小学奥数教程之-加乘原理之综合应用计算题.教师版 (140)

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小学奥数加乘原理之数字问题(一) 精选例题练习习题(含知识点拨)

7-3加乘原理综合应用题库版

知识框架图教学目标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.3•让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题.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、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合.知识要点一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的•那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决.还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法•要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决.二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和.⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积.⑶在很多题目中，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.加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决•我们可以简记为：“加法分类，类类独立”.乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响••的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决•我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”.冃创怔例题精讲模块一、简单加乘原理综合应用【例1】商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味.小明想买一些糖送给他的小朋友.⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？（2级）【解析】⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法.因此，小明有2 3 5种选糖的方法.⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3 2 6种方法.【例2】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、武汉和上海、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？（2级）【解析】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.【例3】从学而思学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师家有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？（2级）【解析】根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有 3 2 6种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有6 3 9种走法.【巩固】如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？（2级）【解析】从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有 4 2 8种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3 3 9种方法.根据加法原理，一共有8 9 17种走法.【巩固】王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京•他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图•那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？（2级）【解析】从重庆到南京的走法有两类：第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有第二类不经过武汉，有2种走法.根据加法原理，从重庆到南京一共有【例4】如下图，八面体有12条棱，6个顶点•一只蚂蚁从顶点A出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次.问共有多少种不同的走法？（6级）【解析】走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C点：就是意味着从A点出发，我们要先走F , D , E , B中间的一点，再经过C点，但之后只能走D , B点，最后选择后面两点.有4 12 11 8种（从F到C的话，是不能到E的）;②第二次不走C :有4 2 2 2 1 32种（同理，F不能到E）; 共计：8 32 40种.【例5】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？（4级）【解析】因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3 X 4=12;来自语文、外语：3X 5=15;来自数学、外语：4X 5=20;所以共有12+ 15 + 20=47.【例6】某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？（6级）【解析】1、新站为起点，旧站为终点有3X 7=21张，2、旧站为起点，新站为终点有7X 3=21张，3、起点、终点均为新站有3X 2=6张，以上共有21 + 21 + 6=48张.【例7】某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成.现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会.从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？（6级）【解析】分两类情况讨论：⑴都会的这1人被挑选中，则有：2 3 6（种）走法;2 6 8种不同走法.南京①如果这人做钳工的话,则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法；所以有33 9种方法；②同样，这人做电工，也有9种方法.⑵都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法；从3名电工中选2人，也有3种方法，一共有3 3 9种方法.所以，根据加法原理，一共有9 9 9 27种方法.【例8】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号•每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号•一共可以表示出多少种不同的信号？（6级）【解析】由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；第二类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法•根据乘法原理，共有第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选,种，有2种选法.根据乘法原理，共有 4 3 2 24种表示法.根据加法原理，一共可以表示出 4 12 24 40种不同的信号.【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，冋：共可以表示多少种不同的信号？（6级）【解析】分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5 4 20种信号；⑶取出三面：可以表示： 5 4 3 60种信号；由加法原理，一共可以表示： 5 20 60 85种信号.【例9】五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，冋：共可以表示多少种不同的信号？（6级）【解析】方法一：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⑴一种颜色：5种可能；⑵两种颜色：（5 4 3 60⑶三种颜色：5 4 3 60所以，一共可以表示5 60 60 125种不同的信号方法二：每一个位置都有5种颜色可选，所以共有5 5 5 125种.【巩固】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？（6级【解析】（一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类第二类4种选法；第二步，第4 3 12种表示法；4种选法；第二步，第第三类高思教育第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的,2种可能; 第二类，两种颜色：（4 3） 3 36第三类，三种颜色： 4 3 2 24所以，根据加法原理，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. 【例10】（2008年清华附中考题）小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢•共有 ___________ 种可能的情况.（6级）【解析】小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共 2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有 2 2 4种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有 2 2 2 8种情况,所以共有2 4 8 14种情况.【例11】（2009年“数学解题能力展示”中年级复赛试题）过年了，妈妈买了 7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件.其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件•那么，妈妈送出这 5件礼物共有 ____________ 种方法.（6级） 5 4 3 60种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有60 60 60 180 种方法.【例12】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份•问：一共有多少种不同的订法？（ 6级）【解析】可以分三种情况来考虑：⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98, 100, 102； 99, 100, 101两种组合，每种组各有戌 6种不同的排列，此时有 6 212种订法. ⑵3所学校订的报纸数量有 2所相同，有98, 101 , 101 ； 99, 99, 102两种组合，每种组各有 3种不同的排列，此时有 3 2 6种订法.⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100, 100, 100 一种订法. 由加法原理，不同的订法一共有 12 6 1 19种.【例13】玩具厂生产一种玩具棒，共 4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色.这家厂共可生产____种颜色不同的玩具棒.（8级）【解析】每节有3种涂法，共有涂法3 3 3 3 81（种）.但上述81种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次.可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有3 3 11 9（种）.故玩具棒最多有（81 9） 2 45种不同的颜色.【例14】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，⑴字母e 不打头，⑵单词中每个字母 a 后边必然紧跟着字母b ，⑶c 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？（8级）【解析】分为三种：第一种：有两个 a 的情况只有abab 1种第二种，有一个a 的情况，又分3类第一类，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【解析】若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外 3个孩子在剩余 5件礼物中任选 3件，有60种方法；若遥控车既60种方法.所以共有两种，总共有14种，第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有3 4 2 10种.第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有3 4 2 10种. 第三种，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，根据加法原理，一共有1 14 10 10 100 135种.【例15】从6名运动员中选出4人参加4 100接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒（6级）【解析】⑴先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有4 3 12种，由乘法原理，共有： 5 4 12 240种参赛⑵先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中随意选择4人参赛，有6 5 4 3 360种选择•考虑若甲跑第一棒，其余5人随意选择3人参赛，对应5 4 3 60种选择，考虑若乙跑第二棒，也对应5 4 3 60种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的4 3 12种方案，所以，一共有360 60 2 12 252种不同参赛方案.模块二、加乘原理与数字问题【例16】由数字1, 2, 3可以组成多少个没有重复数字的数？（4级）【解析】因为有1, 2, 3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数•它们的和就是问题所求.⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法;第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有3 2 6个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有 3 2 6个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成 3 6 6 15个数.【例17】由数字0, 1, 3, 9可以组成多少个无重复数字的自然数？（6级）【解析】满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数.第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；第二类，组成二位数，有3 3 9个；第三类，组成三位数，有3 3 2 18个；第四类，组成四位数，有3 3 2 1 18个.由加法原理，一共可以组成4 9 18 18 49个数.【巩固】用数字0, 1, 2, 3, 4可以组成多少个小于1000的自然数？（6级）7-3.加乘原理综合应用•题库教师版page 6 of 21【解析】小于1000的自然数有三类•第一类是__0和一位数，有5个；第二类是两位数，有4 5 20个；第三类是三位数，有4 5 5 100个，共有5 20 100 125个.【巩固】用数码0, 1，2，3, 4，可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数？（6级）【解析】分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为4 4 16个，三位数时，为：4 4 3 48 个，由加法原理，一共可以组成 5 16 48 69个小于1000的没有重复数字的自然数.【例18】用0〜9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数. （6级）【解析】无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1〜9这九个数字中的一个•而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法•（方法一）分两步完成：第一步：从1〜9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法；第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法；由乘法原理，共有满足条件的四位数9X 9X 8X 7=4536个.（方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9 X 8 X 7X 6=3024个；第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9X 8X 7种占法.所以含0的四位数有3X 9X 8X 7=1512个.由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个.【巩固】用0, 1, 2, 3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？（6级）【解析】分为两类：个位数字为0的有3 2 6个，个位数字为2的有2 2 4个，由加法原理，一共有：6 4 10个没有重复数字的四位偶数.【例19】在2000到2999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（6级）【解析】若相同的数是2，则另一个2可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有 3 X 9 X 8=216 （个）；若相同的数是1,有3 X 8= 24 （个）；同理，相同的数是0, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9时，各有24个，所以，符合题意的数共有216 + 9X 24=432 （个）.【例20】在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个？（6级）【解析】（方法一）解决计数问题常用分类讨论的方法. 设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为1abc （其中c a）；（1）当a 0时，c可取1〜9中的任一个数字，b可取0〜9中的任一个数字，于是一共有910 90个.（2）当a 1时，c可取2〜9中的任一个数字，b仍可取0〜9中的任一个数字，于是一共有8 1080个.（3）类似地，当a依次取2, 3, 4, 5, 6, 7, 8时分别有70, 60, 50, 40, 30, 20, 10个符合条件的自然数.所以，符合条件的自然数有90 80 70 L 20 10 450个.（方法二）1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100个；剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以总数为（1000 100） 2 450 个.【例21】某人忘记了自己的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9 .为确保打开保险柜至少要试多少次？（6级）7- 3.加乘原理综合应用.题库教师版page 7 of 21【解析】四个非0数码之和等于9的组合有1, 1 , 1, 6; 1, 1 , 2, 5; 1, 1 , 3, 4; 1 , 2, 2, 4; 1, 2, 3, 3；2, 2, 2, 3 六种.第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择.第二种中，先考虑放2,有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1,共有4X 3=12 种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次.【例22】从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？（6级）【解析】从1到100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I、2、3、5、6、7、& 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4.三位数只有100.所以一共有8 8 9 1 81个不含4的自然数.【巩固】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？（6级）【解析】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I、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8X 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、& 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 1244 个.所以一共有8 8 9 3 9 9 1 324个不含4的自然数.【巩固】从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个？（6级）【解析】从1到300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2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9;两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种情况.个位上，不含2的有0、1、3、4、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2;三位数中，除去300夕卜，百位数只有1 一种取法，十位与个位均有0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1 9 9 81个，还要加上300;根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8 72 82 162个.【例23】由数字0、2、8 （既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第个.【2008年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛】（8级）【解析】比2008小的4位数有2000和2002，比2008小的3位数有2 3 3 18 （种），比2008小的2位数有2 36 （种），比2008小的1位数有2 （种），所以2008排在第2 18 6 2 1 29 （个）.-------------------------------- 好学音習IB困昏鷹 ------------------------------------------高思教育7- 3.加乘原理综合应用.题库教师版 page 11 of 21好学音智【巩固】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？（ 6级）【解析】取2有& 12、16、18四种，取4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，一共有9种【例24】自然数8336，8545, 8782有一些共同特征，每个数都是以 8开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同•这样的数共有多少个？（ 6级）【解析】两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有9 8 72种填法，有3 9 8 216 个数；两个相同的数字不是 8时，相同的数字有 9种选法，不同的数字有 8种选法，并有3个位置可放，有9 8 3216个数.由加法原理，共有 3 9 8 9 8 3 432个数.【巩固】在1000到1999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（6级）【解析】若相同的数是1，则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有 9个和8个数可选，有3 9 8 216个；若相同的数是 2,有3 X 8= 24个；同理，相同的数是 0, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9时，各有24个，所以，符合题意的数共有 216 9 24 432个【例25】如果一个三位数 ABC 满足A B , B C ，那么把这个三位数称为“凹数” ，求所有“凹数”的个数.（8级）【解析】当B 为0时，A 、C 可以为1〜9中的任何一个，此时有 9 9种；当B 为1时，A 、C 可以为2〜9 中的任何一个，此时有 8 8种；……；当B 为8时，有1 1种；所以共有19 9 8 8 L 11 — 9 10 19 285（个）• 6【例26】用数字1, 2组成一个八位数，其中至少连续四位都是 1的有多少个？（ 6级）【解析】将4个1看成一个整体，其余 4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；① 4个2时，4个1可以有5种插法；② 3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有 4种插法，共有4 4 16种；③ 2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有 3种插法，共有6 3 18种；④ 1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有 2种插法，共有4 2 8种；⑤ 没有2时，只有1种；所以，总共有：5 16 18 8 1 48个.答：至少连续四位都是 1的有48个.【例27】七位数的各位数字之和为 60，这样的七位数一共有多少个？（ 6级）【解析】七位数数字之和最多可以为 9 7 63 . 63 60 3 •七位数的可能数字组合为:① 9, 9, 9, 9, 9, 9, 6.② 9, 9, 9, 9, 9, 8, 7.可以组成的7位数有7 6 42个.③ 9, 9, 9, 9, 8, 8 , 8 ,第三种情况，3个8的位置确定即7位数也确定.三个 8的位置放置共有7 6 5 210种. 三个相同的8放置会产生3 2 16种重复的放置方式.所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有 210 6 35种.所以数字和为60的七位数共有35 42 7 84.第一种情况只需要确定 6的位置即可•所以有 6种情况.第二种情况只需要确定 8和7的位置，数字即确定. 8有7个位置，7有6个位置•所以第二种情况【例28】从自然数1~40中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？（6级）【解析】2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0, 0. 1~40中能被4整除的数共有40 4 10 （个），10个中选2个，有10 9 2 45 （种）取法；第二类：余数分别为1, 3. 1~40中被4除余1,余3的数也分别都有10个，有10 10 100 （种）取法；第三类：余数分别为2, 2•同第一类，有45种取法.根据加法原理，共有45 100 45 190 （种）取法.【例29】在1〜100的自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？（6级）【解析】将1〜100按照除以3的余数分为3类：第一类，余数为1的有1，4，7，…100, 一共有34个；第二类，余数为2的一共有33个；第三类，可以被3整除的一共有33个•取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况：第一种，从第一、二类中各取一个数，有34 33 1122种取法；第二种，从第三类中取两个数，有33 32 2 528种取法•根据加法原理，不同取法共有：1122 528 1650种.【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？（6级）【解析】两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1,另一个除以3余2. 1〜10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有34 12种取法.根据加法原理，共有取法： 3 12 15种.【巩固】在1〜10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？（6级）【解析】三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1,三个数同余2,三个数都被3整除，余1余2余0的数各有1个，四类情况分别有4种、1种、1种、4 3 3 36种，所以一共有4 1 1 36 42 种.【巩固】从7,8, 9, L , 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？（6 级）【解析】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.【巩固】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？（6级）【解析】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，和一个被3整除的数和一个被 3 除余1的数相加，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.【例30】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？（6级）7- 3.加乘原理综合应用.题库教师版page 12 of 21好学音習IH龜昏鷹。

小学数学加乘原理综合应用完整版教案例题+练习+答案

加乘原理在很多题目中，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．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响．．．．来完成，这．．．．的独立步骤几步是完成这件任务缺一不可的．．．．．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．例题精讲第一板块、简单加乘原理综合应用【例题1】商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有2+3=5种选糖的方法．⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3×2=6种方法．【巩固】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、武汉和上海、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？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．【例题2】从智慧学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从智慧学校到张老师家有3条路可走，那么从智慧学校到张老师家共有多少种走法？根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有3×2=6种方法，从智慧学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有6+3=9种走法．【巩固】如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？丁丙乙甲从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有4×2=8种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3×3=9种方法．根据加法原理，一共有8+9=17种走法．【例题3】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点A 出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次．问共有多少种不同的走法？F E DCBA走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C 点：就是意味着从A 点出发，我们要先走F ，D ，E ，B 中间的一点，再经过C 点，但之后只能走D ，B 点，最后选择后面两点．有4×1×2×1×1=8种(从F 到C 的话，是不能到E 的)；②第二次不走C ：有4×2×2×2×1=32种(同理，F 不能到E)；共计：8+32=40种．【巩固】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3×4=12；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：4×5=20；所以共有12＋15＋20=47．【例题4】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？（6级）由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；第二类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，共有4×3=12种表示法；第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法．根据乘法原理，共有4×3×2=24种表示法．根据加法原理，一共可以表示出4+12+24=40种不同的信号．【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5×4=20种信号；⑶取出三面：可以表示：5×4×3=60种信号；由加法原理，一共可以表示：5+20+60=85种信号．第三类，三种颜色：4×3×2=24所以，根据加法原理，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．【例题5】小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的情况．小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有2×2=4种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有2×2×2=8种情况，所以共有2+4+8=14种情况．【巩固】过年了，妈妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么，妈妈送出这5件礼物共有种方法．若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外3个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有5×4×3=60种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有60种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有60种方法．所以共有60+60+60=180种方法．【例题6】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：一共有多少种不同的订法？可以分三种情况来考虑：⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有3×2×1=6种不同的排列，此时有6×2=12种订法．⑵3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有3×2=6种订法．⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．由加法原理，不同的订法一共有12+6+1=19种．【巩固】玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色．这家厂共可生产________种颜色不同的玩具棒．每节有3种涂法，共有涂法3×3×3×3=81(种)．但上述81种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次．可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有3×3×1×1=9(种)．故玩具棒最多有（81+9）÷2=45种不同的颜色．【例题7】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，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，⑶c 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？分为三种：第一种：有两个a的情况只有abab1种第二种，有一个a的情况，又分3类第一类，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，第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有3×4-2=10种.第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有3×4-2=10种.第三种，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，根据加法原理，一共有1+14+10+10+100=135种．【巩固】从6名运动员中选出4人参加4×100接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒⑴先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有4×3=12种，由乘法原理，共有：5×4×12=240种参赛方案⑵先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中随意选择4人参赛，有6×5×4×3=360种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5人随意选择3人参赛，对应5×4×3=60种选择，考虑若乙跑第二棒，也对应5×4×3=60种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的4×3=12种方案，所以，一共有360-60×2+12=252种不同参赛方案．第二板块、加乘原理与数字问题【例题1】由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有3×2=6个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有3×2=6个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成3+6+6=15个数．【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个，共有5+20+100=125个．【例题2】由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数．第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；第二类，组成二位数，有3×3=9个；第三类，组成三位数，有3×3×2=18个;第四类，组成四位数，有3×3×2×1=18个．由加法原理，一共可以组成4+9+18+18=49个数．【巩固】用数码0，1，2，3，4，可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数？分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为4×4=16个，三位数时，为：4×4×3=48个，由加法原理，一共可以组成5+16+48=69个小于1000的没有重复数字的自然数．【例题3】用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1～9这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.（方法一）分两步完成：第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法；第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法；由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个．（方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个；第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的四位数有3×9×8×7=1512个．由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个．【巩固】用0，1，2，3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？分为两类：个位数字为0的有3×2=6个，个位数字为 2的有2×2=4个，由加法原理，一共有：6+4=10个没有重复数字的四位偶数．【例题4】某人忘记了自己的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9．为确保打开保险柜至少要试多少次？四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种．第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择．第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次．【巩固】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?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．【例题5】从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?从1到100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4．三位数只有100．所以一共有个不含4的8+8×9+1=81自然数．【巩固】从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?从1到300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2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、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2；三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300；根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8+72+82=162个．【例题6】自然数8336，8545，8782有一些共同特征，每个数都是以8开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同．这样的数共有多少个？两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有9×8=72种填法，有3×9×8=216个数；两个相同的数字不是8时，相同的数字有9种选法，不同的数字有8种选法，并有3个位置可放，有9×8×3=216个数．由加法原理，共有3×9×8+9×8×3=432个数．【巩固】在1000到1999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？若相同的数是1，则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有3×9×8=216个；若相同的数是2，有3×8＝24个；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有 24个，所以，符合题意的数共有216+9×24=432个【例题7】用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；①4个2时，4个1可以有5种插法；②3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有4种插法，共有4×4=16种；③2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有3种插法，共有6×3=18种；④1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有2种插法，共有4×2=8种；⑤没有2时，只有1种；所以，总共有：5+16+18+8+1=48个．答：至少连续四位都是1的有48个．【巩固】七位数的各位数字之和为60，这样的七位数一共有多少个？七位数数字之和最多可以为9×7=63．63-60=3．七位数的可能数字组合为：①9，9，9，9，9，9，6．第一种情况只需要确定6的位置即可．所以有6种情况．②9，9，9，9，9，8，7．第二种情况只需要确定8和7的位置，数字即确定．8有7个位置，7有6个位置．所以第二种情况可以组成的7位数有7×6=42个．③9，9，9，9，8，8，8，第三种情况，3个8的位置确定即7位数也确定．三个8的位置放置共有7×6×5=210种．三个相同的8放置会产生3×2×1=6种重复的放置方式．所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有210÷6=35种．所以数字和为60的七位数共有35+42+7=84．【例题8】从自然数1~40中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0，0．1~40中能被4整除的数共有40÷4=10（个），10个中选2个，有10×9÷2=45（种）取法；第二类：余数分别为1，3．1~40中被4除余1，余3的数也分别都有10个，有10×10=100（种）取法；第三类：余数分别为2，2．同第一类，有45种取法．根据加法原理，共有45+100+45=190（种）取法．【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3×4=12种取法．根据加法原理，共有取法：3+12=15种．【例题9】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？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．【巩固】一个自然数，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数．问：从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第1996个数是多少? 我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算．所有的一位数均是“回文数”，即有9个；在二位数中，必须为aa形式的，即有9个(因为首位不能为0，下同)；在三位数中，必须为aba(a、b可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同)形式的，即有9×10 =90个；在四位数中，必须为abba形式的，即有9×10个；在五位数中，必须为abcda形式的，即有9×10×10=900个；在六位数中，必须为abccba形式的，即有9×10×10=900个．所以共有9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998个，最大的为999999，其次为998899，再次为997799．而第1996个数为倒数第3个数，即为997799．所以，从一位到六位的回文数一共有1998个，其中的第1996个数是997799．【例题10】如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，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．因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数：第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法．第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法．根据乘法原理，一共有（2×1）×（3×2×1）=12种．第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有2×2=4种．所以，根据加法原理，不同的填法共有12+4=16种．【巩固】在如图所示1×5的格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8中的五个数，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．如果取出来的五个数是1、2、3、4、5，则共有不同填法16种．从8个数中选出5个数，共有8×7×6÷(3×2×1)=56中选法，所以共16×56=896种．【例题11】从1～12中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有种选法．由于要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，可以先根据2倍关系将1～12进行如下分组：(1，2，4，8)；(3，4，12)；(5，10)；(7)；(9)；(11)．由于第一组最多可选出2个数，第二组最多可选出2个数，其余四组最多各可选出1个数，所以最多可选出8个数．现在要求选出7个数，所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个．⑴如果是第一组少一个，也就是说第一组选1个，第二组选2个，其余四组各选1个，此时有4×1×2×1×1×1=8种选法；⑵如果是第二组少一个，也就是说第一组选2个，其余五组各选一个，此时第一组有3种选法，根据乘法原理，有3×3×2×1×1×1=18种选法；⑶如果是第三组少一个，也就是说第一组选2个，第二组选2个，第三组不选，其余三组各选1个，有3×1×1×1×1×1=3种选法；⑷如果是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三组地位相同，所以各有3×1×2×1×1×1=6种选法．根据加法原理，共有8+18+3+6×3=47种不同的选法．【巩固】从1到999这999个自然数中有个数的各位数字之和能被4整除．由于在一个数的前面写上几个0不影响这个数的各位数字之和，所以可以将1到999中的一位数和两位数的前面补上两个或一个0，使之成为一个三位数．现在相当于要求001到999中各位数字之和能被4整除的数的个数．一个数除以4的余数可能为0，1，2，3，0～9中除以4余0的数有3个，除以4余1的也有3个，除以4余2和3的各有2个．三个数的和要能被4整除，必须要求它们除以4的余数的和能被4整除，余数的情况有如下5种：0+0+0；0+1+3；0+2+2；1+1+2；2+3+3．⑴如果是0+0+0，即3个数除以4的余数都是0，则每位上都有3种选择，共有3×3×3=27种可能，但是注意到其中也包含了000这个数，应予排除，所以此时共有27-1=26个；⑵如果是0+1+3，即3个数除以4的余数分别为0，1，3，而在3个位置上的排列有3×2×1=6种，所以此时有3×3×2×6=108个；⑶如果是0+2+2，即3个数除以4的余数分别为0，2，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有3×2×2×3=36个；⑷如果是1+1+2，即3个数除以4的余数分别为1，1，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有3×3×2×3=54个；⑸如果是2+3+3，即3个数除以4的余数分别为2，3，3，在3个位置上的排列有3种，此时有2×2×2×3=24个．根据加法原理，共有26+108+36+54+24=248．【例题12】有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，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，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．【巩固】有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？要使两个数字之和为奇数，只要这两个数字的奇偶性不同，即这两个数字一个为奇数，另一个为偶数，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，出现偶数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．【例题13】有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这两个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步：第一步第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的3种可能的点数．根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6×3=18（种）．方法二：要使两个骰子点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，所以，可以分为两类：第一类：两个数字同为奇数．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，也有3×3=9（种）不同的情形．根据加法原理，向上一面点数之和为偶数的情形共有9+9=18（种）．方法三：随意掷两个骰子，总共有6×6=36（种）不同的情形．因为两个骰子点数之和为奇数与偶数的可能性是一样的，所以，点数之和为偶数的情形有36÷2=18（种）．【巩固】有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这三个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？方法一：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数．可以分为三步：第一步，第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步，当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数还是奇数偶数都有可能所有也有6种可能的点数；第三步，当前两个骰子的点数即奇偶性都确定了之后第三个骰子点数的奇偶性就确定了所以只有3种可能的点数．根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6×6×3=108（种）．方法二：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数．所以，要分两大类来考虑：第一类：三个点数同为偶数．由于掷骰子可认为是一个一个地掷．每掷一个骰子出现偶数点数都有3种可能．由乘法原理，这类共有3×3×3=27（种）不同的情形．。

(精品)小学奥数7-3-1 加乘原理之综合运用.专项练习及答案解析

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）。

小学五六年级奥数学竞赛第4讲计数原理之加乘原理

【例10】(★★★★) 从1到999这999个自然数中有_____个数的各位数字之和能被4整除。
本讲总结加法原理：分类计数，类类独立加法原理分类计数类类独立乘法原理：分步计数，步步相关关联词区分：可以……也可以…… 关联词区分：可以也可以加法原理先……再……又…… 乘法原理乘法原理的前提：平等性常用方法： ①优先排序法 ②排除法 ③分类讨论重点例题：例5、例7、例8、例9
【例5】(★★★) 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？
【例4】(★★★) 【例6】(★★★) 一个至少两位的数，如果满足高数位上的数字总大于低数位上的数字，一个七位数，其数码只能为1或3，且无两个3是邻的。问这样的七位如732、85421，我们称之为，我们称之为“下降数”，那么“下降数”中一共有下降数，那么下降数中共有数共有多少个？有多 _____个偶数。
【例1】(★) 用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？
【例2】(★★★)(北京市人大附中分班考题) 由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的六位数中，百位不是2的奇数有多少个？
【例3】(★★★) 一个三位数，其反序数也是一个三位数，用这个三位数减去它的反序数得到的差大于0，且为4的倍数，满足条件的三位数有_____个。
例4例4一个至少两位的数如果满足高数位上的数字总大于低数位上的数字7我那一一如73285421我们称之为下降数那么下降数中共有个偶数
计数原理之加乘原理
加油站加法原理：分类计数，类类独立乘法原理分步计数步步相关乘法原理：分步计数，步步相关关联词区分：可以……也可以…… 加法原理先……再……又…… 乘法原理

小学奥数——乘法原理与加法原理

乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成,而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法,就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中,他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船.那么,他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法?分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法,即:第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法:3×1＝3.如果此人到大连后,可以乘船或飞机到天津,那么他从北京到天津则有以下的走法:共有六种走法,注意到3×2=6.在上面讨论问题的过程中,我们把所有可能的办法一一列举出来.这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中,完成一件事要分两个步骤.由穷举法得到的结论看到,用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数,就是完成这件事所有的方法数.一般地,如果完成一件事需要个步骤，其中,做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法,…,做第步有种不同的方法,那么，完成这件事一共有种不同的方法.这就是乘法原理.例1.某人到食堂去买饭,主食有三种,副食有五种,他主食和副食各买一种,共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成;②每个步骤各有若干种不同的方法来完成.这样的问题就可以使用乘法原理解决问题.例2.右图中有7个点和十条线段，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的走法?例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本,有多少种不同的取法?例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、１０0米跑、200米跑四项中的一项比赛,问：报名的结果会出现多少种不同的情形?例5.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？分析在确定由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．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.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．例6.由数字１、2、3、4、５、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数?分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字,即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上,可以从余下的五个数字中取一个,有５种取法;百位上有4种取法;千位上有3种取法,故可由乘法原理解决．例7.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？分析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.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.例8.现有一角的人民币４张，贰角的人民币2张,壹元的人民币3张,如果从中至少取一张,至多取９张,那么,共可以配成多少种不同的钱数?分析要从三种面值的人民币中任取几张,构成一个钱数,需一步一步地来做．如先取一角的,再取贰角的，最后取壹元的．但注意到,取２张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复,如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币４张和贰角的人民币２张统一起来考虑.即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知,共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值,共８种情况．(即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况;取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．)这样一来,可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取;第二步,从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、２、3．但要注意,要求“至少取一张＂。

小学奥数加乘原理之综合运用精选例题练习习题(含知识点拨)

小学奥数：加乘原理之数字问题(一).专项练习及答案解析

小学奥数加乘原理之图论精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)

四年级思维奥数加乘原理

第十四讲加乘原理应用活趣味数学一天，四（1）班的小聪同学放学后发现数学书忘在教室里。

于是他去门房找张师傅拿教室的钥匙开门。

张师博性格憨厚，有时候爱开玩笑，还是个数学爱好者。

他笑着对小聪同学说：“对不起，我不小心把九间教室的九把钥匙弄混了，不知道哪把钥匙开哪间教室。

请你想一想，你最多试开多少次就能把你班的教室门打开呢？”同学们，你们知道答案吗？知识提纲：加法原理：为了完成一件事，有几类方法。

第一类方法中有m1种不同的方法，第二类方法中有m2种不同的方法……第n类方法中有mn种不同的方法。

那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn,种不同的方法。

乘法原理：为了完成一件事，需要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×…×mn,种不同的方法。

【典型例题1】一把钥匙开一把锁，现在有4把钥匙4把锁,但不知道怎么相配了，那么最多要试_____次，才能确保配对成功。

如果有6把钥匙6把锁，那么最多要试_____次，才能确保把所有的锁都打开。

【分析】4把钥匙和4把锁弄混淆了，可以先拿着第一把钥匙来试，最多试3次就能配对；第二把钥匙最多试2次；第三把钥匙最多只需试1次。

一共要试:3+2+1=6（次），可确保配对。

如果有6把钥匙和6把锁，最多要试几次呢？请同学们自己做做。

【随堂练习1】学校门房的王师傅不小心把9把钥匙和9把锁弄混淆了,不知道哪把钥匙开哪把锁。

请问：最多要试多少次才能确保把钥匙和锁一一配起来？【典型例题2】书架上有2本不同的科技书，5本不同的故事书和4本不同的漫画书。

小华想从书架上任取一本科技书、一本故事书和一本漫画书，一共有多少种不同的取法？【分析】可以分为三个步骤，第一步取科技书，有2种不同的方法；第二步取故事书，有5种不同的方法；第三步取漫画书，有4种不同的方法。

根据乘法原理，可以计算出所有的取法。

(小学奥数)加乘原理之综合运用

7-3-1.加乘原理之綜合運用教學目標1.復習乘法原理和加法原理；2.培養學生綜合運用加法原理和乘法原理的能力．3.讓學生懂得並運用加法、乘法原理來解決問題，掌握常見的計數方法，會使用這些方法解決問題．在分類討論中結合分步分析，在分步分析中結合分類討論；教師應該明確並強調哪些是分類，哪些是分步．並瞭解與加、乘原理相關的常見題型：數論類問題、染色問題、圖形組合．知識要點一、加乘原理概念生活中常有這樣的情況：在做一件事時，有幾類不同的方法，在具體做的時候，只要採用其中某一類中的一種方法就可以完成，並且這幾類方法是互不影響的．那麼考慮完成這件事所有可能的做法，就要用到加法原理來解決．還有這樣的一種情況：就是在做一件事時，要分幾步才能完成，而在完成每一步時，又有幾種不同的方法．要知道完成這件事情共有多少種方法，就要用到乘法原理來解決．二、加乘原理應用應用加法原理和乘法原理時要注意下麵幾點：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，所以完成任務的不同方法數等於各類方法數之和．⑵乘法原理是把一件事分幾步完成，這幾步缺一不可，所以完成任務的不同方法數等於各步方法數的乘積．⑶在很多題目中，加法原理和乘法原理都不是單獨出現的，這就需要我們能夠熟練的運用好這兩大原理，綜合分析，正確作出分類和分步．加法原理運用的範圍：完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，這樣的問題可以使用加法原理解決．我們可以簡記為：“加法分類，類類獨立”．乘法原理運用的範圍：這件事要分幾個彼此互不影響的獨立步驟來完成，這幾步是完成這件任務缺一不可的，這樣的問題可以使用乘法原理解決．我們可以簡記為：“乘法分步，步步相關”．例題精講【例 1】商店裏有2種巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2種水果糖：蘋果味、梨味、橙味．小明想買一些糖送給他的小朋友．⑴如果小明只買一種糖，他有幾種選法？⑵如果小明想買水果糖、巧克力糖各1種，他有幾種選法？【考點】加乘原理之綜合運用【難度】1星【題型】解答【解析】⑴小明只買一種糖，完成這件事一步即可完成，有兩類辦法：第一類是從2種巧克力糖中選一種有2種辦法；第二類是從3種水果糖中選一種，有3種辦法．因此，小明有235+=種選糖的方法．⑵小明完成這件事要分兩步，每步分別有2種、3種方法，因此有326⨯=種方法．【答案】⑴5⑵6【例 2】從2，3，5，7，11這五個數中，任取兩個不同的數分別當作一個分數的分子與分母，這樣的分數有_______________個，其中的真分數有________________個。

加乘原理（附答案）

一、用0-5六个数字可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
二、用0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
三、1-9九个数，从中取出不同的3个，使他们和为3的倍数，不同的取法有多少种？
四、1-25中，取出不同的两个，使他们和为4的倍数，有多少种？
五、三个数字之和为21的三位数有多少个？
六、如图A-E五块，染四种颜色，相邻国家颜色不同，有几种染色方法？
七、一批相同规格的圆棒，划分为相同长度的5节，每节用三种不同颜色来涂，能得到多少
颜色不同的染色棒？
八、红黄蓝绿小旗各一面，每次可以在旗杆上任意挂1、2、3、4面，从上到下顺序不同时
表示不同信号，则共有多少种不同的信号？
九、直线a、b上分别有6个点和4点（有一个点为俩直线的交点），以这些点为顶点可以画
出多少个三角形？
十、红黄白蓝四种颜色不同的小旗，各有2、2、3、3面，任意取出3面按顺序排成一行，
表示一种信号：1】共有多少种信号？2】白色不能打头有多少种？（不挂旗子没有信号）十一、从0、0、1、2、3、4、5中取三个组成三位数，有多少种？
1、156
2、10
3、30
4、72
5、28
6、72
7、135种
8、64种
9、60个
10、62种、46种
11、105。

小学奥数计数题库加乘原理之图论.题库版

奥数：7-3加乘原理综合应用

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．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．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、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的教学目标知识要点加乘原理综合运用不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，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．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响．．．．．．．的独立步骤．．．．来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的．．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．例题精讲模块一、简单加乘原理综合应用【例 1】商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？（2级）【解析】⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有235+=种选糖的方法．⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有326⨯=种方法．【例 2】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、武汉和上海、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？（2级）【解析】从北京转道上海到广州一共有339⨯=种方法，从北京转道武汉到广州一共也有339⨯=种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有99220++=种方法．【例 3】从学而思学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师家有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？（2级）王明家张老师家学而思学校【解析】根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有326⨯=种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有639+=种走法．【巩固】如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？（2级）丁丙乙甲【解析】从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有428⨯=种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有339⨯=种方法．根据加法原理，一共有8917+=种走法．【巩固】王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京．他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图．那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？（2级）【解析】从重庆到南京的走法有两类：第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有236⨯=(种)走法；第二类不经过武汉，有2种走法．根据加法原理，从重庆到南京一共有268+=种不同走法．【例 4】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点A 出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次．问共有多少种不同的走法？（6级）FE DCBA【解析】走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C点：就是意味着从A点出发，我们要先走F，D，E，B中间的一点，再经过C点，但之后只能走D，B点，最后选择后面两点．有412118⨯⨯⨯⨯=种(从F到C的话，是不能到E的)；②第二次不走C：有4222132⨯⨯⨯⨯=种(同理，F不能到E)；共计：83240+=种．【例 5】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？（4级）【解析】因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3×4=12；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：4×5=20；所以共有12＋15＋20=47．【例 6】某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？（6级）【解析】1、新站为起点，旧站为终点有3×7=21张，2、旧站为起点，新站为终点有7×3=21张，3、起点、终点均为新站有3×2=6张，以上共有21＋21＋6=48张．【例 7】某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会．从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？（6级）【解析】分两类情况讨论：⑴都会的这1人被挑选中，则有：①如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法；所以有339⨯=种方法；②同样，这人做电工，也有9种方法．⑵都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法；从3名电工中选2人，也有3种方法，一共有339⨯=种方法．所以，根据加法原理，一共有99927++=种方法．【例 8】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？（6级）【解析】由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；第二类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，共有4312⨯=种表示法；第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法．根据乘法原理，共有43224⨯⨯=种表示法．根据加法原理，一共可以表示出4122440++=种不同的信号．【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？（6级）【解析】分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5420⨯=种信号；⑶取出三面：可以表示：54360⨯⨯=种信号；由加法原理，一共可以表示：5206085++=种信号．【例 9】五种颜色不同的信号旗，各有5面，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？（6级）【解析】方法一：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⑴一种颜色：5种可能；⑵两种颜色：54360（）⨯⨯=⑶三种颜色：54360⨯⨯=所以，一共可以表示56060125++=种不同的信号方法二：每一个位置都有5种颜色可选，所以共有555125⨯⨯=种．【巩固】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？（6级）【解析】(一)取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；第二类，两种颜色：(43)336⨯⨯=第三类，三种颜色：43224⨯⨯=所以，根据加法原理，一共可以表示2362462++=种不同的信号．(二)白棋打头的信号，后两面旗有4416-=种．⨯=种情况．所以白棋不打头的信号有621646【例 10】(2008年清华附中考题)小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的情况．（6级）【解析】小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有224⨯=种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有2228⨯⨯=种情况，所以共有24814++=种情况．【例 11】（2009年“数学解题能力展示”中年级复赛试题）过年了，妈妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么，妈妈送出这5件礼物共有种方法．（6级）【解析】若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外3个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有⨯⨯=种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有60种方法；若遥控车既54360不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有60种方法．所以共有++=种方法．606060180【例 12】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：一共有多少种不同的订法？（6级）【解析】可以分三种情况来考虑：⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有336P=种不同的排列，此时有6212⨯=种订法．⑵3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有326⨯=种订法．⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．由加法原理，不同的订法一共有126119++=种．【例 13】玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色．这家厂共可生产________种颜色不同的玩具棒．（8级）【解析】每节有3种涂法，共有涂法333381⨯⨯⨯=(种)．但上述81种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次．可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有33119⨯⨯⨯=(种)．故玩具棒最多有(819)245+÷=种不同的颜色．【例 14】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，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，⑶c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？（8级）【解析】分为三种：第一种：有两个a的情况只有abab1种第二种，有一个a的情况，又分3类第一类，在第一个位置，则b在第二个位置，后边的排列有4416⨯=种，减去c、d同时出现的两种，总共有14种，第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有34210⨯-=种.第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有34210⨯-=种.第三种，没有a的情况:分别计算没有c的情况:233354⨯⨯⨯=种.没有d的情况：233354⨯⨯⨯=种.没有c、d的情况：12228⨯⨯⨯=种.由容斥原理得到一共有54548100+-=种.所以，根据加法原理，一共有1141010100135++++=种．【例 15】从6名运动员中选出4人参加4100⨯接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒（6级）【解析】⑴先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有4312⨯⨯=种参赛⨯=种，由乘法原理，共有：5412240方案⑵先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中随意选择4人参赛，有6543360⨯⨯⨯=种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5人随意选择3人参赛，对应54360⨯⨯=种选择，考虑若乙跑第二棒，也对应⨯⨯=种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第54360二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的4312⨯=种方案，所以，一共有36060212252-⨯+=种不同参赛方案．模块二、加乘原理与数字问题【例 16】由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？（4级）【解析】因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有326⨯=个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有326⨯=个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成36615++=个数．【例 17】由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？（6级）【解析】满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数．第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；第二类，组成二位数，有339⨯=个；第三类，组成三位数，有33218⨯⨯=个;第四类，组成四位数，有332118⨯⨯⨯=个．由加法原理，一共可以组成49181849+++=个数．【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？（6级）【解析】小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有4520⨯=个；第三类是三位数，有455100++=个．⨯⨯=个，共有520100125【巩固】用数码0，1，2，3，4，可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数？（6级）【解析】分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为4416⨯⨯=⨯=个，三位数时，为：44348个，由加法原理，一共可以组成5164869++=个小于1000的没有重复数字的自然数．【例 18】用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．（6级）【解析】无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1～9这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.（方法一）分两步完成：第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法；第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法；由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个．（方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个；第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的四位数有3×9×8×7=1512个．由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个．【巩固】用0，1，2，3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？（6级）【解析】分为两类：个位数字为0的有326⨯=个，个位数字为2的有 224⨯=个，由加法原理，一共有：+=个没有重复数字的四位偶数．6410【例 19】在2000到2999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（6级）【解析】若相同的数是2，则另一个2可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有3×9×8=216（个）；若相同的数是1，有3×8＝24（个）；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有24个，所以，符合题意的数共有216＋9×24=432（个）．【例 20】在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个? （6级）【解析】(方法一)解决计数问题常用分类讨论的方法．设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为1abc (其中>)；(1)当0c aa=时，c可取1～9中的任一个数字，b可取0～9中的任一个数字，于是一共有91090a=时，c可取2～9中的任一个数字，b仍可取0～9中的任一个数字，⨯=个．(2)当1于是一共有81080⨯=个．(3)类似地，当a依次取2，3，4，5，6，7，8时分别有70，60，50，40，30，20，10个符合条件的自然数．所以，符合条件的自然数有9080702010450+++++=个．(方法二)1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100个；剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以总数为-÷=个.(1000100)2450【例 21】某人忘记了自己的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9．为确保打开保险柜至少要试多少次？（6级）【解析】四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种．第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择．第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次．【例 22】从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个? （6级）【解析】从1到100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8972⨯=个数不含4．三位数只有100．所以一共有889181+⨯+=个不含4的自然数．【巩固】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? （6级）【解析】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⨯⨯=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399243有3991244⨯⨯+=个．所以一共有8893991324+⨯+⨯⨯+=个不含4的自然数．【巩固】从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个? （6级）【解析】从1到300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2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、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8972⨯=个数不含2；三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：19981⨯⨯=个，还要加上300；根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有87282162++=个．【例 23】由数字0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第个．【2008年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛】（8级）【解析】比2008小的4位数有2000和2002，比2008小的3位数有23318⨯⨯=（种），比2008小的2位数有++++=（个）．236⨯=（种），比2008小的1位数有2（种），所以2008排在第21862129【巩固】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？（6级）【解析】取2有8、12、16、18四种，取4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，一共有9种【例 24】自然数8336，8545，8782有一些共同特征，每个数都是以8开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同．这样的数共有多少个？（6级）【解析】两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有98 72⨯⨯=⨯=种填法，有 398216个数；两个相同的数字不是8时，相同的数字有9种选法，不同的数字有8种选法，并有3个位置可放，有983216⨯⨯=个数．由加法原理，共有398983432⨯⨯+⨯⨯=个数．【巩固】在1000到1999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（6级）【解析】若相同的数是1，则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有398216⨯⨯=个；若相同的数是2，有3×8＝24个；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有24个，所以，符合题意的数共有216924432+⨯=个【例 25】如果一个三位数ABC满足A B<，那么把这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个>，B C数．（8级）【解析】当B为0时，A、C可以为1～9中的任何一个，此时有99⨯种；当B为1时，A、C可以为2～9中的任何一个，此时有88⨯种；……；当B为8时，有11⨯种；所以共有199881191019285⨯+⨯++⨯=⨯⨯⨯=(个)．6【例26】用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？（6级）【解析】将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；①4个2时，4个1可以有5种插法；②3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有4种插法，共有4416⨯=种；③2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有3种插法，共有6318⨯=种；④1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有2种插法，共有428⨯=种；⑤没有2时，只有1种；所以，总共有：516188148++++=个．答：至少连续四位都是1的有48个．【例27】七位数的各位数字之和为60，这样的七位数一共有多少个？（6级）【解析】七位数数字之和最多可以为9763-=．七位数的可能数字组合为：⨯=．63603①9，9，9，9，9，9，6．第一种情况只需要确定6的位置即可．所以有6种情况．②9，9，9，9，9，8，7．第二种情况只需要确定8和7的位置，数字即确定．8有7个位置，7有6个位置．所以第二种情况可以组成的7位数有7642⨯=个．③9，9，9，9，8，8，8，第三种情况，3个8的位置确定即7位数也确定．三个8的位置放置共有765210⨯⨯=种．三个相同的8放置会产生3216⨯⨯=种重复的放置方式．所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有210635÷=种．所以数字和为60的七位数共有3542784++=．【例 28】从自然数1~40中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？（6级）【解析】2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0，0．1~40中能被4整除的数共有40410÷=（个），10个中选2个，有⨯÷=（种）取法；109245第二类：余数分别为1，3．1~40中被4除余1，余3的数也分别都有10个，有1010100⨯=（种）取法；第三类：余数分别为2，2．同第一类，有45种取法．根据加法原理，共有4510045190++=（种）取法．【例 29】在1~100的自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？（6级）【解析】将1～100按照除以3的余数分为3类：第一类，余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个；第二类，余数为2的一共有33个；第三类，可以被3整除的一共有33个．取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况：第一种，从第一、二类中各取一个数，有34331122⨯=种取法；第二种，从第三类中取两个数，有33322528⨯÷=种取法．根据加法原理，不同取法共有：11225281650+=种．【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？（6级）【解析】两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3412+=种．⨯=种取法．根据加法原理，共有取法：31215【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？（6级）【解析】三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0的数各有1个，四类情况分别有4种、1种、1种、43336⨯⨯=种，所以一共有4113642+++=种．【巩固】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? （6级）【解析】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（）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2424576⨯÷⨯=232221253⨯=种，所以一共有253576829+=种选取方法．。

小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）（1）

小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）（1）小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、加乘原理与数论【例1】（★★）用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数.分析：无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1～9这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.（方法一）分两步完成：第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法.第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法.由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个.（方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个.第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的四位数有3×9×8×7=1512个.由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个.（方法三）从0～9十个数中任取4个数的排列总数为10×9×8×7，其中0在千位的排列数有9×8×7个，所以共有满足条件的四位数：10×9×8×7-9×8×7=9×8×7×（10-1）=4536个.[拓展一]用0，1，2，3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？分析：分为两类：个位数字为0的有3×2= 6个，个位数字为2的有2×2=4个，由加法原理，一共有：6+4=10个没有重复数字的四位偶数[拓展二]用数码0，1，2，3，4，可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数？分析：分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为4×4=16个，三位数时，为：4×4×3=48个，由加法原理，一共可以组成5+16+48=69个小于1000的没有重复数字的自然数.【例2】（★★）自然数8336，8545，8782有一些共同特征，每个数都是以8开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同.这样的数共有多少个？分析：两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有9×8＝72（种）填法，有3×9×8个数；两个相同的数字不是8时，相同的数字有9种选法，不同的数字有8种选法，并有3个位置可放，有9×8×3个数.由加法原理，共有3×9×8＋9×8×3=432（个）数.[拓展]在1000到1999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？分析：若相同的数是1，则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有3×9×8=216（个）；若相同的数是2，有3×8＝24（个）；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有 24个，所以，符合题意的数共有216＋9×24=432（个）.【例3】（★★★）在所有的三位自然数中，组成数字的三个数码既有大于5的数码，又有小于5的数码的自然数共有多少个？分析：三个数码都不大于5的三位数有5×6×6=180（个），三个数码都不小于5的三位数有5×5×5=125（个），三个数码都等于5的只有 555一个.所求自然数共有 900-（180＋125－1）= 596（个）.[拓展]在1到2000的自然数中，含有数码1的数有多少个？分析：不含数码 1的一位数有 8个，两位数有8×9＝72（个），三位数有8×9 2=648（个），四位数有1个，所以含有数码1的数有：2000-（648+72+8+1）=1271（个）.【例4】（★★★）从1，3，5中任取两个数字，从0，2，4中任取两个数字，共可组成多少个没有重复数字的四位数？其中偶数有多少个？分析：：取出的四个数码根据有0或无0分为两类.（1）有0时，四个数码的取法有2×3=6（种），可组成四位数6×（3×3！）=108（个），其中偶数60个；（2）无0时，四个数码的取法有1×3=3（种），可组成四位数3×4！＝72（个），其中偶数36个.所以共可组成没有重复数字的四位数 108＋72=180（个），其中偶数60＋36=96（个）.[巩固]用1，2，3，4，5这五个数码可以组成120个没有重复数字的四位数，将它们从小到大排列起来，4125是第几个？分析：1，2，3，4，5这五个数码可以组成120个没有重复数字的四位数，千位数为1，2，3，4，5的各有24个数，所以4125是第24×3+2=74个数.Ⅱ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例5】（★★★）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．DCBA按A—B—D—C的顺序涂颜色：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.[巩固]用四种颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法?分析：第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法【例6】（★★★★）分别用五种颜色中的某一种对下图的A， B，C，D，E，F六个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：有多少种不同的染法？分析：先按A，B，D，C，E的次序染色，可供选择的颜色依次有5，4，3，2，3种，注意E与D的颜色搭配有3×3=9（种），其中有3种E和D同色，有6种E和D异色.最后染F，当E与D同色时有3种颜色可选，当E与D异色时有2种颜色可选，所以共有5×4×2×（3×3＋6×2）=840（种）染法；[拓展]用红、橙、黄、绿、蓝、青、紫七种颜色中的一种，或两种，或三种，或四种，分别涂在正四面体各个面上，一个面不能用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不同涂色方式？分析：首先介绍正四面体（模型）.正四面体四个面的相关位置，当底面确定后，（从上面俯视）三个侧面的顺序有顺时针和逆时针两种（当三个侧面的颜色只有一种或两种时，顺时针和逆时针的颜色分布是相同的）.先看简单情况，如取定四种颜色涂于四个面上，有两种方法；如取定一种颜色涂于四个面上，只有一种方法.但取定三种颜色如红、橙、黄三色，涂于四个面上有三种方法，如下图①②③（图中用数字1，2，3分别表示红、橙、黄三色）如果取定两种颜色如红、橙二色，涂于四个面上有三种方法.如下图④⑤⑥但是从七种颜色里，每次取出四种颜色，有7×6×5×4÷（4×3×2×1）=35种取法，每次取出三种颜色有7×6×5÷（3×2×1）=35种取法，每次取出两种颜色有7×6÷（2×1）=21种取法，每次取出一种颜色有7种取法.因此着色法共有2×35+3×35+3×21+7=245种.【例7】（★★★★）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上，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.[前铺]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】三条平行线上分别有2，4，3个点（下图），已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？分析：（方法一）本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况（1）三个顶点在两条直线上，一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55（个）（2）三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2×4×3=24（个）根据加法原理，一共可以画出55+24=79（个）三角形.（方法二）9个点任取三个点有9×8×7÷（3×2×1）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79（个）三角形.[拓展]从下图中11个交点中任取3个点，可画出多少个三角形？分析：如果三点在一条直线上，则此三点不能构成三角形，四点在一条直线上，则其中任意三点也不能构成三角形.此题采用排除法较方便.一共可以画出三角形为11×10×9÷（3×2×1）=165（个），其中三点共线不能构成的三角形有7个，四点共线不能构成的三角形有2×4=8个，所以可以画出三角形165-（7+8）=150个.Ⅲ、排列组合【例9】海淀区举办中学生足球联谊赛，各校共选送20个队参加比赛，比赛时，选抽签分成两个组，每组都是10个队，各组都进行单循环赛，然后再由各组的前三名共6个队进行单循环赛，决出冠亚季军，问：（1）共需比赛多少场？（2）如果实行主客场制，共需比赛多少场？分析：（1）第一组中10个队，每两队比赛一场，共比赛10×9÷2=45（场），同理，第二组共比赛45场；决赛中6个队，每两队比赛一场，共比赛：6×5÷2=15（场）由加法原理，共需比赛的场次数是：45+45+15=105（场）（2）由于主客场不仅与参赛的队有关，也与比赛所在的地点有关，所以，第一组比赛10×9=90（场），第二组比赛10×9=90（场），决赛时比赛：6×5=30（场）由加法原理，共需比赛的场次数是：90+90+30=210（场）[拓展]从6名运动员中选出4人参加4×100接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：（1）甲不能跑第一棒和第四棒；（2）甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒分析：（1）先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有4×3=12种，由乘法原理，共有：5×4×12=120种参赛方案（2）先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中随意选择4人参赛，有6×5×4×3×2×1=360种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5人随意选择3人参赛，对应5×4×3=60种选择，考虑若乙跑第四棒，也对应5×4×3=60种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第四棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第四棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的4×3=12种方案，所以，一共有360-60×2+12=252种不同参赛方案.【例10】7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）分析：（方法一）首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：7=1+1+1+4，7=1+2+2+2，7=1+1+2+3，其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.第三类：有两个盒子里各放一个球，另外两个盒子里分别放2个及3个球，这时分两步来考虑：第一步，从4个盒子中任取两个各放一个球，这种取法有24C种.第二步，把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球，这种放法有22P种.由乘法原理有22 4212C P=种放法.由加法原理，可得符合题目要求的不同放法有4+4+12=20（种）（方法二）把七个球排成一行，并用三个“挡板”把它们分成四组，每一组对应一个盒子，则一共有6个位置可以放挡板，从中选择三个，有3620C 种选法.[拓展]一个盒子里装有10个编号依次为1，2，3，…，10的球，从中摸出6个球，使它们的编号之和为奇数，则不同的摸法种数是多少？分析：10个编号中5奇5偶，要使6个球的编号之和为奇数，有以下三种情形：（1）5奇1偶，这时对奇数只有1种选择，对偶数有5种选择，由乘法原理，有1×5=5种选择（2）3奇3偶，这对奇数有5×4×3÷（3×2×1）=10种选择，对偶数也有10种选择，由乘法原理，有10×10=100种选择（3）1奇5偶，这时对偶数只有1种选择，对奇数有5种选择，由乘法原理，有1×5=5种选择由加法原理，不同的摸法有5+100+5=110种【例11】某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9.为确保打开保险柜至少要试多少次？．分析：四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次.[前铺]在前100个自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？分析：将1～100按照除以3的余数分为3类，（1）余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个，（2）余数为2的一共有33个，（3）可以被3整除的一共有33个，取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况，从（1）（2）类中各取一个数，有34×33=1122（种）取法；从（3）中取两个数，有33×32÷2=528（种）取法，不同取法共有：1122+528=1650（种）【例12】（★★★）2000北京市迎春杯数学邀请赛）在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?分析：（方法一）解决计数问题常用分类讨论的方法．设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为1abc (其中c＞a)；(1)当a=0时，c可取1～9中的任一个数字，b可取0～9中的任一个数字，于是一共有9×10=90个． (2)当a=1时，c可取2～9中的任一个数字，b 仍可取0～9中的任一个数字，于是一共有8×10=80个．(3)类似地，当a依次取2，3，4，5，6，7，8时分别有70，60，50，40，30，20，10个符合条件的自然数．所以，符合条件的自然数有90＋80＋70＋…＋20＋10=450个．（方法二）1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100个；剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以总数为(1000100)2450-÷=个.[巩固]在100～1995的所有自然数中，百位数与个位数不相同的自然数有多少个？分析：先考虑100～1995这1896个数中，百位与各位相同的数有多少个，在三位数中，百位与各位可以是1～9，十位可以是0～9，由乘法原理，有9×10=90个，四位数中，千位是1，百位和个位可以是0～9，十位可以是0～9，由乘法原理，10×10=100个，但是要从中去掉1999，在100～1995中，百位与个位相同的数共有90+99=189个，所以，百位数与个位数不相同的自然数有：1896-189=1707个1．（★★例3）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，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．分析：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，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种)．2．（★★★例4）用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？分析：分两类（1）把3排在最高位上，其余四个数字可以任意放到其余四个数位上，有4×3×2×1=24种做法，对应24个不同的五位数（2）把2、4、5放在最高位上，有3种选择，百位数上有除最高位和3以外的三种选择，其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上，由乘法原理，可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数由加法原理，可以组成24+54=78个不同的五位数.3．（★★★例5）如图，有一个圆形花坛，园丁想用红、黄、紫、白、绿五种颜色的植物对花坛进行装饰，要求同种颜色的植物不能相邻，但不是每种颜色的植物都必须要用，已知花坛中心的圆圈中必须栽入绿色乔木，问，一共有多少种栽种方法？分析：圆坛中心被栽入绿色乔木后，周围的扇形花坛中就只能栽种红、黄、紫、白四种颜色的花了，左上方花坛有4中选择，其余三个分两类：（1）相对花坛取相同颜色，一共有：4×3×3=36种栽种方法（2）相对花坛不同颜色，一共有：4×3×2×2=48种选择.所以一共有36+48=84种栽种方法.4．（★★★例8）如右图所示分布着9个点，以这9个点为端点能构成多少个三角形？分析：三条线段上各取1点能构成3×3×3=27.如果在一条线段上取两点，在另一条线段上取一点一共有（3×2）×（3×2÷（2×1））×（3÷1）=54，所以一共有81种.5．（★★★例7）五种颜色不同的信号旗，各有5面，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？分析：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： 5种可能；（2）两种颜色：（5×4）×3=60（3）三种颜色：5×4×3=60所以，一共可以表示5＋60＋60=125种不同的信号。

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【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】填空【关键词】希望杯，五年级，二试，第7题【解析】第一问要用乘法原理，当分子有5种可能时，分母有4种可能，即5×4=20种，所以这样的分数有20个。

第二问中，分母为3的真分数有1个，分母为5的真分数有2个，分母为7的真分数有3个，分母为11的真分数有4个，所以真分数共有1+2+3+4=10个。

【答案】10个【例 3】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、武汉和上海、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？【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【解析】从北京转道上海到广州一共有339⨯=种方法，从北京转道武汉到广州一共也有339⨯=种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有99220++=种方法．【答案】20【例 4】从学而思学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师家有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？王明家张老师家学而思学校【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【解析】根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有326⨯=种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有639+=种走法．【答案】9【巩固】如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？丁丙乙甲【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【解析】从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有428⨯=种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有339⨯=种方法．根据加法原理，一共有8917+=种走法．【答案】17【巩固】王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京．他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图．那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？【考点】加乘原理之综合运用【难度】2星【题型】解答【解析】从重庆到南京的走法有两类：第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有236⨯=(种)走法；第二类不经过武汉，有2种走法．根据加法原理，从重庆到南京一共有268+=种不同走法．【答案】8【例5】某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】1、新站为起点，旧站为终点有3×7=21张，2、旧站为起点，新站为终点有7×3=21张，3、起点、终点均为新站有3×2=6张，以上共有21＋21＋6=48张．【答案】48【例6】如右图所示，每个小正三角形边长为1，小虫每步走过1，从A出发，走4步恰好回到A的路有（）A)条．(途中不再回【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】填空【关键词】走美杯，四年级，初赛，第8题，五年级，初赛，第12题【解析】因为第一、三步到的点一定是以A为中心的六边形的六个顶点，根据一定的规则进行计数：（1）第一步与第三步是同一个点的情况有：6×5=30（种）（2）第一步与第三步不是同一个点的情况有：4×6=24（种）所以共有30+24=54（种）【答案】54种【例7】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点A出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次．问共有多少种不同的走法？FE DCBA【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C点：就是意味着从A点出发，我们要先走F，D，E，B中间的一点，再经过C点，但之后只能走D，B点，最后选择后面两点．有412118⨯⨯⨯⨯=种(从F到C的话，是不能到E的)；②第二次不走C：有4222132⨯⨯⨯⨯=种(同理，F不能到E)；共计：83240+=种．【答案】40【例8】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：一共有多少种不同的订法？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】可以分三种情况来考虑：⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有336P=种不同的排列，此时有6212⨯=种订法．⑵3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有326⨯=种订法．⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．由加法原理，不同的订法一共有126119++=种．【答案】19【例9】玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色。

这家玩具厂共可生产种颜色不同的玩具棒。

【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】填空【关键词】走美杯，五年级，初赛，第10题【解析】总共有45种，分三类：只有一种颜色的有：3种；有两种颜色的有：3824⨯=；有3种颜色的有：6318⨯=所以共有：3241845++=（种）【答案】45种【例10】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？【考点】加乘原理之综合运用【难度】2星【题型】解答【解析】因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3×4=12；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：4×5=20；所以共有12＋15＋20=47．【答案】47【例11】过年了，妈妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么妈妈送出这5件礼物共有____________种方法．【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级，决赛，7题【解析】假如给小强的是智力拼图，则有2543120⨯⨯⨯=（种）方法．假如给小强的是遥控汽车，则有154360⨯⨯⨯=（种）方法．总共有12060180+=（种）方法．【答案】180种【例12】某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会．从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】分两类情况讨论：⑴都会的这1人被挑选中，则有：①如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法；所以有339⨯=种方法；②同样，这人做电工，也有9种方法．⑵都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法；从3名电工中选2人，也有3种方法，一共有339⨯=种方法．所以，根据加法原理，一共有99927++=种方法．【答案】27【例13】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类第二类第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；第二类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，共有4312⨯=种表示法；第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法．根据乘法原理，共有43224⨯⨯=种表示法．根据加法原理，一共可以表示出4122440++=种不同的信号．【答案】40【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5420⨯=种信号；⑶取出三面：可以表示：54360⨯⨯=种信号；由加法原理，一共可以表示：5206085++=种信号．【答案】85【例 14】五种颜色不同的信号旗，各有5面，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？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】方法一：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⑴ 一种颜色： 5种可能；⑵ 两种颜色：54360⨯⨯=（） ⑶ 三种颜色：54360⨯⨯=所以，一共可以表示56060125++=种不同的信号方法二：每一个位置都有5种颜色可选，所以共有555125⨯⨯=种．【答案】125【巩固】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？【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】 (一)取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；第二类，两种颜色：(43)336⨯⨯=第三类，三种颜色：43224⨯⨯=所以，根据加法原理，一共可以表示2362462++=种不同的信号．(二)白棋打头的信号，后两面旗有4416⨯=种情况．所以白棋不打头的信号有621646-=种．【答案】46【例 15】小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的情况．【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【关键词】清华附中【解析】小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有224⨯=种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有2228⨯⨯=种情况，所以共有24814++=种情况．【答案】14【例16】玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色．这家厂共可生产________种颜色不同的玩具棒．【考点】加乘原理之综合运用【难度】4星【题型】解答【解析】每节有3种涂法，共有涂法333381⨯⨯⨯=(种)．但上述81种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次．可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有⨯⨯⨯=(种)．故玩具棒最多有(819)24533119+÷=种不同的颜色．【答案】45【例17】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，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，⑶c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？【考点】加乘原理之综合运用【难度】4星【题型】解答【解析】分为三种：第一种：有两个a的情况只有abab1种第二种，有一个a的情况，又分3类第一类，在第一个位置，则b在第二个位置，后边的排列有4416⨯=种，减去c、d同时出现的两种，总共有14种，第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有34210⨯-=种.第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有34210⨯-=种.第三种，没有a的情况:分别计算没有c的情况:233354⨯⨯⨯=种.没有d的情况：233354⨯⨯⨯=种.没有c、d的情况：12228⨯⨯⨯=种.由容斥原理得到一共有54548100+-=种.所以，根据加法原理，一共有1141010100135++++=种．【答案】135【例18】从6名运动员中选出4人参加4100⨯接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒【考点】加乘原理之综合运用【难度】3星【题型】解答【解析】⑴先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有4312⨯⨯=种参赛⨯=种，由乘法原理，共有：5412240方案⑵先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中随意选择4人参赛，有6543360⨯⨯⨯=种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5人随意选择3人参赛，对应54360⨯⨯=种选择，考虑若乙跑第二棒，也对应54360⨯⨯=种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的4312⨯=种方案，所以，一共有36060212252-⨯+=种不同参赛方案．【答案】252。