三年级下册数学试题-奥数精练：加法原理和乘法原理(无答案) 全国通用
(完整版)小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法： 共有六种走法，注意到3×2=6． 在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的． 在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要个步骤，其中，做第一步有种不同的方法，做第二步有n m1种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么，完成这件事一共有m2 n m n种不同的方法．N=m1×m2×……×m n这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？ 补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问： ①可组成多少个不相等的三位数？ ②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析 在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成． ①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法. ②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析 要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格，要把A 、B 、C 、D 四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析 由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A ，A 可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B ，由于A 已放定，那么放A 的那一行和一列中的其他方格内也不能放B ，故还剩下9个方格可以放B ，B 有9种放法；第三步放C ，再去掉B 所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C ，C 有4种放法；最后一步放D ，再去掉C 所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D ，D 有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析 要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决． 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4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？ 分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法． 在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数． 一般地，如果完成一件事有类方法，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种 k m 1 m 2 不同做法，…，第类方法中有种不同的做法，则完成这件事共有种 k m k N =m 1+m 2+……+m k 不同的方法． 这就是加法原理．例1.学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2.一个口袋内装有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：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3.如右图，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．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法． 第一类，由甲地途经乙地到丙地． 第二类，由甲地直接到丙地．例4.如下页图，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．例5.有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，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．例6.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； 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． 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．补充说明：这道题也可以这样想：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． 这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7.如图，要从A 点沿线段走到B ，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析 观察下页左图，注意到，从A 到B 要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C 、D 、E 、F 四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A 到B 点的路线共分为四类，它们是分别经过C 、D 、E 、F 的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A 、B 、C 、D 、E ，由于某种原因，C 不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A 走最短的路线到B ，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
小学奥数 加乘原理之数字问题(一) 精选例题练习习题(含知识点拨)
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】 由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】解答【解析】 因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有326⨯=个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有326⨯=个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成36615++=个数．【答案】15【例 2】 用数字1，2，3可以组成6个没有重复数字的三位数，这6个数的和是 。
小学奥数--加法原理乘法原理
加法原理与乘法原理加法原理：完成一件工作共有N类方法。
在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第N类方法中有mn种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。
要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。
合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。
乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有mn种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×mn种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。
完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。
这两个基本原理是排列和组合的基础，与教材联系紧密（如四下《搭配的规律》），教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。
运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题。
计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。
灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。
小学阶段只学习两个原理的简单应用。
【题目1】：用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法【解析】：运用加法原理，把组成方法分成三大类：①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角；5张2角；2张5角。
②取两种人民币组成1元，有5种方法：1张5角和5张1角；一张2角和8张1角；2张2角和6张1角；3张2角和4张1角；4张2角和2张1角。
重点小学奥数乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要个步骤，其中，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么，完成这件事一共有种不同的方法．这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决．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4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？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．一般地，如果完成一件事有类方法，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种不同做法，…，第类方法中有种不同的做法，则完成这件事共有种不这就是加法原理．例1.学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2.一个口袋内装有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：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3.如右图，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．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析从甲地到丙地共有两大类不同的走法．第一类，由甲地途经乙地到丙地．第二类，由甲地直接到丙地．例4.如下页图，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．例5.有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，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．例6.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；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．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．补充说明：这道题也可以这样想：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．这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7.如图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
小学三年级数学《加法原理》练习题及答案
小学三年级数学《加法原理》练习题及答案一、选择题1. 今天早晨的温度是12摄氏度，中午升温了6摄氏度，那么中午的温度是多少摄氏度？A. 14摄氏度B. 16摄氏度C. 18摄氏度D. 20摄氏度2. 小明今天一共吃了7块巧克力，其中5块是黑巧克力，那么剩下的都是什么巧克力？A. 白巧克力B. 牛奶巧克力C. 黄巧克力D. 可可巧克力3. 一个篮子里有3个苹果和5个橙子，另一个篮子里有4个苹果和2个橙子，那么两个篮子里一共有多少个水果？A. 9个B. 10个C. 11个D. 12个4. 小明家里有两个花瓶，每个花瓶里都插了9支花，那么一共有多少支花？A. 9支B. 18支C. 27支D. 36支二、填空题1. 一辆汽车从A地到B地开了6小时，回程用了8小时，那么从A 地到B地的时间比从B地到A地的时间多_________小时。
2. 在一张桌子上有4支红色的铅笔和3支蓝色的铅笔，共有_________支铅笔。
三、计算题1. 食堂里有8个椅子，有5个孩子要坐在椅子上，最多还能有多少个孩子坐下？2. 一个农田有6个麦子和4个苹果树，每个苹果树上有7个苹果，一共有多少个水果？四、解答题1. 小明喜欢阅读故事书，他有3本童话故事书和4本科普知识书，他可以选择一本书读吗？为什么？2. 小华有15块糖果，他打算分给他的5位朋友，每人分几块糖果？答案：一、选择题1. B2. B3. D4. C二、填空题1. 2三、计算题1. 3个孩子2. 46个水果四、解答题1. 可以选择一本书读，因为3本童话故事书和4本科普知识书总共有7本书可供选择。
2. 每人分3块糖果，最后还剩下3块糖果。
小学奥数 简单乘法原理 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
7-2-1.简单乘法原理教学目标1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．知识要点一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例 1】 邮递员投递邮件由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条，那么邮递员从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？2号路1号路南中CBA【考点】简单乘法原理 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 把可能出现的情况全部考虑进去．第一步 第二步A 村村C 村中2号路1号路A 村村 C 村北2号路1号路1号路2号路南C 村村A 村由分析知邮递员由A 村去B 村是第一步，再由B 村去C 村为第二步，完成第一步有3种方法，而每种方法的第二步又有2种方法．根据乘法原理，从A 村经B 村去C 村，共有3×2=6种方法．【答案】6【巩固】 如下图所示，从A 地去B 地有5种走法，从B 地去C 地有3种走法，那么李明从A 地经B 地去C地有多少种不同的走法？C B A【考点】简单乘法原理 【难度】1星 【题型】解答【解析】 从A 地经B 地去C 地分为两步，由A 地去B 地是第一步，再由B 地去C 地为第二步，完成第一步有5种方法，而每种方法的第二步又有3种方法．根据乘法原理，从A 地经B 地去C 地，共有5×3=15种方法．【答案】15【例 2】 如下图中，小虎要从家沿着线段走到学校，要求任何地点不得重复经过．问：他最多有几种不同走法？例题精讲【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】从家到中间结点一共有2种走法，从中间结点到学校一共有3种走法，根据乘法原理，一共有3×2=6种走法．【答案】6【巩固】在下图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？CBA【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】甲虫要从A点沿着线段爬到B点，需要经过两步，第一步是从A点到C点，一共有3种走法；第二步是从C点到B点，一共也有3种走法，根据乘法原理一共有3×3=9种走法．【答案】9【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？DC BA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】从A点沿着线段爬到B点需要分成三步进行，第一步，从A点到C点，一共有3种走法；第二步，从C点到D点，有1种走法；第三步，从D点到B点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有3×1×3=9种走法．【答案】9【巩固】在右图中，一只蚂蚁要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只蚂蚁最多有几种不同走法？BDCA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，第一步，A点到C点的走法是3种；第二步，从C点到D点，有1种走法；但第三步，从D点到B点的走法并不是3种，由D出去有2条路选择，到下一岔路口又有2条路选择，所总共有2×2=4（种）走法，根据乘法原理，这只蚂蚁最多有31412⨯⨯=（种）不同走法．【答案】12【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？D C BA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】从A点沿着线段爬到B点需要分成三步进行，第一步，从A点到C点，一共有3种走法；第二步，从C点到D点，一共也有3种走法；第三步，从D点到B点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有33327⨯⨯=种走法．【答案】27【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法?CBA【考点】简单乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，A点到C点的走法不是3种，而是4种，C点到B点的走法也是4种，根据乘法原理，这只甲虫最多有4416⨯=种走法．【答案】16【例 3】如果将四面颜色不同的小旗子挂在一根绳子上，组成一个信号，那么这四面小旗子可组成种不同的信号。
小学奥数乘法原理与加法原理完整版
小学奥数乘法原理与加法原理HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有n1种不同的方法，做第二步有n2种不同的方法，…，做第n步有n n种不同的方法，那么，完成这件事一共有n=n1×n2×……×n n种不同的方法．这就是乘法原理．例1. 某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2. 右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3. 书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4. 王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5. 由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6. 由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7. 右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8. 现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决．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4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？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．一般地，如果完成一件事有n类方法，第一类方法中有n1种不同做法，第二类方法中有n2种不同做法，…，第n类方法中有n n种不同的做法，则完成这件事共有n=n1+n2+⋯…+n n种不同的方法．这就是加法原理．例1. 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2. 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：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3. 如右图，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．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析从甲地到丙地共有两大类不同的走法．第一类，由甲地途经乙地到丙地．第二类，由甲地直接到丙地．例4. 如下页图，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．例5. 有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，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．例6. 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；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．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．补充说明：这道题也可以这样想：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．这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7. 如图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
奥数班三年级第2讲 加法原理
第一类： 小说和漫画
分2步 15×10=150种
第二类： 小说和科普书 分2步 15×5=75种
第三类： 漫画和科普书 分2步 10×5=50种
一共 150＋75＋50=275种
14
Thanks.
眼睛
嘴巴
身子
2×2×2
=8（种）
分3个步骤 乘法原理
11
【课堂精练】 5. 如图，在图中，从A点沿线段走到B地，每次只能向上或向右走一步， 共有多少种不同走法？
到达一个点的方法数等于它左边和下面的方法数相加
B
1
4
10
20
1
3
6
10
1
2
3
4
A
1
1
1
12
【课堂精练】 6. 如图是某街区的道路图，C点正在修路不能通过，那么从A点到B点的 最短路线有多少条？
分三类
4 + 3 + 2 = 9（种）
加法原理
4
【典型例题】
例2： 如图，用红黄两种颜色给图中的屋顶、烟囱、门、窗四个部分涂 色，每个部分只能涂一种颜色，一共有多少种不同的涂色方法？
屋顶
烟囱
门
窗
2 × 2 × 2 × 2 =16（种）
分4个步骤 乘法原理
5
【典型例题】 例3：用数字1、2、3、4、5可以组成多少个没有重复数字的三位数？
分两类 加法原理
4 + 7 = 11（种）
9
【课堂精练】
2.教室图书角放有4种不同的故事书，有7种不同的漫画书，从中各取一 本，共有多少种不同的取法？
分两步 乘法原理
4 × 7 = 28（种）
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(完整word版)小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要 n 个步骤，其中，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，完成这件事一共有 N=m1×m2×……×m n 种不同的方法．这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决．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4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？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．一般地，如果完成一件事有 k 类方法，第一类方法中有 m1种不同做法，第二类方法中有 m2 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=m1+m2+⋯…+m k种不同的方法．这就是加法原理．例1.学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2.一个口袋内装有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：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3.如右图，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．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析从甲地到丙地共有两大类不同的走法．第一类，由甲地途经乙地到丙地．第二类，由甲地直接到丙地．例4.如下页图，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．例5.有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，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．例6.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；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．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．补充说明：这道题也可以这样想：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．这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7.如图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
奥数讲义计数专题：加法原理、乘法原理
华杯赛计数专题：加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例题：例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例6.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例7.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?【答案】90（种）【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例9.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例10.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例11. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.。
小学奥数 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。
01小学奥数练习卷(知识点：加法原理)后附答案解析
01小学奥数练习卷（知识点：加法原理）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共2小题）1．小明行李箱锁的密码是由两个数字8与5构成的三位数．某次旅行，小明忘记了密码，他最少要试（）次，才能确保打开箱子．A．9B．8C．7D．62．一次乒乓球比赛，共有512名乒乓球运动员参加比赛．比赛采用淘汰制赛法，两个人赛一场，失败者被淘汰，将不再参加比赛；获胜者进入下轮比赛，如此进行下去，直到决赛出第一名为止，这次乒乓球比赛一共要比赛（）场．A．1024B．511C．256D．174第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共21小题）3．一把钥匙只能开一把锁．现在有10把钥匙10把锁，但不知哪把钥匙开哪把锁．最多要试次才能将所有的钥匙和锁成功配对．4．猪八戒去餐厅吃午餐，由于客人太多，小吃只剩下：水晶虾饺、蟹黄汤包、牛肉豆皮、米酒汤圆，主食只剩下：担担面和过桥米线，饮品只剩下：豆浆和可乐．如果猪八戒主食只点一种，但小吃至少要点两种，饮品必须有，则猪八戒有种不同的点餐方法．5．学校庆祝元旦联欢会上的奖品是钢笔、圆珠笔、铅笔和水笔，每位获奖学生可任选两只不同的笔．至少位同学获奖，才能保证其中必有4人拿到的奖品完全相同．6．艾迪、大宽、薇儿今天想要从北京去天津旅游，从北京到天津，可以乘火车，也可以坐大巴，如果乘火车，那么一天有23趟火车；如果坐大巴，一天有12辆大巴，那么宫宝今天去天津，不同的走法共有种．7．编号从1到50的50个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂2个球；（2）被涂色的2个球的编号之差大于2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为”不同的”．那么不同的涂色方法有种．8．小池塘中有6片荷叶，如图所示，一只青蛙在荷叶A上，想要跳到荷叶F上，可以通过B、C、D、E任意一片或两片跳到荷叶F上，也可以直接跳到荷叶F 上，但跳过的荷叶不能再跳．它一共有种不同的跳法．9．如图，用水平线或竖直线连结相邻汉字，沿着这些线读下去，正好可以读成“我爱学而思”，那么可读成“我爱学而思”的路线有条．10．在抄题目时，林林把一个循环小数错抄成了0.123456，若数字没错，只是忘记标表示循环节的点，原小数共有种可能．11．有四个不同重量的砝码，它们最多可能称出种重量．12．某次宴会共有n个人参加，每个人都与其它的人互相恰好握手一次．若在此宴会中总共握手231次，请问n的值为．13．在1，2，3…100这100个数中取出不同的两数，要使取出的两数相加的结果是3的倍数，有种不同的取法．14．把95表示成13个不同自然数的和，这样的表示方法共有种．15．有一种游戏，共设有十个关卡，从第一关开始，每过一关进入下一关．每一关最多可得800分，另外每满1000分就可以获得一次奖励，每一次奖励最多为500分．过完第四关后，最多可以得分．16．如图中有个三角形，个梯形．17．有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3根木条作为三条边，可能围成个不同的三角形．18．从2、3、5、7、9五个数字中，选出四个数字组成被3和5除都余2的四位数，这样的四位数共有个．19．从8个班选12个三好学生，每班至少1名，共有种选法．20．用1﹣6六个数字组成个不同的两位数．21．从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通（如图），李楠从学校出发，步行到少年宫（只许向东或向南行进），最多有种走法．22．在一块画有4×4方格网木板上钉上了25颗铁钉（如图），如果用线绳围正方形，最多可以围出个．23．用0、1、2、3、8、7六个数字可以组成个能被9整除而又没有重复数字的四位数．三．解答题（共17小题）24．如图所示，每个小正三角形边长为1，小虫每步走过1，从A出发，恰走4步回到A的路有条．（途中可以回A）25．某旅店招工考试，有一道题：“用20把不同钥匙开20个客房门，如果不知道哪把钥匙开哪一个门，最多要试开次，才能把钥匙与门锁配对妥当．”26．爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶．若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座方法？27．平平去给行行买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，平平买一种礼物可以有多少种不同的选法？28．张烨有4支铅笔，3支圆珠笔，2支钢笔，他要取出一支笔写字，取出的方法有多少种？29．右图共有几个三角形？．30．有一路公共汽车，包括起点和终点共有12个车站．如果一辆车除终点外，每一站上车的乘客中，恰好各有一位乘客到这一站以后的每一站下车．问：公共汽车内最多时有多少位乘客？31．右图共有几个正方形？32．长方形四周有14个点，相邻两点之间的距离都是1cm，以这些点连成三角形，面积是3cm2的三角形有几个？33．小格纸（如图）上有一只小虫，从直线AB上一点O出发，沿方格纸上的横线或竖线爬行．方格纸上每小段的长为1厘米．小虫爬过若干小段后仍回到直线AB上，但不一定回到O点．如果小虫一共爬过3厘米，那么小虫爬行路线有多少种？34．在1001，1002，…2000这1000个自然数中，可以找到多少对相邻的自然数，使它们相加时不进位．35．从甲地到乙地，每天有2班轮船，4班火车，6班汽车，那么这一天中乘坐这些交通工具，从甲地到乙地共有多少种走法？36．小明为了练习加法，做了分别写着1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这十个数的卡片放在右边的抽屉里，又做了同样的十张放在左边的抽屉里，然后每次从两个抽屉各取一张卡片做加法，这样一共可以组成多少个不同的算式，其中和为偶数的情况有几种？（1+2和2+1算作同一种算式）37．右图的图形中一共有多少个三角形？38．如图中一共有多少个三角形？39．把全部三位正整数同时印刷出来，“0”这个铅字需要多少个？40．用1克、3克、9克三个砝码（砝码只能放在一个秤盘上），可以秤出几种不同重量的物体？如果砝码可以任意放，那么用1克、3克、9克三个砝码可以秤出几种不同重量的物体？参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）1．小明行李箱锁的密码是由两个数字8与5构成的三位数．某次旅行，小明忘记了密码，他最少要试（）次，才能确保打开箱子．A．9B．8C．7D．6【分析】三位数□□□，三个位置，考虑两种情况：（1）有1个5，2个8，则5的位置有3种；（2）有2个5，1个8，则8的位置有3种，所以共有3+3=6种，据此解答即可．【解答】解：根据分析可得3+3=6（次）答：他最少要试6次，才能确保打开箱子．故选：D．【点评】本题考查了排列组合知识，首先分类清楚然后根据加法原理解答即可．2．一次乒乓球比赛，共有512名乒乓球运动员参加比赛．比赛采用淘汰制赛法，两个人赛一场，失败者被淘汰，将不再参加比赛；获胜者进入下轮比赛，如此进行下去，直到决赛出第一名为止，这次乒乓球比赛一共要比赛（）场．A．1024B．511C．256D．174【分析】根据淘汰赛的规则，每淘汰1名选手就有一场比赛，最后只剩第一名1人，用总人数减去1即可得到比赛场数．【解答】解：因为每淘汰1名选手就要有一场比赛，所以只剩最后第一名，需要淘汰512﹣1=511名，答：这次乒乓球比赛一共要比赛511场．故选：B．【点评】本题读懂题目信息，理解淘汰1名选手就有一场比赛，从所要淘汰的选手的人数上考虑比赛的场次更加简便．二．填空题（共21小题）3．一把钥匙只能开一把锁．现在有10把钥匙10把锁，但不知哪把钥匙开哪把锁．最多要试45 次才能将所有的钥匙和锁成功配对．【分析】把10把锁看成10类，分类完成，第一把锁最多试验9次，最后的一把钥匙不用再试试验了，前9个都不是，它一定可以开这把锁了；以此类推，第二把锁试验8次；第三把锁试验7次；第四把锁试验6次；第五把锁试验5次，第六把锁试验4次，第七把锁试验3次，第八把锁试验2次，第九把锁试验1次，最后的一把锁和一把钥匙，就不用试验了；用加法原理，即可得解．【解答】解：9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次），答：最多试验45次才能配好全部的钥匙和锁；故答案为：45．【点评】最后的一把锁和一把钥匙不用再试验，是解决此题易错的地方．4．猪八戒去餐厅吃午餐，由于客人太多，小吃只剩下：水晶虾饺、蟹黄汤包、牛肉豆皮、米酒汤圆，主食只剩下：担担面和过桥米线，饮品只剩下：豆浆和可乐．如果猪八戒主食只点一种，但小吃至少要点两种，饮品必须有，则猪八戒有66 种不同的点餐方法．【分析】根据猪八戒主食只点一种，但小吃至少要点两种，饮品必须有，利用组合知识可得结论．【解答】解：因为猪八戒主食只点一种，但小吃至少要点两种，饮品必须有，所以选主食有种方法，选小吃有种方法，选饮品有22﹣1种方法，所以不同的点餐方法有种，故答案为66．【点评】本题考查组合知识的运用，考查乘法原理，正确运用组合知识是关键．5．学校庆祝元旦联欢会上的奖品是钢笔、圆珠笔、铅笔和水笔，每位获奖学生可任选两只不同的笔．至少19 位同学获奖，才能保证其中必有4人拿到的奖品完全相同．【分析】先利用乘法原理求出奖品有多少种，再运用抽屉原理，一共有6个抽屉，在每个抽屉中放3个同学，所以学生的总数是6×3+1．【解答】解：4×3÷2=6（种），6×3+1=19，答：至少19位同学获奖，才能保证其中必有4人拿到的奖品完全相同．故答案为：19．【点评】本题主要是利用乘法原理和抽屉原理解决问题．6．艾迪、大宽、薇儿今天想要从北京去天津旅游，从北京到天津，可以乘火车，也可以坐大巴，如果乘火车，那么一天有23趟火车；如果坐大巴，一天有12辆大巴，那么宫宝今天去天津，不同的走法共有35 种．【分析】根据题意乘火车与乘大巴都可以到达天津，故利用加法原理，即可得出结论．【解答】解：由于从北京到天津，可以乘火车，也可以坐大巴，如果乘火车，那么一天有23趟火车；如果坐大巴，一天有12辆大巴，那么根据加法原理，宫宝今天去天津，不同的走法共有23+12=35种．故答案为35．【点评】本题考查排列组合，考查加法原理的运用，正确运用加法原理是关键．7．编号从1到50的50个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂2个球；（2）被涂色的2个球的编号之差大于2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为”不同的”．那么不同的涂色方法有1128 种．【分析】第一个球涂色，另一个球从4号开始到第50号分别涂色，有47种方法；第二个球涂色，另一个球从5号开始到第50号，有46种涂法，…第47个球涂色，另一个球只有第50号涂色；根据加法原理，即可得解．【解答】解：设被涂色的球中的小号码为K，1≤K≤50﹣3=47，则另一个被涂色的求的号码可能是K+3，…50；一共有50﹣（K+2）=48﹣K种不同涂法，K可以取值1，2，…47；那么总共有：（48﹣1）+（48﹣2）+（48﹣3）+…+（48﹣47）=1+2+…+47=（1+47）÷2×47=24×47=1128答：那么不同的涂色方法有 1128种．故答案为：1128．【点评】本题要利用加法原理去考虑问题，即做一件事情，完成它需要分成n 个类型，做第一类有M1种不同的方法，做第二类有M2种不同的方法，…，做第n类有Mn种不同的方法，那么完成这件事就有M1+M2+…+Mn种不同的方法．8．小池塘中有6片荷叶，如图所示，一只青蛙在荷叶A上，想要跳到荷叶F上，可以通过B、C、D、E任意一片或两片跳到荷叶F上，也可以直接跳到荷叶F 上，但跳过的荷叶不能再跳．它一共有17 种不同的跳法．【分析】由题意可知，直接跳到F上，有1种跳法；通过B、C、D、E任意一片跳到F上，有4种跳法；通过B、C、D、E中任意两片跳到F上，由乘法原理可知，共有4×3=12种跳法，由加法原理可知共有1+4+12=17种跳法．【解答】解：直接跳到F上，有1种跳法；通过B、C、D、E任意一片跳到F上，有4种跳法；通过B、C、D、E中任意两片跳到F上，共有4×3=12种跳法．则共有1+4+12=17种跳法．故答案为：17．【点评】本题考查了学生对于乘法原理与加法原理的综合运用．9．如图，用水平线或竖直线连结相邻汉字，沿着这些线读下去，正好可以读成“我爱学而思”，那么可读成“我爱学而思”的路线有31 条．【分析】如图所示，利用加法原理，将读到各个字的路线数写在每个字下方，共有不同的路线25﹣1=31条．【解答】解：如图所示，利用加法原理，将读到各个字的路线数写在每个字下方，共有不同的路线25﹣1=31条．故答案为31．【点评】本题考查加法原理，考查数形结合的数学思想，正确作出图形是关键．10．在抄题目时，林林把一个循环小数错抄成了0.123456，若数字没错，只是忘记标表示循环节的点，原小数共有 6 种可能．【分析】从小数点后某一位开始不断地重复出现前一个或一节数字的十进制无限小数，叫做循环小数，循环小数的缩写法是将第一个循环节以后的数字全部略去，而在第一个循环节首末两位上方各添一个小点．据此可知如果循环节的点只有一个，那么只能在数字“6”的上面；如果循环节的点有2个，那么其中一个一定在数字“6”的上面；另一个可能在“1、2、3、4、5”的上面，所以共有1+5=6种可能．【解答】解：根据分析可得，如果循环节的点只有一个，那么只能在数字“6”的上面；如果循环节的点有2个，那么其中一个一定在数字“6”的上面；另一个可能在“1、2、3、4、5”的上面，所以共有1+5=6种可能．答：原小数共有 6种可能．故答案为：6．【点评】本题关键是明确循环小数的缩写方法，然后分类计数，再根据加法原理解答即可．11．有四个不同重量的砝码，它们最多可能称出15 种重量．【分析】4个砝码中选1个有4种；4个砝码中选2个，有6种；4个砝码中选3个，有4种；4个砝码都选出只有一种；根据加法原理，四种情况的方法加起来，即可得解．【解答】解：4+6+4+1=15（种）；答：最多可以称出15种不同重量．故答案为：15．【点评】本题考查了加法原理即完成一件事情有n类方法，第一类中又有M1种方法，第二类中又有M2种方法，…，第n类中又有 Mn种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+…+Mn种方法．12．某次宴会共有n个人参加，每个人都与其它的人互相恰好握手一次．若在此宴会中总共握手231次，请问n的值为22 ．【分析】因有 n人参加聚会，每个人都与另外的人握手一次，则每个人握手n ﹣1次，且其中任何两人的握手只有一次，因而共有n（n﹣1）次，设出未知数列方程解答即可．【解答】解：设共有n人参加，由题意得：n（n﹣1）=231，n（n﹣1）=231×2，n（n﹣1）=462，相邻两个连续自然数的积为462，则这两个数是：21×22=462，故n=22．答：n的值为22．故答案为：22．【点评】本题握手总次数的计算方法来求解握手的人数，握手次数的公式要记住，并灵活运用．13．在1，2，3…100这100个数中取出不同的两数，要使取出的两数相加的结果是3的倍数，有1650 种不同的取法．【分析】要使取出的两数相加的结果是3的倍数，可将1～100中的这100个数分为3k，3k+1，3k+2这三个类型的数，由于3k型数只能与3k型数相加其结果是3的倍数，3k+1型数只能与3k+2型数相加其结果是3的倍数，所以一种方法是在33个3k型数中任取两个相加，还有一种方法是在34个3k+1型数中取1个，在33个3k+2型数中取1个．然后根据1～100中这三处类型数的个数即能求出有多少种不同的取法．【解答】解：根据题意将1～100中的这100个数分为3k，3k+1，3k+2这三个类型的数：3k型数有：3，6，…，99，共33个；3k+1型数有：1，4，7，…，100，共34个；3k+2型数有：2，5，…，98，共33个．一种方法是在33个3k型数中任取两个相加：共有33×32÷2=528种取法，还有一种方法是在34个3k+1型数中取1个，在33个3k+2型数中取1个：共有33×34=1122种取法．所以取法总数为：528+1122═1650种．故答案为：1650．【点评】根据题意将这100个数分成三种不同类型进行分析，然后根据排列组合有关知识进行计算是完成本题的关键．14．把95表示成13个不同自然数的和，这样的表示方法共有44 种．【分析】由于0+1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78，95﹣78=17，即还差17就是95，由此可通过要使得和为95，那这之中的数要增大17．共有17×2=34变化方式．由于1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13=91，95﹣91=4，则还差4就是95．所以要使得和为95，那这之中的数要增大4．由此可根据这个4分为4、2+2，1+3三种情后分别替换其中的一个数或两个数后即能得出这样的表示方法共有多少种．【解答】解：由于0+1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78，95﹣78=17，即还差17就是95，由此可通过要使得和为95，那这之中的数要增大17．共有17×2=34变化方式．由于1+2+3+…+12+13=91，即1～13这13个连续的数相加的和为91，95﹣91=4，则还差4就是95．由此可知：一、先将换其中一个数增加4，方法有10换成14，11换成15，12换成16，13换成17共4种方法．二、将4拆分为2和2，替换其中的两个数，即将12变为14，13变为15；或将11变为13；或10变为12，12变为14共3种方法；三、将4拆分为1和3，替换其中的两个数，可将13变为14，12变为15；或将12变为13，13变为16；或11变为12，12变为15共3种．所以共有4+3+3=10种．综上可知，共有34+10=44种．故答案为：44．【点评】完成本题要细心分析，注意替换完数后，和为95，且替换完之后的13个数字不能有重复．15．有一种游戏，共设有十个关卡，从第一关开始，每过一关进入下一关．每一关最多可得800分，另外每满1000分就可以获得一次奖励，每一次奖励最多为500分．过完第四关后，最多可以得5700 分．【分析】过了第一关，得分800，过了第二关，得分800，800+800=1600（满1000时加奖励500），1600+500=2100（满2000时加奖励500），2100+500=2600；过了第三关，得分800，2600+800=3400（满3000时加奖励500）3400+500=3900；过了第四关，得分800 3900+800=4700（满4000时加奖励500），4700+500=5200（满5000时加奖励500）5200+500=5700，由此得出答案．【解答】解：过了第一关，得分800，过了第二关，得分800，800+800=1600（满1000时加奖励500），1600+500=2100（满2000时加奖励500），2100+500=2600；过了第三关，得分800，2600+800=3400（满3000时加奖励500）3400+500=3900；过了第四关，得分800，3900+800=4700（满4000时加奖励500），4700+500=5200（满5000时加奖励500）5200+500=5700；答：最多可以得分5700分，故答案为：5700．【点评】解答此题的关键是，根据每一关的最多得分和每满1000分就可以获得一次奖励，依此类推，即可得出答案．16．如图20 中有个三角形，10 个梯形．【分析】三条线段首尾顺次相接组成的图形叫做三角形，所以图中的三角形，在第一条横线上的有5×4÷2=10个，第二条横线上的也有10个，共有20个．只有一组对边平行的四边形是梯形，所以图中的梯形有5×4÷2=10个．【解答】解：5×4÷2+5×4÷2=10+10=20（个），5×4÷2=10（个）．故答案为：20，10．【点评】考查了加法原理，在数三角形的个数时，注意不要忽略一些小的三角形．17．有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3根木条作为三条边，可能围成161 个不同的三角形．【分析】完成本题据三角形三条边的关系：两边之和大于第三边．两边之差小于第三边这个规律进行解答即可．【解答】解：最长边为11厘米，次长为11、10、9、8、7、6厘米的三角形分别有11、9、7、5、3、1个，共计有11+9+7+5+3+1=36（个）；最长边为10厘米的三角形有10+8+6+4+2=30（个）；最长边为9厘米的三角形有9+7+5+3+1=25（个）；最长边为8厘米的三角形有8+6+4+2=20（个）；最长边为7厘米的三角形有7+5+3+1=16（个）；最长边为6厘米的三角形有6+4+2=12最长边为5厘米的三角形有5+3+1=9（个）；最长边为4厘米的三角形有4+2=6（个）；最长边为3厘米的三角形有3+1=4（个）；最长边为2厘米的三角形有2个；最长边为1厘米的三角形有1个．合计有36+30+25+20+16+12+9+6+4+2+1=161（个）．故答案为：161．【点评】本题主要是依据三角形的三条边的关系进行解答的．18．从2、3、5、7、9五个数字中，选出四个数字组成被3和5除都余2的四位数，这样的四位数共有24 个．【分析】能被5除余2的四位数，个位数必定是2或7；被3除余2的四位数，4个数字之和除以3余2．依此分情况讨论求解．【解答】解：（1）若个位为2，前三位应是3、5、7或5、7、9的一个排列，共有（3×2×1）×2=12（个）．（2）若个位为7，前三位应是2、3、5或2、5、9的一个排列，也有（3×2×1）×2=12（个）．总共有12+12=24（个）这样的四位数．故答案为：24．【点评】考查了加法原理，本题关键是由被5除余2分个位为2，个位为7两种情况讨论．19．从8个班选12个三好学生，每班至少1名，共有330 种选法．【分析】每班至少1名，就有8名三好学生，现在只考虑12﹣8=4（名）的选举情况就可以了，分为四种情况：①四名同学在一个班：②四名同学在两个班；③四名同学在三个班，有一班有2人，另两个班各一人；④四名同学在4个班．【解答】解：每班至少1名，就有8名三好学生，现在只考虑12﹣8=4（名）的选举情况就可以了．（1）四名同学在一个班，有8种选法；（2）四名同学在两个班，若每班有2个，有（种）选法，若一个班1个，另一个班3个，有8×7=56（种）选法．共计28+56=84（种）选法．（3）四名同学在三个班，有一班有2人，另两个班各一人．共有（种）选法．（4）四名同学在4个班，有=70（种）选法．所以共有8+84+168+70=330（种）选法．故答案为：330．【点评】在解答此题时，要用到如下公式：（m种方法，n类办法）．20．用1﹣6六个数字组成30 个不同的两位数．【分析】1可以和其他5个数组成5种：12、13、14、15、16；2可以和其他4个数组成4种：23、24、25、26；3可以和其他3个数组成3种：34、35、36；4可以和其他2个数组成2种：45、46；5可以和其他1个数组成1种：56．与前面题目类型不同的是，这两个数可以颠倒，比如1、2，可以组成12或者21．此题共有：（5+4+3+2+1）×2=30（种）【解答】解：（5+4+3+2+1）×2=15×2=30（种）．故答案为：30．【点评】本题是中档题，考查排列组合的知识，同时考查逻辑推理能力，计算能力．21．从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通（如图），李楠从学校出发，步行到少年宫（只许向东或向南行进），最多有10 种走法．【分析】根据题干，可以采用标数法解决此类问题．【解答】解：如图，用标数法累加得，共有10条路线．答：最多共有10种走法．故答案为：10．【点评】利用标数法是解决此类题目的重要方法．22．在一块画有4×4方格网木板上钉上了25颗铁钉（如图），如果用线绳围正方形，最多可以围出50 个．【分析】此类问题一般用分类方法计数．先将正方形的边长分为边长为AB、AC、AD、AE、DF、CF、BF、CG的八类．然后分别计数再相加即可．【解答】解：对正方形的边长分八类计数如下：边长为AB的正方形有16个；边长为AC的正方形有9个；边长为AD的正方形有4个；边长为AE的正方形有1个；边长为DF的正方形有9个；边长为CF的正方形有8个；边长为BF的正方形有2个；边长为CG的正方形有1个．16+9+4+1+9+8+2+1=50（个）所以，最多可围出50个正方形．【点评】完成本题时要对图形认真分析，在对正方形进行分类计数时一定要细心．23．用0、1、2、3、8、7六个数字可以组成42 个能被9整除而又没有重复数字的四位数．【分析】从0、1、2、3、7、8、这六个数字中，四个数字之和是9的倍数的有1、2、7、8和3、7、8、0这两组数字．（1）由1、2、7、8组成的四位数，可以组成4×3×2×1=24（个）不同的四位数．（2）由3、7、8、0可以组成3×3×2×1=18（个）不同的四位数．再利用加法原理即可解决问题．【解答】解：（1）由1、2、7、8可以组成不同的四位数：4×3×2×1=24（个）．（2）由3、7、8、0可以组成不同的四位数．3×3×2×1=18（个），24+18=42（个）；答：一共可以组成能被9整除的四位数42个．故答案为：42．【点评】此题考查的是简单的排列组合问题，抓住能被9整除的数的特征，是解决本题的关键．三．解答题（共17小题）24．如图所示，每个小正三角形边长为1，小虫每步走过1，从A出发，恰走4步回到A的路有90 条．（途中可以回A）【分析】因为第三步到的点一定是以A为中心的六边形的六个顶点，根据一定的规则进行计数：（1）第一步与第三步是同一个点的情况有：6×6=36（种）（2）第一步与第三步相隔一段的情况有：4×6=24（种）（3）第一步与第三步相隔两段的情况有：4×6=24（种）（4）第一步与第三步相隔三段的情况有：6种【解答】解：（1）第一步与第三步是同一个点的情况有：6×6=36（种）（2）第一步与第三步相隔一段的情况有：4×6=24（种）（3）第一步与第三步相隔两段的情况有：4×6=24（种）（4）第一步与第三步相隔三段的情况有：6种一共有：36+24+24+6=90（条）答：恰走4步回到A的路有90条．故答案为：90．【点评】此题考查了利用加法原理解决简单的排列组合问题的方法．25．某旅店招工考试，有一道题：“用20把不同钥匙开20个客房门，如果不知道哪把钥匙开哪一个门，最多要试开190 次，才能把钥匙与门锁配对妥当．”【分析】如果每次试开都是最后一次才开锁成功，那么这个服务员试开的次数就最多，所以，假设第一把试开19次（如果前19次打不开，最后一次一定能打开，所以第20次就不用再试了），以此类推，第二次试开18次，第三次试开17次，最后一把锁就不用试开．19+18+17+16+15+14+13+12+11+10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=190（次），然后解这个等差数列即可．【解答】解：19+18+17+16+15+14+13+12+11+10+9+8+7+6+5+4+3+2+1，=（19+1）×19÷2，=10×19，=190（次）；。
小学奥数：加乘原理之数字问题(一).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】 由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】解答【解析】 因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．教学目标例题精讲 知识要点7-3-2.加乘原理之数字问题（一）⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有326⨯=个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有326⨯=个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成36615++=个数．【答案】15【例 2】用数字1，2，3可以组成6个没有重复数字的三位数，这6个数的和是。
02小学奥数练习卷(知识点：乘法原理)后附答案解析.docx
A. 2B. 3C. 4 02小学奥数练习卷（知识点：乘法原理） 题号二 三 总分得分注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）评卷人 得分一.选择题（共8小题）1. 冬冬要把三个小球放入三个箱子，其中三个小球的颜色分别是红色、黄色和 蓝色，而三个箱子的颜色也分别是红色、黄色和蓝色.如果这些箱子都可以 空着不放球，那么有（）种不同的放球方法. A. 3 B. 6 C ・ 9 D ・ 272. 由3, 4, 5, 6排成没有重复数字的四位数，从小到人排起来，6345是第（） A. 16 个 B. 17 个 C. 18 个 D. 19 个3. 12刀20日、21日、22日三天为期末考试时间，每天考一年级和二年级，三 年级和四年级，五年级和六年级中的一个年级段.一共有（）种考试时 间安排.A. 6B. 9 C ・ 124. 从城堡到幸福岛有（）种不同的走法. 城堡神秘屋 幸运岛5.从甲地到乙地有4条不同的路，从乙地到丙地有6条不同的路，那么从甲地经乙地到丙地共有多少条不同的路？（）A. 10B. 24 C・ 4 D・ 66.从甲地到乙地有两条不同的路可走，从乙地到丙地有4条不同的路可走，则从甲地经乙地去丙地有（）条不同的路可走.A. 8 B・6 C・4 D・27.有五对夫妇围成一圈，使每一对夫妇的夫妻二人都相邻的排法有（）A. 768种B. 32种C. 24种D. 2的10次方中8.若把英语单词hello的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有（）A. 119 种B. 36 种C. 59 种D. 48 种第II卷（非选择题）评卷人得分二.填空题（共36小题）9.艾迪要把4种不同颜色的墙纸贴到自己的书架中，书架的结构图如图所示，如果要求每个格子只能贴一种颜色的墙纸，且相邻的格子颜色不能相同，那么共有______ 种不同的贴法.10.如图.有六张多米诺骨牌，每张骨牌都由两个区域构成，每个区域上都标有1-6的点数，现在要将这六张牌围成一圈，要求相邻两张牌的对应区域点数相同.如右图所示，已经给出了两张牌的某个区域的点数.那么，有________ 种不同的方法.11. A 、B 、C 、D 、E 、F 六个人相约去照相（所有人都可以负责摄影），安排如图所示.他们6人的身高依次递增，A 最矮，F 最高.照相要求所有后排的人必须比所有前排的人高（摄影师身高不限），那么，共有 ________ 种不同的安排 方式.O O ——12. 3个人排成一排照相，共有 _______ 种不同排法.13. 如图，有一个图形依某种特定的规律成长，下面分别是第一阶段、第二阶段与第三阶段的图示，试问，当图形成长至第七阶段时有 ________ 个点.14. 假期小严准备读一些课外书，有2本不同的科技书、5本不同的世界名著、3本不同的人物传记，小严要从三类书中各选一本阅读，则小严一共有 种不同的选法.15. 有3件上衣，2条裤子.要配成一套衣服，不同的搭配方法共有 ________ 种.16. 某天，杨老师去便利店买午饭，便利店当天供应3种不同的荤菜和5种不同 的素菜，杨老师打算买2种菜搭配吃，但至少有一种荤菜.那么，杨老师的午饭共有 ______ 种不同的搭配方式.17. 从1〜20屮，选出2个数，使它们的乘积是10的倍数，共53种选法.18. 小芳有不同的上衣3件，下装4件，鞋子两双，问小芳能有 _________ 种不同的穿戴.春段19.已知a与b的最大公约数是10, a与c、b与c的最小公倍数都是90.那么,满足以上条件的自然数a、b、c有________ 组.20.某国际会议洽谈贸易，有5家日本公司，6家英国公司，7家中国公司，彼此都希望与异国的每个公司单独洽谈一次，要求安排________ 次会谈场次. 21.如图，一个6X6的方格表，现将数字1〜6填入空白方格中，使得每一行、每一列数字1〜6都恰好出现一次；图中已经填了一些数字.那么剩余空格满足要求的填写方法一共有_______ 种.22.用0、1、2、3、4、5组成各位数字都不相同的六位数，并把这些六位数从小到大排列，第505个数是________ •23・一只兔子沿着方格的边从A到B,规定上只能往上或往右走，但是必须经过一座独木桥MN,这只兔子有 _______ 种不同的走法.24.展览馆有五个门（如图），其中A、B、C门可进可出，D、E门只出不进，那么进馆参观的人从进到出门可有_______ 种不同的走法.25.有三张卡片，正、反面各写有1个数字，第一张写有1和2,第二张写有3和4,第三张写有5和6 （数字6不能倒过来看为9）.从这三张卡片中取出两张，放成一排，那么一共可以组成个不同的两位数.26. 从如图中的中心所在的2出发，每一步都移动到所接触的圆上，要经过四个 圆而依次得到数字2, 0, 0, 9,共有 ___________ 种不同的方法.27. 有9张圆形纸片放在桌上（如图），其屮有1张写1, 2张写2,写3和4的纸片各有3张.规定写有相同数字的纸片不能放在相邻处.如果M 位上放写 OOo®o OOOO28. 学生食堂有主食3种、肉类4种、蔬菜3种，从其中各选1种配成盒饭，可 以配成 ______ 种.29. 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.30. 小琴、小惠、小梅三人报名参加运动会的跳绳，跳高和短跑这三个项目的比 赛，每人参加一项，报名的情况有 ________ 种.31. 小悦做混合冰淇淋，准备了牛奶、蓝莓、香草、巧克力、草莓五种口味的冰 淇淋，要倒入如下图的一串模子里，小悦想要让相邻的冰淇淋口味不一样， 请问她能制作出多少种不同的混合冰淇淋串？有3的纸片，共有种不同的方法.甲、乙、丙、丁、戊五个人站一排，甲只能站在两端，那么一共有 不同的站法.36. 用6, 2, 7, 0可以摆出 _________ 个不同的三位数，其中最小的是 ________ ・37. 有三种不同款式的上衣、两条不同型号的裤子.从中取出一件上衣，一条裤 子搭配成一套，有 _______ 种不同的搭配方法.38. 从0、6、9、7中选三个数字组成一个没有重复数字的三位数，一共可以组 成 ______ 个不同的三位数，其屮2、3和5的公倍数有 ________ 个.39. 朱东村到幸福村要经过汽车站.如图，朱东村到汽车站有3条路；幸福村到 汽车站有4条路.从朱东村到幸福村有 _________ 不同的走法.40. 用4、5、6屮选一个数字作分子，从7、8、9中选一个数字作分母，一共可 以组成 _______ 个分数.41 •有3.4.5三个数字,能组成 _______ 个三位数，组成奇数的可能性是 ______ ・42. —个密码由2个不同的字母和1个数字组成，能组成 ________ 个密码.43. —辆变速自行车前轮有3种不同的齿数，后轮有4种不同的齿数，一共有 种组合；如果前轮32齿，后轮20齿，蹬一圈，后轮转 _________ 圈.44. 小明从家到学校有3条路可走，从学校到少年宫有两条路，小明从家经过学 32. 小丽家到小兀家，经过学校，一共有 条路可以走33. 小乐家小钢家 条路可走. 34. 35. 根据图中的座位，小亮和小芳有种坐法.学校如图所示，明明从家到图书馆再到学校，一共有 小亮 小芳 幸福村朱东村校到少年宫有 _____ 种走法.三.解答题（共6小题）45.用2、3、4、5、7这5个数字，可以组成多少个无重复数字的四位数？其中偶数有多少个？46. ___________________________________________________________ 如图，从左到右,在每列各选出一个框，组成算式（如：5X2+3）,则有 _________ 种不同的结果.47.用1, 1, 2, 3, 4排在连续的四个格子里，能形成多少个不同的四位数.48.6个人排成一排，甲当排头，乙不当排尾，共有多少种排法？49. ___________________________________________________ 在右面每个方格屮各放1枚围棋子（黑子或口子），有 _______________________ 种放法.50.两条直线和交所成的锐角或直角称为两条直线的“夹角” •现平面上有若干条直线，它们两两相交，并且“夹角”只能是30° , 60°或90°・问：至多有多少条直线？参考答案与试题解析一.选择题（共8小题）1.冬冬要把三个小球放入三个箱子，其中三个小球的颜色分别是红色、黄色和蓝色，而三个箱子的颜色也分别是红色、黄色和蓝色.如果这些箱子都可以空着不放球，那么有（）种不同的放球方法.A. 3 B・ 6 C・ 9 D・ 27【分析】由于球与盒子各不相同，每个球都有三个盒子可供选择，所以根据乘法原理共有：3X3X3=27种不同的放球方法.【解答】解：3X3X3=27 （种）答：有27种不同的放球方法.故选：D.【点评】本题考查了乘法原理的综合应用.2.由3, 4, 5, 6排成没有重复数字的四位数，从小到人排起来，6345是第（）A. 16 个B. 17 个C. 18 个D. 19 个【分析】最高位有4种排列方法，其它的三位分别有3、2、1种排列方法，由此即可得出没有重复数字的四位数的个数；先写出以3做千位、4做「位、5千位、6做千位的各6个数，再按由小到大顺序排列.【解答】解：四个数字不重复的有：4X3X2X1=24 （个）3做千位的有：3X2X1=6 （个）4做千位的有：3X2X1=6 （个）5做千位的有:3X2X1=6 （个）6做千位的有：3X2X1二6 （个）而 6 做千位的有（从小到大）：6345, 6354, 6435, 6453, 6534, 6543, 6X3+1=19 （个）答：可以组成24个没有重复数字的四位数，把它们排起来，从小到大6345是第19个数.故选：D.【点评】本题考查了乘法原理即做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一 步有Mi 种不同的方法，做第二步有址种不同的方法，…，做第n 步有亂种不 同的方法，那么完成这件事就有M.XM.X-XM,,种不同的方法.3・12月20 口、21 口、22日三天为期末考试时间，每天考一年级和二年级，三 年级和四年级，五年级和六年级中的一个年级段.一共有（）种考试吋间安排.A. 6B. 9 C ・ 12 【分析】先排考试的第一天的年级段，有3种选择;再排考试的第二天的年级段， 有2种选择；最后排排考试的第三天的年级段，有1种选择；根据乘法原理 可得，共有3X2X 1种考试时间安排.【解答】解：根据分析可得，3X2X1 二6 （种）答：一共有6种考试时间安排.故选：A.【点评】木题用乘法原理去考虑问题；即做一件事情，完成它需要分成n 个步骤， 做第一步有皿种不同的方法，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，那么完成这件事就有NhXM.X-XM n 种不同的方法.4. 从城堡到幸福岛有（ ）种不同的走法.A. 2B. 3C. 4 城堡神秘屋 幸运岛【分析】由题意可知：从城堡到幸运岛要分两步完成：①从城堡到神秘屋；②从神秘屋到幸运岛；又因每一步的方法已知，从城堡到神秘屋有2种走法，从神秘屋到幸运岛有2种走法，直接利用乘法原理解决问题.【解答】解：2X2=4 （种）；答：从城堡到幸运岛共有4种不同的走法.故选：C.【点评】做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有g种不同的方法，做第二步有哽种不同的方法，…，做第n步有叫种不同的方法.那么完成这件事共有N二山血…山“种不同的方法.5.从甲地到乙地有4条不同的路，从乙地到丙地有6条不同的路，那么从甲地经乙地到丙地共有多少条不同的路？（）A. 10B. 24 C・ 4 D・ 6【分析】从甲地到乙地有4条不同的路，从乙地到丙地有6条不同的路，根据乘法原理，那么从甲地经乙地到丙地共有：4X6=24 （条）；据此解答.【解答】解：根据分析可得：4X6=24 （条）答：那么从甲地经乙地到丙地共有24条不同的路.故选：氏【点评】本题考查了乘法原理即做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有叫种不同的方法，做第二步有种不同的方法，…，做第n步有M：,种不同的方法，那么完成这件事就有WXbbX…XM“种不同的方法.6.从甲地到乙地有两条不同的路可走，从乙地到丙地有4条不同的路可走，则从甲地经乙地去丙地有（）条不同的路可走.A. 8B. 6 C・ 4 D・ 2【分析】从甲地到乙地有两条不同的路可走，从乙地到丙地有4条不同的路可走, 则每一条从甲地到乙地的路到丙地共有4种不同的走法，从甲地到乙地共有2 条不同的路可走，根据乘示的意义可知，从甲地经乙地去丙地有2X4=8条不同的路可走.【解答】解：2X4=8 （条）・即从甲地经乙地去丙地有8条不同的路可走.故选：A.【点评】乘法原理为：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有g种不同的方法，做第二步有盹不同的方法，・・・，做第n步有叫不同的方法.那么完成这件事共有N二山肌叫・・血种不同的方法.7.有五对夫妇围成一圈，使每一对夫妇的夫妻二人都相邻的排法有（）A. 768种氏32种 C. 24种 D. 2的10次方屮【分析】有五对夫妇围成一圈，使每一对夫妇的夫妻二人都相邻，夫妻二人同时动，始终相邻，位置可以互换，这样可以分两步，第一步把5对夫妻看做5 个整体，进行排列有5X4X3X2X 1种不同排法，因为是一个圈，首尾相接，就会有5个重复，所以排法要除以5；第二步每一对夫妻可以互换位置，也就是说每一对夫妻均有2种排法，总共有2X2X2X2X2=32种；综合两步，利用乘法原理，即可得解.【解答】解：二根据乘法原理，分两步：第一步是把5对夫妻看作5个整体，进行排列有5X4X3X2X1=120种不同的排法，但是因为是围成一个首尾相接的圈，就会产生5个5个重复，因此实际排法只有120 = 5二24种.第二步每一对夫妻之间乂可以相互换位置，也就是说每一对夫妻均有2种排法, 总共有2X2X2X2X2=32种综合两步，就有24X32=768种.故选：A.【点评】灵活运用乘法原理，解决排列组合问题.8.若把英语单词hello的字母顺序写错了，则可能出现的错课共有（A. 119种氏36种 C. 59种 D. 48种【分析】若把英语单词hello的字母写错了，hello有5个字母，5个空由5个字母填空，第一个空有5种填法，填第二、第三、第四、第五依次减少一个字母，所以排法有5X4X3X2X1,因为有两个1,重复，总数要除以2,则可能出现的错误再减去1种正确的，因此得解.【解答】解：5X4X3X2X1 = 120有两个1所以1204-2=60原来有一种正确的，所以60 - 1=59；故选：C.【点评】分步完成，釆用乘法原理，有重复数字就要除以2,是解决此题的关键.二.填空题（共36小题）9.艾迪要把4种不同颜色的墙纸贴到自己的书架中，书架的结构图如图所示，如果耍求每个格子只能贴一种颜色的墙纸，且相邻的格子颜色不能相同，那么共有96种不同的贴法.【分析】如图所示，A格有4种填法，B格有3种填法，C格有2种填法，D格有2种填法，E格有2种填法，根据乘法原理，可得结论.【解答】解：如图所示，A格有4种填法，B格有3种填法，C格有2种填法，D 格有2种填法，E格有2种填法，根据乘法原理，共有4X3X2X2X2=96种不同的贴法.故答案为96.ABCDE【点评】本题考查计数原理的应用，解题时注意结合题意中的图形分析.10.如图.有六张多米诺骨牌，每张骨牌都由两个区域构成，每个区域上都标有1-6的点数，现在要将这六张牌围成一圈，要求相邻两张牌的对应区域点数相同.如右图所示，己经给岀了两张牌的某个区域的点数.那么，有8种不同的方法.【分析】按题意，六张多米诺骨牌点数分别是1-2, 1-5, 2-5, 4-5, 4-6,5 - 6,要围成相邻骨牌的点数相同的数，能串出两串数①5・lol - 2o2・5；②5-6<=>6-4«4-5.（方向可以倒过来），可以画个图，标出位置，从而可以计算出摆放的种数.【解答】解：根据分析，六张多米诺骨牌点数分别是1-2, 1-5, 2-5, 4-5, 4-6, 5-6,根据要求，能串岀两串数①5・lol・2<=>2・5；②5・6<=>6・4o4・5.（方向可以倒过来）如图，整一圈可以分为两部分，一部分正好放一串数，与分割线最接近的四个位置都放5・・・•位置1有四个数（1、2、4、6）可以选择，一旦确定，一串数就用了；.••位置2只剩两个数可以放根据乘法原理，位置放数的种数：共4 X2=8 种【点评】木题考查了乘法原理，木题突破点是：找到其相同的点数，然画图画出一条分割线，再利用乘法原理进行计算.11.A、B、C、D、E、F六个人相约去照相（所有人都可以负责摄影），安排如图所示.他们6人的身高依次递增，A最矮，F最高.照相要求所有后排的人必须比所有前排的人高（摄影师身高不限），那么，共有72种不同的安排方式.【分析】先从6人屮选出1人做摄影师，共有6种选法；6种方法；剩余5人按身高从低到高排序：排名前2的只能站在前排，但他们在前排可以调换顺序，共2种方法；排名后3的只能站在后排，但他们在后排可以调换顺序，共3X2X1=6种方法；总计：6X2X6种方法.【解答】解：先从6人屮选岀1人做摄影师，共有6种选法；6种方法；剩余5人按身高从低到高排序：排名前2的只能站在前排，共2种方法；排名后3的只能站在后排，共3X2X1=6种方法；6X2X6=72 （种）答：共有72种不同的安排方式.故答案为：72.【点评】本题需要用乘法原理去考虑问题即做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有皿种不同的方法，做第二步有M2种不同的方法，…，做第n 步有种不同的方法,那么完成这件事就有Mi X M2 X…X血种不同的方法.12.3个人排成一排照相，共有6种不同排法.【分析】给这三个人编号：甲乙丙，写出所有可能的排列，进而求解.【解答】解：设这三个人是甲乙丙，可能的排列有：甲、乙、丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙，丙，甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲；答：一共有6种不同的排法.故答案为：6.【点评】在列举这些排列的方法时，要按照一定的顺序，不要漏写或重复写.13.如图，有一个图形依某种特定的规律成长，下面分别是第一阶段、第二阶段与第三阶段的图示，试问，当图形成长至第七阶段时有510个点.第―阶段【分析】根据题干，此题可以把图屮的点分成两部分进行讨论：即小三角形的点数与每一阶段增加的点两部分.(1)图中小三角形的个数在每一个阶段存在的规律为：2\ 2\ 2\ 2“…那么在第七阶段，三角形的个数为：27,每个三角形有3个点，那么这些三角形共有27X 3=128X3=384 个点;（2）由题干可知，第二阶段增加了2个点，第三阶段增加了2X2+2二6个点，第四阶段增加了6X2+2二14个点，第五阶段增加了14X2+2二30个点，第六阶段增加了30X2+2=62个点，第七阶段增加了62X2+2=126,有上述推理即可得出第七阶段图形中的点数.【解答】解：根据题干分析可得：第七阶段小三角形的点数为：27X3=128X3=384 （个），第七阶段增加的点数为:62X2+2=126 （个），384+126=510 （个）,答：第七阶段的点数为510个.故答案为:510.【点评】把图形中的三角形和增加的点数分开来讨论，得出点数的规律是解决本题的关键.14.假期小严准备读一些课外书，有2本不同的科技书、5木不同的世界名著、3本不同的人物传记，小严要从三类书中各选一本阅读，则小严一共有30 种不同的选法.【分析】从2本不同的科技书中选一本有2种选法；从5本不同的世界名著中选一木有5种选法；从3木不同的人物传记中选一木有3种选法；根据乘法原理，可得共有：2X5X3=30 （种）；据此解答.【解答】解：2X5X3=30 （种）；答：小严一共有30种不同的选法.故答案为:30.【点评】木题考查了乘法原理即做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有Ml种不同的方法，做第二步有M2种不同的方法，・・・，做第n步有Mn种不同的方法，那么完成这件事就有MlXM2X-XMn种不同的方法.15.有3件上衣，2条裤子.要配成一套衣服，不同的搭配方法共有6种.【分析】从3件上衣中选一件有3种选法；从2条裤子中选一件有2种选法；根据乘法原理，可得共有：3X2=6 （种）；据此解答.【解答】解：根据分析可得，3X2=6 （种）；答：穿衣有6种搭配方法.故答案为：6.【点评】本题考查了乘法原理即做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有Ml种不同的方法，做第二步有M2种不同的方法，…，做第n步有Mn种不同的方法，那么完成这件事就有MlXM2X-XMn种不同的方法.16.某天，杨老师去便利店买午饭，便利店当天供应3种不同的荤菜和5种不同的素菜，杨老师打算买2种菜搭配吃，但至少有一种荤菜.那么，杨老师的午饭共有18种不同的搭配方式.【分析】一荤一素：从3种不同的荤菜选一种有3种选法；从5种不同的素菜中选一种有5种选法；根据乘法原理，可得共有：3X5=15 （种人只选2个荤菜有：从3种不同的荤菜选2种有3种选法；综合两种情况共有：15+3二18 （种）；据此解答.【解答】解：根据分析可得，3X5+3=18 （种）；答：杨老师的午饭共有18种不同的搭配方式.故答案为:18.【点评】本题考查了排列组合中的两个方法:科学分类计数原理和分步计数原理;木题应先采用科学分类计数法把这件事情分两类情况，然后再采用分步计数原理把每种情况乂分两步完成；所以本题先用乘法原理，再用加法原理去考虑问题.17.从1〜20中，选岀2个数，使它们的乘积是10的倍数，共53种选法.【分析】由于5与除10与20之外的2, 4, 6, 8-, 18这8个偶数相乘的积都是10倍数，共8个；同理15与这8个偶数相乘的积也是10的倍数，共8个；又10与其它19个数分别相乘的积共19种；20与除10之外的18个数分别相乘的积共18个.根据加法原理可知，从1〜20中，选出2个数，使它们的乘积是10的倍数，共有8+8+19+18二53 种选法.【解答】解：由于5与除10与20 Z外的个偶数相乘的积都是10倍数，共8个；同理15与这8个偶数相乘的积也是10的倍数，共8个；乂10与其它19个数分别相乘的积共19种；；20与除10之外的18个数分别相乘的积共18个.根据加法原理可知，从1〜20中，选出2个数，使它们的乘积是10的倍数，共有8+8+19+18二53 种选法.故答案为：53.【点评】完成木题要注意，5X10与5X20被重复计算，因此要减去2种选法.18.小芳有不同的上衣3件，下装4件，鞋子两双，问小芳能有24种不同的穿戴.【分析】分两步：先用上衣与下装搭配：一件上衣与4件下装有4种搭配方法, 那么3件上衣与4件下装的搭配方法有：3X4=12 （种）；再用衣服与鞋子搭配，12种衣服穿法与一双鞋子的搭配方法有12种，则与两双鞋子搭配就有: 12X2=24 （种）•用乘法原理计算就是：3X4X2=24 （种）.【解答】解：3X4X2二24 （种）・答：小芳能有24种不同的穿戴.故答案为：24.【点评】此题解决主要分两步，先用上衣与下装搭配看能搭配出多少套衣服，再把衣服与鞋子搭配，最后用乘法原理计算即可.19.己知a与b的最大公约数是10, a与c、b与c的最小公倍数都是90.那么,满足以上条件的自然数a、b、c有20组.【分析】根据a与b的最大公约数是10,可以得出a, b可能的数，再根据a与c、b 与c的最小公倍数都是90,得出c的取值的范围，由乘法原理解答即可.【解答】解：根据题意可得，3、b中有一个为10,另一个为10、30或90,故有五种可能：①a二10, b二10；②a=10, b=30；③a=30, b=10；④a=10, b=90；⑤a=90, b=10.对于a、b的这五组取值，c可取9, 18, 45或90；因此，满足以上条件的自然数a、b、c有：5X4=20 （组）・故答案为：20.【点评】根据a与b的关系确定a, b可能的数，再根据a与c, b与c的关系求出c 可能的数，再根据乘法原理解答即可.20.某国际会议洽谈贸易，有5家日本公司，6家英国公司，7家中国公司，彼此都希望与异国的每个公司单独洽谈一次，要求安排107次会谈场次.【分析】先计算出每两个国家的每两个公司合作的次数，最后加起来就是总的洽谈次数.【解答】解：（1） 7家中国公司和5家日本公司洽谈次数：7X5=35 （次），（2）7家中国公司和6家英国公司：7X6二42 （次），（3）5家日本公司和6家英国公司：5X6=30 （次），一共洽谈次数:35+42+30二107 （次）；答：要求安排107次会谈场次.故答案为:107.【点评】主要考查组合的方法，先考虑每两个国家的每两个公司洽谈有几种组合方法，再把所有的场次加起来就可以.21.如图，一个6X6的方格表，现将数字1〜6填入空白方格屮，使得每一行、每一列数字1〜6都恰好出现一次；图中已经填了一些数字.那么剩余空格满足要求的填写方法一共有16种.【分析】由图可知，四个“□”格中只能填入2或5,共2种填法；四个“△” 中只能填入3或4,共2种填法；VI, J2, V3,丿4中，1的填法有2种，则6的位置确定.四个“O”和四个 7相同，有2种填法.由乘法原理解答即可.【解答】解：如下图，四个“□”格中只能填入2或5,共2种填法；四个“△”屮只能填入3或4. 2种填法.VI, V2, V3, J4中，1的填法有2种，则6的位置确定.四个和四个“广相同，有2种填法.由乘法原理，共2X2X2X2=16种填法.故答案为：16.【点评】本题考查了乘法原理即做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有Mi种不同的方法,做第二步有M2种不同的方法,…，做第n步有亂种不同的方法，那么完成这件事就有M.XM.X-XM.,种不同的方法.22.用0、1、2、3、4、5组成各位数字都不相同的六位数，并把这些六位数从小到大排列，第505个数是510234 .【分析】把这些数按照从小到大排列.当最高位是1时，共有5X4X3X2X1=120 个；当最高位是2、3、4的时候都各有120个，所以共有120X4=480个.505 -480=25个.剩下的25个都是最高为5的数，当十万位上是5,万位是0的时候，其他数位。
小学生奥数加法原理、排列组合问题、分数百分数练习题
小学生奥数加法原理、排列组合问题、分数百分数练习题1.小学生奥数加法原理练习题篇一1、学校组织读书活动，要求每个同学读一本书。
小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本。
那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？解答：分析在这个问题中，小明选一本书有三类方法。
即要么选外语书，要么选科技书，要么选小说。
所以，是应用加法原理的问题。
解：小明借一本书共有：150+200+100=450（种）2、从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。
一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。
问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？分析与解：一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4+3+2=9（种）不同走法。
2.小学生奥数加法原理练习题篇二1、如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对，问这样的数对共有多少个？分析：从两个极端来考虑这个问题：最大为9999-1078=8921，最小为9921-1 000=8921，所以共有9999-9921+1=79个，或1078-1000+1=79个2、从1、2、3、4、5、6、7、8、9、10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积。
分析：从整体考虑分两组和不变：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55从极端考虑分成最小和最大的两组为（1+2+3+4+5）+（6+7+8+9+10）=15+40=55最接近的两组为27+28所以共有27-15+1=13个不同的积。
另从15到27的任意一数是可以组合的。
3.小学生奥数加法原理练习题篇三1、阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人。
从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【答案解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18+20+16=54种。
小学奥数 加乘原理之图论 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
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】 5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？【考点】加乘原理之图论 【难度】3星 【题型】解答 教学目标例题精讲知识要点7-3-3加乘原理之图论【解析】 方法一：5条直线一共形成54210⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，所以一共可以构成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．【答案】100【例 2】 如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】填空【关键词】学而思杯，3年级，第4题【解析】 只要三点不共线，就能构成三角形。
三年级下册趣味数学(9)乘法原理与加法原理1
三年级趣味数学（9）乘法原理与加法原理（一）班级 姓名一. 理解乘法原理。
1.小刚从家到学校要经过一座桥，从家到桥时有3条路可以走，过了桥再到学校时有4条路可以走（如下图）。
小刚从家到学校一共可以有多少种不同的走法？2.我校的校服有3件不同的上衣，5条不同的裤子。
选择一套校服时共有多少种不同的搭配方法？3.用这四张数字卡片组成三位数，可以组成几个？4. 右图为4×4的棋盘，要把A 、B 、C 、D 四个不同的棋子放在棋盘的方格中，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？巩固：1.本届艺术节我校由20名男同学与30名女同学组成的合唱队获得了第一名。
老师要从男、女队员中各选一人去登台领奖。
问：有多少种不同的选法？2.用3、4、5、6这四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位数？3. 如图所示，三条平行线上分别有两个点、四个点、三个点，且不在同一直线上的三个点一定不共线，在每条直线上各取一点可以画一个三角形，如三角形BEH ，问可以画多少个不同的三角形？二、理解加法原理。
1. 从北京到杭可以坐飞机、乘火车，还可以乘汽车。
一天中有飞机2班，火车有3趟，汽车有5趟。
同一天中从北京到杭州乘坐以上三种交通工具，共有几种不同的走法？2. 书架上有5本童话书，6本侦探书，3本故事书和4本科技书，从中任取一本，共有多少种不同的取法？3.如图：一共有多少个正方形？其中带有*的正方形有几个？4.在1-110的自然数中，一共有多少个数字？巩固：1. 一个口袋中有4个红球，另一个口袋中有5个蓝球，从两个口袋中取一个球，问共有多少种不同的取法？2. 我们三年级1班有37人，2班有35人，3班有36人，4班有34人。
现在从中选一名同学作为三年级的学生代表参加升旗仪式，一共有多少种选法？3.按照下面给定的路线读出 “三年级趣味数学”一共有 多少种不同的读法？4. 如图，一只小甲虫从A 点出发沿着线段爬到B 点，要求任何点和线段都不重复经过，这只甲虫有多少种不同的走法？。
(3升4暑假奥数)加法原理-小学数学三年级下册人教版
（3升4暑假奥数）加法原理-学校数学三班级下册人教版一、单选题1．绵阳到成都的某次列车，途中需要停靠的车站依次是绵阳→罗江→黄许→德阳→广汉→青白江→新都→成都。
那么为这次列车制作的车票一共有（）。
A．7种B．8种C．56种D．28种2．从A点到C点共有（）种走法。
A．3B．4C．23．一把钥匙开一把锁，现有3把钥匙和3把锁弄混了，至少试开（）次，就能把锁和钥匙配起来．A．3B．4C．5D．64．一次乒乓球竞赛，共有512名乒乓球运动员参与竞赛．竞赛接受淘汰制赛法，两个人赛一场，失败者被淘汰，将不再参与竞赛；获胜者进入下轮竞赛，如此进行下去，直到决赛出第一名为止，这次乒乓球竞赛一共要竞赛（）场．A．1024B．511C．256D．1745．16名乒乓球选手进行淘汰赛，共需进行（）场竞赛才能决出最终冠军．A．15B．12C．1836．Karry到早餐店吃早餐，有包子、油条、烧卖三种早点供选择，最少吃一种，最多吃三种，有（）种不同的选择方法．A．3B．6C．7D．9二、填空题7．16支排球队参与竞赛，竞赛以单场淘汰制（即每场竞赛淘汰1支球队）进行。
一共要进行场竞赛才能产生冠军。
8．如图，从A路口到B路口有4 条南北走向的大路，4 条东西走向的大路，某人从A到B的最短路线一共有条。
9．把5根香蕉分给长颈鹿、大象、小熊，每只动物至少分一根，有种方法。
10．小红和小明进行象棋竞赛，按竞赛规定，谁先胜头两局谁赢，假如没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的状况．11．玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色．这家厂共可生产种颜色不同的玩具棒．12．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，伴侣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．13．从1～12中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有种选法．14．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．三、解答题15．从6名运动员中选出4人参与4×100接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：（1）甲不能跑第一棒和第四棒；（2）甲不能跑第一棒，乙不能跑其次棒16．用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．17．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？18．假如从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？19．某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会．从7人中选择4人完成这项工作，共有多少种方法？20．某信号兵用红，黄，蓝，绿四周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，并且不同的挨次，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？答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】A4．【答案】B5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】158．【答案】209．【答案】610．【答案】1411．【答案】4512．【答案】18013．【答案】4714．【答案】1615．【答案】（1）解：先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中任凭选择2个人跑其次、第三棒，有4×3=12种，由乘法原理，共有：5×4×12=240种参赛方案（2）解：先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中任凭选择4人参赛，有6×5×4×3=360种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5人任凭选择3人参赛，对应5×4×3=60种选择，考虑若乙跑其次棒，也对应5×4×3=60种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑其次棒的状况，这种状况下，对应于第一棒其次棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的4×3= 12种方案，所以，一共有360−60×2+12=252种不同参赛方案．16．【答案】解：无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1～9这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.（方法一）分两步完成：第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法；其次步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法；由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个．（方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个；其次类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）其次步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的四位数有3×9×8×7=1512个．由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个．17．【答案】解：从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，依据乘法原理，走法一共有4×2=8种方法；其次类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3×3=9种方法．依据加法原理，一共有8+9=17种走法．18．【答案】解：由于强调2本书来自不同的学科，所以共有三种状况：来自语文、数学：3×4=12；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：4×5=20；所以共有12＋15＋20=47．19．【答案】解：分两类状况争辩：⑴都会的这1人被选择中，则有：①假如这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法；所以有3×3=9种方法；②同样，这人做电工，也有9种方法．⑴都会的这一人没有被选择，则从3名钳工中选2人，有3种方法；从3名电工中选2人，也有3种方法，一共有3×3=9种方法．所以，依据加法原理，一共有9+9+9=27种方法．20．【答案】解：由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以依据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；其次类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；其次步，其次面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．依据乘法原理，共有4×3=12种表示法；第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；其次步，其次面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法．依据乘法原理，共有4×3×2=24种表示法．依据加法原理，一共可以表示出4+12+24=40种不同的信号．。
三年级下册数学试题-奥数精练加法原理和乘法原理(无答案)全国通用加法原理奥数
三年级下册数学试题-奥数精练加法原理和乘法原理（无
答案）全国通用加法原理奥数
加法原理和乘法原理(★★)现在餐桌上有不同的食谱，中餐类的有
150本，西餐类的有200本，那么，从中拿一本食谱可以有多少种不同的
选法？(★★★)(迎春杯试题改编)桌上有3本红色封皮的，4本黄色封皮
的和5本白色封皮的食谱，现闭上眼睛从中任意拿出6本，有多少种可能？(只考虑颜色，相同颜色封皮的书没有区别)(★★★)食谱中有三种类型的
菜系，每类菜系中都有不同数量的菜肴，数量分别为5道、8道和13道，现要从三种类型的菜系中各取一道组成一桌宴席，可组成多少种不同的宴席？(★★★)有6种不同颜色的酱料，来写“厨神大海很帅”这六个字，
⑴要求每个字的颜色都不相同，有多少种不同的方法？⑵要求相邻字的颜
色不能相同，有多少种不同的方法？(★★★★)5本不同的食谱放在桌子
上排成一排⑴有多少种不同的排列方式？⑵如果一本食谱必须在中间，有
多少不同的排列方式？⑶如果这本食谱不在中间，有多少不同的排列方式？(★★★★)(走美杯试题)一种电子表在8时31分25秒时显示为8：3125，那么从7时到8时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有
______个。
(★★★★★)1到1999的自然数中，有多少个与5678相加时，至少
发生一次进位？(★★★★★)有______个四位数满足下列条件：它的各位
数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
在线测试题温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节。
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加法原理和乘法原理
(★★)
现在餐桌上有不同的食谱，中餐类的有150本，西餐类的有200本，那么，从中拿一本食谱可以有多少种不同的选法？
(★★★) (迎春杯试题改编)
桌上有3本红色封皮的，4本黄色封皮的和5本白色封皮的食谱，现闭上眼睛从中任意拿出6本，有多少种可能？(只考虑颜色，相同颜色封皮的书没有区别)
(★★★)
食谱中有三种类型的菜系，每类菜系中都有不同数量的菜肴，数量分别为5道、8道和13道，现要从三种类型的菜系中各取一道组成一桌宴席，可组成多少种不同的宴席？
(★★★)
有6种不同颜色的酱料，来写“厨神大海很帅”这六个字，
⑴要求每个字的颜色都不相同，有多少种不同的方法？
⑵要求相邻字的颜色不能相同，有多少种不同的方法？
(★★★★)
5本不同的食谱放在桌子上排成一排
⑴有多少种不同的排列方式？
⑵如果一本食谱必须在中间，有多少不同的排列方式？
⑶如果这本食谱不在中间，有多少不同的排列方式？
(★★★★)(走美杯试题)
一种电子表在8时31分25秒时显示为8：3125，那么从7时到8时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有______个。
(★★★★★)
1到1999的自然数中，有多少个与5678相加时，至少发生一次进位？
(★★★★★)
有______个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
在线测试题
温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节。
例1测
(★★)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。
一天中火车有12班，汽车有40班，轮船有2班。
问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？
A．120B．54C．42D．80
例2测
(★★★)袋子里面三种颜色的球分别为红、白、黑，其中红色球有6个，白色球有2个，黑色球有4个，现在闭上眼睛从中任意拿出4个，有多少种可能？
A．8B．16C．48D．12
例3测
(★★★)题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要从三种类型的题目中各取一道组成一张试卷，问：由该题库共可以组成( )种不同的试卷？
A．1200B．54000C．1800D．12000
例4测
(★★★★)有5种不同的书，发给5名站成一排的同学，要求每个人的书种类都不相同，有( )种不同的方法? 要求相邻的两个同学不能得到同种类型的书，有( )种不同的方法？
A．48，48B．120，96C．120，1280D．120，960
例5测
(★★★)张华、李明等七个同学照像，七个人排成一排；有( )种不同的排列方式；七个人排成一排，张华必须站在中间，有( )种不同的排列方式；如果张华不在中间，有( )种不同的排列方式？
A．5040；720；4320；B．1360；720；2520；
C．2520；1440；4340；D．5040；720；2660；
例6测
(★★★★)在方框中填数字：8.□□□□□，其中要求□中为不能重复的且小于8的数字，共有( )种不同的填法？
A．5000B．3660C．13440D．6720
例7测
(★★★★★)一本书共有99页，在这99个页码中不含有数字2的数字有( )个？
A．80B．70C．78D．89
例8测
3是3的倍数，这样的六位数共有( )个？
(★★★★★)六位数是ABABA
A．40B．16C．48D．12。