【高斯数学思维训练】第23讲 计数综合二.赵永明.初稿
高斯导引 学而思数学思维启蒙训练
高斯导引学而思数学思维启蒙训练高斯导引是学而思数学思维启蒙训练的一种方法。
高斯是世界著名的数学家，他在童年时期就展现出了非凡的数学才华。
他的导师高斯灵机一动，利用各种方法来引导高斯发展他的数学思维，从而让他成为了一位杰出的数学家。
学而思数学思维启蒙训练通过借鉴高斯导引的方法，帮助学生培养数学思维，激发他们的数学潜力。
高斯导引注重培养学生的观察力、思维能力和创造力。
通过引导学生提出问题、尝试解决问题，激发他们的思考，培养他们的独立思考能力。
高斯导引强调实际问题和抽象问题的结合，让学生能够从实际问题中感受到数学的美妙，从而增加他们对数学的兴趣。
在学而思的数学思维启蒙训练中，高斯导引的具体实施包括以下几个方面：1.鼓励学生提出问题。
在解决问题的过程中，鼓励学生思考问题的本质和背后的规律。
通过让学生主动提出问题，培养他们的问题意识和解决问题的能力。
2.引导学生寻找问题的规律。
从一个具体的问题出发，向学生提出类似的问题，培养他们寻找问题规律的能力。
通过对问题的深入思考，培养学生的逻辑思维和抽象能力。
3.引导学生建立数学模型。
将问题抽象化，转化为数学语言，建立数学模型。
通过建立数学模型，让学生理解问题的本质和解决问题的方法。
4.强调解决问题的过程。
在解决问题的过程中，注重培养学生探索和发现的能力，鼓励他们尝试各种方法和思路。
通过分析不同的解决方法，培养学生的批判性思维和创造性思维。
通过高斯导引的方法，学而思数学思维启蒙训练可以让学生从小就培养起积极、主动、批判性的思维方式，提高解决问题的能力和创新能力。
这种思维方式不仅在数学学习中有很大的帮助，也可以应用到其他学科和生活中。
最重要的是，学而思数学思维启蒙训练注重培养学生对数学的兴趣和热爱。
通过引导学生去解决有趣的问题和挑战，让他们在学习中感受到数学的美妙，从而激发他们的学习动力和自信心。
总之，学而思数学思维启蒙训练中的高斯导引是一种有效的方法，可以帮助学生培养数学思维，激发他们的数学潜力。
【高斯数学思维训练】第09讲计算综合二.吴昊.初稿
第9讲 计算综合二兴趣篇1、计算：(...)(..)⨯⨯-+÷-÷--1352433366712313500935183【分析】由题意知，原式=13(4.3 3.6 3.6 6.7 3.6)(1.2350.09)341⨯⨯-+⨯-⨯--1365312517=⨯+=+=2、要使等式2142315.62(1.625133101535⎡⎤÷⨯+--÷=⎢⎥⎣⎦）成立，方格内应该填入多少？【分析】 设x =.那么解方程:2142315.62(1.62513310153581311431815.6381015258131115.6438108131115.64381081353813158814x x x x x x ⎡⎤÷⨯+--÷=⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎛⎫÷⨯+--⨯=⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎛⎫÷⨯+-= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫⨯+-=÷ ⎪⎝⎭⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭+==） 3、计算：711842313125520580-÷⨯+⨯【分析】7151225258482313137254525520580100100-÷=⨯=⨯=⨯+⨯+4、计算：113195022002251 3.520021950+⨯-+【分析】11319502002119502 1.5195036200225200211950200213.5 3.52002711200219501950⨯++⨯-=-=-=⨯++5、计算下列繁分数： （1）++11123； （2）+++1112134； （3）-+-1111111987。
【分析】113101111777233+=+=+=+ 11111343111111143030302221131313344111119861987111111119873973397339731111198619861986119871987+=+=+=+=+=++++-=-=-=-=-=+++-6、算式+++++++++11111111112345678910的计算结果，小数点后第2008位是数字几？ 【分析】111111111111111111112345678910236458107920.6750.1428570.12.6750.253968⎛⎫⎛⎫+++++++++=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+++=+&&&&& ()20084mod 6≡,循环节第6位是9，因此小数点后第2008位是97、定义运算符号“∆”满足：a ba b a b+∆=⨯。
小学奥林匹克数学 竞赛数学 五年级 第23讲-构造论证
图8-6中的左图为21枚硬币组成的三角形，如果仅移动7枚硬币，要把这些硬币变成右图的形式，应该怎样移动？请在图中表示出移动的方法．图8-6小明买来一个1500克的生日蛋糕，他把蛋糕切成了7块，使得无论是3个人还是5个人平分，都不必再分割蛋糕．这7块蛋糕的重量分别是多少？300克500克300、300、200、200、300、100、100有4颗外形完全相同的珍珠，其中3颗是真的，另1颗是假的，已知假珍珠比真的要轻．请问：用一架没有砝码的天平最少称几次就可以找出假珍珠？如果是9颗珍珠里有1颗假的呢？请设计出方案．两两分组三三分组较轻的组较轻的组两次两次图8-7中，左边是一把长为6厘米的直尺，其中已标出2条刻度线．用它可以一次量出从1至6厘米中任意整数厘米的长度．右图为一把长为9厘米的直尺，请你在上面只标出3条刻度线，使得用这把直尺一次可以量出从1至9厘米中任意整数厘米的长度？3厘米1厘米2厘米图8-71，2，3，31，1，3，4请将8个1，8个0填入图8-8的16个空格中，使得每行、每列的4个数之和都是奇数．图8-8 8-23+3+1+1=81 1 11 1 111有一列自然数，其中任意3个相连的数之和都不小于6，而任意4个相连的数之和都小于8．这个数列最多能有几项？最多，数字越小越好全是1，和小于62 2 2 24个数之和不小于81 2 3 2 1 4个数之和不小于81 1 4 1 1 最多有5个用7个相同的数字并且适当使用加、减号，可以计算出1000，例如 ．试用8个相同的数字（并且适当使用加号、减号）来计算1000．11111111000-=AAAA+AA+ ……A=1000=5×5×5×8A=5或者8 1000÷5=2001000÷8=125 111+11+1+1+1=1251的个数不够 888+88+8+8+8=1000有12根小木棍，长度分别为1，2，3，4，……，12厘米．（1）能否用这12根小木棍拼成一个长方形，要求木棍都得用上且不能折断或弯曲；（2）能否用这12根小木棍拼成一个正方形，要求木棍都得用上且不能折断或弯曲．【例8】高思学校竞赛数学导引第23讲（1）1+2+……+12=78长+宽=39=13×3长=26:1+12+2+113+10+4+9宽=13:5+86+7 （2）1+2+……+12=7878÷4=19.5 不可能【例9】高思学校竞赛数学导引第23讲（1）请在1，2，3，……，19，20的相邻两个数之间填入“+”或者“-”（不能改变数的顺序），使得结果是0．（2）能否在1，2，3，……，20，21的相邻两个数之间填入“+”或者“-”（不能改变数的顺序），使得结果是0？（1）1+2+……+20=2101+20+2+19+3+18+4+17+5+16-6-15-7-14-8-13-9-12-10-11=0 210÷2=105（2）1+2+……+20+21=231加减的和不可能相等有四个算式： ， ， ，．如果每一个算式中都至少有1个偶数和1个奇数，那么12个数中一共有多少个偶数？如果没有前面的限制，这12个数中最少有多少个偶数？最多有多少个偶数？+=□□□-=□□□⨯=□□□÷=□□□+=□□□-=□□□⨯=□□□÷=□□□至少1奇1偶无限制最多无限制最少奇+偶=奇 奇+奇=偶 奇-偶=奇 奇-奇=偶 奇×偶=偶偶÷奇=偶 偶÷偶=奇共6个偶数偶+偶=偶 奇+偶=奇 奇+奇=偶 偶-偶=偶 奇-偶=奇 奇-奇=偶 偶×偶=偶 奇×奇=奇 偶÷偶=偶奇÷奇=奇最多共12个偶数最少共2个偶数有5个亮着的灯泡，每个灯泡都由一个开关控制．每次操作可以拉动其中的2个开关以改变相应灯泡的亮暗状态．能否经过若干次操作使得5个灯泡都变暗？5个亮加减偶数个奇+偶=奇奇-偶=奇得不到0 不可能都变暗桌上放有5张卡片，小悦先在卡片的正面分别写上1，2，3，4，5，然后冬冬在背面也分别写上1，2，3，4，5，写完后计算每张卡片上两数之和，再把5个和相乘．问：冬冬能否找到一种写法，使得最后的乘积是奇数？为什么？不可能o(╯□╰)o正面数字+背面数字=（1+2+3+4+5）×2=30奇+奇+奇+奇+偶=偶五个和中，至少有一个偶数，所以最后乘积一定是偶数有14个孩子，依次给他们编号为1，2，3，，14．能否把他们分成三组，使得每组都有一个孩子的编号是该组其它孩子的编号之和．=偶数五组和为偶数1+2+3+……+14=105不可能o(╯□╰)o将一个三位数改变三个数字的顺序之后可以得到一个新的三位数．请问：这个新的三位数和原来的三位数之和能不能等于999？如果能，请举出例子；如果不能，请说明理由．A B C + C B A --------------- 9 9 9 没有进位，数字和不变9+9+9=27 奇数奇+奇=偶偶+偶=偶不可能o(╯□╰)o下节课见！。
第23讲 计数综合二.赵永明.初稿
第23讲计数综合二兴趣篇1、 同时能被6，7，8，9整除的四位数有多少个？【分析】 因为[6,7,8,9]504=，最小的满足条件的四位数是50421008⨯=，最大的满足条件的四位数是504199576⨯=，因此满足条件的四位数共有192118-+=个2、从1，2，3，…，9这9个数中选出2个数，请问：（1）要使两数之和是3的倍数，一共有多少种不同的选法？（2）要使两数之积是3的倍数，一共有多少种不同的选法？【分析】 （1）除以3余0的数有3,6,9，除以3余1的数有1,4,7，除以3余2的数有2,5,8，要使两数之和为3的倍数可以是两个数除以3的余数分别是1,2或这两个数都是3的倍数，因此共有2333C 12⨯+=个.（2）要使两数之积是3的倍数，其中至少有一个因数为3的倍数，因此共有233333C 21⨯+⨯+=个3、在所有由1、3、5、7、9中的3个不同数字组成的三位数中，有多少个是3的倍数？【分析】 除以3余0的数有3,9，除以3余1的数有1,7，除以3余2的数有5，三个数字之和为3的倍数，本题只能从除以3余0,1,2的数中各取一个，每个三位数交换位置又可以变换出6个，因此共有221624⨯⨯⨯=个4、用0至5这6个数字可以组成多少个能被5整除且各位数字互不相同的五位数？【分析】 当个位数字为0时，其他数位数字可以任意取共有5432120⨯⨯⨯=个，当个位数字为5时，共有443296⨯⨯⨯=个，因此共有12096216+=个能被5整除且各位数字互不相同的五位数5、个位比十位大的两位数共有多少个？个位比十位大，十位比百位大的三位数共有多少个？【分析】 由于三位数的三个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从1～9中任意选取的3个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这3个数字只能组成1个符合条件的三位数(题目中要求个位。
高斯导引 学而思数学思维启蒙训练 -回复
高斯导引学而思数学思维启蒙训练-回复什么是高斯导引？如何通过学而思数学思维启蒙训练提高学生的数学思维？下面就一步一步回答这些问题。
高斯导引是学而思数学思维启蒙训练的一套方法。
它以数学思维的培养为目标，通过一系列的学习活动和练习，引导学生逐步形成积极的数学思维习惯和思维方式。
首先，高斯导引注重启发式教学。
它不仅仅注重知识的灌输和记忆，更注重培养学生的创造力和解决问题的能力。
通过遇到问题，思考问题，解决问题的过程，引导学生寻找问题的本质，培养学生的数学思维能力。
其次，高斯导引重视探究式学习。
它提供丰富的实践活动，让学生通过实际操作与实际问题相结合，从中发现问题，提炼规律。
通过动手实践，学生能够更加深入地了解数学中的概念和规律，提高抽象思维能力。
再次，高斯导引注重综合素质的培养。
它不仅关注学生的数学知识和技能的培养，还注重培养学生的数学思维品质和数学意识。
通过培养学生的好奇心、质疑精神和创新能力，激发学生主动学习的积极性。
最后，高斯导引强调巩固和延展的学习方式。
它提供了一套系统的学习内容和训练材料，帮助学生巩固已学知识，延展学习内容。
通过综合性的习题和难题的训练，学生能够更好地巩固所学知识，提高解决复杂问题的能力。
通过高斯导引，学生可以获得以下几个方面的收获：首先，学生可以提升数学思维能力。
通过启发式教学和探究式学习的方式，学生培养了分析问题、解决问题的能力，提高了数学思维的灵活性和创造性。
其次，学生可以增强数学知识的理解和掌握。
通过实际操作和练习，学生更加深入地理解了数学中的概念和规律，掌握了数学的基本技能。
再次，学生可以提高综合素质。
通过培养学生的好奇心、质疑精神和创新能力，学生的综合素质也得到了提升，使得他们在解决问题的过程中更加全面和灵活。
最后，学生可以增强解决复杂问题的能力。
系统的训练和延展学习让学生接触到更加复杂的问题，培养了学生解决复杂问题的思维和能力，使得他们能够应对更高难度的数学挑战。
高斯小学奥数六年级上册含答案第19讲 计数综合提高上
四、排列：从 m 个不同的元素中取出 n 个（ n ≤ m ），并按照一定的顺序排成一列，其方法 ．．第十九讲 计数综合提高上一、枚举法．1、简单枚举．2、分类枚举．3、特殊的枚举：标数法、树形图．二、加法原理——分类如果完成一件事有几类方式，在每一类方式中又有不同的方法，那么把每类的方法数相加就得到所有的方法数．加法原理的类与类之间会满足下列要求：(1)只能选择其中的某一类，而不能几类同时选；(2)类与类之间可以相互替代，只需要选择某一类就可以满足要求．三、乘法原理——分步如果完成一件事分为几个步骤，在每一个步骤中又有不同的方法，那么把每步的方法数相乘就得到所有的方法数．乘法原理的步与步之间满足下列要求：(1)每步都只是整件事情的一个部分，必须全部完成才能满足结论；(2)步骤之前有先后的顺序，先确定好一步，再做下一步，……，直到最后．．．数叫做从 m 个不同元素中取出 n 个的排列数，记作 A n ，它的计算方法如下：m从 m 开始递减地连乘 n 个数A n = m ⨯ ( m - 1) ⨯ …… ⨯ ( m - n + 1)m五、组合：从 m 个不同元素中取出 n 个（ n ≤ m ）作为一组（不计顺序），可选择的方法数叫做从 m 个不同元素中取出 n 个不同的组合数，记作 C n ，它的计算方法如下：mA nA n C n = m = m n[m ⨯ (m - 1)⨯ L L ⨯ (m - n + 1)]n ⨯ (n - 1)⨯ L L ⨯ 2 ⨯ 1注意：几个常用公式： C 1 = m ； C 0 = 1 ； C n = C m -n ； C 0 + C 1 + C 2 + L C m = 2m ．mm m m m m m m六、一些好用的计数技巧和方法：1. 捆绑法：对于要求必须站在一起的人，可以采用事先捆绑的方法来处理．2. 插空法：对于不能相邻的情况，先把其他人先排好，再把不能相邻的人插入其他人之间的空隙中．3. 有重复数字的数字排列问题，可以用“数字挑位置”的方法解决．4. 数字 0 不能作为多位数的首位，在计数时需要特别注意．5. 对挑出的对象有特殊要求的计数问题，一般来说要优先考虑有特殊要求的对象或位置，尽可能地让余下的对象或位置的确定变得简单．6. 当满足要求的情况很多时，可以尝试用排除法计算不满足要求的情况，再从所有可能的情况中排除不满足要求的，也能得到问题的答案．例1． 某人射击 8 枪，命中 4 枪，命中的 4 枪中恰好有 3 枪连在一起的情况有多少种？「分析」首先仔细思考一下命中的 4 枪之间是否有顺序区别？然后确定其中 3 枪连在一起的位置选择有多少种情况？练习 1、在由 1 和 2 组成的六位数中（例如 112111、111111等），恰好有 3 个 1 连在一起的六位数有多少个？例2． 一种电子表在 6 时 24 分 30 秒的显示为 6:24:30，那么从 6 时到 7 时这段时间里，此表的 5 个数字都不相同的时刻一共有多少个？「分析」分钟的十位和秒钟的十位可能性比较少，所以，应优先确定．练习 2、现在我们规定一种记日期的方式，把“2012 年 05 月 12 日”写作“120512”，即只需写出后面六位数，那么在 2013 年有多少天按这种计数方式写出的六位数六个数字互不相同？例3．纳达尔和费德勒进行网球比赛，谁先得6分就赢得此局，最后费德勒在第一局6:4获胜，已知在过程中费德勒从未落后过，那么比赛过程一共有多少种不同的可能？「分析」大家还记得最短路线问题中曾经学习过的标数法吗？练习3、皇马和巴萨两队进行足球比赛，最后皇马5:3获胜，已知在过程中皇马从未落后过，那么进球过程一共有多少种不同的可能？例4．小王左口袋里有10张黑卡片，分别写着1到10，右口袋里有10张红卡片，也分别写着1到10．他从两个口袋里各取出一张卡片，然后计算两张卡片上数的乘积，如果乘积恰好是6的倍数，那么共有多少种不同的取法？「分析」两个数的乘积是6的倍数这两个数需要符合什么要求？练习4、小高有12个黑球，分别写着1到12，还有10个红球，分别写着1到10．他从两个种球里各取出一个，然后计算两球上数的乘积，如果乘积恰好是10的倍数，那么共有多少种不同的取法？（注：此题中6不能倒过来当9用，9也不能倒过来当6用）例5．N BA总决赛在洛杉矶湖人和波士顿凯尔特人队之间进行，比赛采用7局4胜制，比赛分为主场和客场，第1，第2，第6，第7场均在洛杉矶进行，第3~5场在波士顿进行．最终湖人队在自己的主场获得总冠军，那么比赛中的胜负结果有多少种可能？「分析」由7局4胜制及主场获胜两个要求你可得出什么？通过分析寻找一下解决这道题目的突破口．例6．各位数字均不大于5，且能被99整除的六位数共有多少个？「分析」99的整除特性是什么，在这道题目中任何应用？年龄“外号”知多少总角：指童年．语出《诗经》，如《诗•卫风•氓》“总角之宴”．垂髫：指童年．古时童子未冠，头发下垂，因而以”垂髫”代指童年．束发：指青少年．一般指15岁左右，这时应该学会各种技艺．及笄：指女子15岁．语出《礼记•内则》“女子……十有五年而笄”．“笄”，谓结发而用笄贯之，表示已到出嫁的年岁．待年：指女子成年待嫁，又称“待字”．弱冠：指男子20岁．语出《礼记•曲礼上》“二十曰弱，冠”．古代男子20岁行冠礼，表示已经成年．而立：指30岁．语出《论语•为政》“三十而立”．以后称三十岁为“而立”之年．不惑：指40岁．语出《论语•为政》“四十而不惑”．以后用“不惑”作40岁的代称．艾：指50岁．语出《礼记•曲礼上》“五十曰艾”．老年头发苍白如艾．花甲：指60岁．作业1.8个同学排成一排照相，其中4个人要站在一起，共有多少种站法？2.甲、乙队之间进行篮球比赛，比赛采用7局4胜制，等比到第6场就分出了胜负，甲赢得了比赛，那么有多少种可能？3.甲、乙、丙、丁四人各有一个作业本混放在一起，4个人看也不看就随便各拿了1本，那么至少有一人拿错有多少种可能？4.小明左口袋里有8张红卡片，上面写着1到8，右口袋里有8张黑卡片，上面也写着1到8，如果从两个口袋里各取出一张卡片，然后计算得到卡片上两数的乘积，那么能被6整除的乘积共有多少个？（6不能倒过来当9用）5.各位数字均不大于4，且能被99整除的六位数共有多少个？（（第十九讲 计数综合提高上例7． 答案：20详解：分情况讨论，如果第1 到 3 枪命中，第 4 枪有 4 种方法；第 2 到 4 枪命中，最后一枪有 3 种可能；3 到 5 命中，有 3 种；4 到 6 命中，有 3 种；5 到 7 命中，3 种；6 到8 命中，4 种．共 20 种情况．例8． 答案：1260详解：从右边数第二位和第四位上的数字可取 0 到 5，第一位和第三位上的数字可取 0到 5 或 7 到 9．乘法原理可知答案为 1260．例9． 答案：42详解：画一个 6 4 的表格，则答案就是在虚线以下部分，从 A 到 B的方法数，注意最右面一列不标数，因为有人达到 6 分比赛即结束，标数，得到答案为 42．AB例10． 答案：35详解：分五类讨论，（1）黑卡和红卡都是 6 的倍数，此时有 1 种取法；（2）黑卡是 6的倍数而红卡不是 6 的倍数，此时有 9 种取法； 3）红卡是 6 的倍数而黑卡不是 6 的倍数，此时有 9 种取法；（4）黑卡上的数字是 3 或 9，红卡上的数字是 2、4、8 或 10，此时有 8 种取法；（5）红卡上的数字是 3 或 9，黑卡上的数字是 2、4、8 或 10，此时有 8种取法．所以共有 35 种取法．例11． 答案：30详解：湖人在主场获得胜利，则最少打了 6 场，即可分两种情况讨论：（1）打了 6 场，则湖人在前 5 场中输了 2 场，5 选 2，有 10 种可能； 2）打了 7 场，则湖人在前 6 场中输了 3 场，6 选 3，有 20 种可能．所以共有 30 种可能．例12．答案：575解法：设六位数为abcdef，由其可被99整除且各位数字不大于5，可知ab+cd+ef=99，则a+c+e=9且b+d+f=9，9=5+4+0=5+3+1=5+2+2=4+4+1=4+3+2=3+3+3，所以a、c、e有23种可能（只有a不能是0），b、d、f有25种可能，所以共有23⨯25=575个符合要求的六位数．练习1、答案：12简答：前3位是1，有4种；2到4位是1，有2种；3到5位是1，有2种；4到6位是1，有4种．所以共12种．练习2、答案：30简答：千位（表示月份的十位）只能是0，十位只能是3，其它两个数字共30种情况．B 练习3、答案：28简答：题目可转化为如右图由A到B点共有多少种最短的走法，且必须沿着虚线右下方的边走．由标数法可知共有28种可能．A 练习4、答案：30简答：黑球数为10时，任意红球均可，红球为10时，任意黑球均可，除去红10黑10重复的情况，共有21种取法，另一类情况是一个球提供质因数2，另一个球提供质因数5，共有4+5=9种取法，所以，本题共有21+9=30种不同取法．作业1．答案：2880简答：把要站在一起的4个人捆绑在一起，由乘法原理可知共有A5⋅A4=2880种站法．542．答案：10简答：甲在第6场取得胜利，则甲赢了第6场且在前5场中赢了3场，即五选三的问题，共有10种可能．3．答案：23简答：共有4!种情况，减去全拿对的1种情况，则符合要求的情况有23种．4．答案：21简答：按照例4、练4的方法详解即可．5．答案：100简答：设六位数为abcdef，由其可被99整除且各位数字不大于4，可知ab+cd+ef=99，则a+c+e=9且b+d+f=9，9=4+4+1=4+3+2=3+3+3，所以a、c、e有10种可能，b、d、f也有10种可能，所以共有10⨯10=100个符合要求的六位数．。
【高斯数学思维训练】第14讲 计数综合三.赵永明.初稿
第14讲 计数综合三兴趣篇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】 例如登上一级台阶有1种走法，登上第二级台阶有2种走法(一步走两级或者走两步每步走一级)；由此得出登上第三级台阶的走法数为123+=．又知道走上第四级台阶的走法总数也等于登上第三级和第二级台阶的走法总数之和，又可以算出登上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】 递推法。
吃1块只有1种吃法，吃2块有11+和2两种吃法，吃3块有1+1+1,1+2，2+1,3共4种吃法，吃4块有：1+1+1+1；1+1+2；1+2+1；2+1+1；2+2；1+3；3+1共7种；吃5块有2+4+7=13种吃法，吃6块有4+7+13=24种吃法……事实上，吃n 块巧克力，吃最后一块前，吃掉的块数是在第1n -块或2n -块或n -3块上，所以吃n 块巧克力的吃法数相当于吃第1n -块和第2n -块以及第n -3块的总和。
依照这一规律，列表写出吃1到10块各块的吃法数。
最后递推得到吃第10块巧克力有274种吃法。
3. 用⨯12的小方格覆盖⨯27的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？【分析】 递推法．若用12⨯的小长方形去覆盖2n ⨯的方格网，设方法数为n A ，那么11A =，22A =．当3n ≥时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：⑴用1个12⨯的小长方形竖着覆盖，那么剩下的()21n ⨯-的方格网有1n A -种方法；⑵用2个12⨯的小长方形横着覆盖，那么剩下的()22n ⨯-的方格网有2n A -种方法，根据加法原理，可得12n n n A A A --=+．递推可得到3123A =+=，4235A =+=，5358A =+=，65813A =+=，781321A =+=，所以覆盖27⨯的方格网共有21种不同方法．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】 一条直线时，分平面内为2个部分；增加一条直线，即2条时，显然它应该与原来那条直线相交才能把平面分的多，这是增加了2部分，总数2+2；再增加1条时，同理应该与前两条都相交，这时增加了3部分，总数2+2+3； 增加到4条时，分平面增加4部分，总数2+2+3+4；由此我们发现，每增加一条直线，多分平面部分逐个递增，即n 条直线最多分平面(1)223412n n n ++++++=+L 。
高思学校竞赛数学导引 四年级
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【高斯数学思维训练】第15讲 几何综合二.赵永明
第15讲几何综合二兴趣篇1、图中有半径分别为5厘米、4厘米、3厘米的三个圆，A 部分（即两小圆重叠部分）的面积与阴影部分的面积比，哪个大？大多少？A【分析】2234A S S ππ=⨯+⨯-空白, 25S S π=⨯-阴影空白2225(34)A S πππ=⨯-⨯+⨯-222(543)A A S S π=--+=2、如图，在两个同心圆上有一条两端点都在大圆上的切线与小圆相切，其长度为10厘米。
求阴影部分的面积。
（π取3.14）10厘米【分析】 设大圆半径为R ,小圆半径为r ，根据勾股定理知22210()2R r -=，所以2222() 3.142578.5S R r R r πππ=-=-=⨯=阴影（平方厘米）3、如图，大正方形中有三个小正方形，右上角正方形的面积为27，左下角正方形的面积为12，中间阴影正方形2个顶点分别位于右上角和左下角正方形的中心。
请问：中间阴影正方形的面积是多少？【分析】 图中左上角和右下角的两个长方形面积相同，设为S ,因此有22227129218S S ⨯=⨯=⨯=,因此18S =,所以大正方形的面积为1818122775+++=，又因为中间阴影正方形2个顶点分别位于右上角和左下角正方形的中心，所以117518.7544S S ==⨯=正阴影4、如图，将一个梯形分成四个三角形，其中两个三角形的面积分别为10与12.已知梯形的上底长度是下底的23。
请问：阴影部分的总面积是多少？【分析】 设梯形的上底为2a ，则下底为3a ，梯形的高为20241823a a a+=，所以梯形的面积为181(23)452a a a +⨯⨯=，因此45101223S =--=阴影5、下图由一个边长为2厘米的正方形和一个长为5厘米的长方形拼成的，线段MN 把它们各分成两部分。
已知A 、B 两块的面积和是C 、D 两块面积和的1.5倍。
请问：长方形的宽是多少厘米？?ND B MCA25E D CBA【分析】 给,C D 补全上E 后与,A B 的面积和相同，所以E 的面积是,A B 的面积和的1.5111.53-=，设长方形的宽为x ，有11(52)(2)223x x ⨯+⨯=-⨯，解得 4.8x =，长方形的宽是4.8厘米6、图中四边形ABCD 为平行四边形，三角形MAB 的面积为11平方厘米，三角形MCD 的面积为5平方厘米。
五年级高斯奥数之计数综合二含答案
第22讲计数综合二内容概述涉及整数知识，具有教字或数阵图形式的计数问题．解题中需要灵活应用已学的各种计数方法，并注意结合题目的具体形式．典型问题兴趣篇1．同时能被6、7、8、9整除的四位数有多少个？2．从1，2，3，…，9这9个数中选出2个数，请问：(1)要使两数之和是3的倍数，一共有多少种不同的选法？(2)要使两数之积是3的倍数，一共有多少种不同的选法？3．在所有由1、3、5、7、9中的3个不同数字组成的三位数中，有多少个是3的倍数？4．用0至5这6个数字可以组成多少个能被5整除且各位数字互不相同的五位数？5．个位比十位大的两位数共有多少个？个位比十位大，十位比百位大的三位数共有多少个？6．如果称能被8整除或者含有数字8的自然数为“吉利数”，那么在l至200这200个自然数中有多少个“吉利数”？7．一个正整数，如果从左到右看和从右到左看都是一样的，那么称这个数称为“回文数”，例如：1331，7，202，66都是回文数，而220则不是“回文数”，请问：从一位到六位的“回文数”一共有多少个？其中第1997个“回文数”是什么？8．一个四位数ABCD，它与逆序数DCBA之和的末两位为56，这样的四位数ABCD有多少个？9．把2005、2006、2007、2008、2009这5个数分别填人图23-1的东、南、西、北、中5个方格内，使横、竖3个数的和相等，一共有多少种不同的填法？10．从1至7中选出6个数字填入图23.2的的表中，使得相邻的两个方框内，下面的数字比上面大，右边的数字比左边大．请先给出一种填法，然后考虑一共有多少种填法？拓展篇1．分子小于6，分母小于20的最简真分数共有多少个？2．从l、2、3、4、5、6、7这7个数中选出3个数，请问：(1)要使这3个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？(2)要使这3个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？3．小明的衣服口袋中有10张卡片，分别写着1，2，3，…，10.现从中拿出两张卡片，使得卡片上两个数的乘积能被6整除，这样的选法共有多少种？（注：9不能颠倒当作6来使用，6也不能颠倒当作9来使用）4．六位数123475能被11整除，如果将这个六位数的6个数字重新排列，还能排出多少个能被1 1整除的六位数？5．三个2，两个1和一个0可以组成多少个不同的六位数？求所有符合条件的六位数的和．6．有一种“上升数”，这些数的数字从左往右依次增大，将所有的四位“上升数”按从小到大的顺序排成一行：1234，1235，1236，…，6789.请问：此列数中的第100个数是多少？7．有一些三位数的相邻两位数字为2和3，例如132、235等等，这样的三位数一共有多少个？8．在图23—3的方框内填入3、4、5、6中的一个数字，使得竖式成立．请问：所填的九个数字之和是多少？一共有多少种填法？9．在1000，1001，…，2000这1001个自然数中，可以找到多少对相邻的自然数，满足它们相加时不进位？10．将1至7分别填入图234中的7个方框中，使得每行每列中既有奇数又有偶数，一共有多少种不同的填法？11．在图23。
高中数学选修23第一章计数原理精品课件两个原理01
法学
工程学
那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？
变式：假设还有C大学，其中强项专业为：新闻学、 金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选 择共有多少种？
狐狸有一共有多少种不同的方法，可以从 小岛逃回到自己的房子〔平安地〕
狐狸有一共有多少种不同的方法，可以从 草地逃回到自己的房子〔平安地〕
不能重复 不能遗漏
大家谁能模仿：引例1 狐狸从草地到平安 地的此类的路线问题,举几个发生在我们实 践中,可以用分类计数原理解决的问题吗？
例1：在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，
A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情
况如下：
A大学
B大学
生物学 化学
数学 会计学
医学
信息技术学
物理学
基 中奖号码所有可能的种数是多少？
本 原
变２： 0~9这十个数字可组成多少数字不重复的七位数
理
的
百万
十万
万
十
百
十
个
提
高 ９ × ９ ×８ × ７× ６ × ５ × ４
练
=544320
习
变3： 0~9这十个数字可组成多少数字不重复的七位偶数呢？
书本作业：Ｐ12---1,2,3
分类计 数原理
分步计 数原理
三年级的学生4名.
①从中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？
②从3个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有多少
种不同的选法？
3.从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲
地不经过乙地到丙地有3种走法，那么从甲地到丙地的不同的
走法共有
种.
4.甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选两
高斯小学奥数四年级上册含答案第23讲_最值问题一
第二十三讲最值问题一．．最值问题，即求最大值、最小值的问题．这类问题中，有时满足题目条件的情况并不多，这时我们就可以用枚举法将所有可能情况一一列出，再比较大小．例题 1（1）在五位数 12435 的某一位数字后面插入一个同样的数字可以得到一个六位数（例如：在 2 的后面插入 2 可以得到 122435）．请问：能得到的最大六位数是多少？（2）在七位数 9876789 的某一位数字后面再插入一个同样的数字．请问：能得到的最小八位数是多少？「分析」一共有多少种不同的插入数字的方法？你能将它们全部枚举出来吗？练习 1在五位数 41729 的某一位数字前面插入一个同样的数字（例如：在 7 的前面插入 7 得到417729），能得到的最大六位数是多少？直接枚举的优点是不用过多思考，大家都能理直气壮地说，直接比较大小得到的答案一定是正确的．事实上，我们应该多想一想，为什么这个答案是最大或最小的，有没有什么道理，其中有没有什么规律．例题 2有 9 个同学要进行象棋比赛．他们准备分成两组，不同组的任意两人之间都进行一场比赛，同组的人不比赛，那么一共最多有多少场比赛？「分析」把 9 个同学分成两组，有多少种情况呢？你能算出这些分法各自对应的比赛场数 吗？练习 2有 7 个同学要进行乒乓球单打比赛．他们准备分成两组，不同组的任意两人之间都进行一场比赛，同组的人不比赛，那么一共最多有多少场比赛？从例题 2 我们可以得出：两个数的和相等，当它们越接近时（也就是它们的差越小时），两数乘积越大，也可以简单记成“和同近积大”“和同近积大”的应用非常广泛，接下来我们分析一下比较典型的“篱笆问题”例题3墨爷爷要用长20米的篱笆围成一个长方形养鸡场，已知长和宽均为整数养鸡场米，那么怎样围所得的养鸡场面积最大？（正方形是特殊的长方形）「分析」长方形面积是长、宽的乘积，要想长、宽乘积最大，可以不可以应用“和同近积大”的道理来解决呢？能找到“和同”吗？练习3墨爷爷要用长30米的篱笆围成一个长方形养鸡场，已知长和宽均为整数米，那么怎样围所得的养鸡场面积最大？例题4请将1、2、3、4、5、6这六个数填入下面的方格中，使得乘法算式的结果最大．□□□⨯□□□「分析」要使得乘积最大，百位应当填哪两个数？十位呢？个位呢？练习4请将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数填入下面的方格中，使得乘法算式的结果最大．□□□□⨯□□□□例题5墨爷爷要用长20米的篱笆围成一个靠墙的直角三角形养鸡场，已知靠墙的恰好为三角形斜边，两条直角边长均为整数米，那么怎样围所养鸡场得的养鸡场面积最大？「分析」长方形篱笆我们已经解决了，三角形的与长方形的有什么联系吗？想一想要用篱笆围一个靠墙的三角形，那么锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中的哪一种面积会最大呢？在很多问题中，我们都需要先进行整体的思考，再对局部进行一些调整．千万不能“丢了西瓜捡芝麻”！例题6各位数字互不相同的多位数中，数字之和为23的最小数是多少？最大数是多少？「分析」两个多位数比较大小，首先要比较它们的位数．如果位数相同，还要从高位到低位依次比较．课堂内外动物之最最大的动物：蓝鲸（平均长30米，重达160吨）最大的路上动物：非洲象（平均重达9吨）最高的路上动物：长颈鹿（平均高5米）嘴巴最大的陆生哺乳动物：河马最聪明的动物：海豚（人除外）最大的鸟类：鸵鸟（平均身高 2.5米，最重可达155千克）翅膀最长的鸟类：信天翁（翅展2~3米）嘴巴最大的鸟：巨嘴鸟（最长24厘米，宽9厘米）形体最小的鸟：蜂鸟飞得最高的鸟：天鹅（最高能达17000米）最耐寒的鸟：企鹅路上奔跑速度最快的动物：猎豹（可高达时速130公里）速度最快的海洋动物：旗鱼（可高达时速190公里）飞行速度最快的动物：军舰鸟（可高达时速418公里）现存最古老的生物：舌形贝（有 4.5亿年历史）牙齿最多的动物：蜗牛（共有25600颗牙齿）飞行能力最强的昆虫：蝗虫（每天能够连续飞行近10小时）力气最大的昆虫：屎壳郎（可以支撑或拖走相当于自己体重1141倍的物体）外形最奇特的鱼：海马最大的两栖动物：大鲵（即娃娃鱼）毒性最强的蛇：海蛇（其毒性为眼镜蛇的2倍）寿命最长的动物：海葵（已发现最年长的海葵有2000多岁了）冬眠时间最长的动物：睡鼠（冬眠时间5~6个月）作业1.在六位数129854的某一位数字前面再插入一个同样的数字（例如：可以在2的前面插入2得到1229854），能得到的最小七位数是多少？2.两个自然数之和等于10，那么它们的乘积最大是多少？3.用20根长1厘米的火柴棒围成一个长方形，这个长方形的面积最大是多少平方厘米？4.请将3，4，5，6，7，8这六个数分别填入算式□□□□□□的方格中，使这个乘法算式的结果最大．5.各位数字互不相同的多位数中，数字之和为32的最小数是多少，最大数是多少？第二十三讲最值问题一1.例题1答案：（1）124435；（2）98766789详解：（1）枚举：112435、122435、124435、124335、124355，最大的六位数是124435；（2）枚举：99876789、98876789、98776789、98766789、98767789、98767889、98767899，最小的八位数是98766789．2.例题2答案：20场详解：如果是（1，8），那么共1⨯8=8场；如果是（2，7），那么共2⨯7=14场；如果是（3，6），那么共3⨯6=18场；如果是（4，5），那么共4⨯5=20场；所以一共最多有20场比赛．3.例题3答案：长、宽都为5米时，面积最大为25平方米详解：长方形周长是20米，长、宽之和为10，是固定不变的；长方形面积为长、宽之积，根据“和同近积大”，可知长、宽越接近，面积越大；当长、宽相等，即篱笆为正方形时，面积最大，最大面积为5⨯5=25平方米．4.例题4答案：631⨯542详解：要使得乘积最大，那么就要百位上的数字最大、个位上的数字最小；所以百位填5、6，十位填3、4，个位填1、2；在这个前提下，无论怎么填，最后两个三位数的和都固定等于500+600+30+40+1+2=1173，所以要想让它们的乘积最大，就要让这两个三位数差最小，尝试可得是631⨯542．5.例题5答案：两条直角边都为10米时，面积最大为50平方米详解：设两条直角边分别为A、B，则A+B=20米；直角三角形面积为“底⨯高÷2”，即面积大小是由“A⨯B”决定的；A、B之和为20米，越接近则乘积越大，所以当A=B=10米时，“A⨯B”有最大值；所以，三角形面积最大为10⨯10÷2=50平方米．6.例题6答案：689；8543210详解：数的大小，首先是要考虑位数，再考虑各个数位上的数的大小．（1）最小：即要位数最少，那么就得要让每个数位上的数字都尽量的大，把23拆开：23=9+8+6，所以最小数为689；（2）最大：即要位数最多，那么就得要让每个数位上的数字都尽量的小，把23拆开：23=0+1+2+3+4+5+8，所以最大数为8543210．7.练习1答案：441729详解：枚举：441729、411729、417729、417229、417299，最大的六位数为441729．8.练习2答案：12场详解：如果是（1，6），那么共1⨯6=6场；如果是（2，5），那么共2⨯5=10场；如果是（3，4），那么共3⨯4=12场；所以一共最多有12场比赛．9.练习3答案：长8米，宽7米时，面积最大为56平方米简答：长、宽和为15米，当长为8米、宽为7米时，长、宽最接近，长、宽乘积最大，最大面积为56平方米．10.练习4答案：7642⨯8531简答：要使得乘积最大，那么就要千位上的数字最大、个位上的数字最小；所以千位填7、8，百位填5、6，十位填3、4，个位填1、2；在这个前提下，无论怎么填，最后两个四位数的和都固定等于7000+8000+500+600+30+40+1+2=16173，所以要想让它们的乘积最大，就要让这两个四位数差最小，尝试可得是7642⨯8531．11.作业1答案：1129854简答：在原数某一位前面插入相同数一共可以得到1129854、1229854、1299854、1298854、1298554、1298544这些数，对比可知1129854最小．12.作业2答案：25简答：两个数的和为10，根据“和同近积大”的原则，当两个数都为5时乘积最大，为25．13.作业3答案：25平方厘米简答：长、宽的和是10厘米，根据“和同近积大”的原则，正方形的时候面积最大，此时边长为5厘米，面积为25平方厘米．14.作业4答案：853⨯764简答：最高位填8和7，十位填6和5，个位填4和3，相差越小乘积越大，所以应为853⨯764．15.作业5答案：26789；98543210简答：32=9+8+7+6+2，所以最小为26789；32=0+1+2+3+4+5+8+9，所以最大为98543210．。
高斯导引 学而思数学思维启蒙训练 -回复
高斯导引学而思数学思维启蒙训练-回复高斯导引是学而思数学思维启蒙训练的一部分，它以中括号内的内容为主题。
高斯导引是一种教学方法，旨在培养学生的数学思维能力，通过训练和引导，帮助学生发展出创造性思维和解决问题的能力。
首先，让我们来了解一下高斯导引的背景和目标。
高斯导引是以德国数学家高斯命名的，他是数学史上的一位重要人物，也是科学史上的杰出思想家之一。
高斯导引的目标是帮助学生培养批判性思维、推理能力和解决问题的技巧。
那么，高斯导引是如何实施的呢？首先，教师需要为学生提供一个有趣和有挑战性的问题。
这个问题通常是一个开放性的问题，要求学生进行思考、分析和解决。
例如：在一个长方形的花坛中，如果我们把这个花坛分成两个相等的正方形，每个正方形种植一种不同的花，该如何在裁剪不限次数的前提下，最快速地把其中一种花种植完？接下来，学生需要思考这个问题，并提出自己的解决思路。
高斯导引鼓励学生从不同的角度思考问题，引导他们寻找不同的解决方法。
在上述问题中，学生可以尝试不同的裁剪方案，比较不同方法的效果。
这个过程中，学生需要运用数学知识，进行推理和分析。
而后，学生将自己的解决思路和方法展示给其他同学，并进行讨论。
在讨论中，学生可以互相提问和分享自己的见解，从而深入理解问题和解决方法。
这个过程中，学生不仅可以学习到其他同学的不同思维方式，还可以进一步完善自己的解决方案。
最后，教师会对学生的解决方法进行点评和总结。
教师会指出学生解决问题的优点和不足之处，并鼓励学生进一步思考和改进自己的方法。
这个过程中，教师也会给学生提供一些更高层次的思考问题，帮助他们拓展思维，并培养创造性思维能力。
综上所述，高斯导引是学而思数学思维启蒙训练的一种方法，通过提供有趣和有挑战性的问题，培养学生的批判性思维和解决问题的能力。
它通过训练和引导，帮助学生发展出创造性思维和解决问题的能力。
在这个过程中，学生需要思考、分析和探索问题，提出自己的解决思路，并与其他同学进行讨论和分享。
高斯导引 学而思数学思维启蒙训练 -回复
高斯导引学而思数学思维启蒙训练-回复高斯导引是一种数学思维启蒙训练方法，在学而思数学课程中被广泛运用。
它最早由德国数学家高斯在19世纪初创立，旨在培养学生的逻辑推理能力、问题解决能力和数学思维能力。
在这个主题下，我们将一步一步详细回答以下问题。
一、高斯导引是什么？高斯导引是一种数学思维启蒙训练方法，它通过引导学生进行一系列的思维训练，帮助他们提高逻辑思维能力和问题解决能力。
该方法主要依靠问题的设置和引导，激发学生的主动思考和探索能力，培养他们的求解问题的能力。
二、高斯导引的基本原理是什么？高斯导引的基本原理是通过逐步引导学生进行问题拆解和推理，找出问题的关键点，逐步解决问题。
在这个过程中，学生需要运用已经学过的数学知识和技巧，进行分析、比较和推理，逐步深入问题的本质，最终达到问题的解答。
三、高斯导引的步骤是怎样的？高斯导引一般包括以下步骤：1. 引导学生读懂问题：学生首先需要仔细阅读问题，理解问题的意思和要求。
2. 分析问题：学生需要仔细分析问题，找出问题的关键点和所需的数据。
有时候，问题表面上看起来很复杂，但是经过分析可以简化为几个关键点。
3. 建立模型：学生需要根据问题的要求和关键点，建立适当的数学模型。
模型的建立需要运用已经学过的数学知识和技巧。
4. 解决问题：学生根据建立的模型，运用相应的数学方法和技巧，逐步解决问题。
有时候需要进行多次计算和推理。
5. 验证答案：学生需要验证自己得到的答案是否正确。
这可以通过检查计算过程、反复求解、逻辑推理等方式进行。
6. 总结思考：学生需要总结解题过程，思考自己的思维方式和解题策略。
有时候一个问题会有多种解决方式，学生需要比较不同的解题思路和方法。
四、高斯导引对学生的意义是什么？高斯导引对学生有以下意义：1. 提高思维能力：高斯导引通过引导学生进行问题拆解、分析和推理，培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
这对于学生的数学思维和其他学科的思维能力的培养都有帮助。
【精编】数学新导学笔记人教A全国通用版选修23讲义：第一章计数原理滚动训练二
滚动训练二(§1.1～§1.3)一、选择题1．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋3x n 的展开式各项系数的和为a ，所有二项式系数的和为b ，若a ＋2b ＝80，则n 的值为( )A ．8B ．4C ．3D ．2 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 C解析 由题意a ＝4n ，b ＝2n ，∵a ＋2b ＝80， ∴4n ＋2×2n －80＝0，即(2n )2＋2×2n －80＝0，解得n ＝3.2．已知甲组有5名男同学、3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( ) A ．150种 B ．180种 C ．300种 D ．345种 考点 排列的应用题点 元素“在”与“不在”问题 答案 D解析 由题知共有C 25C 16C 12＋C 15C 13C 26＝345(种)选法．3．3对夫妇去看电影，6个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则不同的坐法种数为( )A ．54B ．60C ．66D ．72 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 B解析 记3位女性为a ，b ，c ，其丈夫依次为A ，B ，C,3位女性都相邻的可能情形有两类：第一类，男性在两端(如BAabcC )，有2A 33种坐法；第二类，男性在一端(如BCAabc )，有2A 22A 33种坐法，故共有A 33(2A 22＋2)＝36(种)坐法．仅有两位女性相邻的可能情形也有两类：第一类，这两人在一端(如abBACc )；第二类，这两人两端都有其他人(如AabBCc )，共有2A 23(1＋1)＝24(种)坐法．综上，满足题意的坐法共有36＋24＝60(种)．4．9名同学分别到数学、物理、化学3个学习小组参加研究性学习活动，每组3人，则不同的分配方案种数为( )A ．C 39C 36A 33B.C 39C 36C 33A 33C ．C 39C 36C 33D ．以上都不对考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 C解析 分配方案分三步完成：第一步，从9名同学中选3人到数学学习小组，有C 39种方法；第二步，从其余的6名同学中选3人到物理学习小组，有C 36种方法；第三步，剩余的3名同学到化学学习小组，有C 33种方法．根据分步乘法计数原理知，不同的分配方案共有C 39C 36C 33种．5.⎝⎛⎭⎫1＋1x (1＋x )4的展开式中，含x 2的项的系数为( ) A ．10 B ．6 C ．4 D ．12 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 A解析 根据乘法公式，得因式1＋1x 中的1和(1＋x )4展开式中含x 2的项相乘可得含x 2的项；因式1＋1x 中的1x 和(1＋x )4展开式中含x 3的项相乘可得含x 2的项．(1＋x )4展开式的通项为T k ＋1＝C k 4x k (k ＝0,1，…，4)，故⎝⎛⎭⎫1＋1x (1＋x )4展开式中含x 2的项为1·C 24x 2＋1x ·C 34x 3＝10x 2，即含x 2的项的系数为10.6．从集合{1,2,3，…，10}中选出由5个数组成的子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11，则这样的子集共有( )A ．10个B ．16个C ．20个D ．32个 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 D解析 因为这10个数中两数之和为11的共有5组，即(1,10)，(2,9)，(3,8)，(4,7)，(5,6)，所以从10个数中任取5个数组成一个子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11的子集个数共有C 12C 12C 12C 12C 12＝32(个)．7．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图1,2,3,4,5,6,7，所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有( )A ．2 680种B ．4 320种C ．4 920种D ．5 140种考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 B解析 先将7盆花全排列，共有A 77种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A 33A 44(种)，故所求摆放方法有A 77－5A 33A 44＝4 320(种)．8．在(ax ＋1)7的展开式中，x 3的系数是x 2的系数和x 5的系数的等比中项，则实数a 的值为( ) A.259 B.45 C.253 D.53 考点 展开式中系数的和问题 题点 多项展开式中系数的和问题 答案 A解析 ∵(ax ＋1)7的二项展开式的通项为T k ＋1＝C k 7(ax )7－k ，∴x 3的系数是C 47a 3，x 2的系数是C 57a 2，x 5的系数是C 27a 5.∵x 3的系数是x 2的系数与x 5的系数的等比中项，∴(C 47a 3)2＝C 57a 2×C 27a 5，∴a ＝259.二、填空题9．不等式A 2n －1－n <7的解集为________． 考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式 答案 {3,4}解析 由不等式A 2n －1－n <7，得(n －1)(n －2)－n <7，整理得n 2－4n －5<0，解得－1<n <5.又因为n －1≥2且n ∈N *，即n ≥3且n ∈N *，所以n ＝3或n ＝4，故不等式A 2n －1－n <7的解集为{3,4}．10．若(x －m )8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8，其中a 5＝56，则a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 128解析 由已知条件可得a 5＝C 38·(－m )3＝－56m 3＝56，∴m ＝－1， 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 8＝28，① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝0，② 由①＋②，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝28＋02＝128.11．若(1－2x )2 017＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 017x 2 017(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017的值为________．考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 －1解析 (1－2x )2 017＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 017x 2 017，令x ＝12，则⎝⎛⎭⎫1－2×12 2 017＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝0， 其中a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝－1.12．将A ，B ，C ，D ，E ，F 6个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答) 考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 480解析 按C 的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘2即可．当C 在左边第1个位置时，有A 55种排法，当C 在左边第2个位置时有A 24A 33种排法，当C 在左边第3个位置时，有A 23A 33＋A 22A 33(种)排法．所以不同的排法共有2(A 55＋A 24A 33＋A 23A 33＋A 22A 33)＝480(种)．三、解答题13．学校选派5名同学参加“华约”“北约”“卓越联盟”自主招生考试，每项考试至少选派1人参加，共有多少种不同的选派方法？ 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 可先分组，再分配，分两个步骤完成．先把5名同学分成三组：①一组3人，另两组各1人，有C 35C 12C 11A 22种方法；②一组1人，另两组各2人，有C 15C 24C 22A 22种方法．再把三组学生分配到“华约”“北约”“卓越联盟”参加考试，有A 33种方法．故不同的的选派方法共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22A 33＝150(种)． 四、探究与拓展14．若n ∈N *，n <100，且⎝⎛⎭⎫x 3＋1x 2n 的展开式中存在常数项，则所有满足条件的n 的值的和是________．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 答案 950解析 ⎝⎛⎭⎫x 3＋1x 2n 的展开式的通项为T k ＋1＝C k n (x 3)n －k ·⎝⎛⎭⎫1x 2k ＝C k n x 3n －5k ，令3n －5k ＝0，得n ＝53k .当k ＝3,6，…，57时，n ＝5,10，…，95，故所有满足条件的n 的值的和是5＋10＋…＋95＝19×(5＋95)2＝950. 15．已知(1－2x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n (n ∈N *)，且a 2＝60，求： (1)n 的值；(2)－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n a n2n 的值．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)因为T 3＝C 2n (－2x )2＝a 2x 2， 所以a 2＝C 2n (－2)2＝60，化简可得n (n －1)＝30，且n ∈N *， 解得n ＝6.(2)T k ＋1＝C k 6(－2x )k ＝a k x k ，所以a k ＝C k 6(－2)k ，所以(－1)k a k2k ＝C k 6， －a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n a n 2n ＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝26－1＝63.。
北师大版高中数学选修23课件第一章计数原理2第1课时
[思路导引] 解决本题的关键是要明确排列的意义，看选出的元素在安排时，是否与顺序有关，若与 顺序有关，则是排列问题，否则就不是排列问题．
[边听边记] (1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是 排列问题；
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题； (3)、(4)不存在顺序问题，不属于排列问题； (5)中每个人的职务不同，例如甲当班长与当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题； (6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题． 所以在上述各题中(2)、(5)、(6)属于排列问题．
(2)∵Ax6＜6Ax6－2， ∴00≤≤xx－≤26≤，6， 解得 2≤x≤6，且 x∈N＋. 又 A6x＜6Ax6－2⇔ 6－6！x！＜6·6－6x＋！2！ ⇔(8－x)(7－x)＜6 ⇔x2－15x＋50＜0 ⇔(x－10)(x－5)＜0 ⇔5＜x＜10 综上可知 x＝6，即不等式的解集为{6}．
3．由1,2,3,4,5,6六个数字可组成无重复数字的两位数的个数为____________个． 答案： 30
解析： A26＝30(个)．
4．判断下列问题是否是排列问题？ (1)从 6 人中任选 2 人同时去参加一个座谈会，有多少种不 同的座谈方法？ (2)从 1,2,3,4,5,6 中任取两数分别作分数的分子和分母，共 形成多少个真分数？ (3)从 1,2,3,4,5 中任取两个数分别作为双曲线的实轴长和虚 轴长，可以得到多少个焦点在 x 轴上的双曲线 ax22－ by22＝1?
8分
10 分 12 分
解涉及排列数的方程或不等式，要注意以下 三点：
(1)等价转化思想的应用． (2)排列数的两个公式选择用哪一个更方便． (3)排列数公式本身隐含的条件：Amn 中，n 为正整数，m 为 自然数且 m≤n.
【精品提分练习】数学新导学笔记人教A全国通用版选修23讲义：第一章 计数原理1.1 第1课时
§1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理第1课时两个计数原理学习目标 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点一分类加法计数原理第十三届全运会在中国天津盛大召开，一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，每天有7个航班，6列火车．思考该志愿者从上海到天津的方案可分几类？共有多少种出行方法？答案两类，即乘飞机、坐火车．共有7＋6＝13(种)不同的出行方法．梳理(1)完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．(2)完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．知识点二分步乘法计数原理若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车．思考该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？共有多少种出行方法？答案两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．共有7×6＝42(种)不同的出行方法．梳理(1)完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．(2)完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，则完成这件事共有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．1．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )2．在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( √ )3．在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )4．在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ )类型一 分类加法计数原理例1 设集合A ＝{1,2,3,4}，m ，n ∈A ，则方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点位于x 轴上的椭圆的有( ) A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 A解析 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以m >n .当m ＝4时，n ＝1,2,3；当m ＝3时，n ＝1,2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．反思与感悟 (1)应用分类加法计数原理时，完成这件事的n 类方法是互不干扰的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事．(2)利用分类加法计数原理解题的一般思路跟踪训练1 满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A ．14B ．13C ．12D ．10考点 分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 B解析由已知得ab≤1.若a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；若a＝0时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；若a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；若a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.类型二分步乘法计数原理例2一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码．引申探究若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码．反思与感悟(1)应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．(2)利用分步乘法计数原理解题的一般思路①分步：将完成这件事的过程分成若干步；②计数：求出每一步中的方法数；③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．跟踪训练2从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共______个，其中不同的偶函数共________个．(用数字作答)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案18 6解析一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c 的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有不同的二次函数3×3×2＝18(个)．若二次函数为偶函数，则b＝0.a的取法有3种，c的取法有2种，则由分步乘法计数原理知，共有不同的偶函数3×2＝6(个)．类型三辨析两个计数原理例3现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．反思与感悟(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．(3)混合问题一般是先分类再分步．跟踪训练3在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解选参加象棋比赛的学生有两种方法，在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选；选参加围棋比赛的学生也有两种选法；在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选．互相搭配，可得四类不同的选法．从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2＝6(种)选法；从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2＝6(种)选法；从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有2×2＝4(种)选法；2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法．所以共有6＋6＋4＋2＝18(种)选法．所以共有18种不同的选法．1．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为()A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 B解析分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类乘轮船，从2次中选1次有2种走法，所以共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A．7 B．12 C．64 D．81考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 B解析要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同的选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同的选法．故共有4×3＝12(种)不同的配法．3．若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)的个数为()A．6 B．8 C．9 D．10考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 D解析当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类加法计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对．4．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种．(用数字作答)考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案9解析分为两类：两名老队员、一名新队员时，有3种选法；两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6(种)选法，即共有9种不同选法．5．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．1．使用两个原理解题的本质 分类―→将问题分成互相排斥的几类，逐类解决―→分类加法计数原理分步―→把问题分化为几个互相关联的步骤，逐步解决―→分步乘法计数原理2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法列举法―――→种数较少将各种情况一一列举间接法――――→正面复杂用总数减去不满足条件的种数一、选择题1．图书馆的书架有3层，第1层有3本不同的数学书，第2层有5本不同的语文书，第3层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法共有( )A ．120种B ．16种C ．64种D ．39种考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 B解析 由于书架上有3＋5＋8＝16(本)书，则从中任取1本书，共有16种不同的取法．2．已知a ∈{3,4,6}，b ∈{1,2}，r ∈{1,4,9,16}，则方程(x －a )2＋(y －b )2＝r 2可表示的不同圆的个数是( )A ．6B ．9C ．16D ．24考点 分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 D解析 确定一个圆的方程可分为三个步骤：第一步，确定a ，有3种选法；第二步，确定b ，有2种选法；第三步，确定r ，有4种选法．由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为3×2×4＝24.3．从集合{1,2,3，…，8}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 B解析 以1为首项的等比数列为1,2,4；以2为首项的等比数列为2,4,8.把这两个数列的顺序颠倒，又得到2个数列，∴所求数列为4个．4．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A ．56B ．65 C.5×6×5×4×3×22D ．6×5×4×3×2考点 分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 A解析 每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种)．5．如果x ，y ∈N ，且1≤x ≤3，x ＋y <7，则满足条件的不同的有序自然数对(x ，y )的个数是( )A ．5B ．12C ．15D ．4考点 分类加法计数原理题点 分类加法计数原理的应用答案 C解析 当x ＝1时，y 的取值范围可能为0,1,2,3,4,5，有6种情况；当x ＝2时，y 的取值可能为0,1,2,3,4，有5种情况；当x ＝3时，y 的取值范围可能为0,1,2,3，有4种情况；根据分类加法计数原理可得，满足条件的(x ，y )的个数为6＋5＋4＝15.6．定义集合A 与B 的运算A *B 如下：A *B ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，若A ＝{a ，b ，c }，B ＝{a ，c ，d ，e }，则集合A *B 的元素个数为( )A ．34B ．43C ．12D ．以下都不对 考点 分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 C解析 由分步乘法计数原理可知，A *B 中共有3×4＝12(个)元素．7．从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同走法种数为( )A ．2＋4＋3B ．2×4＋3C ．2×3＋4D ．2×4×3 考点 两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 B解析分两类，一是从甲地经乙地到丙地，有2×4种，二是直接从甲地到丙地，有3种，所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4＋3.8．已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A．18 B．17 C．16 D．14考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 D解析分两类．第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×2＝6(个)；第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理可知，共有6＋8＝14(个)点在第一、二象限．二、填空题9．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案16解析由分步乘法计数原理得4×4＝16.10．若在如图1的电路中，只合上一个开关可以接通电路，有________种不同的方法；在如图2的电路中，合上两个开关可以接通电路，有________种不同的方法．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案5 6解析对于图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．对于图2，按要求接通电路必须分两步进行：第一步，合上A中的一个开关；第二步，合上B中的一个开关，故有2×3＝6(种)不同的方法．11．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案22解析若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20(条)，故共有20＋2＝22(条)不同的直线．12．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛，其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 2 880解析分两步安排这8名运动员．第一步，安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24(种)方法；第二步，安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120(种)．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．三、解答题13．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一个为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的审定部编版试题选法，从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．四、探究与拓展14．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，求由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)．15．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)这些点中，位于第一象限的有几个？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)可分为两类：A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，则共得到3×4＋4×3＝24(个)不同的点．(2)第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2＋2×2＝8(个)不同的点．欢迎您下载！。
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第23讲计数综合二兴趣篇1、 同时能被6，7，8，9整除的四位数有多少个？【分析】 因为[6,7,8,9]504=，最小的满足条件的四位数是50421008⨯=，最大的满足条件的四位数是504199576⨯=，因此满足条件的四位数共有192118-+=个2、从1，2，3，…，9这9个数中选出2个数，请问：（1）要使两数之和是3的倍数，一共有多少种不同的选法？（2）要使两数之积是3的倍数，一共有多少种不同的选法？【分析】 （1）除以3余0的数有3,6,9，除以3余1的数有1,4,7，除以3余2的数有2,5,8，要使两数之和为3的倍数可以是两个数除以3的余数分别是1,2或这两个数都是3的倍数，因此共有2333C 12⨯+=个.（2）要使两数之积是3的倍数，其中至少有一个因数为3的倍数，因此共有233333C 21⨯+⨯+=个3、在所有由1、3、5、7、9中的3个不同数字组成的三位数中，有多少个是3的倍数？【分析】 除以3余0的数有3,9，除以3余1的数有1,7，除以3余2的数有5，三个数字之和为3的倍数，本题只能从除以3余0,1,2的数中各取一个，每个三位数交换位置又可以变换出6个，因此共有221624⨯⨯⨯=个4、用0至5这6个数字可以组成多少个能被5整除且各位数字互不相同的五位数？【分析】 当个位数字为0时，其他数位数字可以任意取共有5432120⨯⨯⨯=个，当个位数字为5时，共有443296⨯⨯⨯=个，因此共有12096216+=个能被5整除且各位数字互不相同的五位数5、个位比十位大的两位数共有多少个？个位比十位大，十位比百位大的三位数共有多少个？【分析】 由于三位数的三个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从1～9中任意选取的3个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这3个数字只能组成1个符合条件的三位数(题目中要求个位比十位大，十位比百位大，所以百位不能为0，所以进行选择时不可以把0包含在内)，也就是说满足条件的三位数的个数与从1～9中选取3个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的三位数有39987C 84321⨯⨯==⨯⨯个．两位数有29C 36=个6、如果称能被8整除或者含有数字8的自然数为“吉利数”，那么在1至200这200个自然数中有多少个“吉利数”？【分析】 个位含8的有21020⨯=个，同理十位含8的也有20个，但88,188被算了2次，因此含有数字8的共有202238⨯-=个，能被8整除的有(1928)8124-÷+=个，但含8又是8的倍数有8,48,88,128,168,184，因此吉利数共有3824656+-=个7、一个正整数，如果从左到右看和从右到左看都是一样的，那么称这个数为“回文数”。
例如：1331，7，202，66都是“回文数”，而220则不是“回文数”。
请问：从一位到六位的“回文数”一共有多少个？其中第1997个“回文数”是什么？【分析】 一位回文数有9个，两位回文数有9个，三位和四位回文数都有910⨯个，五位和六位回文数都有91010900⨯⨯=个，所以共有9290290021998⨯+⨯+⨯=个，第1997个也就是倒数第二大的即9988998、一个四位数ABCD ，它与逆序数DCBA 之和的末两位为56，这样的四位数ABCD 有多少个？【分析】 它与逆序数DCBA 之和的末两位为56，因此有{65A D B C +=+=,{615A D B C +=+=,{164A D B C +=+=,{1614A D B C +=+=,每种情况只要确定,A B 即可，因此共有5654353580⨯+⨯+⨯+⨯=个9、把2005、2006、2007、2008、2009这5个数分别填入图23-1的东、南、西、北、中5个方格内，使横、竖3个数的和相等，一共有多少种不同的填法？东西南中北图23-1【分析】 5个数为3奇2偶，所以“中”只能填奇数．①中2005=，东+西=南+北，2006200920072008+=+，有428⨯=种②中2007=，2005200820062007+=+，有428⨯=种③中2009=，2005200820062007+=+，有428⨯=种一共有88824++=种10、从1至7中选出6个数字填入图23-2的表中，使得相邻的两个方框内，下面的数字比上面大，右边的数字比左边大。
请先给予出一种填法，然后考虑一共有多少种填法？图23-2【分析】 最大数只能放在右下角，右下角左边只能放次大的数，最小数只能放在左上角，左上角的下方只能放次小的数，剩下的位置可以随意放有2种方法，因此共有67C 214⨯=种填法拓展篇1、 分子小于6，分母小于20的最简真分数共有多少个？【分析】 当分子为1时，分母可以取219:任意一个数，因此共有18个当分子为2时，分母可以取319:任意一个奇数，因此共有9个当分子为3时，分母可以取419:任意一个不是3的倍数的数，因此共有11个当分子为4时，分母可以取519:任意一个奇数，因此共有8个当分子为5时，分母可以取619:任意一个不是5的倍数的数，因此共有12个因此总共有1891181258++++=个2、从1、2、3、4、5、6、7这7个数中选出3个数，请问：（1）要使这3个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？（2）要使这3个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？【分析】 （1）要使这3个数的乘积能被3整除，至少有一个数是3的倍数，因此当有一个数是3的倍数时共有252C 20⨯=个，当有两个数是3的倍数时有5个，因此一共有20525+=种选法 （2）除以3余0的数有3,6，除以3余1的数有1,4,7，除以3余2的数有2,5，可以从每个余数类各取一个，或在同一个余数类里取，因此共有232113⨯⨯+=个3、小明的衣服口袋中有10张卡片，分别写着1，2，3，…，10。
现从中拿出两张卡片，使得卡片两个数的乘积能被6整除，这样的选法共有多少种？（注：9不能颠倒当作6来使用，6也不能颠倒当作9来使用）【分析】 当两个卡片都不含6时，一张卡片必然是3或9，另一张卡片必然是不含6的偶数，因此共有248⨯=个，当一张卡片含6时，另一张卡片可以任意取共有9个，因此一共有8917+=种选法4、六位数123475能被11整除，如果将这个六位数的6个数字重新排列，还能排出多少个能被11整除的六位数？【分析】 设满足条件的六位数为abcdef ，因为12347522+++++=，因此11b d f a c e ++=++=，137245++=++，因此一共有62132172⨯⨯⨯⨯⨯=个，因此还能排出71个5、三个2，两个1和一个0可以组成多少个不同的六位数？求所有符合条件的六位数的和。
【分析】 因为0有5个位置可以选择，再选3个位置安排2，两个位置安排0，因此共有355C 50⨯=个，当0的位置确定后，还有10种方法安排1和2,，因此1和2,每种都被安排了两次，因此所有六位数的和为(22211)2(111110111101111011110111101111)8711104++++⨯⨯++++=6、有一种“上升数”，这些数的数字从左往右依次增大，将所有的四位“上升数”按从小到大的顺序排成一行：1234，1235，1236，…，6789。
请问：此列数中的第100个数是多少？【分析】 当千位数字是1的“上升数”有38876C 56321⨯⨯==⨯⨯个；当千位数字是2的“上升数”有37765C 35321⨯⨯==⨯⨯个；共563591+=，当前两位是34的“上升数”有2554C 102⨯==个；因此第101个“上升数”是3489，所以第100个“上升数”是34797、有一些三位数的相邻两位数字为2和3，例如132、235等等，这样的三位数一共有多少个？【分析】 当前两位含有2,3时，共有21020⨯=个，当后两位含有2,3时，共有2918⨯=个，但是232,323计算了两次，因此共有2018236+-=个8、在图23-3的方框内填入3、4、5、6中的一个数字，使得竖式成立。
请问：所填的九个数字之和是多少？一共有多少种填法？4995+W W W WW W WW W 图23-3【分析】 由于个位数字是3个数字的和不肯能等于5，必然进位，同理十位数字必然进位，两个数字和不可能等于19，因此百位没有进位，因此这个竖式加法共进位两次，而和的数字和为499527+++=，因此九个数字之和为279245+⨯=，设4995a b cd e f g hk +，因此有15d g k ++=，18c f h ++=，8b e +=，4a =，有45615++=，55515++=，36615++=，66618++=，448+=，358+= 因此共有(613)1(12)30++⨯⨯+=种填法.9、在1000，1001，…，2000这1001个自然数中，可以找到多少对相邻的自然数，满足它们相加时不进位？【分析】 当这个四位数不含9时，相邻两个自然数只有个位不同，因此共有555125⨯⨯=对；当较小的个位数字是9，较大的个位数字是0，十位数字相差是1，共有5525⨯=对；当较小的个位数字和十位数字是9，较大的个位数字和十位数字是0，百位数字相差是1，共有5对；当较小的个位、十位、百位数字是9，较大的个位、十位、百位数字是0，千位数字相差是1，即1999,2000，因此共有1252551156+++=对。
10、将1至7分别填入图23-4中的7个方框中，使得每行每列中既有奇数又有偶数，一共有多少种不同的填法？图23-4【分析】 本题共有3行，3列，而偶数只有3个，因此这三个偶数应分配在不同的行和不同的列，这3个偶数地位均等，安排完偶数，奇数任意按排即可，因此共有33214321432⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=种填法11、在图23-5的空格内各填入一个一位数，使同一行内左边的数比右边的数大，同一列内下面的数比上面的数大，并且方格内的6个数字互不相同，例如图23-6就是一种填法。
请问：一共有多少种不同的填法？32764532图23-5 图23-6【分析】 为了方便说明，标上字母：要注意到，A 最大，D 最小，B 、C 的位置可以互换．但是，D 只能取4，5，6，因为如果取7，就找不到3个比它大的一位数了．当D 取4，5，6时分别剩下5，4，3个一位大数．有B 、C 可以互换位置．所有不同的填法共35C ×2+34C ×2+33C ×2=10×2+4×2+1×2=30种．12、将数字1至7分别填入图23-7的各个圆圈中，使得每条线段两个端点处所填的数，上面的比下面的大。