加乘原理之综合运用

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乘法原理与加法原理的应用

乘法原理与加法原理的应用乘法原理和加法原理是数学中常用的求解组合问题的原理。

它们可以用来计算多种情况下的可能性数量，解决各种实际问题。

本文将介绍乘法原理和加法原理的概念以及它们在实际应用中的具体使用方法。

一、乘法原理的应用乘法原理可用于计算多个独立事件组合的总数。

它的核心思想是将每个事件的可能性数量相乘，从而得到整体的可能性数量。

例如，假设有一个抽奖活动，参与者需要从 1 到 5 这 5 个数字中选择 3 个数字。

首先，我们需要计算第一个数字的选择可能数量，即 5种选择；然后，计算第二个数字的选择可能数量，即4 种选择；最后，计算第三个数字的选择可能数量，即 3 种选择。

根据乘法原理，总的可能性数量为 5 × 4 × 3 = 60 种。

乘法原理还可以用于计算有限条件下的排列组合问题。

例如，假设有 5 个小球，其中 2 个红色，3 个蓝色。

我们要把这些小球排成一列，问共有多少种排列方式。

根据乘法原理，第一个小球的选择有 5 种，第二个小球的选择有 4 种，以此类推，总共的排列数量为 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 种。

二、加法原理的应用加法原理可用于计算多个事件组合的总数，这些事件相互独立且不会同时发生。

它的核心思想是将每个事件的可能性数量相加，得到整体的可能性数量。

例如，假设一个班级有 5 个男生和 4 个女生。

我们要从班级中选择一位班长，该班长可以是男生也可以是女生。

根据加法原理，男生和女生的选择数量分别为 5 个和 4 个，所以总的选择数量为 5 + 4 = 9 个。

加法原理还可以用于计算具有多个条件限制的情况。

例如，假设有一家咖啡店提供 3 种咖啡和 2 种小吃供顾客选择。

顾客想要选择一种咖啡和一种小吃。

根据加法原理，咖啡的选择数量为 3 种，小吃的选择数量为 2 种，所以总的选择数量为 3 + 2 = 5 种。

三、乘法原理与加法原理的综合应用乘法原理和加法原理可以同时应用于解决更复杂的问题。

小学数学《加、乘原理综合运用》练习题 (含答案)

小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）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？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，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.[前铺]从小红家到小明家有4条路可走，从小明家到小海家有2条路可走，从小红家到小海家有3条路可走，那么从小红家到小海家共有多少种走法？分析：经过小明家到小海家的走法一共有4×2=8种方法，从小红家直接去小海家一共有3条路可走，一共有11种走法.【例2】将5列车停在5条不同的轨道上，其中a车不能停在第一道上，b车不能停在第二道上，那么不同的停车方法共有多少种？分析：对于a车停放的轨道进行分类考虑：当a车排在第二道的时候，其余的四列车没有任何限制，有4×3×2×1=24种停车法；当a车不排在第二道的时候，a车也不能排在第一道，a车有3种停车法，b 不能停在第二道，也不能停在a车已经停放的车道，所以也只有3种停车法，剩下的3辆车可以任意停入剩下的三条轨道，有3×2×1=6种停法，由乘法原理，共有3×3×6=54种停法，最后根据加法原理，一共有24+54=78种不同停车方案.[巩固]（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）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)．Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）[前铺]从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.【例4】（★★★）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）.[前铺]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的倍数有种不同的取法．分析：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各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】（★★★）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将两个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为偶数的有多少种情形?分析：要使两个点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，即这两个点数要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个点数同为奇数．由于放两个骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，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，两个点数同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后由加法原理即可求得两个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．[拓展] 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将三个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为奇数的有多少种情形?分析：要使三个点数之和为奇数，有两种情况，三个数都为奇数，或者一个数为奇数另外两个数为偶数所以，要分两大类来考虑．第一类，三个点数同为奇数．由于放骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，放第三个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3×3=27种不同的情形．第二类，两个点数为偶数，另一个点数为奇数，类似第一类的讨论方法，奇数的骰子有3种选法，共有3×3×3×3=81种不同情形．最后由加法原理即可求得三个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3×3＋3×3×3×3=108种不同的情形．Ⅱ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】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[前铺]地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步：首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.【例7】（★★★）一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？分析：方法一：所有的三角形一共可以分为3类，第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；C BD A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.[前铺]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形【例8】（★★★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？（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：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.[拓展]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.Ⅲ、排列组合【例9】（★★）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.[前铺]用数字0，1，2，3，4（可重复使用）可以组成多少个小于5000的自然数？分析：小于1000的自然数有三类．第一类是一位数，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．第四类是四位数，有4×4×3×2=96个，共有5+20+100+96=221个．【例10】（★★★）从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?分析：从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9＋1=244个．所以一共有8＋8×9＋3×9×9＋1=324个不含4的自然数．[巩固]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?分析：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．【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. [拓展]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：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C24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P22种.由乘法原理有C24×P22=12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.【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（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（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[拓展] 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：（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（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（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.1．（★例1）从学而思学校到王明家有4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？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8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8+3=11种走法.2．（★★★例6）地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩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.3．（★★例7）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.4．（★★★例8）如图所示分布着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C B D A有（3×2）×（3×2÷（2×1））×（3÷1）=54，所以一共有81种.5．（★★★例10）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?分析：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4的有l、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.所以根据加法原理，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.。

(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

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 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？教学目标例题精讲知识要点7-3-1.加乘原理之综合运用【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【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．【答案】⑴5 ⑵6【例 2】从2，3，5，7，11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分母，这样的分数有_______________个，其中的真分数有________________个。

排列组合问题2：加法原理和乘法原理

加法原理和乘法原理导言：加法原理和乘法原理，是排列组合中的二个基本原理，在解决计数问题中经常运用。

把握这两个原理，并能正确区分这两个原理，至关重要。

一、概念（一）加法原理如果完成某件事共有几类不同的方法，而每类方法中，又有几种不同的方法，任选一种方法都可以完成此事，那么完成这件事的方法总数就等于各种方法的总和，这一原理称为加法原理。

例：从甲地到乙地，一天中火车有4班，汽车有2班，轮船有3班，那么，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？解析：把乘坐不同班次的车、船称为不同的走法。

要完成从甲地到乙地这件事，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船，一天中，乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法。

而乘坐火车、汽车、轮船中的任何一班次，都可以从甲地到乙地，符合加法原理。

所以从甲地到乙地的总的走法=乘火车的4种走法+乘汽车的2种走法+乘轮船的3种走法=9种不同的走法（二）乘法原理如果做某件事，需要分几个步骤才能完成，而每个步骤又有几种不同的方法，任选一种方法都不能完成这件事，那么完成这件事的方法总数，就等于完成各步骤方法的乘积。

例：用1、2、3、4这四个数字可以组成多少个不同的三位数？解析：要完成组成一个三位数这件事，要分三个步骤做，首先选百位上的数，再选十位上的数，最后选个位上的数。

选百位上的数这一步骤中，可选1、2、3、4任何一个，共4种方法选十位上的数这一步骤中，可选除百位上已选好那个数字之外的三个数字，共3种方法选个位上的数这一步骤中，可选除百、十位上已选好的两个数字之外的另两个数字，共2种方法单独挑上面的任何一步中的任何一种方法，都不能组成一个三位数，符合乘法原理所以，可以组成：4×3×2=24（个）不同的三位数二、加法原理和乘法原理的区别什么时候使用加法原理，什么时候使用乘法原理，最关键是要把握住加法原理与乘法原理的区别。

从上面两个例子我们容易发现，加法原理与乘法原理最大的区别就是：如果完成一件事有几类方法，不论哪一类方法，都能完成这件事时，运用加法原理，简称为“分类-----加法”；如果完成一件事要分几个步骤，而无论哪一个步骤，都只是完成这件事的一部分，只有每一步都完成了，这件事才得以完成，这里运用乘法原理，简称为“分步----乘法”。

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第一板块：加乘原理综合运用一、加法原理一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有m 1种不同做法，第二类方法中有m 2种不同做法，…，第k 类方法中有m k 种不同的做法，则完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m k 种不同的方法。

这就是加法原理。

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”。

分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ②分别属于不同两类的两种方法是不同的方法。

只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确。

二、乘法原理一般地，如果完成一件事需要n 个步骤，其中，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，则完成这件事一共有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。

这就是乘法原理。

乘法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几步，每一步只能完成任务的一部分，且缺一不可。

这样的问题可以使用加法原理解决。

我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”。

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。

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？计数综合某信号兵用红，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？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？某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成。

小学奥数：加乘原理之综合运用.专项练习及答案解析

7-3-1.加乘原理之综合运用教学目标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”.目Me 例题精讲【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？【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【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.【答案】⑴5⑵6【例2】从2, 3, 5, 7, 11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分母，这样的分数有个，其中的真分数有个。

(沪教版2022选修二)2022年上海高二数学同步讲义-第1讲乘法原理和加法原理(学生版)

第1讲乘法原理和加法原理考点定位精讲讲练一、乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有nm 种不同的方法．那末完成这件事共有12nN m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．又称乘法原理．二、加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有nm 种不同的方法．那末完成这件事共有12nN m m m =+++种不同的方法．又称加法原理．三、加法原理与乘法原理的综合运用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那末计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那末计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．考点一：乘法原理例1．（2022·上海·高三专题练习）甲、乙、丙三位同窗打算利用假期外出遨游，约定每【注意】应用两个计数原理的关键是分清“步”与“类”.完成一件事需要若干步，而每一步缺一不可，则符合乘法原理，需要注意“步”与“步”之间的连续性；完成一件事有若干类方法，每类方法能独立完成这件事，则符合加法原理，需要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性.人从泰山、孔府这两处景点中任选一处，那末甲、乙两位同学恰好选取同一处景点的概率是（）A．29B．23C．14D．12例2．（2022·上海·高三专题练习）下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（）A．14条 B．12条 C．9条 D．7条例3．（2022·上海·高二专题练习）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（） A．1024种 B．1023种 C．1535种 D．767种例4.．（2022·上海市七宝中学高二期中）在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每一个项目都有人报名，则共有__________种不同的报名方法．例5．（2022·上海市建平中学高二期中）用1、2、3三个数字能组成不同三位数的个数是________（结果用数字作答）例6．（2022·上海·复旦附中高二期中）甲､乙､丙三个人玩“剪刀､石头､布”游戏一次游戏中可以浮现的不同结果数为___________种.例7．（2022·上海·复旦附中高二期中）360的正约数共有___________个.例8．（2022·上海师范大学第二附属中学高二阶段练习）270的不同正约数共有___________个.例9．（2022·上海·复旦附中高二期中）2n个人排成一个n行，n列的方阵，现要从中选出n个代表，要使得每一行，每一列都有代表，则有___________种不同的选法.例10.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是__________（用数字作答）．例11.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那末函数解析式为2y x=-，值域为{19}--，的“同族函数”共有（）A．7个 B．8个 C．9个 D．10个例12.关于正整数2160，求：（1）它有多少个不同的正因数？（2）它的所有正因数的和是多少？【巩固训练】1．如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余两所学校均只参观一天，那末不同的安排方法共有种．2．高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一位男生和一位女生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．3．4名男生和3名女生排成一行，按下列要求各有多少种排法：（1）男生必须排在一起；（2）女生互不相邻；（3）男女生相间；（4）女生按指定顺序罗列． 4．7人站一排，甲不站排头，也不站排尾，不同的站法种数有种；甲不站排头，乙不站排尾，不同站法种数有种．5．远洋轮一根旗杆上用红、蓝、白三面旗帜中，一面，二面或者三面表示信号，则最多可组成不同信号有___________种．6．六名同学参加三项比赛，三个项目比赛冠军的不同结果有多少种？7．三名男歌手和两名女歌手联合举行一场演唱会,演出时要求两名女歌手之间恰有一位男歌手,则共有出场方案种．8．从集合{12311}，，，，中任选两个元素作为椭圆方程22221x ym n+=中的m和n，则能组成落在矩形区域{()|||11B x y x=<，，且||9}y<内的椭圆个数为（）A．43B．72C．86D．909．从集合{4321012345}----，，，，，，，，，中，选出5个数组成子集，使得这5个数中的任何两个数之和不等于1，则取出这样的子集的个数为（）A．10B．32C．110D．22010．某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采用千位、百位上的数字之积作为十位和个位上的数字（如2816）的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，并且千位、百位上都能取0．这样设计出来的密码共有（）A．90个 B．99个 C．100个 D．112个考点二：加法原理例1．（2022·上海·高三专题练习）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那末可以表示的三位数的个数为（）A．46B．44C．42D．40例2．（2022·上海·高二专题练习）如图，在某海岸P 的附近有三个岛屿Q ，R ，S ，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不浮现立体交叉形式，则不同的连接方式有（）.A．24种 B．20种 C．16种 D．12种例3.（2022·上海·复旦附中高二期中）学校组织春游活动，每一个学生可以选择去四个地方：崇明､朱家角､南汇和嘉定，有四位同学恰好分别来自这四个地方，若他们不去家乡，且分别去了不同地方，则四位同学去向的所有可能结果数为___________.例4．（2022·上海交大附中高二期中）已知在矩形ABCD 中，72AB =，56AD =，若将AB 边72等分，过每一个等分点分别作AD 的平行线，若将AD 边56等分，过每一个等分点分别作AB 的平行线，则这些平行线把整个矩形分成为了边长为1的7256⨯个小正方形，于是，被对角线AC 从内部穿过的小正方形（小正方形内部至少有AC 上的点）共有______个．例5．（2022·上海徐汇·高二期末）若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________例6.从长度分别为1、2、3、4的四条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m ，则nm等于（）A.0B.41C.21D.43例7.用100元钱购买2元、4元或者8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?例8.袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有____种可能．【巩固训练】1．从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？2．高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一位学生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．3．一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序挨次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着挨次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等．田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛．4．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（）A．324B．328C．360D．6485．用012345，，，，，这6个数字，可以组成____个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数．6．圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多是．7．1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?8．2022的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?考点三：综合应用例1.用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是_________．（用数字作答）例2.若自然数n使得作竖式加法(1)(2)++++均不产生进位现象．则称n为“可连n n n数”．例如：32是“可连数”，因323334++不产生进位现象；23不是“可连数”，因++产生进位现象．那末，小于1000的“可连数”的个数为（）232425A．27B．36C．39D．48例3.由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？例4.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“0000⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯”到“9999⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或者“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（）A．2000B．4096C．5904D．8320例5.如图，一环形花坛分成A B C D，，，四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（）A．96 B．84 C．60 D．48例6.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种．（以数字作答）例7.分母是385的最简真分数一共有多少个？并求它们的和．例8.某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个点A、B、C、A 1、B 1、C 1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有种（用数字作答）例9.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为129，，，的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且“3、5、7”号数字涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（）种．A．72B．108C．144D．192【巩固训练】1．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有种不同的送书方法．2．将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有（）A.12种B. 24种C. 36种D. 48种3．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入原节目单中，那末不同的插法种数为（） A．504 B．210 C．336 D．1204．足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，那末一个队打14场共得19分的情况有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种5．从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市遨游，要求每一个城市有一人遨游，每人只遨游一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎遨游，则不同的选择方案共有（）A．300种 B．240种 C．144种 D．96种9876543216．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部份（如图）．现要栽种4种不同颜色的花，每部份栽种一种且相邻部份不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有种．（以数字作答）7．如图所示,问从A到D每次不许走重复的路,共有多少种走法?(注:每次的路线一个地方只能经过一次)8．球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分，欲将此十球中的4球击入袋中，但总分不低于5分，击球方法有几种？一、单选题1．（2022·上海·高二专题练习）从集合{}1,2,3,4,,15中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（）个A．98 B．56 C．84 D．492．（2022·上海·高三专题练习）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（） A．1024种 B．1023种 C．1536种 D．1535种3．从图中的12个点中任取3个点作为一组，其中可构成三角形的组数是（）A .208B .204 C.200D.196二、填空题4．（2022·上海·高二专题练习）一个三位数，其十位上的数字小于百位上的数字，也小于个位上的数字，如523，769等，这样的三位数共有________个．5．（2022·上海·高二专题练习）请列举出用0，1，2，3，4这5个数字所组成的无重复数字且比3000大的，且相邻的数字的奇偶性不同的所有四位数奇数，它们分别是______. 6．（2022·上海市复兴高级中学高三期中）有4位教师在同一年级的4个班级各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位教师都不能在本班监考，则监考的方法数有_______种. 7．（2022·上海·高二专题练习）在所有的两位数中，个位上的数字小于十位上的数字的两位数有________个.8．（2022·上海交大附中高三开学考试）如图，将网格中的三条线段沿网格线上、下或者左、右平移，组成一个首尾相连的三角形，若最小的正方形边长为1格，则三条线段一共至少需要挪移__________格.9．（2022·上海·高二专题练习）乘积（a 1+a 2+a 3）（b 1+b 2+b 3+b 4）（c 1+c 2+c 3+c 4+c 5）展开后共有_____项．10．（2022·上海中学高二阶段练习）将1，2，3填入33 的方格中，要求每行､每列都没有重复数字，如图是其中一种填法，则不同的填写方法共有___________种.11．（2022·上海宝山·高二期末）640的不同正约数共有______个12．（2022·上海·高三专题练习）一个三位数，个位､十位､百位上的数字挨次为x y z ､､，当且仅当y x >且y z >时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合{}1,2,3,4,5中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________.13．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_____________种．（以数字作答）14．某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需要不同的素菜品种_____________种．三、解答题15．（2022·上海市奉贤中学高二期中）现某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人,高三年级9人. (1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法？ (2)每一个年级选一位组长，有多少种不同的选法？(3)选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？16．在所有两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？17．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？⑤④③②①。

加法与乘法原理的区分及综合运用

加法与乘法原理的区分及综合运用本讲知识要点：1、加法原理：如果做完一件事情有几类方式，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。

2、乘法原理：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方法数。

3、分类与分步的区别：分类是指完成事情的不同方法，从中任意选取一类即可，它们之间可以相互替代，任意选取一类都可以完成这件事。

这些时候一般用加法原理；分步是指完成事情的不同步骤，每一步都必须执行，它们之间不可以相互替代，少一步都不能完成这件事。

这种情况一般要用乘法原理。

4、用乘法原理解题，分步应注意的事项：1）每步必须全部完成才能满足结论；2）必须先确定以什么来分步；3）定好第一步后，再确定第二步，第三步，……。

一般是特殊优先原则，即谁的条件要求苛刻，先确定谁。

4）每一步前后相互独立，前面的步骤不能影响后面的步骤，否则就不能用乘法原理解决。

例1、六年级有4名大队委员，五年级有3名大队委员，四年级有2名大队委员。

（1）从三个年级的大队委员中任选1人为大队长，共有多少种不同的选法？（2）从三个年级的大队委员中各选出一名组成值日小组，共有多少种不同的选法？（3）从其中两个年级各选一名组成检查小组，共有多少种不同的选法？例2、下图是某一地区的道路分布图，A,B,C,D分别代表4个城镇。

如果从A镇去C镇一共有多少种不同的走法？（每个点不重复经过）巩固练习：1、一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有小球的颜色各不相同。

（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？（2）从两个口袋哪各取一个小球，有多少种不同的选法？2、书架上有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书都各不相同。

请问：1）如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法？2）如果从每一层中各取1本，共有多少种不同的取法？3）如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法？3、如图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走。

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)

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 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？【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【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．【答案】⑴5 ⑵6【例 2】从2，3，5，7，11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分母，这样的分数有_______________个，其中的真分数有________________个。

小学数学《加、乘原理综合运用》练习题(含答案)

小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）从学而思学校到王明家有4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？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8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8+3=11种走法.[拓展一]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？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，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.[拓展二]如下图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．从A点先经过C到B点共有：1×3=3（种）不同的走法．从A点先经过D到B点共有：2×3=6（种）不同的走法．所以，从A点到B点共有：3+6=9（种）不同的走法．【例2】（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）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)．[前铺]一个篮球队有五名队员A,B,C,D,E,由于某种原因，E不能做中锋，而其余四个人可以分配到五个位置的任何一个上，问一共有多少种不同的站位方法？分析：先确定做中锋的人选，除E以外的四个人任何一个都可以，其余四人对应四个位置，有4！=24（种）排列，由乘法原理，4×24=96，所以一共有96种不同的站位方法.Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.[拓展]在3000与8000之间，有多少个数字不重复的偶数？分析：千位必须是3，4，5，6，7中的一个，个位必须是0，2，4，6，8中的一个，分类考虑：个位上是0，2，8时，个位有3种选择，千位可以是3，4，5，6，7，有5种选择，百位、十位可以从剩下的8个数字中选择，由乘法原理，有3×5×8×7=840个；个位是4或6时，千位可以从3，4，5，6，7中除4或6以外的4个数中选择，百位、十位可以从剩下的8个数字中选择，由乘法原理，有2×4×8×7=448个，根据加法原理，一共有：840+448=1288个符合条件的偶数.【例4】（★★）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，共有种不同的取法．分析：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3×4=12种取法．所以共有取法：3＋12=15(种)．[前铺]用1，2，3，4，5五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少3的倍数？分析：按照位数分类考虑：一位数只有1个3；两位数，由1与2，1与5，2与4，4与5四组数字组成，每一组可以组成2×1=2个数字，共可以组成2×4=8个不同的两位数；三位数，由1、2与3，1、3与5，2、3与4，3、4与5四组数字组成，每一组可以组成3×2×1=6个数字，共可以组成6×4=24个不同的三位数；四位数，由1、2、4与5四个数字组成，有 4×3×2×1=24个不同的四位数；五位数，由1、2、3、4与5五个数字组成，有 5×4×3×2×1=120个不同的五位数，由加法原理，一共有1+8+24+24+120=177个满足条件的数.[拓展]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的倍数有种不同的取法．分析：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各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】（★★★）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？分析：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？分析：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．Ⅲ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】（★★★）地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩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）.C BD A所以共有12＋6=18种不同的涂法.[前铺]为“学习改变命运”六个字涂色，现在有红、黄、蓝三种颜色，使相邻的字颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少涂色方法？分析：第一个字有3种颜色可选，第二个字有2种颜色可选，第三个字有2种颜色可选，……以此类推，第六个字也有两种颜色可选，所以不同的涂色方法有：3×2×2×2×2×2=96（种）[拓展一]如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.[拓展二]用四种颜色对下图的A ，B ，C ，D ，E 五个区域染色，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：共有多少种不同的染色方法?分析：第一步给C 上色，有4种选择；然后对A 染色，A 有3种颜色可选；当B ，E 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 ，E 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，E 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4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法.思考本题与例题5的关系.【例7】（★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少长度小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.[拓展]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？E D C B A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】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形[巩固]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？分析：画四边形需要在每条线上取2个点，在a线上取2个点共有5×4÷2=10（种），在b线上取2个点共有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共可以画出6×10=60（个）三角形.Ⅳ、排列组合【例9】（★★）用数字0，1，2，3，4，（可重复使用）可以组成多少个：小于1000的自然数？分析：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．[拓展]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.【例10】（★★★）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?分析：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．[拓展] 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?分析：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4的有l、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.所以根据加法原理，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11】（★★★）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，百位与个位相同的数有多少个，在三位数中，百位与个位可以是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[拓展]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-÷=个.(1000100)2450【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（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（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[前铺]一共有赤橙黄绿青蓝紫七种颜色的等各一盏，把七盏灯都串起来，紫灯不排在第一位也不排在第七位的串法有多少种？分析：先考虑紫灯的位置，除去第一位和第七位外，有5种选择，然后把剩下的6盏灯随意排，有6×5×4×3×2×1=720种排法，由乘法原理，一共有5×720=3600种1.（★例1）从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉或者上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车.问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？分析：从北京转道上海到广州一共有3×3=9种方法，从北京转道武汉到广州一共也有3×3=9种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有9+9+2=20种方法.2.（★★例3）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）3.（★★例11）从54到199的整数中，各位数字互不相同的数有多少个？分析：从54至99的整数中，各位数字互不相同的数有46-5=41个.从100至199的整数中，各位数字互不相同的数有9×8=72个，总共有41+72=113个.4.（★★★例8）直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（3）在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：5×1=5（个）三角形（4）在b线上找一个点，有2种选取法，在a线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：2×6=12（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：5+12=17（个）三角形5.（★★★例12）五种颜色的小旗，任意取出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？分析：分3种情况（1）三面小旗一种颜色，可以表示5种信号（2）三面小旗两种颜色：可以表示5×4×3=60种信号（3）三面小旗三种颜色：可以表示：5×4×3=60种信号由加法原理，一共可以表示：5+60+60=125种信号.。

小学数学加乘原理的综合应用带作业带答案

练习5 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．
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？
甲
乙
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
丁
丙
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3
如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点取出一面、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．
小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢

第4讲加乘原理综合

第4讲加乘原理综合例1～例4是关于加法原理和乘法原理的综合习题。

对于加法原理和乘法原理的题目，首先是要判断是“分类”还是“分步”，分类相加，分步相乘。

例5、例6是关于排列组合的题目。

一、加法原理如果完成一件事情有K类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第K类办法中有mK种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mK种不同方法。

加法原理的特点：分类，每一类都能独立完成任务。

例如：某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有四趟长途汽车从北京到天津。

那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析：此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这2大类走法，并且每种走法都可以完成从北京到天津这件事。

乘火车，有5种走法；乘长途汽车，有4种走法。

所以有5＋4＝9种不同的走法加法原理，可以简单概括为：“加法分类，类类独立”。

二、乘法原理：完成一件事情需要分成n个步骤。

做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×m3×…×m n种不同的方法。

乘法原理的特点：做一件事情分成若干步骤，依次完成每一步后，整件事情才能完成。

例如：一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？分析：要从两个口袋中各取1个小球，可以分成2步完成；第一步，从第一个口袋中取1个，有3种情况；第二步，从第二个口袋中取1个，有8种情况；根据乘法原理，共有3×8＝24(种)不同取法。

乘法原理可以简单概括为：“乘法分步，依次完成”。

三、排列从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素（被取出的元素各不相同），按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。

加法原理和乘法原理的综合运用

加法原理和乘法原理的综合运用加法原理：加法原理用于计算两个事件的总数。

当两个事件不能同时发生时，可以使用加法原理求出这两个事件发生的总数。

乘法原理：乘法原理用于计算两个事件发生的组合结果。

当两个事件的进行过程是由不同的阶段组成时，可以使用乘法原理求出这两个事件发生的组合数。

综合运用：问题1：餐厅有4个主菜和3种甜点，请问在这家餐厅可以有多少种不同的点菜方式？解答：根据加法原理，我们可以将这个问题拆分为两个阶段来考虑：选择主菜和选择甜点。

根据乘法原理，两个阶段的组合数相乘就是总的组合数。

选择主菜的方式有4种，选择甜点的方式有3种，所以总的点菜方式就是4*3=12种。

问题2：班级有5个男生和6个女生，要从中选出3个代表参加学校的一项活动，请问有多少种不同的选取方式？解答：根据加法原理，我们可以将这个问题拆分为两个阶段来考虑：选择男生和选择女生。

根据乘法原理，两个阶段的组合数相乘就是总的组合数。

选择男生的方式有C(5,3)=10种，选择女生的方式有C(6,3)=20种，所以总的选取方式就是10*20=200种。

问题3：书店有4本英语书和3本数学书，计划在一周内每天选取一本书进行促销，请问一周内书店可以有多少种不同的促销方式？解答：根据加法原理，我们可以将这个问题拆分为7个阶段来考虑：每天选择一本书进行促销。

根据乘法原理，七个阶段的组合数相乘就是总的组合数。

每天选择的方式有4+3=7种，所以总的促销方式就是7*7*7*7*7*7*7=7^7=823,543种。

问题4：一个密码由3个数字组成，每个数字都是1-5中的一个，请问一共可以生成多少种不同的密码？解答：根据加法原理，我们可以将这个问题拆分为3个阶段来考虑：每个位置选择一个数字。

根据乘法原理，三个阶段的组合数相乘就是总的组合数。

每个位置的选择方式有5种，所以总的密码数就是5*5*5=125种。

综上所述，加法原理和乘法原理在数学中有着广泛的应用。

通过对问题的拆分和组合，我们可以使用这两个原理解决更加复杂的计数和组合问题。

四年级加法原理与乘法原理

加法原理和乘法原理是数学中的两个基本原理，也是四年级数学学习中的重点内容。

在接下来的文章中，我将详细介绍加法原理和乘法原理，并且给出一些实际问题的解决方法。

一、加法原理加法原理是指在进行加法运算时，两个数相加所得的和不受数的顺序和加数的分组方式的影响，即a+b=b+a。

在解决实际问题时，可以运用加法原理来解决一些计数问题。

例子：小明有10块钱，他想买一本书，书的价格有5元和8元两种，那么小明一共有多少种买书的选择？解法：我们可以使用加法原理来解决这个问题。

小明可以选择花5块钱买书，也可以选择花8块钱买书。

所以小明一共有2种买书的选择。

二、乘法原理乘法原理是指在进行乘法运算时，将两个数相乘所得的积不受数的顺序和因数的分组方式的影响，即a×b=b×a。

在解决实际问题时，可以运用乘法原理来解决一些排列组合的问题。

例子：小明有3种上衣和2种裤子，那么小明一共有多少种搭配的选择？解法：我们可以使用乘法原理来解决这个问题。

小明可以选择第一种上衣（3种）搭配第一种裤子（2种），也可以选择第一种上衣搭配第二种裤子，以此类推。

所以小明一共有3×2=6种搭配的选择。

综合运用加法原理和乘法原理：有时候，解决问题需要同时使用加法原理和乘法原理。

例子：商店有3种颜色的衬衫和2种款式的裤子，如果小红想买一套搭配，那么小红一共有多少种搭配的选择？解法：我们可以使用乘法原理来解决这个问题。

小红可以选择第一种衬衫（3种）和第一种裤子（2种）组成一套搭配，也可以选择第一种衬衫搭配第二种裤子，以此类推。

所以小红一共有3×2=6种搭配的选择。

在以上的例子中，我们使用了乘法原理计算小红的搭配方式的总数。

而如果我们要计算小明和小红一共有多少种搭配方式，那么我们需要通过加法原理将两个人的搭配方式的总数相加。

加法原理和乘法原理是数学中非常基础但非常重要的原理。

掌握了这两个原理，我们可以更好地解决一些计数和排列组合的问题，为数学学习打下坚实的基础。

3加法乘法原理综合

所以共有组成方法：3+5+2=10（种）
【例2】各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：24=9+9+7； 24=9+8+7；24=8+8+8。运用加法原理，把组成的三位数分为三大类： ① 9、9、7三个数字可组成3个三位数：997、 979、799； ②由9、8、7三个数字可组成6个三位数：987、 978、897、879、798、789； ③由8、8、8三个数字可组成1个三位数：888。所以组成三位数共有：3+6+1=10（个）。
【例6】如下图，要从A点沿线段走到B点，要求每一步都是向右、向上或向的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？
把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1 看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、 2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、 7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从 1到500中，不含4的自然数仍有324个。
【例3】下图中共有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？
四颗棋子共有不同的放法： 16×9×4×1=576（种）
【例4】2003年12月6日0时起，南京市电话号码从7位升至8位。由于特殊需要，电信部门一直有这样的规定：普通市内电话号码的首位数字不使用0，1，9。升位前南京市普通电话号码的容量为多少门？升位后，南京市内电话号码的容量增加了多少门？

加乘原理综合运用

加乘原理综合运用加乘原理是概率论中的一个重要原理，用于计算多个事件同时发生的概率。

在实际问题求解中，我们往往需要将加乘原理与其他概率计算方法相结合使用，以求得更为准确的概率结果。

实际问题：市有两所医院A和B，每所医院有两个手术室。

已知医院A的手术室1出错的概率为0.1，手术室2出错的概率为0.2；医院B的手术室1出错的概率为0.15，手术室2出错的概率为0.25、现在有一位患者需要进行手术，该患者先在医院A随机选择一个手术室进行手术，然后再在医院B随机选择一个手术室进行手术。

解析：首先，我们可以利用加法原理求出患者在医院A的手术室出错的概率和在医院B的手术室出错的概率，然后再利用乘法原理将两个概率相乘，即可得到患者在两所医院都出错的概率。

第一步，利用加法原理求出患者在医院A的手术室出错的概率。

根据加法原理，我们可以将医院A手术室1出错的概率和手术室2出错的概率相加，即0.1+0.2=0.3，得到患者在医院A的手术室出错的概率为0.3第二步，利用加法原理求出患者在医院B的手术室出错的概率。

根据加法原理，我们可以将医院B手术室1出错的概率和手术室2出错的概率相加，即0.15+0.25=0.4，得到患者在医院B的手术室出错的概率为0.4第三步，利用乘法原理求出患者在两所医院都出错的概率。

根据乘法原理，我们可以将患者在医院A的手术室出错的概率和在医院B的手术室出错的概率相乘，即0.3*0.4=0.12，得到患者在两所医院都出错的概率为0.12综上所述，患者在两所医院都出错的概率为0.12通过这个实例，我们可以看到加乘原理在概率计算中的应用。

在实际问题中，我们往往需要将加乘原理与其他概率计算方法相结合使用，以求得更为准确的概率结果。

另外，加乘原理还可以应用于更复杂的问题，如计算多个独立事件的概率、多个依赖事件的概率等。

掌握加乘原理的运用方法，对于解决概率问题具有重要意义。

加乘原理生活中的应用

加乘原理生活中的应用加乘原理是一种数学原理，用于计算两个或多个因素相乘得出的结果。

它在生活中有着广泛的应用，涵盖了许多方面，包括商业、金融、科学、技术等。

以下是一些加乘原理在生活中的具体应用。

商业和金融领域是加乘原理最常见的应用之一、在一个企业的经营过程中，许多因素会相互影响并改变其绩效。

这些因素可能包括销售量、成本、利润率等，而加乘原理可以帮助企业计算这些因素的复合效应。

例如，假设一个企业决定提高其销售量，并且通过降低成本和提高利润率来改善其盈利能力。

使用加乘原理，企业可以计算出提高销售量、降低成本和提高利润率相结合的效果，从而更好地了解它们对企业绩效的影响。

在金融领域，加乘原理也被广泛应用于计算复利的效应。

复利是一种将利息再投资以获得更高收益的方式。

以存款为例，如果一个人将一笔钱存入银行，并且利息会按照一定的比例积累，那么在一定的时间后，他将获得更多的钱。

使用加乘原理，人们可以计算出在不同的存款利率和时间期限下，复利收益的累积效果。

这有助于人们在投资和储蓄决策中做出更加明智的选择。

在科学和技术领域，加乘原理也被广泛应用于实验设计和数据分析中。

例如，在药物研发过程中，科学家经常需要进行各种实验来评估药物的疗效。

通过使用加乘原理，科学家可以将不同因素的效应相乘，从而确定最佳的药物剂量和疗程。

这有助于加快研发过程，并减少试验次数。

类似地，加乘原理还可以应用于数据分析中。

通过将不同的影响因素相乘，人们可以更好地了解数据之间的相互关系，从而制定更准确的分析和预测。

此外，加乘原理还可以应用于城市规划和交通管理中。

在城市规划中，人们经常需要衡量和评估不同的因素对城市发展的影响，如人口增长、土地利用、交通流量等。

通过使用加乘原理，城市规划者可以将不同因素的影响相乘，以确定最佳的城市规划方案。

类似地，在交通管理中，加乘原理可以用来计算交通拥堵、交通事故等因素的相互作用，以制定更有效的交通管理策略。

总而言之，加乘原理在生活中有着广泛的应用。