和10条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过，问：这只甲虫最多有几种不同走法？5. 在一个圆周上有十个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少条或多少个不同的（1）线段，（2）三角形，（3）四边形？6.在自然数中，用两位数作被减数，一位数作减数，共能组成多少个不同的减法算式？7.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。
（l）从中任取一本，有多少种不同取法？（2）从中任取一本数学书与语文书，有多少种不同取法？8. 用0、1、2、3四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？9.一把钥匙只能开一把锁，现有10把钥匙和10把锁，最多要试验多少次就能配好全部的钥匙和锁？10.用一张10元、一张5元、一张2元、一张1元，可组成多少种不同的币值？11.上海电话号码有7个数码，其中第一个数字不为0，而且数字不重复，这样的电话号码共有多少个？12.圆上有12个点，以每3个点为顶点画一个三角形，一共可以画多少个三角形？若以每4个点为顶点画一个四边形，一共可以画多少个四边形？13.如图，从甲地到乙地有两条路线，乙地到丁地也有两条路线；从甲地到丙地只有一条路线，丙地到丁地有三条路线。
小学六年级《加法原理》练习题及答案
小学六年级《加法原理》练习题及答案以下是一份关于小学六年级《加法原理》的练习题及答案。
请注意，练习题和答案分开给出，以免干扰您的考核。
练习题：一、选择题1. 下列哪个是加法原则的描述？A. 结合律B. 交换律C. 加零律D. 成对数2. 有8支铅笔，小明再拿了3支铅笔，他一共有多少支铅笔？A. 10B. 11C. 12D. 133. 若 a + b = 15，且 a = 7，那么 b 等于多少？A. 6B. 7C. 8D. 94. 在一个篮球队中，小明背着号码为12的队员，若篮球队共有22名队员，那么不背号码12的队员有多少人？A. 9B. 10C. 11D. 125. 一根木条长30厘米，小强剪掉了8厘米，这根木条还剩下多少厘米？A. 15B. 18C. 22D. 25二、填空题1. 两根木杆的长度分别是78厘米和29厘米，它们的总长度是_____________ 厘米。
2. 一个班级有25名男生和23名女生，班级总人数是______________ 人。
3. 一个盒子里有15个苹果和21个橙子，盒子里水果的总数是_____________ 个。
三、计算题1. 请计算：64 + 23 = _____________。
2. 请计算：96 - 38 = _____________。
3. 请计算：17 + 29 + 13 = _____________。
4. 小明家有32本故事书，小红家有14本故事书，小明和小红一共有_____________ 本故事书。
答案：一、选择题1. C2. B3. D4. A5. D二、填空题1. 1072. 483. 36三、计算题1. 872. 583. 594. 46希望这份《加法原理》的练习题能帮助到您。
祝学习进步！。
奥数讲义计数专题：加法原理、乘法原理
华杯赛计数专题：加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例题：例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例6.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例7.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?【答案】90（种）【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例9.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例10.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例11. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.。
小学六年级数学《加法原理》练习题及答案
小学六年级数学《加法原理》练习题及答案一、选择题1. 有3个苹果和2个梨放在一个篮子里，那么一共有多少种拿水果的方式？A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种2. 在一家饭店里，午餐有5种不同的主食和3种不同的配菜可供选择，那么一共有多少种搭配午餐的方式？A. 8种B. 12种C. 15种D. 18种3. 小明有4条不同颜色的领带和3个不同的领夹，那么他一共有多少种搭配的方式？A. 6种B. 7种C. 9种D. 12种二、计算题1. 小明有6种不同的裤子和4个不同的上衣，他想穿一套搭配。
请问他一共有多少种穿衣服的方式？2. 一家超市有5种不同的水果和3种不同的蔬菜，小丽想买一种水果和一种蔬菜作为晚餐的食材，请问她有多少种选择的方式？三、应用题1. 在一个花坛里，小明和小红一共种了5种不同花卉。
他们想每朵花都插在花坛正中间的花瓶里，请问他们一共能组合多少种方式？2. 一行有5个人坐在一张长椅上，其中3个人是男孩，2个人是女孩。
他们要按照一定顺序坐下，请问一共有多少种不同的坐法？答案：一、选择题1. B2. D3. D二、计算题1. 6种裤子 × 4种上衣 = 24种穿衣服的方式2. 5种水果 × 3种蔬菜 = 15种选择的方式三、应用题1. 5种花卉，每种花卉有2个位置选择，所以一共有 2×2×2×2×2 = 32种插花方式。
2. 男孩有3个，女孩有2个，所以先选择男孩的座位有 5×4×3 = 60种方式，然后选择女孩的座位有 2×1 = 2种方式。
所以一共有 60 × 2 = 120种不同的坐法。
奥数加法原理
奥数加法原理
奥数加法原理是指在数学问题中，当出现多个事件同时发生的情况时，我们可
以通过加法原理来求解这些事件的总数。
加法原理是组合数学中的基本原理之一，它在奥数竞赛和数学问题中经常被运用到。
首先，我们来看一个简单的例子，小明有一件红色的衣服和一件蓝色的衣服，
他还有一条红色的裤子和一条蓝色的裤子。
那么小明一共有多少种不同的穿法呢？根据加法原理，我们可以将红色的衣服和裤子的穿法分别相加，再将蓝色的衣服和裤子的穿法分别相加，最后再将两种颜色的穿法相加，就可以得到总的穿法数。
在这个例子中，我们可以看到加法原理的应用，当我们需要求解多个事件的总
数时，可以将这些事件分别相加，最后得到总的事件数。
这个原理在奥数竞赛中经常被用来解决排列组合、概率等问题。
除此之外，加法原理还可以应用在更复杂的问题中。
比如，在一个班级里，有
5个男生和7个女生，老师要选出一个学生代表，那么老师有多少种选法呢？根据
加法原理，我们可以将男生和女生的选法分别相加，最后再将两种情况的选法相加，就可以得到老师选学生代表的总数。
在实际问题中，加法原理可以帮助我们快速求解多种情况的总数，而不需要逐
一列举每种情况。
这对于奥数竞赛和数学问题的解答来说，是非常有帮助的。
总之，奥数加法原理是数学中的基本原理之一，它在排列组合、概率等问题中
有着广泛的应用。
通过加法原理，我们可以快速求解多个事件的总数，为解决奥数竞赛和数学问题提供了便利。
希望大家能够灵活运用加法原理，提高解决问题的效率。
小学数学《加法原理》练习题及答案
小学数学《加法原理》练习题及答案加法原理是数学中的一种基本原理，它用来计算两个或多个事件的总数。
在小学数学中，加法原理经常用来解决组合问题，即将不同的情况组合在一起计算总数。
下面是一份关于小学数学《加法原理》的练习题及答案。
练习题：1. 某餐厅提供三种主菜和两种甜点，一个顾客要点一道主菜和一种甜点。
那么，他有多少种不同的选择组合？2. 下图是一张糖果柜台的平面图，请根据图中提供的糖果种类和数量，回答以下问题：a) 你想买两颗不同种类的糖果，有多少种不同的组合方式？b) 如果你只想买两颗相同种类的糖果，有多少种不同的组合方式？c) 如果你想买两颗任意糖果，不管种类是否相同，有多少种不同的组合方式？3. 某校有5个小组参加篮球比赛，每个小组由4名队员组成。
校运会组委会打算从这些队员中选出两名代表参加篮球技能比拼，请问一共有多少种不同的选择组合？4. 假设你要参加一场服装秀，你有5条不同的裙子、4个不同的发型和3个不同的配饰。
你准备穿一条裙子，做一个发型，并戴一个配饰，请问你一共有多少种不同的装扮方案？5. 在一个魔术表演中，魔术师需要从一组扑克牌中选取两张牌进行表演。
这组扑克牌包括了4张红心牌、3张方块牌和2张梅花牌。
请问魔术师有多少种不同的选牌方式？答案：1. 顾客的选择组合方式是三种主菜和两种甜点的组合数相乘，即3× 2 = 6种。
2. a) 两颗不同种类的糖果的组合数是糖果种类的数量相乘，即5 ×4 = 20种。
b) 两颗相同种类的糖果的组合数是每种糖果的数量的组合数之和，即(3 × 2) + (2 × 1) + (4 × 3) + (2 × 1) + (1 × 0) = 18种。
c) 两颗任意糖果的组合数是糖果总数的排列数，即9 ×8 = 72种。
3. 根据加法原理，一共有5个小组选择两名代表的组合数之和，即(4 × 3) + (4 × 3) + (4 × 3) + (4 × 3) + (4 × 3) = 60种。
六年奥数知识讲解：加法原理
加法乘法原理和几何计数
加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……，在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有：m1+ m 2....... +mn种不同的方法。
关键问题：确定工作的分类方法。
基本特征：每一种方法都可完成任务。
乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，不管第1步用哪一种方法，第2步总有m2种方法……不管前面n-1步用哪种方法，第n步总有mn种方法，那么完成这件任务共有：m1×m2....... ×mn种不同的方法。
关键问题：确定工作的完成步骤。
基本特征：每一步只能完成任务的一部分。
直线：一点在直线或空间沿一定方向或相反方向运动，形成
的轨迹。
直线特点：没有端点，没有长度。
线段：直线上任意两点间的距离。
这两点叫端点。
线段特点：有两个端点，有长度。
射线：把直线的一端无限延长。
射线特点：只有一个端点；没有长度。
①数线段规律：总数＝1+2+3+…+（点数一1）；
②数角规律=1+2+3+…+（射线数一1）；
③数长方形规律：个数=长的线段数×宽的线段数：
④数长方形规律：个数=1×1+2×2+3×3+…+行数×列数。
奥数：加法、乘法原理(重点小学4-6年级专用)
小学奥数：加法原理在日常生活与实践中，我们经常会遇到分组、计数的问题。
解答这一类问题，我们通常运用加法与那里与乘法原理这两个基本的计数原理。
熟练掌握这两个原理，不仅可以顺利解答这类问题，而求可以为今后升入中学后学习排列组合等数学知识打下好的基础。
什么叫做加法原理呢？我们先来看这样一个问题：2N = m1 + m2例1书架上有10本故事书，3本历史书，12本科普读物。
志远任意从书架上取一本书，有多少种不同的取法？例2一列火车从上上海到南京，中途要经过6个站，这列火车要准备多少中不同的车票？例3、4 x 4的方格图中（如下图），共有多少个正方形？例4、妈妈，爸爸，和小明三人去公园照相：共有多少种不同的照法？练习与思考：4____ 2.3.4.5.6.7.8.9.从2，3，5，7，11，13，这六个数中，每次取出两个数分别作为一个分数的分子和分母，一共可以组成_____个真分数．10.某铁路局从Ａ站到Ｆ站共有６个火车站（包括Ａ站和Ｆ站）铁路局要为在Ａ站到F站之间运行的火车准备_____种不同的车票，其中票价不相同的火车票有_____种。
乘法原理上一讲我们学习了用“加法原理”计数，这一讲我们学习“乘法原理”。
什么是乘法原理呢？我们来看这样一个问题：从甲地到乙地有3条不同的道路，从乙地到丙地有4条不同的道路。
从甲地经过乙地到丙地，共有多少种走法？我们这样思考：从甲地到乙地的3条道路中任意选一条都可以从甲地到乙地，地的34…例1例2分子和分母，一共可以组从多少个分数？其中有多少个真分数？例3用9、8、7、6这四个数可以组成多少个没有重复数字的三位数？这些位数的和是多少？例4如图，A、B 、C、D四个区域分别用红、黄、蓝、白四种颜色中的某一种染色。
若要求相邻的区域染不同的颜色，问：共有多少种不同的染色方法？1.从甲地到乙地有两条河，从乙地到丙地有3条路可走，从甲地经乙地到丙地共有种走法。
2.书架的上、中、下层各有3本、5本、、4本故事书。
(完整)六年级奥数乘法和加法原理答案.doc
第 26 周乘法和加法原理第二十六周乘法和加法原理例题 1：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？在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。
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：十位上有 4 种取法，个位上也有 4 种取法，由乘法原理共可组成 3× 4× 4=48 个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3× 3×2=18 个没有重复数字的三位数。
练习 1：1、有数字1， 2， 3， 4， 5， 6 共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、由数字1， 2， 3， 4， 5， 6， 7， 8，可组成多少个：①三位数；②三位偶数；③没有重复数字的三位偶数；④百位是8 的没有重复数字的三位数；⑤百位是8 的没有重复数字的三位偶数。
例题 2：有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2， 3， 4，5， 6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3× 3=18（种）不同的情形。
练习 2：1、在 1— 1000 的自然数中，一共有多少个数字1？2、在 1— 500 的自然数中，不含数字0 和 1 的数有多少个？3、十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？4、由数字0， 1， 2， 3， 4 可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？例题 3：书架上层有 6 本不同的数学书，下层有 5 本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？从书架上任取一本数学书和一本语文书，可分两个步骤完成，第一步先取数学书，有 6 种不同的方法，而这 6 种的每一种取出后，第二步再取语文书，又有 5 种不同的取法，这样共有 6 个 5 种取法，应用乘法计算6× 5=30（种），有 30 种不同的取法。
奥数加法乘法原理小学六年级专用
小学奥数：加法原理在日常生活与实践中，我们经常会遇到分组、计数的问题。
解答这一类问题，我们通常运用加法与那里与乘法原理这两个基本的计数原理。
熟练掌握这两个原理，不仅可以顺利解答这类问题，而求可以为今后升入中学后学习排列组合等数学知识打下好的基础。
什么叫做加法原理呢我们先来看这样一个问题：从南京到上海，可以乘火车，也可以乘汽车、轮船或者飞机。
假如一天中南京到上海有4班火车、6班汽车，3班轮船、2班飞机。
那么一天中乘做这些交通工具从南京到上海共有多少种不同的走法我们把乘坐不同班次的火车、汽车、轮船、飞机称为不同的走法，那么从南京到上海，乘火车有4种走法，乘汽车有6种走法，乘轮船有3种走法，乘坐飞机有2种走法。
因为每一种走法都可以从南京到上海，因此，一天中从南京到上海共有4+6+3+2 = 15 (种)不同的走法。
我们说，如果完成某一种工作可以有分类方法，一类方法中又有若干种不同的方法，那么完成这件任务工作的方法的总数就等于各类完成这件工作的总和。
即N = m1 + m2 + … + m n (N代表完成一件工作的方法的总和，m1,m2, … m n 表示每一类完成工作的方法的种数)。
这个规律就乘做加法原理。
例题与方法：例1书架上有10本故事书，3本历史书，12本科普读物。
志远任意从书架上取一本书，有多少种不同的取法例2一列火车从上上海到南京，中途要经过6个站，这列火车要准备多少中不同的车票例3、4 x 4的方格图中（如下图），共有多少个正方形例4、妈妈，爸爸，和小明三人去公园照相：共有多少种不同的照法练习与思考：从甲城到乙城，可乘汽车，火车或飞机。
已知一天中汽车有1.2班，火车有4班，甲城到乙城共有（）种不同的走法。
一列火车从上海开往杭州，中途要经过4个站，沿途应为这2.列火车准备____种不同的车票。
3.下面图形中共有____个正方形。
4.图中共有_____个角。
5.书架上共有７种不同的的故事书，中层６本不同的科技书，下层有４钟不同的历史书。
小学六年级数学《加法原理》练习题
小学六年级数学《加法原理》练习题加法原理题目：第一题：在一家餐厅中，有3种主菜（鱼、鸡、牛肉）和4种配菜（米饭、面条、蔬菜、水果）可供选择。
如果客人可以任意选择一个主菜和一个配菜，请问一共有多少种不同的搭配方式？第二题：小明有4套上衣（A、B、C、D）和3条裤子（X、Y、Z），他每天从中选择一套搭配穿着。
问小明一共可以有多少种不同的穿衣方式？第三题：A、B、C、D、E五位同学参加了一次数学竞赛。
比赛分为两个阶段，第一个阶段有3个题目可选做，第二个阶段有4个题目可选做。
如果每个人必须选择一个题目，并且每个题目只能被一个人选，则一共有多少种不同的选择方式？第四题：小明从家里到学校有两条不同的路可选，从学校回家也有两条不同的路可选。
问小明一共有多少种不同的上学和放学的路线可选？第五题：小红有4种不同的糖果（A、B、C、D），她可以选择其中的一个或多个糖果送给小明。
请问小红一共有多少种不同的赠送方式？第六题：一家超市有5种不同的牌子的苹果（A、B、C、D、E），每种苹果的价格分别为2元、3元、4元、5元、6元。
小刚只有10元钱，他想买两个不同牌子的苹果，请问小刚一共有多少种不同的购买方式？第七题：小华在书店中看中了5本不同的漫画，他有足够的钱只买其中的两本。
请问小华一共有多少种不同的购买方式？第八题：小明家里有4只袜子（A、B、C、D），小红家里有3只袜子（X、Y、Z）。
小明和小红分别从自己家里拿出一只袜子，问一共有多少种不同的搭配方式？第九题：某商场举办打折活动，一件衣服原价300元，鞋子原价200元。
小明打算在活动期间购买一件衣服和一双鞋子，请问他一共可以享受多少种不同的优惠组合？第十题：某饭店推出午餐套餐，客人可以自由选择一个主食和一份饮料。
主食有5个选项（米饭、面条、炒饭、馒头、油条），饮料有3个选项（可乐、牛奶、果汁）。
请问一共有多少种不同的搭配方式？。
小学数学六年级《加法原理》练习题及答案
小学数学六年级《加法原理》练习题及答案加法原理是指：“如果一个事件 A 可以按照 m 种方式发生，另一个事件 B 可以按照 n 种方式发生，那么 A 和 B 两个事件发生的总方式数为 m + n。
”加法原理是概率论中的一条基本原理，也是数学中常用的计数方法之一。
以下是一份关于小学六年级加法原理的练习题：练习题一：1. 爸爸有 3 个红色的篮球和 4 个蓝色的篮球，儿子从中选择一个篮球进行比赛。
那么儿子有多少种选择篮球的方式？答案：3 + 4 = 7，儿子有 7 种选择篮球的方式。
2. 在一家服装店里，有 5 个白色的 T 恤和 3 个黑色的 T 恤，小明要选择一件 T 恤穿在身上。
那么小明有多少种选择 T 恤的方式？答案：5 + 3 = 8，小明有 8 种选择 T 恤的方式。
3. 在一张桌子上摆放了 4 个橙子和 5 个苹果，小红从中选择两个水果吃。
那么小红有多少种选择两个水果的方式？答案：4 + 5 = 9，小红有 9 种选择两个水果的方式。
练习题二：1. 在一个网球比赛中，小明队有 4 个男生和 5 个女生，小红队有 3 个男生和 6 个女生。
每个队伍从中选择两名队员参加双打比赛。
那么两个队伍选择参赛队员的总方式数是多少？答案：(4 + 5) * (3 + 6) = 9 * 9 = 81，总共有 81 种选择参赛队员的方式。
2. 一家餐厅提供 5 种主菜和 4 种甜点，顾客可以选择一道主菜和一种甜点。
那么顾客有多少种选择餐厅菜品的方式？答案：5 * 4 = 20，顾客有 20 种选择餐厅菜品的方式。
3. 一家电影院有 6 个不同的座位和 3 个不同的电影，观众可以选择一个座位和一部电影观看。
那么观众有多少种选择电影院座位和电影的方式？答案：6 * 3 = 18，观众有 18 种选择电影院座位和电影的方式。
练习题三：1. 在一家商店里，有 3 种不同的口味冰淇淋和 4 种不同的配料，小明想要购买一份冰淇淋并添加一种配料。
小学六年级《加法原理》练习题及答案
小学六年级《加法原理》练习题及答案加法原理是概率论中一个重要的基本原理，它是指某个事件的若干种不同情况所构成的全体事件。
一、选择题1. 某校6年级学生参加数学竞赛，有A、B、C、D四个班级，其中A班有35人，B班有40人，C班有45人，D班有30人。
现要从中选出一名学生代表参加比赛，请问一共有多少种选法？A. 105B. 150C. 120D. 1802. 某班级有5个男生和7个女生，从中选出一名学生代表参加班会，求选出的学生是男生或女生的概率是多少？A. 5/12B. 7/12C. 2/3D. 1/23. 某餐厅的菜单上有4种主食和3种汤，小明想选择一种主食和一种汤，求一共有多少种搭配方法？A. 7B. 8C. 9D. 10二、填空题1. 某商店有3种颜色的T恤，2种款式的牛仔裤，小明想购买一件T恤和一条牛仔裤，请问一共有多少种购买方法？答案：62. 某种座椅有4种颜色和3种尺寸可选，小华想购买一把这种座椅，请问一共有多少种购买方法？答案：123. 某饼店有5种口味的蛋糕和3种口味的饼干，请问小红要选购一种蛋糕和一种饼干，一共有多少种选择方法？答案：15三、解答题1. 某班级有5个男生和7个女生，要从中选出一名学生代表参加班会。
如果男生和女生都有兴趣参加班会，求选出的学生既是男生又是女生的概率。
答案：02. 某酒吧有3种口味的鸡尾酒和4种口味的薯条，小王想点一杯鸡尾酒和一份薯条，请问一共有多少种选择方法？答案：123. 某班级有4个男生和6个女生，要从中选出两位学生代表参加游泳比赛，先选一位男生，再选一位女生，请问一共有多少种选择方法？答案：24这些题目旨在帮助学生练习理解和应用加法原理，提升他们的数学思维能力和解决问题的能力。
希望学生们能通过这些练习题，巩固并扩展自己的数学知识。
六年级奥数专项精品讲义及常考易错题汇编计数问题加法原理 通用版(含答案)
六年级奥数专项精品讲义及常考易错题汇编-计数问题-加法原理【知识点归纳】加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法…，在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有：m1+m2…+mn种不同的方法．关键问题：确定工作的分类方法．基本特征：每一种方法都可完成任务．【命题方向】例1：Karry到早餐店吃早餐，有包子、油条、烧卖三种早点供选择，最少吃一种，最多吃三种，有（）种不同的选择方法．A、3B、6C、7D、9分析：分别求出吃一种有几种选择方法，吃两种有几种选择方法，吃三种有几种方法，然后利用加法原理解答即可．解：①吃一种，有包子、油条、烧卖三种选择方法，②吃两种有包子、油条；包子、烧卖；油条、烧卖三种选择方法，③吃三种就是三种一起吃，有一种选择方法；一共有：3+3+1=7（种）．答：有7种不同的选择方法．故选：C．点评：本题考查了加法原理即完成一件事情有n类方法，第一类中又有M1种方法，第二类中又有M2种方法，…，第n类中又有Mn种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+…+Mn种方法．例2：高老师有件事要通知24名同学，如果用打电话的方式，每分钟通知1人，最少用（）分钟就能通知到每个人．A、24B、12C、6D、5分析：第一分钟老师和学生一共有2人；第二分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1×2=2人，第二分钟老师和学生一共有：2+2=4=2×2人；第三分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1×4=4人，第二分钟老师和学生一共有：4+4=8=2×2×2人；第四分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1×8=8人，第二分钟老师和学生一共有：8+8=16=2×2×2×2人；同理，每次通知的学生和老师的总人数，总是前一次的2倍，所以，2×2×2×2＜24+1＜2×2×2×2×2，因此，4分钟通知不完，只能5分钟；所以最少用5分钟就能通知到每个人．解：根据分析可知：每增加1分钟收到通知的学生和老师的人数是前一分钟收到通知的学生和老师的人数的2倍，所以2×2×2×2＜24+1＜2×2×2×2×2，即16＜25＜32；因此，4分钟通知不完，只能5分钟；所以最少用5分钟就能通知到每个人．故选：D．点评：注意本题为了便于研究规律，不要把老师和学生分隔开研究，这样有利于使问题简单化；通过本题我们可以总结出这种题的一般规律：有几分钟总人数就是几个2连乘（2的n次方）．一．选择题1．在1～99中，任取两个和小于100的数，共有多少种不同的取法？（）A．5051 B．1420 C．24012．Karry到早餐店吃早餐，有包子、油条、烧卖三种早点供选择，最少吃一种，有（）种不同的选择方法．A．3 B．6 C．7 D．93．学校举办班级乒乓球比赛．共有16支球队参加，比赛采用单场淘汰制（即每场比赛淘汰1支球队）．一共要进行（）A．13 B．14 C．15 D．164．一把钥匙开一把锁，现有3把钥匙和3把锁弄混了，最多试开（）次A．3 B．4 C．5 D．65．高老师有件事要通知24名同学，如果用打电话的方式，每分钟通知1人（）分钟就能通知到每个人．A．24 B．12 C．6 D．56．16名乒乓球选手进行淘汰赛，共需进行（）场比赛才能决出最后冠军．A．15 B．12 C．183二．填空题7．口袋里有12个红球，2个黄球，6个花球，任意摸出一个球，颜色有种可能．8．一个火车站，上站台有电梯2部，自动梯1部种不同的走法．9．面食店有三种商品：包子、油条、烧麦．小明早上去面食店买早餐，他可以选一种，也可以选两种，请问小明有种早餐搭配．10．有2克，5克，20克的砝码各一个，能称出种不同的质量．11．将1，2，3，4，5分别填入下图格子中，要求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．12．妈妈买回来8个大苹果给小丽吃，如果每天至少要吃掉3个苹果，最多可以有种不同的吃法．13．张老师有50分和80分的邮票各两枚．他用这些邮票能付种邮资（寄信时需要付的钱数）．14．28人参加乒乓球比赛，采用淘汰赛，要决出冠军场．15．从1～10这10个不相等的自然数中每次取出2个数求和，要使它们的和小于10，不同的取法有种．16．广州市小学数学奥林匹克业余学校入学考试，试题有10道选择题，答对一题得4分；还有10道简答题，答对一题得6分种不同的分数．17．一天中，从甲地到乙地有3班火车，4班汽车，在这一天中从甲地到乙地，乘坐这些交通工具有种不同的走法．18．从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，汽车有3班，轮船有2班．问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地种不同走法．19．五把钥匙开五把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，最多试开次，就能把锁和钥匙配起来．20．从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，汽车有8班，轮船有2班．问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地种不同走法．21．筐中有120个苹果，将它们全部都取出来，分成偶数堆，有种分法．三．解答题22．老师拿来6种不同的画报，4种不同的儿童文学．小明从这两种书中任意借一本书，请问一共有多少种不同的借法？23．往返于南京和上海之间的沪宁高速列车沿途要停靠常州、无锡、苏州三站．问：铁路部门要为这趟车准备多少种车票？24．一把钥匙开一把锁，现在有五把钥匙五把锁，最多试几次可以打开所有锁？25．2010年南非世界杯足球赛有32支球队参加，第一阶段平均分成8个小组进行小组循环赛，每组前2名球队进入第二阶段复赛，胜者进入下一轮，负者淘汰．直至决出冠军球队，这届世界杯比赛一共进行了多少场比赛？（注：三、四名决赛也算做一场比赛）26．小丽、小强、小红、明明4个小朋友，每个人都想单独和聪聪、明明分别合拍一张照片．一共要拍多少张照片？27．一列火车从上海开到南京，中途要经过6个站，这列火车要准备种不同的车票．28．从甲地到乙地有3条直达公路，还有5条直达铁路，那么从甲地到乙地共有多少种不同的走法？29．从1，2，3，4，5，6，7这七个数中，选取三个数使它们的和能被3整除30．从上海到杭州，可乘汽车、火车和飞机．已知一天中汽车有3班，火车有7班，从上海到杭州共有多少种不同的走法？31．（1）有8把不同的锁和锁匙混在一起，最多要试才能将它配对．（2）父亲45岁，儿子23岁，年前父亲的岁数是儿子的3倍．六年级奥数专项精品讲义及常考易错题汇编-计数问题-加法原理参考答案一．选择题1．解：1有97种不同的取法，2有95种不同的取法，7有93种不同的取法，4有91种不同的取法，…48有3种不同的取法，49有3种不同的取法，所以共有：97+95+93+91+..+3+1，＝（97+2）×49÷2，＝2401（种）；答：共有2401种不同的取法．答案：C．2．解：①吃一种，有包子、烧卖三种选择方法，②吃两种有包子、油条、烧卖、烧卖三种选择方法，③吃三种就是三种一起吃，有一种选择方法；一共有：3+3+2＝7（种）．答：有7种不同的选择方法．答案：C．3．解：一共进行：8+4+2+1，＝12+2+7，＝15（场）．答：一共要进行15场比赛后才能产生冠军．答案：C．4．解：2+1＝2（次）；答：最多试开3次，就能把锁和钥匙配起来．答案：A．5．解：根据分析可知：每增加1分钟收到通知的学生和老师的人数是前一分钟收到通知的学生和老师的人数的2倍，所以6×2×2×2＜24+1＜2×6×2×2×2，即16＜25＜32；因此，4分钟通知不完；所以最少用5分钟就能通知到每个人．答案：D．6．解：第一轮共有16÷2＝8场，第二轮2÷2＝4场，第三轮7÷2＝2场，决赛3场；所以8+4+5+1＝15场．答：一共需要进行15场比赛．答案：A．二．填空题7．解：因为有三种颜色的球，每种颜色的球都有可能摸到，有3种可能．答案：3．8．解：2+1+4＝6（种），答：上站台有6种不同的走法．答案：2．9．解：（1）选择1种早点，可以是：包子、油条，有3种不同的方法；（2）选择5种早点，可以是：包子、油条、烧麦、烧麦；（3）选择3种早点，可以是：包子、油条；有3种选择方法；共有：4+3+1＝8（种）答：小明有7种早餐搭配．答案：7．10．解：根据加法原理，当砝码只放一边时可称出：出++＝3+3+3＝7（种）；当天平两边都放砝码时，可称出：+＝6+3＝6（种）；所以一共可称出：6+6＝13（种）不同质量．答案：13．11．解：5，4填在黑格里；2，3填在黑格里；12+4＝16种．答案：16．12．解：（1）吃一天只有1种，（2）吃两天有3种：（2，5），3），3），共有：1+3＝6（种）；答：最多可以有4种不同的吃法．答案：4．13．解：由于50分与80分的邮票各两枚能组合成：50+50＝100（分），80+80＝160（分），50+80＝130（分），50+50+80＝180（分），50+80+80＝210（分），50+50+80+80＝260（分），6种不同的邮资，再加50分与80分这两种面值，共可付6+5＝8种不同的邮资．答案：8．14．解：由于28人参赛，则打先14场决出前14名，再打7场决出前7名，此时一人轮空，另外3名打三场后，前4打两场后决出前2名，最后打5场决出冠军．所以共需打：14+7+3+8+1＝27场才能决出冠军．答案：27．15．解：据题意可知，共有以下几种取法：1+2，6+3，…，7种；6+3，…，2+3；3+4，…，2+6；4+2，1种；所以共有：1+5+5+7＝16（种）．答案：16．16．解：选择题得分情况：0，4，3，…40．当简答题得6分时和选择题相加得分情况：6，10，18，26，34，42；当简答题得12分时和选择题相加得分情况：12，16，24，32，40，48；…当简答题得60分时和选择题相加得分情况：60，…96；由此可以发现，其得分情况为：6，4，6，3．从4开始构成一个公差为2的等差数列（100﹣7）÷2+1+2＝50（种）答案：50．17．解：根据题意，从甲地到乙地有3类方法，有3种方法；第二类方法是乘火车，有2种方法；第三类方法是乘汽车，有4种方法；所以，从甲地到乙地的走法共有：3+8+4＝10（种）．答案：10．18．解：根据分析可得：4+3+8＝9（种），答：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有9种不同走法．答案：3．19．解：4+3+4+1＝10（次）答：最多试开10次，就能把锁和钥匙配起来．答案：10．20．解：乘火车有5种方法，乘汽车有8种方法，所以：5+8+2＝15（种）．答：共有15种不同走法．答案：15．21．解：120的约数有：1、2、4、4、5、3、8、10、15、24、40、120．答案：12．三．解答题22．解：6+4＝10（种）答：一共有10种不同的借法．23．解：（4+3+3+1）×2＝20（种）答：铁路部门要准备20种车票．24．解：由分析得出：5+4+3+2+1＝15（次）；答：最多试开15次就能打开所有锁．25．解：每组6场前两名进16强：6×5＝48（场）；16强进8强是一场定输赢要8场5进4又要4场5进2要2场之后冠亚军2场.3.4名一场，48+3+4+2+4+1＝64（场）；答：本届世界杯一共要举行64场比赛．26．解：4+3＝4（张）答：一共要拍7张照片．27．解：中途要经过6个站，加上起点和终点．则有：7+2+5+4+4+2+1＝28（种）答：要准备28种不同的车票．28．解：3+5＝6（种）；答：从甲地到乙地共有多少种不同的走法．答案：8．29．解：2+3+4+3＝13（种），答：不同的选法有13种．30．解：根据题意，从上海到杭州有3类走法，第一类方法是乘汽车，有3种走法；第二类方法是乘火车，有5种走法；第三类方法是乘飞机，有2种走法；所以，从上海到杭州的走法共有：3+4+2＝12（种）．答：从上海到杭州共有12种不同的走法．31．（1）7+6+8+4+3+8+1＝28（次）；答：最多试28次．（2）爸爸比儿子大的岁数：45﹣23＝22（岁），设：儿子x岁时爸爸的年龄是儿子年龄的3倍，则爸爸的年龄为（x+22）岁，4x＝x+22，3x﹣x＝22，2x＝22，x＝11，所以：23﹣11＝12（岁）．答：12年前父亲的岁数是儿子的3倍．答案：28次，12．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
十六 加法原理(1)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1.有3个工厂共订300份辽宁日报,每个工厂最少订99份,最多订101份.一共有 种不同的订法.
2.数字和是4的三位数有 个.
3.有许多1分、2分、5分的硬币,要从这些硬币中取出0.10元,有 种取法.
4.
用1 9 9 5 四个数字卡片,可以组成 个不同的四位数.
5.从8个班选12个三好学生,每班至少1名,共有 种选法.
6.从1~9这九个数中,每次取2个数,这两个数的和必须大于10,能有 种取法.
7.从2、3、5、7、9五个数字中,选出四个数字组成被3和5除都余2的四位数,这样的四位数共有 个.
8.用0、1、2、3、8、7六个数字可以组成 个能被9整除而又没有重复数字的四位数.
9.有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根木条作为三条边,可能围成 个不同的三角形.
10.从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通(如图),李楠从学校出发,步行到少年宫(只许向东或向南行进),最多有 种走法.
二、解答题
11.小明为了练习加法,做了分别写着1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这十个数的卡片放在右边的抽屉里,又做了同样的十张放在左边的抽屉里,然后每次从两个抽屉各取一张卡片做加法,这样一共可以组成多少个不同的算式,其中和为偶数的情况有几种?(1+2和2+1算作同一种算式)
12.长方形四周有14个点,相邻两点之间的距离都是1cm ,以这些点连成三角形,面积是3cm 2的三角形有几个?
北 少年宫
学校 ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙
∙ ∙
13.在1001,1002,…2000这1000个自然数中,可以找到多少对相邻的自然数,使它们相加时不进位.
14.小格纸(如图)上有一只小虫,从直线AB 上一点O 出发,沿方格纸上的横线或竖线爬行.方格纸上每小段的长为1厘米.小虫爬过若干小段后仍回到直线AB 上,但不一定回到O 点.如果小虫一共爬过3厘米,那么小虫爬行路线有多少种?
———————————————答 案——————————————————————
1. 7
三个工厂都订100份,有1种情况;三个工厂分别订99、100、101份报纸,有6种情况,所以三个工厂共有1+6=7(种)不同订法.
2. 10
三个数字和是4的有以下几种情况:(1)4=4+0+0,只有1个三位数;(2)4=1+1+2,有3个三位数;(3)4=2+2+0,有2个三位数;(4)4=3+1+0,有4个三位数.
一共存1+3+2+4=10(个)数字和为4的三位数.
3. 10
只用一种硬币的,有3种方法;用1分和2分两种硬币的,有4种方法;用1分和5分两种硬币的,有1种方法;三种硬币都用的,有2种方法.一共有3+4+1+2=10(种)方法.
4. 12
卡片1在首位的,有3个四位数;卡片5在首位的,也有3个四位数;卡片9在首位的,有6个四位数,共有3+3+6=12(个)四位数.
5. 330
每班至少1名,就有8名三好学生,现在只考虑12-8=4(名)的选举情况就可以了.
(1)四名同学在一个班,有8种选法;
(2)四名同学在两个班,若每班有2个,有282
78=⨯(种)选法,若一个班1个,另一个班3个,有8⨯7=56(种)选法.共计28+56=84(种)选法.
(3)四名同学在三个班,有一班有2人,另两个班各一人.共有1683
216783=⨯⨯⨯⨯⨯(种)选法. A O B
(4)四名同学在4个班,有
74
3215678=⨯⨯⨯⨯⨯⨯0(种)选法. 所以共有8+84+168+70=330(种)选法.
6. 16
较大数为9时,另一数有7种选法;较大数为8时,另一数有5种选法;较大数为7时,另一数有3种选法;较大数为6时,另一数有1种选法.一共有7+5+3+1=16(种)选法.
7. 24
能被5除余2的四位数,个位数必定是2或7;被3除余2的四位数,4个数字之和除以3余2.
(1)若个位为2,前三位应是3、5、7或5、7、9的一个排列,共有
(3⨯2⨯1)⨯2=12(个).
(2)若个位为7,前三位应是2、3、5或2、5、9的一个排列,也有(3⨯2⨯1) ⨯2=12(个).
总共有12+12=24(个)这样的四位数.
8. 42
从0、1、2、3、7、8、这六个数字中,四个数字之和是9的倍数的有1、2、7、8和3、7、8、0这两组数字.
(1)由1、2、7、8可以组成4⨯3⨯2⨯1=24(个)不同的四位数.
(2)由3、7、8、0可以组成3⨯3⨯2⨯1=18(个)不同的四位数.
故一共可以组成24+18=24(个)能被9整除的四位数.
9. 161
最长边为11厘米,次长为11、10、9、8、7、6厘米的三角形分别有11、9、7、5、3、1个,共计有11+9+7+5+3+1=36(个);
最长边为10厘米的三角形有10+8+6+4+2=30(个);
最长边为9厘米的三角形有9+7+5+3+1=25(个);
最长边为8厘米的三角形有8+6+4+2=20(个);
最长边为7厘米的三角形有7+5+3+1=16(个);
最长边为6厘米的三角形有6+4+2=12
最长边为5厘米的三角形有5+3+1=9(个);
最长边为4厘米的三角形有4+2=6(个);
最长边为3厘米的三角形有3+1=4(个);
最长边为2厘米的三角形有2个;
最长边为1厘米的三角形有1个.
合计有36+30+25+20+16+12+9+6+4+2+1=161(个).
10. 10
如图,用标数法累加得,共有10条路线.
11. (1)当两加数中较大者为10时,有10个加法算式;而当加数中较大者为9,8,7,6,5,4,3,2,1时,分别有9,8,7,6,5,4,3,2,1个算式.故共有
10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=55(个)加法算式.
(2)两个加数都是奇数的有5+4+3+2+1=15(个)算式;两个加数都是偶数的也有15个算式,共有15+15=30(个)算式.
12. 底为3,高为2的三角形:当底在BC 或AD 边上时,有4⨯2=8(个);当底为AB 或CD 上时,有2⨯2=4(个);当底为MN 、PQ 时有2⨯2=4(个),当底为EF 时,有4⨯2=8(个).共计有8+4+4+8=24(个).
底为2,高为3的,当底在BC 或AD 边上时,有3⨯3⨯2=18(个).当底在AB 或CD 上时,有4个(即三角形AKQ 、GBP 、DLN 、EHC ).共有26+4=30(个).
此外还有4个面积为3的三角形:GMC 、KND 、LQA 、PHB .
所以面积为3的三角形一共有18+30+4=52(个).
13. 相邻两数相加不需进位的数对中,前一个数可以分成四类:
(1) 1999,1个;
(2) 991a ,a 可取0,1,2,3,4共5个;
(3) 91ab ,a ,b 均可取0、1、2、3、4,共25个;
(4) abc 1,a ,b ,c 均可取0,1,2,3,4共125个.
故由加法原理知,这样的数对共有156个.
14. 当小虫第一步向上爬行时,第二步有三个可行的方向:向下、向左或向右.若第二步向下,则第三步有左、右两个方向;若第二步向左或向右,则第三步都只能向下.故共有2+1+1=4(种)路线.显然小虫第一步向下爬行也有4种路线.
当小虫第一步向左爬行时,它的第二步可以有四个方向.当它第二步向上或向下时,第三步只能向下或向上一种选择;当它第二步向左或向右时,都还有向左向右两种选择.故一共有2+2⨯2=6(种)路线.显然当小它第一步向右爬行时,也有6种路线.
综上所述,小虫可以选择路线一共有4⨯2+6⨯2=20(种).
∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ A M E P D H L C Q
F N B K G。