小学六年级奥数(计数问题)题及答案：小值
小学六年级奥数题100道与答案解析
20.根据下表中的排列规律，在空格里填上适当的数。
【思路导航】经仔细观察、分析表格中的数可以发现：12+6=18，8+7=15，即每一横行中间的数等于两边的两个数的和。依此规律，空格中应填的数为：4+8=12。
21.找规律，在空格里填上适当的数。
22.根据前面图形中的数之间的关系，想一想第三个图形的括号里应填什么数？
32.
（1）一只西瓜的重量等于两个菠萝的重量，1个菠萝的重量等于4个苹果的重量，1个苹果的重量等于两个橘子的重量。1只西瓜的重量等于几个橘子的重量？
所以C是12221或11011。
12.先找出下列数排列的规律，并根据规律在括号里填上适当的数。
1，4，7，10，（），16，19
【思路导航】在这列数中，相邻的两个数的差都是3，即每一个数加上3都等于后面的数。根据这一规律，括号里应填的数为：10+3=13或16－3=13。
像上面按照一定的顺序排列的一串数叫做数列。
5.阿香去吃午饭，发现附近的中餐厅有9个，西餐厅有3个，日式餐厅有2个，他准备找一家餐厅吃饭，一共有多少种不同的选择?
解答：9+3+2=14(种)
6.用400个棋子摆放了5层空心方阵，最内层每边有几个棋子?
解答：400÷5=80(个) 80-8-8=64(个) 64÷4+1=17(个)
7.用棋子摆方阵恰好摆成每边为20的实心方阵，若改为4层空心方阵，最外层每边应放几枚?
12345679×54=12345679×9×6=66666666612345679×81=12345679×9×9=999999999.
练习3：找规律，写得数。
（1）1+0×9=2+1×9=3+12×9=4+123×9=9+12345678×9=
小学六年级奥数几何计数问题专项强化训练(中难度)
小学六年级奥数几何计数问题专项强化训练（中难度）例题1：在一个正方形的边长为5cm的区域内，用红、蓝两种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求两种颜色的砖头必须完全分开铺，且不能有重叠部分，那么一共有多少种不同的铺法？解析：首先我们知道正方形边长为5cm，正方形砖头的边长可以为1cm、2cm、3cm、4cm或5cm。
由于两种颜色的砖头必须完全分开铺，且不能有重叠部分，所以我们可以分别计算每种颜色砖头的铺法数量，然后相乘得到总的铺法数量。
对于红色砖头的铺法数量，我们可以考虑从左上角开始铺设。
当砖头的边长为1cm时，只有一种铺法。
当砖头的边长为2cm时，有两种铺法，水平或垂直放置。
当砖头的边长为3cm时，有三种铺法，水平放置、垂直放置或者斜放。
同理，当砖头的边长为4cm时，有四种铺法，水平放置、垂直放置、斜放或者两个合并一起放置。
当砖头的边长为5cm时，只有一种铺法，即整个正方形都用红色砖头铺满。
因此，红色砖头的铺法数量为1 + 2 + 3 + 4 + 1 = 11种。
同理，蓝色砖头的铺法数量也为11种。
总的铺法数量为11 * 11 = 121种。
专项练习应用题：1. 在一个正方形的边长为6cm的区域内，用红、蓝、黄三种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求三种颜色的砖头必须完全分开铺，且不能有重叠部分，那么一共有多少种不同的铺法？2. 在一个正方形的边长为8cm的区域内，用红、蓝两种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求两种颜色的砖头必须完全分开铺，且不能有重叠部分，那么一共有多少种不同的铺法？3. 在一个正方形的边长为10cm的区域内，用红、蓝、绿三种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求三种颜色的砖头必须完全分开铺，且不能有重叠部分，那么一共有多少种不同的铺法？4. 在一个正方形的边长为7cm的区域内，用红、蓝两种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求两种颜色的砖头必须完全分开铺，但可以有重叠部分，那么一共有多少种不同的铺法？5. 在一个正方形的边长为9cm的区域内，用红、蓝、绿三种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求三种颜色的砖头必须完全分开铺，但可以有重叠部分，那么一共有多少种不同的铺法？6. 有一条长度为10cm的线段，若将其分成三段长度相等的线段，那么一共有多少种不同的分法？7. 有一条长度为12cm的线段，若将其分成四段长度相等的线段，那么一共有多少种不同的分法？8. 有一条长度为15cm的线段，若将其分成五段长度相等的线段，那么一共有多少种不同的分法？9. 有一条长度为8cm的线段，若将其分成两段长度为整数的线段，且这两段线段的长度之差为1cm，那么一共有多少种不同的分法？10. 有一条长度为11cm的线段，若将其分成三段长度为整数的线段，且这三段线段的长度之差为1cm，那么一共有多少种不同的分法？11. 有一条长度为14cm的线段，若将其分成四段长度为整数的线段，且这四段线段的长度之差为1cm，那么一共有多少种不同的分法？12. 在一个正方形的边长为4cm的区域内，用红、蓝两种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求两种颜色的砖头可以重叠铺，那么一共有多少种不同的铺法？13. 在一个正方形的边长为6cm的区域内，用红、蓝、黄三种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求三种颜色的砖头可以重叠铺，那么一共有多少种不同的铺法？14. 在一个正方形的边长为9cm的区域内，用红、蓝、绿三种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求三种颜色的砖头可以重叠铺，那么一共有多少种不同的铺法？15.在一个正方形的边长为5cm的区域内，用红、蓝、黄、绿四种颜色的正方形砖头铺满，每个颜色的砖头都可以使用任意多个，要求四种颜色的砖头可以重叠铺，那么一共有多少种不同的铺法？例题2：题目：在一个正方形格子图中，每个格子都填上了数字0或1，使得每行每列的数字和都为偶数。
小学生数学计数问题练习题
小学生数学计数问题练习题题1：一共有10个小朋友，他们很喜欢玩积木。
小明比小杰多玩了3个积木，小杰比小强少玩了4个积木，小强又比小丽多玩了2个积木。
那么小丽一共玩了多少个积木？解析：设小丽玩的积木数为x，根据题意可得小明玩的积木数为x+3，小杰玩的积木数为x+3-4=x-1，小强玩的积木数为x-1+2=x+1。
根据题意将上述数量相加，并将结果等于10，得到方程：x + (x + 3) + (x - 1) + (x + 1) = 10。
化简得4x + 4 = 10，继续化简得4x = 6，最终解得x = 1.5。
因为小丽的积木数应为整数，所以小丽一共玩了1.5个积木。
题2：甲、乙、丙三位同学一起参加了一个比赛，根据获得的奖牌数，已知甲获得了5个金牌，乙获得了3个金牌和2个银牌，丙获得了4个银牌和1个铜牌。
请问，他们一共获得了多少个奖牌？解析：甲获得金牌5个，乙获得金牌3个，丙获得金牌0个。
甲获得银牌0个，乙获得银牌2个，丙获得银牌4个。
甲获得铜牌0个，乙获得铜牌0个，丙获得铜牌1个。
将各项奖牌数量相加，可得甲乙丙三人总共获得的奖牌数量为5 + 3 + 2 + 4 + 1 = 15个奖牌。
题3：小智拥有一些钢笔和铅笔，总共25支，其中铅笔的数量比钢笔的数量多3支。
请问小智一共有多少支铅笔？解析：设小智拥有的钢笔数量为x支，根据题意可以得知铅笔的数量为x+3支。
根据题意将钢笔和铅笔数量相加，并将结果等于25，得到方程：x+ (x + 3) = 25。
化简得2x + 3 = 25，继续化简得2x = 22，最终解得x = 11。
因为小智的钢笔数量为11支，所以小智一共有11 + 3 = 14支铅笔。
题4：班级里有30个学生，其中一半是男生，另一半是女生。
如果班级里的男生人数比女生人数多4个，那么男生和女生各有多少人？解析：设班级里的男生人数为x人，根据题意可以得知女生的人数也为x 人。
根据题意将男生和女生人数相加，并将结果等于班级总人数30人，得到方程：x + x = 30。
高斯小学奥数六年级上册含答案第03讲 递推计数
第三讲递推计数有许多计数问题很复杂，直接处理比较困难，此时硬碰硬是不行的．一个比较有效的策略是退而求其次：先考虑该问题的简单情形，看看简单情形如何处理；在解决了简单情形后，再考虑如何利用简单情形的结论来解决更复杂的问题……这个由简单到复杂的推导过程就叫“递推”．那如何利用“递推法”来解决计数问题呢？下面我们就来看几个例子．例1．老师给小高布置了12篇作文，规定他每天至少写1篇．如果小高每天最多能写3篇，那么共有多少种不同的完成方法？（小高每天只能写整数篇）「分析」从简单情况入手，看看能否找到合适的突破口．如果老师只布置1篇作文，小高有多少种不同的完成方法？如果老师布置2篇作文，小高有多少种不同的完成方法？如果老师布置3篇、4篇、……小高又分别有多少种不同的完成方法？篇数由少到多，完成方法数也会逐渐变多，这其中有什么规律呢？练习1、一个楼梯共有12级台阶，规定每步可以迈二级台阶或三级台阶．走完这12级台阶，共有多少种不同的走法？⨯的方格表，共有多少种覆盖方法？例2．用10个13⨯的长方形纸片覆盖一个103「分析」与例1的类似，我们还是从简单情形入手找递推关系．可具体从什么样的情形入手呢？⨯的方格表，共有多少种覆盖方法？练习2、用7个12⨯的长方形纸片覆盖一个72例3．在一个平面上画出100条直线，最多可以把平面分成几个部分？「分析」当直线数量不多时，画图数一数即可．但现在有100条，画图数并不现实．我们不妨在纸上将直线逐一画出，并在画的过程中仔细观察：每增加一条直线，平面被分成的部分会增加多少？这个增量．．有什么变化规律？练习3、如果在一个圆内画出50条直线，最多可以把圆分成多少部分？下面我们来学习一类很经典的递推计数问题——传球问题．例4．四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？「分析」看到这个问题，很多同学可能想通过树形图来求解，我们不妨来试一试．设穿着红、黄、绿、蓝四种颜色球衣的人分别是A 、B 、C 、D ．如下图，最开始时，球在A 手上，第一次传球由A 传给B 、C 、D ，也就是第一层有三个字母就够了．然后B 、C 、D 都会继续往下传球，各有3种传法，传到第二层需要9个字母．再传到第三层，需要27个字母……每一层需要的字母增加迅猛！如果传8次球，到最后一层会用到836561 个字母，这要多大的一个树形图啊！可见画树形图的方案不可行．但树形图对这道题就没有用了吗？并非如此．它可以帮助我们找出传球过程中所隐藏的递推关系．事实上，我们并不关心树形图长啥样，我们关心的是数量——树形图每一层分支的数量．因此，只要知道每一层各字母出现的次数就可以了，我们不妨制作一个表格来统计这个次数．如下表，我们用第一列来表示层数，第一行来表示每个人，其余空格用于填写字母在该层中出现的次数．请你从上方的树形图中数一数，填出表格中的前几行．然后思考一下：这其中隐藏着什么样的递推关系？BC DACDABDABCAB C D A B D A B C B C D A C D A B C B C D A C D A B D练习4、三个人分别穿着红、黄、蓝三种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过7次传球后传到蓝衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？解传球问题的方法称为“传球法”．“传球法”是递推法的一种特殊形式，是一种极其实用的数表累加计数法．例5．一个七位数，每一位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有多少个？「分析」这道题与前面两道题有何异同？应该如何求解呢？前面的计数问题，递推关系都表现为数列、数表的简单累加，但这不是递推的全部．简单累加只是递推的一种表现形式，递推还有很多其它形式．下面我们就来看一道无法通过简单累加求解的计数问题．例6．圆周上有10个点A1、A2、L、A10，以这些点为端点连接5条线段，要求线段之间没有公共点，共有多少种连接方式？「分析」圆周上10个点，连5条线段，连法很多，很难直接画出来枚举．像这类问题，我们同样还是从简单的情况入手．那么是应该按1个点、2个点、3个点、……这样依次计数，来找递推关系吗？神奇的汉诺塔一位法国数学家曾编写过一个印度的古老传说：在世界中心贝拿勒斯（在印度北部）的圣庙里，一块黄铜板上插着三根宝石针．印度教的主神梵天在创造世界的时候，在其中一根针上从下到上地穿好了由大到小的64片金片，这就是所谓的汉诺塔．不论白天黑夜，总有一个僧侣在按照下面的法则移动这些金片：一次只移动一片，不管在哪根针上，小片必须在大片上面．僧侣们预言，当所有的金片都从梵天穿好的那根针上移到另外一根针上时，世界就将在一声霹雳中消灭，而梵塔、庙宇和众生也都将同归于尽．不管这个传说的可信度有多大，如果考虑一下把64片金片，由一根针上移到另一根针上，并且始终保持上小下大的顺序．这需要多少次移动呢?这里需要递归的方法．假设有n 片，移动次数是()f n ．显然(1)1f =，(2)3f =，(3)7f =，且(1)2()1f k f k +=+．此后不难证明()21n f n =-．64n =时，64(64)2118446744073709551615f =-=．假如每秒钟一次，共需多长时间呢？一个平年365天有31536000 秒，闰年366天有31622400秒，平均每年31556952秒，计算一下，18446744073709551615/31556952=584554049253.855年．这表明移完这些金片需要5845亿年以上，而地球存在至今不过45亿年，太阳系的预期寿命据说也就是数百亿年．真的过了5845亿年，不说太阳系和银河系，至少地球上的一切生命，连同梵塔、庙宇等，都早已经灰飞烟灭．课 堂 内 外作业1. 有10个蛋黄派，萱萱每天吃1个或2个，那么共有多少种不同的吃法？2. 甲、乙两人玩抓石子游戏，共有12个石子，甲先乙后轮流抓取．每次可以抓取其中的2个、3个或4个，直到最后抓取完毕为止．那么共有多少种抓取石子的方案？3. 用直线把一个平面分成100部分，至少要在平面上画几条直线？4. 一个七位数，它由数字0、1、2、3、4组成，相邻位置上的数字不相同，并且个位数字是2．这样的七位数有多少个？5. 用8个的长方形纸片覆盖下面的方格表，共有多少种覆盖方法？12第五讲 进位制问题例题：例7． 答案：（1）31023、3735、11B9、7DD ；（2）257；（3）1742详解： （1）（2）32025051525257⨯+⨯+⨯+⨯=； （3）3202120121122121742⨯+⨯+⨯+⨯=．例8．答案：（1）5；（2）13121、731 详解：三进制转九进制从右往左两位两位转换；二进制转四进制从右往左两位两位转换；二进制转八进制从右往左三位三位转换．例9．答案：15031 详解：列竖式计算．例10． 答案：212．a =5、b =5、c =2例11． 答案：10个详解：若要称量1克的重量必须有1克的砝码，若要称量2克的重量必须有2克的砝码，依次类推可得：1+2+4+8+16+32+64+128+256+512，此时可以称量1克到1023克的所有重量，此时需要10个砝码．例12． 答案：12...... 3 ...... 2 ...... 1 0 (3)...... 2 ...... 3 (7) (3)…… 9 ……12 (1) (1)...... 13 ...... 13 (7)详解：所看页数列为1、1、2、4、8、……、256、512、989．练习：6. 答案：554；2781；195；7227. 答案：161578. 答案：212349. 答案：248．a =5、b =0、c =3作业：1. 答案：（1）354；（2）458；（3）C 30；（4）14443；（5）433；（6）852. 答案：（1）1131；（2）123123. 答案：100简答：a 很容易知道只能为1，再根据进位制展开解方程得出b 、c 均为0，所以原数十进制是100．4. 答案：22简答：由题意有，其中a 、b 、c 均小于3，则有，化简得，符合条件的a 、b 、c 为2、1、1，化成十进制是22．5. 答案：24简答：由题意有，其中a 、b 均要大于7，则有，符合条件的最小的a 、b 为15、9，和是24．4774a b +=+ ()()4774a b = 815a b c =+ 93164a b c c b a ++=++ ()()34abc cba =。
高斯小学奥数六年级上册含答案第04讲对应计数
第四讲对应计数有9个球排成一行:OOOO OO O传说电尤利曲斯在界眩了独韻的波吕輩1®塘后，离幵了独眼巨人的丄地一血那个可怜的戶人毎入早展都坐在詞穴人口的附近，帚让一只博羊从洞里出来，就从一堆卵石中捡趾哄来一等到了黄昏爲羊回兀的时慎.他每放进一只羊*就放下一块卵石” 就这样・如果早晨捲起的弟石都放完了，他就知道他所冇的羊状回来了.我们往其中插入两块（相同的）木板，就能够把这9个球分成三堆，例如:O ODO O O ODO O O O OOQO ODO O O O OOOOOOODODO可以看到，插入两块木板把9个球分成三堆的方法很多，那么到底有多少种插入木板的方法呢？每相邻两个小球之间有一个空隙，一共有8个空隙.插入的两块木板要把小球分成三堆，说明两块木板要放在两个不同的空隙之中. 8个空隙选两个，共有2C s 28种方法.如果要把三堆小球分别装入颜色为红、 黄、蓝的三个袋子里，又有多少种装法呢?其实，所谓装入红、黄、蓝三个袋子，就是把球分成三堆，因此答案也是28 •这样我们就把“小球装袋”问题转化成“小球插板”问题来求解了，这种方法我们称之为“插 “插板法”是一种特殊的对应技巧，能够帮我们解决很多计数问题.例1. 把20个苹果分给3个小朋友，每个小朋友至少分1个，共有多少种分苹果的方法?第二问允许有的“小朋友没有分到苹果” ，还能不能用“插板法”呢? 练习1、龟丞相把7个顶级乌龟壳分给4只小乌龟.如果每只小乌龟至少分一 个，共有多少种分法？如果可以有的小乌龟没有分到乌龟壳，共有多少种方 法？例2.某班40名学生参加了一项关于“超市是否应该提供免费塑料袋”的调查，每人均在“应该提供”、“不应该提供”和“无所谓”三个选项中做出了选择•请问：三个选项的统计数字共有多少种不同的可能？「分析」题目只关心三个选项的统计数字，需要具体考虑每个学生所作的选择吗？练习2、8名同学做同一道单选题，它有 A 、B 、C 、D 四个选项，每个同学都选了其中如何用“插板法”求解呢?放入红色放入黄色 放入蓝色如果可以有小朋友没有分到苹果，共有多少种分法?一个选项.老师为了调查同学们的做题情况，把选择各个选项的人数都做了统计，则有多少种可能的统计结果？最早的计数方法一一对应法] 我们这一讲学习对应的计数方法，这种计数方法有很强的技巧性，很考验思维能力. 也/::许你觉得这种对应法不是那么容易掌握，但它其实是非常有用，而且历史悠久的.人类最早使用的计数方法不是枚举，不是排列组合，也不是递推，而是对应！y!■对应法最早的应用是结绳计数. 最早期的时候，人类还没有发明数字. 因而用枚举等其他方法来记录数量的多少是不可能办到的. 这时，人们的计数方法是在绳子上打结或者在树；;上刻痕•用绳子上的结的数目或者树上划痕的道数来记录补获了多少猎物，采集了多少花:果.这个时期持续了很长时间，因为人类的历史已经有几百万年，而数字的发明距今还不到::1万年，在人类历史上的大部分时间，使用的计数方法是对应法一一结绳计数.i; 结绳记数这种方法，不但在远古时候使用，而且一直在某些民族中沿用下来•宋朝:人在一本书中说：“鞑靼无文字，每调发军马，即结草为约，使人传达，急于星火.”这是用结草来调发军马，传达要调的人数呢！其他如藏族、彝族等，虽都有文字，但在一般不识字的人中间都还长期使用这种方法•中央民族大学就收藏着一副高山族的结:绳，由两条绳组成：每条上有两个结，再把两条绳结在一起.「：有趣的是，结绳计数不止在我们中国古代用过，在国外也有很多结绳计数的记载. 传说古波斯王有一次打仗，命令手下兵马守一座桥，要守60天.为了让将士们不少守一天:也不多守一天，波斯王用一根长长的皮条，把上面系了60个扣.他对守桥的官兵们说：\“我走后你们一天解一个扣，什么时候解完了，你们就可以回家了.”: 对应是最原始的计数方法，充分蕴含着人类的智慧.例3.在8 8的方格棋盘中，一共可以数出多少个如下图所示的由4个单位小正方形组成的“L ” 型？ ”型放入8 8的方格棋盘的方格盘中，按照放的方向分，可以有情形，那么是不是需要对每一个方向的“ L ”型分别进行计数呢?例4. ( 1) 一只青蛙沿着一条直线跳跃 4次后回到起点•如果它每一次跳跃的长度都是 1分米，那么这只青蛙共有多少种可能的跳法？(2)如果这只青蛙在一个方格边长为 1分米的方格纸上沿格线跳跃 4次后回到起点，每次跳跃的长度仍是 1分米，那么这只青蛙共有多少种可能的跳法？「分析」(1)青蛙在直线上跳跃 4次后要回到起点，如果一直往一个方向跳，显然是不 行的•那么青蛙应该怎么跳呢？（ 2）青蛙在方格表上跳跃 4 次后要回到起点，现在青蛙有哪些跳跃的方向，每个方向 上各应该跳跃多少次呢？练习3、在6 6的方格棋盘中, 一共可以数出多少个如下图所示的由 3个单位小正方形练习4、一只青蛙沿着一条直线跳跃6 次后回到起点.如果它每一次跳跃的长度都是1分米，那么这只青蛙共有多少种可能的跳法？对应法是一种很巧的计数方法，但如何建立对应关系，是其中的难点.之前几道题，对应关系的建立相对比较直接，而有些问题，则需要通过大量的分析，才能找出隐藏的对应关系.例5.常昊与古力两人进行围棋“棋圣”冠军争霸赛，谁先胜4 局即获得比赛的胜利. 请问: 比赛过程一共有多少种不同的方式？「分析」由对称性，只需求出常昊获胜的比赛过程有多少种.比赛最多进行7 场，其中常昊一定胜4场.如果我们按比赛先后顺序给每场比赛编号，那么常昊胜的4 场比赛编号，就决定了整个比赛流程.而常昊获胜的比赛可以是哪 4 场呢？例6.海淀大街上一共有18 盏路灯，区政府为了节约用电，打算熄灭其中的7 盏.但为了行路安全，任意相邻的两盏灯不能同时被熄灭，请问:一共有多少种熄灯方案？分析」你能用插板法求解这道题吗？课堂内外 -------------------------------------------------最早的密码战公元前405年，雅典和斯巴达之间的伯罗奔尼撒战争已进入尾声. 斯巴达军队逐渐占据了优势地位，准备对雅典发动最后一击.这时，原来站在斯巴达一边的波斯帝国突然改变态度，停止了对斯巴达的援助，意图是使雅典和斯巴达在持续的战争中两败俱伤，以便从中渔禾U.在这种情况下，斯巴达急需摸清波斯帝国的具体行动计划，以便采取新的战略方针•正在这时，斯巴达军队捕获了一名从波斯帝国回雅典送信的雅典信使. 斯巴达士兵仔细搜查这名信使，可搜查了好大一阵，除了从他身上搜出一条布满杂乱无章的希腊字母的普通腰带外，别无他获.情报究竟藏在什么地方呢？斯巴达军队统帅莱桑德把注意力集中到了那条腰带上，情报一定就在那些杂乱的字母之中. 他反复琢磨研究这些天书似的文字，把腰带上的字母用各种方法重新排列组合，怎么也解不出来.最后，莱桑德失去了信心，他一边摆弄着那条腰带，一边思考着弄到情报的其他途径. 当他无意中把腰带呈螺旋形缠绕在手中的剑鞘上时，奇迹出现了.原来腰带上那些杂乱无章的字母，竟组成了一段文字.这便是雅典间谍送回的一份情报，它告诉雅典，波斯军队准备在斯巴达军队发起最后攻击时，突然对斯巴达军队进行袭击.斯巴达军队根据这份情报马上改变了作战计划，先以迅雷不及掩耳之势攻击毫无防备的波斯军队，并一举将它击溃，解除了后顾之忧.随后，斯巴达军队回师征伐雅典，终于取得了战争的最后胜利.公元前405年，雅典和斯巴达之间的伯罗奔尼撒战争已进入尾声. 斯巴达军队逐渐占据了优势地位，准备对雅典发动最后一击.这时，原来站在斯巴达一边的波斯帝国突然改变态度，停止了对斯巴达的援助，意图是使雅典和斯巴达在持续的战争中两败俱伤，以便从中渔禾U.在这种情况下，斯巴达急需摸清波斯帝国的具体行动计划，以便采取新的战略方针.正在这时，斯巴达军队捕获了一名从波斯帝国回雅典送信的雅典信使. 斯巴达士兵仔细搜查这名信使，可搜查了好大一阵，除了从他身上搜出一条布满杂乱无章的希腊字母的普通腰带外，别无他获.情报究竟藏在什么地方呢？斯巴达军队统帅莱桑德把注意力集中到了那条腰带5. 作业1. 一部电视连续剧共 8集，电视台要在周一到周四这 4天内按顺序播完，其中可以有若干 天不播，共有多少种安排播出的方法？2. 现在有12道竞赛题，卡莉娅要在今天、明天、后天这三天内按顺序做完，但每一天可以做很多道题也可以一道不做•共有多少种安排做题的方案？3. 阿呆在玩PSP 格斗游戏，游戏采用的是五局三胜制（阿呆VS 电脑），谁先胜三场谁就 获得胜利.如果最后阿呆获胜，那么一共有多少种可能的比赛过程？（只考虑每场比赛的胜负） 4. 在6 6的方格棋盘中，一共可以数出多少个如图所示的由5个单位小正方形组成的“凹”字形？（注：这8个鸡蛋看作完全相同）（1）有8个鸡蛋，每天至少吃 1个，一共吃了 5天，有多少种不同的吃法?（2）有8个鸡蛋，每天至少吃2个，一共吃了 3天，有多少种不同的吃法?例题:例题1.答案：171 ; 231详解：第一问用课文里所说的“插板法”即可解决.20个苹果，共有19个空隙，分给3个小朋友需要3 1 2块隔板，将2块隔板插入19个空隙中的某两个中，就是从2 19个空隙中挑出两个用来插板子，方法有C 19 171 ;第二问同样用插板法，仍然是 20个苹果和2块隔板•但此时隔板不一定要放在 19个空隙中，也可以放在所有苹果 的最左端或者最右端，而且它们也不一定插入两个不同的空隙，插入同一个空隙也是可以的.因此，我们只要把20个苹果和2块隔板随意排成一行即可. 这20 2 22个 对象排成一行会占 22个位置，从这22个位置中挑出2个来放隔板，剩余的 20个位 置自然就是放苹果，因此共有 C ；2 231种不同的方法.例题2.答案：861详解：本题相当于把 40个苹果放入3个盘子里，每个盘子都允许为空•因此共有 40 个苹果和2块隔板.方法数等于 C 42 861 .可以分为两类情形：第一类，1、2、3、4各一个，共有A 4种方法；第二类，只有21、2或者只有3、4,共有2 C 4种方法.两者相加共 36种. 例题5.答案：70 详解：由对称性，只需求出常昊获胜的比赛过程有多少种，再乘以 2即可.比赛最多进行7场，其中常昊一定胜 4场，而且比赛一定是在常昊获得第 4场胜利时结束的， 因此常昊获胜的那 4场比赛的编号就决定了整个比赛流程. 第四讲对应计数例题4.答案: (1)(1) 6; (2) 36详解：青蛙要能够回到起点， 必须向左跳两次， 右，右)，(左，右，右，左)等.不难看出，只要从 外两步自然向右，所以只要确定哪两步是向左跳，就确定了哪两步是向右跳.因 此跳跃的方法数为C ： 6种；(2) 详解：现在青蛙需要朝四个方向跳，我们记四个方向为 示).如果想要跳回原地，必须保证四步之内向右跳两次. 4步中挑出1、2、3、4 (如图所1和2 一样多，3和4 一样多.于是 例题3.答案：336个 详解：如右图所示，每个2 此只要求出图中有几个 册第 2 6 29讲)的知识不难得知,7 84个，所以共有“例如(左，左,2步来向左，另例题6.答案：C：792详解：本题从题面上看，是要从18盏灯中选出7盏来熄灭•但实际解决的时候，需要换一个角度：如何把灭掉的7盏灯，插入另外11盏亮着的灯之间.如下图所示，在11盏亮灯之间插入熄灭的灯时，每个空隙最多插1盏，否则灭灯就相邻了，因此必须挑7个空隙，每个空隙插一盏，而可供插入的空隙有12个（两端也可），因此答案为C：792 •d’A ifhJLxr w. A<> <> <> <> <> <> <> <> <> <>A A A R* * r* 八练习：1. 答案：C B 20 ；C；o 120简答：用插板法即可解决，具体过程略.32. 答案：C11 165简答：相当于把8个球放入4个篮子，每个篮子都可以为空.3. 答案：100简答：每个田字格都可以找到4个“L”型•共有5 5 25个田字格，所以共4 25 100 个“L”型.4. 答案：20简答：6次跳远中，一定3次向左，3次向右，因此共有C；20种不同的跳法.作业1.答案：165简答： 4 1 3C8 4 1 C111652.答案：91简答：C1^3 1 G4913.答案：10简答：C s 10 •4.答案：80简答：每个2 3的方格内都有2个“凹”字形，一共有40个2 3的方格，因此共有80 个“凹”字形.5. 答案：（1）35；（2）6简答：（1）用插板法，8个鸡蛋之间有7个“空”，用4个“板”隔成5部分，有C； 35种方法；（2）每天预先吃掉一个鸡蛋，问题相当于是3天吃8 3 5个鸡蛋，每天至少2吃一个，有C42 6 种吃法.。
小学奥数全国推荐最新六年级奥数通用学案附带练习题解析答案10计数问题(二)
年级六年级学科奥数版本通用版课程标题计数问题（二）几何图形计数问题还必须灵活地运用几何图形的有关基本概念和基本知识，根据几何图形的特征，合理分类，巧妙计算，就能达到正确、简便的目的。
用分类方法解答小学数学中某些智力性思考题或竞赛题时，能巧妙地找到正确答案，而小学生在运用这种方法时往往出现思路不清，层次不明，逻辑思维不严密等情况，计算时容易产生重复和遗漏的错误。
因此，用分类方法解题时必须注意几个问题。
（1）分类必须有明确的标准。
在解题前必须根据题目要求确定分类的标准，即根据什么来分类的原则。
（2）分类要注意层次。
比较复杂的题目可以先分成大类，然后再将每个大类分成若干小类，分层次进行。
（3）分类计数时应防止重复或遗漏。
分类时应注意要做到既不重复又不遗漏，这是使所得结果准确无误的保证。
合理的分类是解题的关键，而分类不重复又不遗漏是使所得结论准确的保证，同时也是检验分类是否正确的一种方法。
几种一般图形的计数方法：（1）数长方形长边上有多少条线段：4＋3＋2＋1＝10（条）。
宽边上有多少条线段：3＋2＋1＝6（条）。
长方形总数：10×6＝60（个）。
（2）数平行四边形方法与数长方形相同，总数为：（4＋3＋2＋1）×（3＋2＋1）＝60（个）。
（3）数正方形边长为1的正方形：7×4＝28（个）。
边长为2的正方形：6×3＝18（个）。
边长为3的正方形：5×2＝10（个）。
边长为4的正方形：4×1＝4（个）。
正方形的总数：28＋18＋10＋4＝60（个）。
例1 数一数下图中共有多少个长方形？分析与解：为了方便计数，我们将图中每个小长方形标上数字，以“块”分类、进行计数。
①②③④⑤⑥⑦由1块组成的长方形：7个。
由2块组成的长方形：[①②]、[②③]、[④⑤]、[⑤⑥]、[⑥⑦]、[②⑥]、[③⑦]，共7个。
由3块组成的长方形：[①②③]、[④⑤⑥]、[⑤⑥⑦]、[①④⑤]，共4个。
小学奥数计数专题--排列(六年级)竞赛测试.doc
小学奥数计数专题--排列（六年级）竞赛测试姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题简答题xx题xx题xx题总分得分一、xx题评卷人得分（每空xx 分，共xx分）【题文】小新、阿呆等七个同学照像，分别求出在下列条件下有多少种站法？（1）七个人排成一排；（2）七个人排成一排，小新必须站在中间.（3）七个人排成一排，小新、阿呆必须有一人站在中间.（4）七个人排成一排，小新、阿呆必须都站在两边.（5）七个人排成一排，小新、阿呆都没有站在边上.（6）七个人战成两排，前排三人，后排四人.（7）七个人战成两排，前排三人，后排四人. 小新、阿呆不在同一排。
【答案】（1）5040（2）720（3）1440（4）240（5）2400（6）5040（7）2880【解析】（1）（种）。
（2）只需排其余6个人站剩下的6个位置．（种）.（3）先确定中间的位置站谁，冉排剩下的6个位置．2×=1440(种)．（4）先排两边，再排剩下的5个位置，其中两边的小新和阿呆还可以互换位置． (种)．（5）先排两边，从除小新、阿呆之外的5个人中选2人，再排剩下的5个人，（种）. （6）七个人排成一排时，7个位置就是各不相同的．现在排成两排，不管前后排各有几个人，7个位置还是各不相同的，所以本题实质就是7个元素的全排列．（种）.（7）可以分为两类情况：“小新在前，阿呆在后”和“小新在前，阿呆在后”，两种情况是对等的，所以只要求出其中一种的排法数，再乘以2即可．4×3××2=2880(种)．排队问题，一般先考虑特殊情况再去全排列。
【题文】用1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三位数？【答案】20【解析】个位数字已知，问题变成从从个元素中取个元素的排列问题，已知，，根据排列数公式，一共可以组成(个)符合题意的三位数。
2013年2月28日小学数学六年级奥数题《计数问题》天天练精选习题辅导答案
2013年2月28日小学数学六年级奥数题《计数问题》天天练
精选习题辅导答案
难度：★★★计数问题
学学和思思一起洗5个互不相同的碗，思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上面一个一个地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，那么学学摞好的碗一共有_____种不同的摞法
【解析】我们把学学洗的5个碗过程看成从起点向右走5步（即洗几个碗就代表向右走几步），思思拿5个碗的过程看成是向上走5步（即拿几个碗就代表向上走几步），摞好碗的摞法，就代表向右、向上走5步到达终点最短路线的方法.由于洗的碗要多余拿的碗，所以向右走的路线要多余向上走的路线，所以我们用下面的斜三角形进行标数，共有42种走法，即代表42种摞法.．。
六年级上册奥数试题——第九讲操作与计数技巧含解析人教版
第九讲操作与计数技巧教学目标操作类问题与计数类问题由于其灵活性和本身的趣味性,非常受出题和供题者青睐,如今各类数学竞赛的出题越来越趋向于新奇和趣味化,因此操作类问题和计数问题在竞赛中的比重将会加大。
鉴于操作类问题和计数问题没有一般性的算法或解题通式,本讲将以近年来各类竞赛以及小升初考试中的出现过的真题为例,引导学生发现关键并解决问题。
1.常见操作类问题2.计数技巧与操作经典精讲常见操作类题目【例1】（2006年《小学生数学报》读报竞赛）把一张正方形的餐巾纸先上下对折,再左右对折（如右图）,然后用剪刀将所得的小正方形沿直线剪一刀。
问能把餐巾纸：⑴剪成2块吗？⑵剪成3块吗？⑶剪成4块吗？⑷剪成5块吗？如果你认为能剪成,请在下面图中各画出一种你的剪法；如果你认为不能,那么只需回答“不行”即可。
【分析】⑴剪开成两块,如下图：⑵剪开成3块,如下图：⑶剪开成4块,如下图：⑷剪开成5块,如下图：【巩固】（2008年华杯赛）将等边三角形纸片按图所示的步骤折迭3次(图中的虚线是三边中点的连线),然后沿两边中点的连线剪去一角。
将剩下的纸片展开、铺平,得到的图形是( )．【分析】折迭3次,纸片的厚度为4,所以剪去的面积即应等于4倍小三角形的面积,所以答案是A。
【例2】A、B、C、D四个盒子中依次放有6,4,5,3个球。
第1个小朋友找到放球最少的盒子,从其他盒子中各取一个球放入这个盒子；然后第2个小朋友找到放球最少的盒子,从其他盒子中合取一个球放入这个盒子；如此进行下去,……。
求当34位小朋友放完后,B盒子中放有球多少个？【分析】盒子A B C D初始状态 6 4 5 3第1人放过后 5 3 4 6第2人放过后 4 6 3 5第3人放过后 3 5 6 4第4人放过后 6 4 5 3第5人放过后 5 3 4 6由此可知：每经过4人,四个盒子中球的情况重复出现一次,因为34482÷=,所以第34次后的情况与第2次后的情况相同,即B盒子中有球6个。
高斯小学奥数六年级下册含答案第12讲_计数综合练习
第十二讲计数综合练习【学生注意】本讲练习满分100分，考试时间70分钟．一、填空题Ⅰ（本题共有8小题，每题6分）1.用0、1、2、3、4、5这六个自然数中的三个组成三位数，从个位到百位的数字依次增大，且任意两个数字的差都不是1，这样的三位数共有________个．2.从1到30中选出两个不同的数相加，和大于30的情况有_______种．3.从1000到2010中，十位数与个位数相同的数有______个．4.在用数字0、1组成一个6位数中，至少有4个连续的1的数共有______个．5.3个海盗分30枚金币，如果每个海盗最多分12枚，一共有_______种不同的分法．6.右图中有______条线段，______个三角形，______个梯形．7.一台综艺节目，由2个不同的舞蹈和3个不同的演唱组成．如果第一个节目是舞蹈，那么共有_____种不同的安排方法．8.有身高各不相同的5个孩子，按下列条件排成一行：条件1：最高的孩子不排在边上．条件2：最高的孩子的左边按由高到矮向左排列．条件3：最高的孩子的右边按由高到矮向右排列．那么符合上述所有条件的排队方法有________种．二、填空题Ⅱ（本题共有4小题，每题7分）9.（1）平面上7个点，任意三点不共线，那么可以连出_______个三角形．（2）两条平行线上各有4个点，从这些点中任取3个作为顶点，可以连出______个三角形．10.如图，左边是由22个六边形组成的图形，在六边形内蚂蚁只可以选如右边箭头所指的方向之一爬到相邻的六边形内．一只蚂蚁从六边形A出发，选择不经过六边形B的路线到达六边形C，那么这样的路线共有________条．11.8块相同的奥运纪念徽章分给小高、卡莉娅、墨莫、萱萱四人，每人至少分一块，有______种不同的分法．12.由0、1、2、…、9组成的小于5000且没有重复数字的四位数共有________个，其中从小到大第2010个是________．三、填空题Ⅲ（本题共有3小题，每题8分）13.有些三位数，相邻两个数字的差都不超过．．．2．，比如424、244、110、……，所有这样的三位数有_______个．14.各位数字之和为4的四位数有______个，其中能被11整除的有_______个．15.在下面数字谜中，七个不同汉字表示七个不同数字，“高思学校尖子班”表示的七位数有_______种不同的取值．高思学校+ 尖子班2 0 1 0第十二讲 计数综合练习1. 答案：4．解答：枚举法，符合要求的数只有420、520、530、531，共4个．2. 答案：225．解答：较小数是1时，较大数只能取30，有1种取法；较小数是2时，较大数只能取30和29，有2种取法；……较小数是15时，较大数可取16、17、L 、30，有15种取法；……较小数是29时，较大数只能取30，有1种取法．所以一共有123141514321225++++++++++=L L 种情况．3. 答案：101．解答：在1000到1999中，十位与个位相同有10种情况：00、11、22、L 、99，千位和百位也有10种情况：10、11、12、L 、19．所以在1000到1999中，十位数与个位数相同的数有1010100⨯=个．另外，2000到2010中只有2000是十位数与个位数相同的，所以符合要求的数一共有101个．4. 答案：5．解答：枚举即可，有111100、111110、111101、111111、101111共五个．5. 答案：28．解答：不妨设三个海盗分别为甲、乙、丙．当甲海盗分到8枚金币时，乙海盗的金币可能是10、11、12枚，有3种分法；当甲海盗分到9枚金币时，乙海盗的金币可能是9、10、11、12枚，有4种分法；……当甲海盗分到12枚金币时，乙海盗的金币可能是6、7、8、9、10、11、12枚，有7种分法．所以一共有123456728++++++=种不同的分法．6. 答案：42、18、18．解答：每条直线（如直线AD ）上有6条线段，一共有6742⨯=条线段；每个三角形都由顶点以及AD 、BE 或CF 上的一段线段组成，有6318⨯=个；AD 、BE 或CF 中，任两条之间有6个梯形，所以一共有23618C ⨯=个梯形．7. 答案：48．解答：设舞蹈是第1个和第n 个节目，则n 可取2、3、4、5，有4种取法．同时两个舞蹈的顺序有222A =种，3个演唱的顺序有336A =种，所以一共有42648⨯⨯=种不同的安排方法．8. 答案：14．解答：按最高的孩子左边的孩子人数分类，可的符合要求的排队方法有12344414C C C ++=种．9. （1）答案35．解答：任取三个点就确定了一个三角形，共有3735C =个．（2）答案：48．解答：一条直线上取两个点，另一条上取一个点，就确定了一个三角形，共有2112444448C C C C ⨯+⨯=个．10. 答案：466．解答：标数法．11. 答案：35．解答：用插板法，有3735C =种不同的分法．12. 答案：2016、4980．解答：用乘法原理，求出符合要求的四位数有49872016⨯⨯⨯=个．求其中第2010个数，只需从大往小数到第7个数即可，它是4980．13. 答案：188．解答：按十位数字分类讨论．如十位是2时，百位可取1、2、3、4有四种取值，个位可取0、1、2、3、4有五种取值，所以十位数字是2的有4520⨯=个．按这样把十位数字是0到9的情况都进行计数，可求得符合要求的三位数一共有188个．14. 答案：20、6．解答：设abcd 的各位数字之和为4，则a 、1b +、1c +、1d +这四个正整数的和是7．由于7x y z w +++=的正整数解个数是3620C =个，故各位数字之和4的四位数有20个．其中能被11整除的数，必有2a c b d +=+=，(),a c 的取值有()1,1、()2,0两种，(),b d 的取值有两种()0,2、()1,1、()2,0三种，故有236⨯=个．15. 答案：40．解答：容易推断出：校+班=10，学+子=10，思+尖=9，高=1，尖≠0．按“思，尖”的取值分类讨论：（1）思=0，尖=9时，10283746=+=+=+，“校”有6种取值，取完“校”之后，“班”的值就确定了，而“学”的可选取值还有4种，所以此类情况有6424⨯=种填法；（2）“思=2，尖=7”或“思=7，尖=2”或“思=3，尖=6”或“思=6，尖=3”时，余下的数字均不足以配成两对和数10，故没有符合要求的填法；（3）“思=4，尖=5”或“思=5，尖=4”时，102837=+=+，“校”有4种取值，取完“校”之后，“班”的值就确定了，而“学”的可选取值还有2种，所以此类情况有24216⨯⨯=种填法．所以一共有241640+=种不同的取值．。
奥数 六年级竞赛 计数问题.教师版word
“统计与概率”主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象,兼有应用性和趣味性，其内容及延伸贯穿于初等数学到高等数学，因此成为小学数学中新增内容． ⑴能准确判断事件发生的等可能性以及游戏规则的公平性问题． ⑵运用排列组合知识和枚举等计数方法求解概率问题． ⑶理解和运用概率性质进行概率的运算．【例 1】 若有A 、B 、C 、D 、E 五个人排队，要求A 和B 两个人必须站在相邻位置，则有多少排队方法？ 【分析】 题目要求A 和B 两个人必须排在一起，首先将A 和B 两个人“捆绑”，视其为“一个人”，也即对“A ，B ”、C 、D 、E “四个人”进行排列，有4424A =种排法．又因为捆绑在一起的A 、B 两人也要排序，有222A =种排法．根据分步乘法原理，总的排法有424224248A A ⨯=⨯=种．【例 2】 一条马路上有编号为1、2、……、9的九盏路灯，为了节约用电，可以把其中的三盏关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，则所有不同的关灯方法有多少种？ 【分析】 若直接解答须分类讨论，情况较复杂．故可把六盏亮着的灯看作六个元素，然后用不亮的三盏灯去插7个空位，共有37C 种方法（请您想想为什么不是37A ），因此所有不同的关灯方法有3776535321C ⨯⨯==⨯⨯种.［拓展］若有A 、B 、C 、D 、E 五个人排队，要求A 和B 两个人必须不站在一起，则有多少排队方法？［分析］ 题目要求A 和B 两个人必须隔开．首先将C 、D 、E 三个人排列，有336A =种排法；若排成D C E ，则D 、C 、E “中间”和“两端”共有四个空位置，也即是：D CE ，此时可将A 、B 两人插到四个空位置中的任意两个位置，有2412A =种插法．由乘法原理，共有排队方法：323461272A A ⨯=⨯=．第 8讲计数㈠【例 3】现有10个完全相同的球全部分给7个班级，每班至少1个球，问共有多少种不同的分法?【分析】将10个相同的球排成一行，10个球之间出现了9个空档，现在我们用“档板”把10个球隔成有序的7份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球（可能是1个、2个、3个、4个），借助于这样的虚拟“档板”分配物品的方法称之为插板法．由上述分析可知，分球的方法实际上为档板的插法：即是在9个空档之中插入6个“档板”（6个档板可把球分为7组），其方法种数为6984C=．【例 4】⑴已知方程20=++zyx，求这个方程的正整数解的个数．⑵已知方程20=++zyx，求这个方程的非负整数解的个数．【分析】⑴将20分成20个1，列出来：11111111111111111111在这20个数中间的19个空中插入2个板子，将20分成3部分，每一部分对应“1”的个数，按顺序排成=x；=y；z=；即是正整数解．故正整数解的个数为219171C=．⑵将问题转化为求方程24x y z++=的正整数个数，显然原方程的解法与转化后的方程的解可以一一对应，新方程的每一组解的值减去1，即可得到原方程的一组解，反过来，原方程的任意一个解的值加一，也可对应新方程的解对应所以该方程的非负整数解有223253C=个．在抛掷一枚硬币时，究竟会出现什么样的结果事先是不能确定的，但是当我们在相同的条件下，大量重复地抛掷同一枚均匀硬币时，就会发现“出现正面”或“出现反面”的次数大约各占总抛掷次数的一半左右．这里的“大量重复”是指多少次呢?历史上不少统计学家，例如皮尔逊等人作过成千上万次抛掷硬币的试验，随着试验次数的增加，出现正面的频率波动越来越小，频率在0.5这个定值附近摆动的性质是出现正面这一现象的内在必然性规律的表现，0.5恰恰就是刻画出现正面可能性大小的数值，0.5就是抛掷硬币时出现正面的概率．这就是概率统计定义的思想，这一思想也给出了在实际问题中估算概率的近似值的方法，当试验次数足够大时，可将频率作为概率的近似值．概率的古典定义：如果一个试验满足两条：⑴试验只有有限个基本结果；⑵试验的每个基本结果出现的可能性是一样的．这样的试验，称为古典试验．对于古典试验中的事件A，它的概率定义为：()mP An=，n表示该试验中所有可能出现的基本结果的总数目，m表示事件A包含的试验基本结果数．小学奥数中，所涉及的问题都属于古典概率．其中的m和n需要我们用枚举、加乘原理、排列组合等方法求出．【例 1】一个骰子六个面上的数字分别为0，1，2，3，4，5，现在来掷这个骰子，把每次掷出的点数依次求和，当总点数超过12时就停止不再掷了，这种掷法最有可能出现的总点数是＿＿＿＿.【分析】 掷的总点数在8至12之间时，再掷一次，总点数才有可能超过12（至多是17）．当总点数是8时，再掷一次，总点数是13的可能性比总点数超过13的可能性大．当总点数在9至12之间时，再掷一次，总点数是13的可能性不比总点数是14，15，16，17的可能性小．例如，总点数是11时，再掷一次，出现05的可能性相同，所以总点数是1116的可能性相同，即总数是13的可能性不比总数点数分别是14，15，16的可能性小，综上所述，总点数是13的可能性最大．［前铺］在某个池塘中随机捕捞100条鱼，并给鱼作上标记后放回池塘中，过一段时间后又再次随机捕捞 200尾，发现其中有25条鱼是被作过标记的，如果两次捕捞之间鱼的数量没有增加或减少，那 么请你估计这个池塘中一共有鱼多少尾？［分析］ 200尾鱼中有25条鱼被标记过，所以池塘中鱼被标记的概率的实验得出值为252000.125÷=，所以池塘中的鱼被标记的概率可一看作是0.125，池塘中鱼的数量约为1000.125800÷=尾．［前铺］一个小方木块的六个面上分别写有数字2、3、5、6、7、9，小光、小亮两人随意往周面上扔放这个木块．规定：当小光扔时，如果朝上的一面写的是偶数，得1分．当小亮扔时，如果朝上的一面写的是奇数，得1分．每人扔100次，______得分高的可能性比较大． ［分析］ 因为2、3、5、6、7、9中奇数有4个，偶数只有2个，所以木块向上一面写着奇数的可能性较大，即小亮得分高的可能性较大．举例：⑴明天正午的天气是阴天与明天正午的天气是雨天是两个互斥事件，所以明天正午天气为阴雨的概率等于明天正午的天气是阴天概率与明天正午的天气是雨天概率之和．⑵抛一枚硬币掉下来后是正面向上与抛一枚硬币掉下来后是反面向上是两个互斥事件，所以抛一枚硬币掉下来后是正面或是反面向上的概率等与抛一枚硬币掉下来后是正面向上的概率与抛一枚硬币掉下互斥事件：()()()P A B P A P B +=+ 互斥事件也叫互不相容事件．也可表述为不可能都发生的事件.公式的含义为：如果事件A 和B 为互斥事件（互不相容事件）,那么A 或B （之一）发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率之和．如果事件A 、B 为互斥事件，且事件A 、B 发生机会均等，那么()()()12P A P B P A B ==+. 如果某事件所有可能发生的情况1A 、2A 、、n A 互斥，且机会均等，那么()()()()121211n n P A P A P A P A A A n n ====+++=. 其中的m 种情况发生的概率为mn．来后反面向上的概率之和，即11122P =+=． ⑶掷出的骰（t óu ）子数字1、2、3、4、5、6向上情况互斥且机会均等，所以每种情况发生的概率为16.【例 2】 （2008年奥数网杯）一块电子手表，显示时与分，使用12小时计时制，例如中午12点和半夜12点都显示为12:00．如果在一天（24小时）中的随机一个时刻看手表，至少看到一个数字“1”的概率是______． 【分析】 一天当中，手表上显示的时刻一共有1260720⨯=种．其中冒号之前不出现1的情况有2、3、4、5、6、7、8、9八种， 冒号之后不出现1的情况有()()6110145-⨯-=种，所以不出现1的情况有458360⨯=种．所以至少看到一个数字“1”的情况有720360360-=种，所以至少看到一个数字“1”的情况有36017202=种．【例 3】 如图9个点分布成边长为2厘米的方阵（相邻点与点之间的距离为1厘米），在这9个点中任取3个点，则这三个点构成三角形的概率为多少？这三个点构成面积为12平方厘米的三角形的概率为多少？构成面积为1平方厘米的三角形的概率为多少？构成面积为32平方厘米的概率为多少？构成面积为2平方厘米的概率为多少？【分析】 从9个点中任取3个点一共有3998784321C ⨯⨯==⨯⨯种情况．三个点共线一共有3328++=种情况．所以三个点能够成三角形的概率为81918421-=．9个点中能构成面积为12的三角形一共有444432⨯+⨯=种情况．所以三个点能够成面积为12平方厘米的三角形的概率为3288421=． 9个点中能够成面积为1平方厘米的三角形的情况有46832⨯+=种情况．所以三个点能够成面积为1平方厘米的三角形的概率为3288421=． 9个点中能够成面积为32平方厘米的三角形的情况有4种情况．所以三个点能够成面积为32平方厘米的三角形的概率为418421=．9个点中能够成面积为2平方厘米的三角形的情况有8种情况．所以三个点能够成面积为2平方厘米的三角形的概率为828421=．【例 4】 奥苏旺大陆上流行一种牌戏，类似于我们世界的“扑克牌”，但他们的牌只有18张，不同的牌有不同的点数或花色，一共有16这6个点数，以及◎、☆、◇三种花色.玩家从一幅牌中抽出3张牌，求：⑴抽到“顺子”（三张牌点数连续）的概率，⑵抽到“同花”（三张牌花色相同）的概率，⑶抽到“同花顺”（三张牌点数连续，花色相同）的概率．【分析】 18张牌中抽取3张有318816C =种方法． 顺子一共有4种，即()1,2,3、()2,3,4、()3,4,5、()4,5,6对于每一种顺子，又有33327⨯⨯=种，所以抽取到顺子的概率有427981668⨯=． 同花有三种花色，每一种同花有3620C =种，所以抽取到同花的概率有320581668⨯=． 同花顺有3412⨯=种，所以抽取到同花顺的概率为12181668=．【例 5】 甲、乙两个学生各从09这10个数字中随机挑选了两个数字（可能相同），求：⑴这两个数字的差不超过2的概率，⑵两个数字的差不超过6的概率．【分析】 ⑴两个数相同（差为0）的情况有10种，两个数差为1有2918⨯=种，两个数的差为2的情况有2816⨯=种，所以两个数的差不超过2的概率有10181611101025++=⨯． ⑵两个数的差为7的情况有23⨯种． 两个数的差为8的情况有224⨯=种． 两个数的差为9的情况有2种．所以两个数字的差超过6的概率有6423101025++=⨯. 两个数字的差不超过6的概率有32212525-=.【例 6】 甲、乙、丙、丁四人互相传球，由甲开始第一次传球，每个人接到球后，都随机从其他人中选择一个人将球传出，那么第四次传球恰好传回甲手里的概率是多少？ 【分析】 对每一个接到球的人来说，下一次传球的方向有3种可能，所以四次传球的总路线有4381=种可能，每一种之间都是互斥的等概率事件. 而恰好传回到甲的情况，以第一步为→甲乙为例有如下7种情况： ⎧→→⎧⎪⎪→→→⎨⎪⎪⎪→→⎩⎪⎪→⎨→→⎧⎪→⎨⎪→→⎩⎪⎪→→⎧→⎨⎪→→⎩⎩乙甲甲丙甲丁甲甲乙乙甲丙丁甲乙甲丁丙甲所以第4次传回甲的概率为3778127⨯=．【例 7】如图为A、B两地之间的道路图，其中⊙表示加油站，小王驾车每行驶到出现两条通往目的地方向道路的路口时（所有路口都是三叉的，即每到一个路口都只有一条或两条路通往目的地），都用抛硬币的方式随机选择路线，求：⑴小王驾车从A到B，经过加油站的概率．⑵小王驾车从B 到A，经过加油站的概率．【分析】运用标数法，标数规则（性质）：⑴从起点开始标“１”．⑵以后都将数标在线上，对于每一个节点，起点方向的节点相连线路上所标数之和与和目标方向节点相连线路上标数之和相等．⑶对于每一个节点，目标方向的各个线路上标数相等．如图：从A到B经过加油站的概率为18；8 41如图：从B到A经过加油站的概率为38；4161举例：⑴明天是否晴天与明天晚餐是否有煎鸡蛋相互没有影响，因此两个事件为相互独立事件.所以明天天晴，并且晚餐有煎鸡蛋的概率等于明天天晴的概率乘以明天晚餐有煎鸡蛋的概率.⑵第一次抛硬币掉下来是正面向上与第二次抛硬币是正面向上是两个相互独立事件．所以第一次、第二次抛硬币掉下来后都是正面向上的概率等于两次分别抛硬币掉下来后是正面向上的概率之和，即相互独立事件：()()()P A B P A P B⋅=⋅事件A是否发生对事件B发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．公式含义：如果事件A和B为独立事件，那么A和B都发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率之积．111224P =⨯=.⑶掷骰子，骰子是否掉在桌上和骰子的某个数字向上是两个相互独立的事件，如果骰子掉在桌上的概率为0.6，那么骰子掉在桌上且数字“n ”向上的概率为10.60.16⨯=．【例 8】 某射手在百步之外射箭恰好射到靶心的概率为40%，如果该射手在百步之外连射三箭，三箭全部射中靶心的概率为多少？有一箭射中靶心的概率为多少？有两箭射中靶心的概率为多少? 【分析】 ⑴全部射中靶心的概率为0.40.40.40.064⨯⨯=．⑵第一箭射中，其他两箭射空的概率为()()0.410.410.40.144⨯-⨯-=． 第二箭射中，其他两箭射空的概率为()()0.410.410.40.144⨯-⨯-=． 第三箭射中，其他两箭射空的概率为()()0.410.410.40.144⨯-⨯-=．有一箭射中的概率为0.1440.1440.1440.432++=.⑶第一箭射中，其他两箭射中的概率为()10.40.40.40.096-⨯⨯=． 第二箭射中，其他两箭射中的概率为()10.40.40.40.096-⨯⨯=．第三箭射中，其他两箭射中的概率为()10.40.40.40.096-⨯⨯=． 有两箭射中的概率为0.960.960.960.288++=.【例 9】 小刚爬楼梯掷骰子来确定自己下一步所跨台阶步数，如果点数小于3，那么跨1个台阶，如果不小于3，那么跨出2个台阶，那么小明走完四步时恰好跨出6个台阶的概率为多少？［分析］ 小明每跨出一步，有13的概率跨1个台阶，有23的概率跨2个台阶，对于4步跨6台阶的每一种情况，例如()2,2,1,1，发生的可能性有22114333381⨯⨯⨯=，所以4步跨6台阶发生的总概率为4868127⨯=．［铺垫］小明爬楼梯时以抛硬币来确定下一步跨1个台阶还是2个台阶，如果是正，那么跨1个台阶， 如果是反，那么跨出2个台阶，那么小明走完四步时恰好跨出6个台阶的概率为多少？ ［分析］ 小明跨出4步的所有情况有222216⨯⨯⨯=种情况，其中恰好跨出6个台阶的情况有： ()2,2,1,1、()2,1,2,1、()1,2,2,1、()2,1,1,2、()1,2,1,2、()1,1,2,2六种， 所以概率为63168=．【例10】 A 、B 、C 、D 、E 、F 六人抽签推选代表，公证人一共制作了六枚外表一模一样的签，其中只有一枚刻着“中”，六人按照字母顺序先后抽取签，抽完不放回，谁抽到“中”字，即被推选为代表，那么这六人被抽中的概率分别为多少？【分析】 A 抽中的概率为16，没抽到的概率为56，如果A 没抽中，那么B 有15的概率抽中，如果A 抽中，那么B 抽中的概率为0，所以B 抽中的概率为511656⨯=.同理，C 抽中的概率为54116546⨯⨯=，D 抽中的概率为5431165436⨯⨯⨯=，E 抽中的概率为543211654326⨯⨯⨯⨯=，F 抽中的概率为5432111654326⨯⨯⨯⨯⨯=. 由此可见六人抽中的概率相等，与抽签的先后顺序无关.［拓展］如果每个人抽完都放回，任意一个人如果抽中，则后边的人不再抽取，那么每个人抽中的概率为 多少？［分析］ 抽中的概率依次为：16、5166⨯、511666⨯⨯、51116666⨯⨯⨯、5111166666⨯⨯⨯⨯、511111666666⨯⨯⨯⨯⨯，在这种情况下先抽者，抽中的概率大．【例11】 甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加一次节日活动，很幸运的是，他们都得到了一件精美的礼物，事情是这样的：墙上挂着两串礼物（如图），每次只能从其中一串的最下端取一件，直到礼物取完为止．甲第一个取得礼物，然后，乙、丙、丁、戊依次取得第2件到第5件礼物，当然取法各种各样，那么共有＿＿＿＿种不同的取法．事后他们打开这些礼物仔细比较，发现礼物D 最精美，那么取得礼物D 可能性最大的是＿＿＿＿，可能性最小的是＿＿＿＿．CD E AB【分析】 本题需要注意的隐含条件：对于每个人，如果摆在面前的有两串礼物，那么该人选择其中一串的概率为12，如果摆在面前的只有一串礼物，那么该人100%选择那一串．第一件取A 的有4种取法,第一件取C 的有6种取法． 所以有不同的取法4610+=种．观察这10种取法的树状图可知，甲和戊不可能取得D ，所以取得D 可能性最小的是甲和戊， 乙、丙、丁谁的可能性大不能看谁的取法较多，因为每种取法实现的可能性不同. 法一：计算枚举出的每一种取拿方法的所有概率（各种取拿方法流程之间是互斥事件）： 第一件取A 有4种方法：1111112241111112228111111222216111111222216B C D E B D E A C B E D E B⎧⎛⎫→→→⨯⨯⨯⨯= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎧⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪→⎨⎪⎧⎪⎛⎫⎪→→⨯⨯⨯⨯=⎨ ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎪→⎪⎨⎪⎛⎫⎪⎪→⨯⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎩⎩⎩第一件取B 有6种方法：11111122281111112222161111112222161111112222161111112222161111112228B D E A B E D E B C B E A D E B E A B⎧⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎧⎪⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯=⎨ ⎪⎪⎪⎝⎭⎪→⎨⎪⎛⎫⎪→⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎩⎩→⎧⎧⎛⎫→⨯⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎪→⎨⎪⎪⎛⎫⎪→→⨯⨯⨯⨯=⎨ ⎪⎪⎝⎭⎩⎪⎪⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩乙取得D 的可能性是1111161684++=；丙取得D 的可能性是11111161616164+++=；丁取得D 的可能性占11114882++=．所以取得D 可能性最大的是丁．法二：计算流程各个阶段，事件发生情况：（每个人选择哪一串在是否取完一串的条件已知的 情况下与后一个人选择哪一串相互独立）.乙取得D 的可能性是111224⨯=；丙取得D 的可能性是111122224⎛⎫⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭；丁取得D 的可能性占1111112222222⎛⎫⨯+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭．所以取得D 可能性最大的是丁．1． 从小红家门口的车站到学校，有1路、9路两种公共汽车可乘，它们都是每隔10分中开来一辆．小红到车站后，只要看见1路或9路，马上就上车，据有人观察发现：总有1路车过去以后3分钟就来9路车，而9路车过去以后7分钟才来1路车．小红乘坐______路车的可能性较大． 【分析】 首先某一时刻开来路车，从此时起，分析乘坐汽车如下表所示：显然由上表可知每10分钟乘坐1路车的几率均为10，乘坐9路车的几率均为10，因此小红乘坐1 路车的可能性较大．2． 某人有5把钥匙，一把房门钥匙，但是忘记是哪把，于是逐把试，问恰好第三把打开门的概率？ 【分析】 从5把钥匙中排列出前三把，一共有3554360P =⨯⨯=种，从5把钥匙中将正确的钥匙排在第三把，并排出前二把一共有244312P =⨯=种，所以第三把钥匙打开门的概率为121605=．3． 一张圆桌旁有四个座位，A 、B 、C 、D 四人随机坐到四个座位上，求A 与B 不相邻而坐的概率． 【分析】 四人入座的不同情况有432124⨯⨯⨯=种．A 、B 相邻的不同情况，首先固定A 的座位，有4种，安排B 的座位有2种，安排C 、D 的座位有2种，一共有42216⨯⨯=种．所以A 、B 不相邻而座的概率为()12416243-÷=．4． 如图为甲、乙两地之间的道路图，晓峰从甲地步行前往乙地，晓峰步行的方向始终为向北或向东，如果行走某个路口，出现有向北和向东的两条道路，晓峰就用抛硬币的方式随机选择路线，问晓峰最有可能通过A 、B 、C 中的哪一条道路从西城走到东城？乙甲CBA【分析】 运用标数法，将晓峰通过的每一条路的概率标在道路上，如图：由标数可得晓峰通过A 的概率为12，通过B 和C 的概率为14.5． 设每门高射炮击中敌机的概率为0.6,今欲以99%的把握击中敌机,则至少应配备几门高射炮同时射击？ 【分析】 如果只配一门高射炮，那么未击中的概率为0.4，配备两门高射炮那么未击中的概率为0.40.40.16⨯=，如果配备三门高射炮，那么未击中的概率为0.40.40.40.064⨯⨯=， 如果配备四门高射炮，那么未击中的概率为0.40.40.40.40.0256⨯⨯⨯=， 如果配备五门高射炮，那么未击中的概率为0.40.40.40.40.40.01024⨯⨯⨯⨯=， 如果配备六门高射炮，那么未击中的概率为60.40.004096=． 所以至少配备6门高射炮，同时射击．。
高斯小学奥数六年级下册含答案第12讲_计数综合练习
第十二讲计数综合练习【学生注意】本讲练习满分100分，考试时间70分钟．一、填空题Ⅰ（本题共有8小题，每题6分）1.用0、1、2、3、4、5这六个自然数中的三个组成三位数，从个位到百位的数字依次增大，且任意两个数字的差都不是1，这样的三位数共有________个．2.从1到30中选出两个不同的数相加，和大于30的情况有_______种．3.从1000到2010中，十位数与个位数相同的数有______个．4.在用数字0、1组成一个6位数中，至少有4个连续的1的数共有______个．5.3个海盗分30枚金币，如果每个海盗最多分12枚，一共有_______种不同的分法．6.右图中有______条线段，______个三角形，______个梯形．A DB EC F7.一台综艺节目，由2个不同的舞蹈和3个不同的演唱组成．如果第一个节目是舞蹈，那么共有_____种不同的安排方法．8.有身高各不相同的5个孩子，按下列条件排成一行：条件1：最高的孩子不排在边上．条件2：最高的孩子的左边按由高到矮向左排列．条件3：最高的孩子的右边按由高到矮向右排列．那么符合上述所有条件的排队方法有________种．二、填空题Ⅱ（本题共有4小题，每题7分）9.（1）平面上7个点，任意三点不共线，那么可以连出_______个三角形．（2）两条平行线上各有4个点，从这些点中任取3个作为顶点，可以连出______个三角形．10.如图，左边是由22个六边形组成的图形，在六边形内蚂蚁只可以选如右边箭头所指的方向之一爬到相邻的六边形内．一只蚂蚁从六边形A出发，选择不经过六边形B的路线到达六边形C，那么这样的路线共有________条．A B C．． ．2．11. 8 块相同的奥运纪念徽章分给小高、卡莉娅、墨莫、萱萱四人，每人至少分一块，有______种不同的分法．12. 由 0、1、2、…、9 组成的小于 5000 且没有重复数字的四位数共有________个，其中从小到大第2010 个是________．三、填空题Ⅲ（本题共有 3 小题，每题 8 分）13. 有些三位数，相邻两个数字的差都不超过 ，比如 424、244、110、……，所有这样的三位数有_______个．14. 各位数字之和为 4 的四位数有______个，其中能被 11 整除的有_______个．15. 在下面数字谜中，七个不同汉字表示七个不同数字，“高思学校尖子班”表示的七位数有 _______种不同的取值．高 思 学 校+ 尖 子 班 2 0 1 0第十二讲计数综合练习1.答案：4．解答：枚举法，符合要求的数只有420、520、530、531，共4个．2.答案：225．解答：较小数是1时，较大数只能取30，有1种取法；较小数是2时，较大数只能取30和29，有2种取法；……较小数是15时，较大数可取16、17、L、30，有15种取法；……较小数是29时，较大数只能取30，有1种取法．所以一共有1+2+3+L+14+15+14+L+3+2+1=225种情况．3.答案：101．解答：在1000到1999中，十位与个位相同有10种情况：00、11、22、L、99，千位和百位也有10种情况：10、11、12、L、19．所以在1000到1999中，十位数与个位数相同的数有10⨯10=100个．另外，2000到2010中只有2000是十位数与个位数相同的，所以符合要求的数一共有101个．4.答案：5．解答：枚举即可，有111100、111110、111101、111111、101111共五个．5.答案：28．解答：不妨设三个海盗分别为甲、乙、丙．当甲海盗分到8枚金币时，乙海盗的金币可能是10、11、12枚，有3种分法；当甲海盗分到9枚金币时，乙海盗的金币可能是9、10、11、12枚，有4种分法；……当甲海盗分到12枚金币时，乙海盗的金币可能是6、7、8、9、10、11、12枚，有7种分法．所以一共有1+2+3+4+5+6+7=28种不同的分法．6.答案：42、18、18．解答：每条直线（如直线AD）上有6条线段，一共有6⨯7=42条线段；每个三角形都由顶点以及AD、BE或CF上的一段线段组成，有6⨯3=18个；AD、BE或CF中，任两条之间有6个梯形，所以一共有6⨯C2=18个梯形．37.答案：48．解答：设舞蹈是第1个和第n个节目，则n可取2、3、4、5，有4种取法．同时两个舞蹈的顺序有A2=22种，3个演唱的顺序有A3=6种，所以一共有4⨯2⨯6=48种不同的安排方法．38.答案：14．解答：按最高的孩子左边的孩子人数分类，可的符合要求的排队方法有C1+C2+C3=14种．4449.（1）答案35．解答：任取三个点就确定了一个三角形，共有C3=35个．7（2）答案：48．解答：一条直线上取两个点，另一条上取一个点，就确定了一个三角形，共有C2⨯C1+C1⨯C2=484444个．20 6 b c d ．10. 答案：466．解答：标数法．11. 答案：35．解答：用插板法，有 C 3 = 35 种不同的分法．712. 答案：2016、4980．解答：用乘法原理，求出符合要求的四位数有 4 ⨯ 9 ⨯ 8 ⨯ 7 = 2016 个．求其中第 2010 个数，只需从大往小数到第 7 个数即可，它是 4980．13. 答案：188．解答：按十位数字分类讨论．如十位是 2 时，百位可取 1、2、3、4 有四种取值，个位可取 0、1、2、3、4 有五种取值，所以十位数字是 2 的有 4 ⨯ 5 = 20 个．按这样把十位数字是 0 到 9 的情况都进行计数，可求得符合要求的三位数一共有 188 个．14. 答案： 、．解答：设 abcd 的各位数字之和为 4，则 a 、 + 1 、 +1 、 + 1 这四个正整数的和是 7 由于 x + y + z + w = 7的正整数解个数是 C 3 = 20 个，故各位数字之和 4 的四位数有 20 个．其中能被 11 整除的数，必有 a + c = b + d = 2 ，6(a, c ) 的取值有 (1,1) 、 (2,0 ) 两种， (b , d ) 的取值有两种 (0,2 ) 、 (1,1) 、 (2,0 ) 三种，故有 2 ⨯ 3 = 6 个．15. 答案：40．解答：容易推断出：校 +班=10，学+子=10，思+尖=9，高=1，尖 ≠ 0．按“思，尖”的取值分类讨论：（1）思=0，尖=9 时，10 = 2 + 8 = 3 + 7 = 4 + 6 ，“校”有 6 种取值，取完“校”之后， 班”的值就确定了，而“学”的可选取值还有 4 种，所以此类情况有 6 ⨯ 4 = 24 种填法；（2）“思=2，尖=7”或“思=7，尖=2”或“思=3，尖=6”或“思=6，尖=3”时，余下的数字均不足以配成两对和数 10，故没有符合要求的填法；（3）“思=4，尖=5”或“思=5，尖=4”时， 10 = 2 + 8 = 3 + 7 ，“校”有 4 种取值，取完“校”之后，“班”的值就确定了，而“学”的可选取值还有 2 种，所以此类情况有 2 ⨯ 4 ⨯ 2 = 16 种填法．所以一共有 24 + 16 = 40 种不同的取值．。
小学生六年级奥数(计数问题)题及答案
小学生六年级奥数(计数问题)题及答案教案是教师为顺利而有效地开展教学活动，根据课程标准，教学大纲和教科书要求及学生的实际情况，以课时或课题为单位，对教学内容、教学步骤、教学方法等进行的具体设计和安排的一种实用性教学文书，包括教材简析和学生分析、教学目的、重难点、教学准备、教学过程及练习设计等，下面是由小编为大家整理的范文模板,仅供参考,欢迎大家阅读.
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一堆苹果共有8个，如果规定每次取1～3个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法?
【答案解析】
取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：
取完这堆苹果一共有81种方法.
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小学六年级奥数：“计数综合”解题技巧及例题详解
小学六年级奥数：“计数综合”解题技巧及例题详解内容概述将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通过建立这些问题的结果所构成数列的递推关系，逐步地求得原问题的答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．典型例题1．一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分?【分析与解】一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分．所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．2．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最多可以迈3级台阶．从地面到最上面1级台阶，一共可以有多少种不同的走法?【分析与解】我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或3级台阶，也就是说可以从倒数第1、2或3级台阶直接迈入最后一级台阶．即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3级台阶的走法和．而倒数第l级台阶的走法等于倒数第2、3和4级台阶的走法和，……如果将1、2、3……级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第4项开始，每一项等于前3项的和．有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，8，9，10级台阶的走法有7，13，24，44，81，149，274种走法．3．一个圆上有12个点A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同的连法?【分析与解】我们采用递推的方法．I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．Ⅱ如果圆上有6个点，除A1点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在A1所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法．Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：①A1所在三角形的一个边所对的弧上；②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．共有12种连法．Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：①9个点都在同一段弧上：②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；③每三个点在A1所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．共有12×3+3×6+1＝55种．所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.4．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12．问：这种变速车一共有多少挡不同的车速?【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：，2，3，将重复的传动比去这里有4对传动比是相同的：1，32掉，剩下8个不同的比，所以共有8挡不同的车速．5．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?【分析与解】分子的取值范围是从1到5．当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可约分数．由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只需适合下列两个条件：①分母大于分子且小于60．⑦分母不是分子的倍数．易知：当分子为2时，适合条件的分母有29个；当分子为3时，适合条件的分母有38个：当分子为5时，适合条件的分母有44个；最后来看分子为4的情形，与分子为2基本相同，分母不能为偶数，此外分母不能为3．所以共有28(=29—1)个．总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．6．一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形．问：一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．方法二：我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2个三角形．2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2)÷2＝3n+1刀．本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．7．如图15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组成．现在要从西南角的A处沿最短路线走到东北角的B处，由于修路十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?【分析与解】因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻点走过来，所以达到每个点的走法为西边相邻点、南边相邻点的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：所以，从A到B满足条件的走法共有120种8．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的最上面，秘书一有空就从最上面拿一封信来打．有一天共有9封信打，经理按第1封，第2封，…，第9封的顺序交给秘书．午饭时，秘书告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，这个同事很想知道是按什么顺序来打印．根据以上信息，下午打印的信的顺序有多少种可能?(没有要打的信也是一种可能)【分析与解】我们根据最后一封信来计数：(1)第9封信在上午送给秘书；于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}则下午打印的每种可能都是T的一个子集，因为秘书可以把不在子集中的信件上午一送来就打完了，而未打别的信．集T有8个元素，故有28=256个不同子集(包括空集)．(2)第9封信在午后才送给秘书．令S＝{1，2，3，4，5，6，7}，则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排在子集之后，则与⑴中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把号码9放在该子集的非最后的位置上．对于有k个元素的子集，号码9有k个位置可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=1，2，…，k．于是不同的顺序总数为：0×C07+1×C17+2×C27+…+7×C77=7×27÷2=7×26=448即下午有448种可能的打印顺序．所以，下午共有256+448=704种打印的方法．。
小学六年级奥数(计数问题)题及答案：小值
小学六年级奥数(计数问题)题及答案：小值教案是教师为顺利而有效地开展教学活动，根据课程标准，教学大纲和教科书要求及学生的实际情况，以课时或课题为单位，对教学内容、教学步骤、教学方法等进行的具体设计和安排的一种实用性教学文书，包括教材简析和学生分析、教学目的、重难点、教学准备、教学过程及练习设计等，下面是由小编为大家整理的范文模板,仅供参考,欢迎大家阅读.
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ABCD表示一个四位数，EFG表示一个三位数，A，B，C，D，E，F，G代表1至9中的不同的数字.已知ABCD+EFG=_93，问：乘积ABCD_EFG的值与最小值相差多少?
【解析】
因为两个数的和一定时，两个数越紧接，乘积越大;两个数的差越大，乘积越小.
A显然只能为1，则BCD+EFG=993，
当ABCD与EFG的积时，ABCD、EFG最接近，则BCD尽可能小，EFG尽可能大，有BCD最小为234，对应EFG为759，所以有_34_759是满足条件的乘积;
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小学六年级奥数几何计数问题专项强化训练(高难度)
小学六年级奥数几何计数问题专项强化训练（高难度）例题1：某小学六年级有10名男生和8名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？解析：首先确定男生和女生的位置，男生和女生的位置可以互换，所以先计算男生和女生的排列方式。
男生和女生分别有10!和8!种排列方式。
但是男生和女生之间是需要相邻的（间隔排列），所以男生和女生的位置可以看作是一个整体，即总共有(10!)(8!)种排列方式。
因此，共有(10!)(8!)种不同的排列方式。
专项练习应用题：1. 某小学六年级有12名男生和10名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？2. 某小学六年级有8名男生和6名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？3. 某小学六年级有15名男生和12名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？4. 某小学六年级有6名男生和8名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？5. 某小学六年级有10名男生和9名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？6. 某小学六年级有7名男生和7名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？7. 某小学六年级有14名男生和15名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
问共有几种不同的排列方式？8. 某小学六年级有9名男生和10名女生参加了一次班级活动，活动结束时，他们按照男女间隔排成一列，要求男生和女生交替站立。
小学数学六年级下学期奥数高频考点常考易错题汇编——计数问题——排队论问题(含答案)
小学数学六年级奥数高频考点常考易错题汇编——计数问题——排队论问题一．选择题1．排队买票，从前往后数小明排第5，小军排第10，小明和小军之间有()人。
A．3B．4C．5D．62．同学们排队参观科技馆。
从前面数，东东是第28个，力力是第36个，东东和力力之间有()个人。
A．7B．8C．93．10个小朋友排成一排，从左往右数，小明在第6个，小明左边有几人？()A．4人B．5人C．6人4．排队时，小雨前面有5人，后面有9人，那么这一队一共有()人。
A．14B．15C．135．小朋友们排成队做操，从前往后数，小红排在第5个，从后往前数，小红还是排在第5个，这一队共有()个小朋友。
A．10B．9C．116．小动物排队做操，和之间有()个小动物。
A．5B．6C．77．小朋友们排成一队做游戏，淘气的前面有9人，后面有5人，这一队小朋友共有()人。
A．15B．16C．188．同学们排队做游戏，从前往后数芳芳排第5，从后往前数芳芳排第8，这一队一共有多少人？()A．13B．14C．129．一群小动物排队，从前面数小马排第7，小马后面有5只小动物，这群小动物一共有几只？()A．10B．11C．1210．人们排队进行核酸检测，从前面数，小明排第30个，他后面还有6个人，此时排队的人共有()个。
A．35B．36C．3711．有13人参加跑步比赛，小强的前面有9人，他的后面有()人。
A．3B．4C．5D．012．笑笑排队买票，她前面有13人，后面有8人，一共有()人排队。
A．20B．21C．2213．队列表演中，明明前面有7人，后面有12人，这一列一共有()人。
A．18B．19C．2014．红红的前面有6人，红红的后面有4人，这一队一共有多少人？()A．9人B．10人C．11人15．小朋友们排队，从前面数小华排在第8个，从后面数小华排在第6个，这个队伍一共有()个人。
A．13B．14C．15二．填空题16．一共有个小朋友在玩“老鹰捉小鸡”的游戏，小明的前面有个小朋友，从后数，小明排在第个。
小学奥数全国推荐最新六年级奥数通用学案附带练习题解析答案9计数问题(一)
年级六年级学科奥数版本通用版课程标题计数问题（一）在数学竞赛试题中，经常出现一些几何计数问题，所谓几何计数是指计算满足一定条件的图形的个数。
它的内容比较新颖有趣，为了准确计数，必须要有一套计数的方法，否则越数头绪越杂乱，很难得出准确的结果。
图形计数问题往往没有显而易见的顺序，而且要数的对象通常是重叠交错的，要准确计数就需要一些智慧。
实际上，图形计数问题，通常采用一种简单原始的计数方法——枚举法。
具体而言，它是指把所要计数的对象一一列举出来，以保证枚举时无一重复、无一遗漏，然后计算其总和。
正确地解答较复杂的图形计数问题，有助于培养同学们思维的有序性和良好的学习习惯。
几种一般图形的计数方法：数线段A B C D E F基本线段：AB、BC、CD、DE、EF，共5条。
线段的总数：除了5条基本线段外，由2条基本线段组成的线段有4条，由3条基本线段组成的线段有3条，由4条基本线段组成的线段有2条，由5条基本线段组成的线段有1条。
所以共有5＋4＋3＋2＋1＝15（条）。
（1）数角基本角：∠AOB、∠BOC、∠COD、∠DOE，共4个。
角的总数：4＋3＋2＋1＝10（个）。
（3）数三角形BC边上有多少条线段，图中就有多少个三角形。
因此可将数三角形问题转化为数线段问题。
顶点A处有多少个角，图中就有多少个三角形，因此也可将数三角形问题转化为数角问题。
三角形的总数：4＋3＋2＋1＝10（个）。
例1数一数下图中共有多少条线段？共有多少个三角形？分析与解：①要数有多少条线段，先看线段AB、AD、AE、AF、AC上各有2个分点，各分成3条基本线段，再看BC、MN、GH这3条线段上各有3个分点，各分成4条基本线段。
所以图中共有线段：（3＋2＋1）×5＋（4＋3＋2＋1）×3＝30＋30＝60（条）。
②要数有多少个三角形，先看在△AGH中，在GH上有3个分点，分成的基本小三角形有4个。
所以在△AGH中共有三角形4＋3＋2＋1＝10（个）。