2017初中奥数计数综合例题人教版
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (15)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.如图，长方格中长方形（包括正方形）的个数是（）
A．13个B．60个C．54个D．12个
【分析】利用公式长方形的总个数＝长方形长边上的线段数×宽边上的线段数求得，也可按照一定规律去数．
【解答】解：长方形的长边有5个端点，组成的线段有（1+2+3+4）个；长方形的宽边上有4个端点，组成的线段有（1+2+3）个；
故长方形的个数为：（1+2+3+4）×（1+2+3）＝10×6＝60（个）；
即图中一共有60个长方形．
故选：B．
【点评】此题主要考查计数方法的应用，根据方类数图形的计数原理和方法，养成按照一定首先去观察思考问题的好习惯，逐步学会通过观察思考探寻事物规律的能力．。
初中奥数简单计数问题练习题初一奥数题100道及答案
初中奥数简单计数问题练习题初一奥数题100道及答案一、知识概述本节课主要学习一些常用的方法来解决排列组合问题，通过学习要能够应用两个计数原理和排列组合的规律解决简单的实际问题。
通过分析问题和解决问题的过程，培养缜密思维的习惯和逻辑思维能力，提高分析问题、解决问题的能力。
二、重难点知识归纳及讲解求解排列组合的综合问题，一般是先选元素(组合)，后排列，按元素的性质“分类”和按事件发生连续性过程“分步”，在计数时注意不重复，不遗漏。
常见的解题策略有以下几种：1、特殊位置(或元素)优先安排例1、将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )A、18B、24C、30D、36解析：必有一个班分了两名学生，先选两名学生分到一个班且甲、乙两名学生不能分到一个班，有种选法，选好后三组学生进行全排列有种分法，由乘法原理，共有56=30种分法，故选C。
2、合理分类与准确分步例2、从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母P、Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是____________(用数字作答)。
解析：(1)每排中只有数字0的排法有;(2)每排中只有字母P或Q的排法都有;(3)每排中无数字0，字母P、Q的排法有。
所以不同的排法种数共有：。
3、排列、组合混合问题先选元(组合)后排列例3、从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为( )A、432B、288C、216D、108解析：首先个位数字必须为奇数，从1，3，5，7四个中选择一个有种，再从剩余3个奇数中选择一个，从2，4，6三个偶数中选择两个，进行十位，百位，千位三个位置的全排。
则共有个，故选C。
4、正难则反、等价转化例4、在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有_____________个。
初中数学竞赛—奥数讲义计数专题：排列组合及答案
华杯赛计数专题：排列组合基础知识：1.排列：从n个对象中选出m（不超过n）个并进行排序，共有的方法数称为排列数，写成。
2.排列数的计算：约定：0!=1排列数是由乘法原理得到的，因此排列可以看成是乘法原理的一种应用。
3.组合：从n个对象中选出m（不超过n）个，不进行排序，共有的方法数称为组合数，写成。
4.排列与组合的关系：。
5.组合数的计算：6.排列数与组合数的一些性质：例题：例1.4名男生和3名女生站成一排:（1）一共有多少种不同的站法?（2）甲,乙二人必须站在两端的排法有多少种?（3）甲,乙二人不能站在两端的排法有多少种?（4）甲不排头,也不排尾,有多少种排法?（5）甲只能排头或排尾,有多少种排法?【答案】（1）5040；（2）240；（3）2400；（4）3600；（5）略【解答】例2.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共多少种？【答案】4186种【解答】至少有3件是次品，分两种情况第一种情况：3件是次品的抽法：从4件次品中中抽出3件是种，其中，，然后，从46件正常品中抽2件，总共种。
其中，所以，3件是次品的抽法共种。
第二种情况：4件是次品的抽法共：种。
任意抽出5件产品，至少有3件是次品的抽法，是将上述两种情况加在一起，所以，总共是4×23×45+46=23×182=4186种。
总结：有序是排列，无序是组合。
例3.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种？【答案】540种【解答】可设三所学校为甲、乙、丙，三位医生去3所学校的分配方案：用排列数表示为=3×2×1=6。
用乘法原理表示为3！=6。
六名护士去学校甲有种选法，剩下4名护士去乙学校，有种选法，剩下两名自然去学校丙。
所以，不同的分配方法共有种。
例4.有多少个五位数，满足其数位上的每个数字均至少出现两次？【答案】819【解答】方法一：（1）出现一个数字的情况是9种；（2）出现两个数字，首位不能是0，共有9种情况，（i）首位确定之后，如果首位数总共出现3次，则从后面的4个数位中，选出两位，共种情况，剩下的两个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。
奥数：7-6计数方法与技巧综合
7 计数综合7-6 计数方法与技巧综合 7-6-1归纳法7-6-2整体法7-6-3对应法7-6-3-1图形中的对应关系 7-6-3-2数字问题中的对应关系 7-6-3-3对应与阶梯型标数法 7-6-3-4不完全对应关系7-6-4递推法前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．模块一、归纳法从条件值较小的数开始，找出其中规律，或找出其中的递推数量关系，归纳出一般情况下的数量关系． 【例 1】 （难度等级※※）一条直线分一个平面为两部分．两条直线最多分这个平面为四部分．问5条直线最多分这个平面为多少部分?【解析】 方法一：我们可以在纸上试着画出1条直线，2条直线，3条直线，……时的情形，于是得到下表：由上表已知5条直线最多可将这个平面分成16个部分，并且不难知晓，当有n 条直线时，最多可将平面分成2+2+3+4+…+n=()12n n ++1个部分． 方法二：如果已有k 条直线，再增加一条直线，这条直线与前k 条直线的交点至多k 个，因而至多被分成k+1段，每一段将原有的部分分成两个部分，所以至多增加k+1个部分．于是3条直线至多将平面分为4+3=7个部分，4条直线至多将平面分为7+4=11个部分，5条直线至多将平面分为11+5=16个部分．一般的有k 条直线最多将平面分成：1+1+2+…+k=()12k k ++1个部分，所以五条直线可以分平面为16个部分．例题精讲教学目标计数方法与技巧综合【巩固】（难度等级※※）平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？【解析】 假设用a k 表示k 条直线最多能把圆的内部分成的部分数，这里k ＝0，1，2，……a 0＝1a 1=a 0+1＝2 a 2=a 1＋2=4 a 3=a 2＋3=7 a 4=a 3+4＝11 ……故5条直线可以把圆分成16部分，100条直线可以把圆分成5051部分【例 2】 （难度等级 ※※）平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域？ 【解析】 先考虑最简单的情形．为了叙述方便，设平面上k 个圆最多能将平面分割成k a 个部分．141312111098765432187652134431221从图中可以看出，12a =，24221a ==+⨯，38422a ==+⨯，414823a ==+⨯，…… 可以发现k a 满足下列关系式：()121k k a a k -=+-．实际上，当平面上的(1k -)个圆把平面分成1k a -个区域时，如果再在平面上出现第k 个圆，为了保证划分平面的区域尽可能多，新添的第k 个圆不能通过平面上前()1k -个圆之间的交点．这样，第k 个圆与前面()1k -个圆共产生2(1)k ⨯-个交点，如下图：这2(1)k ⨯-个交点把第k 个圆分成了2(1)k ⨯-段圆弧，而这2(1)k ⨯-段圆弧中的每一段都将所在的区域一分为二，所以也就是整个平面的区域数增加了2(1)k ⨯-个部分．所以，()121k k a a k -=+-． 那么，10987292829272829a a a a =+⨯=+⨯+⨯=+⨯+⨯+⨯=12122...272829a =+⨯+⨯++⨯+⨯+⨯ ()2212...78992=+⨯+++++=．故10个圆最多能将平面分成92部分．【例 3】 10个三角形最多将平面分成几个部分？【解析】 设n 个三角形最多将平面分成n a 个部分．1n =时，12a =；2n =时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点，三条边与第一个三角形最多有236⨯=（个）交点．这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平面也增加了6个部分，即2223a =+⨯．3n =时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4312⨯=（个）交点，从而平面也增加了12个部分，即：322343a =+⨯+⨯．…… 一般地，第n 个三角形与前面()1n -个三角形最多有()213n -⨯个交点，从而平面也增加()213n -⨯个部分，故()()222343213224213332n a n n n n =+⨯+⨯++-⨯=++++-⨯=-+⎡⎤⎣⎦；特别地，当10n =时，2103103102272a =⨯+⨯+=，即10个三角形最多把平面分成272个部分．【例 4】 （难度等级※※）一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分？【解析】 一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分． 所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．【小结】n 个图形最多可把平面分成部分数：直线：()112n n ⨯++；圆：()21n n +⨯-；三角形：()231n n +⨯⨯- ； 长方形：()241n n +⨯⨯-．【例 5】 （难度等级※※）在平面上画5个圆和1条直线，最多可把平面分成多少部分? 【解析】 先考虑圆．1个圆将平面分成2个部分．这时增加1个圆，这个圆与原有的1个圆最多有两个交点，成为2条弧，每条弧将平面的一部分一分为二，增加了2个部分，所以2个圆最多将平面分成4个部分．当有3个圆时，第3个圆与原有的2个产生4个交点而增加4个部分，所以3个圆最多将平面分成8个部分．同样的道理，5个圆最多将平面分成22个部分．再考虑直线．直线与每个圆最多有2个交点，这样与5个圆最多有10个交点．它们将直线分成11条线段或射线，而每条线段又将平面的一部分一分为二，2条射线增加了一部分，因此5个圆和1条直线最多可将平面分成32个部分．【例 6】在一个西瓜上切6刀，最多能将瓜皮切成多少片？【解析】将西瓜看做一个球体，球体上任意一个切割面都是圆形，所以球面上的切割线是封闭的圆周，考虑每一次切割能增加多少瓜皮片．当切1刀时，瓜皮被切成两份，当切第2刀时，由于切割线相交，所以瓜皮被切成4分，……，切第n次时，新增加的切割线与原来的切割线最多有()n-个交点．这21些交点将第n条切割线分成()n-，所以2121n-段，也就是说新增加的切割线使瓜皮数量增加了()在西瓜上切6刀，最多能将瓜皮切成11212223242532++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=片．【例 7】在一大块面包上切6刀最多能将面包切成多少块．（注：面包是一个立体几何图形，切面可以是任何方向）【解析】题目相当于6个平面能将空间划分为多少个部分．通过找规律来寻找递推关系，显然的1个平面能将空间划分成2块，2个平面能将空间划分成4块，3个平面能将空间划分成8个平面，当增加到第四个平面时，第四个平面这能将原来空间中的8个部分中的其中几个划分．如图：注意到第四个平面与其他三个平面相交形成3条直线，这三条直线将第四个平面分割成7个部分，而每一部分将原来三个平面划分的8个空间中的7个划分成两份，所以4个平面能将空间划分成+=个部分．8715同样的第五个平面与前四个平面分别相交成4条直线，这四条直线能将第5个平面分割成++++=个部分，每一部分都划分原空间中的某一区域，所以第五个平面能使空间中的区1123411域增加到151126+==个部分．当增加到6个平面时，第六个平面共被划分成11234516+++++=个部分，所以第6个平面能将空间中的区块数增加到261642+=个部分．所以6刀能将面包切成42块．模块二、整体法解决计数问题时，有时要“化整为零”，使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑，从全局、从整体来研究问题，反而有利于发现其中的数量关系．【例8】（难度等级※※※）一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形．问：一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?【解析】 方法一：归纳法如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．不难看出，当正方形内部有n 个点时，可以剪成2n ＋2个三角形，需剪3n+l 刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．方法二：整体法．我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n 个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2个三角形．2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2)÷2＝3n+1刀．本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．【巩固】在三角形ABC 内有100个点，以三角形的顶点和这100点为顶点，可把三角形剖分成多少个小三角形？【解析】 整体法．100个点每个点周围有360度，三角形本身内角和为180度，所以可以分成()360100180180201⨯+÷=个小三角形．【例 9】 在一个六边形纸片内有60个点，以这60个点和六变形的6个顶点为顶点的三角形，最多能剪出_______个．【解析】 设正六边形内有n 个点，当1n =时有6个三角形，每增加一个点，就增加2个三角形，n 个点最多能剪出()()62122n n ++=+个三角形．60n =时，可剪出124个三角形．注：设最多能剪出x 个小三角形，则这些小三角形的内角和为180x ︒．换一个角度看，汇聚到正六边形六个顶点处各角之和为4180⨯︒，故这些小三角形的内角总和为603604180⨯︒+⨯︒．于是180603604180x ︒=⨯︒+⨯︒，解得124x =．模块三、对应法将难以计数的数量与某种可计量的事物联系起来，只要能建立一一对应的关系，那么这两种事物在数量上是相同的．事实上插入法和插板法都是对应法的一种表现形式．一、图形中的对应关系【例 10】 （难度等级 ※※※）在8×8的方格棋盘中，取出一个由三个小方格组成的“L”形（如图），一共有多少种不同的方法？【解析】注意：数“不规则几何图形”的个数时，常用对应法．第1步：找对应图形每一种取法，有一个点与之对应，这就是图中的A点，它是棋盘上横线与竖线的交点，且不在棋盘边上．第2步：明确对应关系从下图可以看出，棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法（“L”形的“角”在2×2正方形的不同“角”上）．第3步：计算对应图形个数由于在8×8的棋盘上，内部有7×7=49（个）交叉点，第4步：按照对应关系，给出答案故不同的取法共有49×4=196（种）．评注:通过上面两个范例我们知道,当直接去求一个集合元素的个数较为困难的时候,可考虑采用相等的原则,把问题转化成求另一个集合的元素个数．【例11】（难度等级※※※）在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形共有多少个？【解析】首先可以知道题中所讲的13⨯长方形中间的那个小主格为黑色，这是因为两个白格不相邻，所以不能在中间．显然，位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含在这样的长方形中．下面分两种情况来分析：第一种情况，一个位于棋盘内部的黑色方格对应着两个这样的13⨯长方形(一横一竖)；第二种情况，位于边上的黑色方格只能对应一个13⨯长方形．由于在棋盘上的32个黑色方格中，位于棋盘内部的18个，位于边上的有12个，位于角上的有2个，所以共有1821248⨯+=个这样的长方形．本题也可以这样来考虑：事实上，每一行都有6个13⨯长方形⨯长方形，所以棋盘上横、竖共有13⨯⨯=个．由于棋盘上的染色具有对称性，因此包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方68296形正好与包含两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系，这说明它们各占一半，因此所求的长方形个数为96248÷=个．【巩固】（难度等级※※）用一张如图所示的纸片盖住66⨯方格表中的四个小方格，共有多少种不同的放置方法？【解析】如图，将纸片中的一个特殊方格染为黑色，下面考虑此格在66⨯方格表中的位置．易见它不能位于四个角上；若黑格位于方格表中间如图浅色阴影所示的44⨯正方形内的某格时，纸片有4种不同的放法，共计44464⨯⨯=种；若黑格位于方格表边上如图深色阴影所示的方格中时，纸片的位置随之确定，即只有1种放法，此类放法有4416⨯=种．所以，纸片共有641680+=种不同的放置方法．【例12】（难度等级※※）图中可数出的三角形的个数为．【解析】这个图不像我们以前数三角形那样规则，粗看似乎看不出其中的规律，不妨我们取出其中的一个三角形，发现它的三条边必然落在这个图形中的三条大线段上，而每三条大线段也正好能构成一个三角形，因此三角形的个数和三条大线段的取法是一一对应的关系，图中一共有8条大线段，因此有3856C=个三角形．【例 13】如图所示，在直线AB上有7个点，直线CD上有9个点．以AB上的点为一个端点、CD上的点为另一个端点的所有线段中，任意3条线段都不相交于同一个点，求所有这些线段在AB与CD之间的交点数．C D【解析】常规的思路是这样的：直线AB上的7个点，每个点可以与直线CD上的9个点连9根线段，然后再分析这些线段相交的情况．如右图所示，如果注意到下面这个事实：对于直线AB上的任意两点M、N与直线CD上的任意两点P、Q都可以构成一个四边形MNQP，而这个四边形的两条对角线MQ、NP的交点恰好是我们要计数的点，同时，对于任意四点(AB与CD上任意两点)都可以产生一个这样的交点，所以图中两条线段的交点与四边形有一一对应的关系．这说明，为了计数出有多少个交点，我们只需要求出在直线AB与CD中有多少个满足条件的四边形MNQP就可以了！从而把问题转化为：在直线AB上有7个点，直线CD上有9个点．四边形MNQP有多少个？其中点M、N位于直线AB 上，点P、Q位于直线CD上．这是一个常规的组合计数问题，可以用乘法原理进行计算：由于线段MN有2721C=种选择方式，线段PQ有2936C=种选择方式，根据乘法原理，共可产生2136756⨯=个四边形．因此在直线AB与CD 之间共有756个交点．二、数字问题中的对应关系【例 14】 有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大，千位数字比百位大，百位数字比十位数字大？ 【解析】 由于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从0～9中任意选取的4个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数(题目中要求千位比百位大，所以千位不能为0，本身已符合四位数的首位不能为0的要求，所以进行选择时可以把0包含在内)，也就是说满足条件的四位数的个数与从0～9中选取4个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的四位数有410109872104321C ⨯⨯⨯==⨯⨯⨯个．【巩固】 （难度等级 ※※※）三位数中，百位数比十位数大，十位数比个位数大的数有多少个？ 【解析】 相当于在10个数字中选出3个数字，然后按从大到小排列.共有10×9×8÷（3×2×1）=120种．实际上，前铺中每一种划法都对应着一个数．【例 15】 数3可以用4种方法表示为一个或几个正整数的和，如3，12+，21+，111++．问：1999表示为一个或几个正整数的和的方法有多少种？【解析】 我们将1999个1写成一行，它们之间留有1998个空隙，在这些空隙处，或者什么都不填，或者填上“＋”号．例如对于数3，上述4种和的表达方法对应：1 1 1，1+1 1，1 1+1，1+1+1． 可见，将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间是一一对应的关系，而每一个空隙处都有填“＋”号和不填“＋”号2种可能，因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有1998199822222⨯⨯⨯=个相乘种．【例 16】 （2019年国际小学数学竞赛）请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有多少个？ 【解析】 五位数共有90000个，其中3的倍数有30000个．可以采用排除法，首先考虑有多少个五位数是3的倍数但不含有数码3.首位数码有8种选择，第二、三、四位数码都有9种选择．当前四位的数码确定后，如果它们的和除以余数为0，则第五位数码可以为0、6、9；如果余数为1，则第五位数码可以为2、5、8；如果余数为2，则第五位数码可以为1、4、7.可见只要前四位数码确定了，第五位数码都有3种选择，所以五位数中是3的倍数但不含有数码3的数共有8999317496⨯⨯⨯⨯=个． 所以满足条件的五位数共有300001749612504-=个．三、对应与阶梯型标数法【例 17】 游乐园的门票1元1张，每人限购1张．现在有10个小朋友排队购票，其中5个小朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票，售票员没有准备零钱．问有多少种排队方法，使售票员总能找得开零钱？【解析】 与类似题目找对应关系．要保证售票员总能找得开零钱，必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的若干小朋友中，拿1元的要比拿2元的人数多，先将拿1元钱的小朋友看成是相同的，将拿2元钱的小朋友看成是相同的，可以利用斜直角三角模型．在下图中，每条小横线段代表1元钱的小朋友，每条小竖线段代表2元钱的小朋友，因为从A 点沿格线走到B 点，每次只能向右或向上走，无论到途中哪一点，只要不超过斜线，那么经过的小横线段都不少于小竖线段，所以本题相当于求下图中从A 到B 有多少种不同走法．使用标数法，可求出从A 到B 有42种走法．AB424228145141494553221111111但是由于10个小朋友互不相同，必须将他们排队，可以分成两步，第一步排拿2元的小朋友，5个人共有5120=！种排法；第二步排拿到1元的小朋友，也有120种排法，所以共有5514400⨯=！！种排队方法．这样，使售票员能找得开零钱的排队方法共有4214400604800⨯=(种)．【例 18】 （2008年第一届“学而思杯”五年级试题）学学和思思一起洗5个互不相同的碗，思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上面一个一个地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，那么学学摞好的碗一共有 种不同的摞法．【解析】 我们把学学洗的5个碗过程看成从起点向右走5步（即洗几个碗就代表向右走几步），思思拿5个碗的过程看成是向上走5步（即拿几个碗就代表向上走几步），摞好碗的摞法，就代表向右、向上走5步到达终点最短路线的方法.由于洗的碗要多余拿的碗，所以向右走的路线要多余向上走的路线，所以我们用下面的斜三角形进行标数，共有42种走法，即代表42种摞法.421A【例 19】 (第七届走美试题)一个正在行进的8人队列，每人身高各不相同，按从低到高的次序排列，现在他们要变成并列的2列纵队，每列仍然是按从低到高的次序排列，同时要求并排的每两人中左边的人比右边的人要矮，那么，2列纵队有种不同排法．【解析】 首先，将8人的身高从低到高依次编号为12345678、、、、、、、，现在就相当于要将这8个数填到一个42 的方格中，要求每一行的数依次增大，每一列上面的要比下面的大．下面我们将12345678、、、、、、、依次往方格中填，按照题目规则，很容易就发现：第二行填的的数字的个数永远都小于或等于第一行数字填的个数．也就是说，不能出现下图这样的情况．而这个正好是“阶梯型标数”题型的基本原则．于是，我们可以把原题转化成：在这个阶梯型方格中，横格代表在第一行的四列，纵格代表第二行的四列，那么此题所有标数的方法就相当于从A 走到B 的最短路线有多少条．例如，我们选择一条路线：它对应的填法就是：．最后，用“标数法”得出从A 到B 的最短路径有14种，如下图：【巩固】将1~12这12个数填入到2行6列的方格表中，使得每行右边比左边的大，每一列上面比下面的大，共有多少种填法？【解析】 根据对应关系，再运用阶梯型标数法画图如下：13242141455211111111329048422820149654321共有132种填法．四、不完全对应关系【例 20】 圆周上有12个点，其中一个点涂红，还有一个点涂了蓝色，其余10个点没有涂色，以这些点为顶点的凸多边形中，其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形；只包含红点(蓝点)的多边形称为红色(蓝色)多边形．不包含红点及蓝点的称无色多边形．试问，以这12个点为顶点的所有凸多边形(边数可以从三角形到12边形)中，双色多边形的个数与无色多边形的个数，哪一种较多？多多少个？【解析】 从任意一个双色的N 边形出发(5N ≥时)，在去掉这个双色多边形中的红色顶点与蓝色顶点后，将得到一个无色的2N -边形；另一方面，对于一个任意的无色的M 边形，如果加上红色顶点和蓝色顶点，就得到一个双色的2M +边形，所以无色多边形与双色多边形中的五边形以上的图形是一一对应的关系，所以双色多边形的个数比较多，多的是双色三角形和双色四边形的个数．而双色三角形有10个，双色四边形有21045C =个，所以双色多边形比无色多边形多104555+=个．【例 21】 有一类各位数字各不相同的五位数M ，它的千位数字比左右两个数字大，十位数字也比左右两位数字大．另有一类各位数字各不相同的五位数W ，它的千位数字比左右两个数字小，十位数字也比左右两位数字小．请问符合要求的数M 与W ，哪一类的个数多？多多少？【解析】 M 与W 都是五位数，都有千位和十位与其它数位的大小关系，所以两类数有一定的对应关系．比如有一个符合要求的五位数M ABCDE =(A 不为0)，那么就有一个与之相反并对应的五位数(9)(9)(9)(9)(9)A B C D E -----必属于W 类，比如13254为M 类，则与之对应的86754为W 类． 所以对于M 类的每一个数，W 类都有一个数与之对应．但是两类数的个数不是一样多，因为M 类中0不能做首位，而W 类中9可以做首位．所以W 类的数比M 类的数要多，多的就是就是首位为9的符合要求的数．计算首位为9的W 类的数的个数，首先要确定另外四个数，因为要求各不相同，从除9外的其它9个数字中选出4个，有49126C =种选法．对于每一种选法选出来的4个数，假设其大小关系为4321A A A A >>>，由于其中最小的数只能在千位和十位上，最大的数只能在百位和个位上，所以符合要求的数有2类：①千位、十位排1A 、2A ，有两种方法，百位、十位排3A 、4A ，也有两种方法，故此时共有4种；②千位、十位排1A 、3A ，只能是千位3A ，百位4A ，十位1A ，个位2A ，只有1种方法．根据乘法原理，首位为9的W 类的数有()12641630⨯+=个．故W 类的数比M 类的数多630个．【例 22】 用1元，2元，5元，10元四种面值的纸币若干张(不一定要求每种都有)，组成99元有P 种方法，组成101元有Q 种方法，则Q P -= ．【解析】 由于101992-=，所以对于组成99元的每一种方法，只要再加上一张2元的，即可组成101元；而对于组成101元的方法，如果其中包含有一张2元的，那么去掉这张2元的，即可得到一种组成99元的方法．可见组成99元的方法与组成101元的某些方法之间存在一一对应的关系，组成101元的所有方法中，除去这些与组成99元的方法对应的方法，剩下的都是不包含有2元纸币的组成方法．所以Q 比P 多的就是用1元，5元，10元这三种面值的纸币组成101元的方法的总数． 假设用x 张1元的，y 张5元的，z 张10元的可以组成101元，则510101x y z ++=． 由于10101z ≤，所以10z ≤．即10元的可以有0～10张． 如果10元的张数确定了，那么有()()5101101010152021x y z z z +=-=-+=-+，那么y 的值可以为0到()202z -，也就是对每一个z 的值，y 都可以有2021212z z -+=-种可能，相应地5元纸币的张数也有212z -种取法．而当10元和5元的张数都确定了以后，1元纸币的张数也就确定了，这样也就确定了组成101元的方法．所以只需要看取10元和5元的共有多少种取法．如果10元的取0张，即0z =，则21221z -=，即5元的有21种取法； 如果10元的取1张，即1z =，则21219z -=，即5元的有19种取法； 如果10元的取2张，即2z =，则21217z -=，即5元的有17种取法； ……如果10元的取10张，即10z =，则2121z -=，即5元的有1种取法； 所以总数为2211917111121++++==． 那么121Q P -=．。
初中奥数计数综合例题人教版
初中奥数计数综合例题人教版简介初中阶段的奥数是学生们提升思维能力、培养逻辑思维和解决问题能力的重要途径之一。
计数是初步学习奥数的一个重要内容，也是打下数学能力基础的关键。
本文将介绍一些初中奥数计数综合例题，帮助学生们更好地理解和掌握这个知识点。
例题一问题：有7个不同的数码1、2、3、4、5、6、7，从中任意选择3个组成一个3位数，求能够组成的最小和最大的3位数之差。
解析：最小的3位数为123，最大的3位数为765，它们之差为765-123=642。
例题二问题：有5个相同的红球和3个相同的蓝球，现将这些球放到一个无限大的袋子中，从中随机取出3个球，求以下情况出现的概率： 1. 取出的球中至少有一个蓝球； 2. 取出的球中至少有两个红球；解析： 1. 取出的球中至少有一个蓝球的情况有两种：取到1个蓝球和取到2个蓝球。
取到1个蓝球的概率为C31C51/C83=5/28，取到2个蓝球的概率为C32C51/C83=15/28。
两种情况的概率之和为5/28+15/28=∗∗20/28∗∗。
2. 取出的球中至少有两个红球的情况有两种：取到2个红球和取到3个红球。
取到2个红球的概率为C32C51/C83=15/28，取到3个红球的概率为C33C50/C83=1/28。
两种情况的概率之和为15/28+1/28=∗∗16/28∗∗。
例题三问题：用数码1、2、3、4、5、6组成一个3位数，使得这个数能被3整除，且每个数码只能用一次，有几种可能？解析：一个3位数能被3整除的条件是各位上的数字之和能被3整除。
根据排列组合的知识，数码1、2、3、4、5、6的各位数字之和为1+2+3+4+5+6=21，21能被3整除，因此可以组成满足条件的3位数。
个位上的数字有2、5；十位上的数字有1、3、4、6；百位上的数字有1、3、4、6。
根据乘法原理，个位上的数字有2种选择，十位上的数字有4种选择，百位上的数字有4种选择，所以共有2x4x4=32种可能。
(完整版)2017年初中奥数题及答案
初中奥数题试题一一、选择题(每题 1 分，共10 分)1 •如果a, b都代表有理数，并且a+ b=0,那么()A．a，b 都是0B．a, b 之一是0C．a, b 互为相反数D．a, b 互为倒数答案：C解析：令a=2 , b= —2,满足2+( —2)=0，由此a、b互为相反数。
2．下面的说法中正确的是( )A. 单项式与单项式的和是单项式B. 单项式与单项式的和是多项式C. 多项式与多项式的和是多项式D. 整式与整式的和是整式答案：D解析：x2, x3都是单项式.两个单项式x3, x2之和为X3+X2是多项式，排除A。
两个单项式x2, 2x2之和为3x2是单项式，排除B。
两个多项式x3+x2与x3—x2之和为2x3是个单项式,排除 C ,因此选D。
3. 下面说法中不正确的是( )A. 有最小的自然数B. 没有最小的正有理数C. 没有最大的负整数D. 没有最大的非负数答案：C解析：最大的负整数是-1 ,故C 错误。
4. 如果a, b 代表有理数,并且a+ b 的值大于a—b 的值,那么( )A. a, b 同号B. a, b 异号C. a>0D. b>0答案： D5. 大于一n并且不是自然数的整数有()A. 2 个B. 3 个C. 4 个D. 无数个答案：C解军析：在数轴上容易看出：在一n右边0的左边(包括0在内)的整数只有一3 , —2, —1，0共 4 个.选C。
6. 有四种说法：甲．正数的平方不一定大于它本身；乙．正数的立方不一定大于它本身；丙．负数的平方不一定大于它本身；丁．负数的立方不一定大于它本身。
这四种说法中，不正确的说法的个数是( )A. 0个B. 1个C. 2 个D. 3 个答案：B解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故丙错误。
7. a代表有理数，那么，a和一a的大小关系是()A. a 大于－aB. a 小于－aC. a 大于－a 或a 小于－aD. a 不一定大于－a答案：D解析：令a=0 ,马上可以排除A、B、C,应选D。
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (27)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.把红珠、蓝珠各四颗串成一条（项链可以旋转，翻转），则实质不同的串法数是（）A．6B．7C．8D．10
【分析】设红珠为●，蓝珠为〇，按2个相同的红珠之间蓝珠个数的不同，即可得出不同的排法的种数，因为排法可翻转、旋转，所以第三个●和第四个●两珠间隔珠的情况和第一和第二红珠间隔相同，以此类推…
【解答】解：①第一个●和第二个●两珠间隔0个蓝珠，即●●…；
②第一个●和第二个●两珠间隔1个蓝珠，即●〇●…；
③第一个●和第二个●两珠间隔2个蓝珠，即●〇〇●…；
④第一个●和第二个●两珠间隔3个蓝珠，即●〇〇〇●…；
⑤第一个●和第二个●两珠间隔4个蓝珠，即●〇〇〇〇●…；
⑥第二个●和第三个●两珠间隔2个蓝珠，即●●〇〇…；
⑦第二个●和第三个●两珠间隔3个蓝珠，即●●〇〇〇…；
⑧第二个●和第三个●两珠间隔4个蓝珠，即●●〇〇〇〇••；
∵项链可以旋转，翻转，
∴第三个●和第四个●两珠间隔珠的情况和第一和第二红珠间隔相同，以此类推…
∴共8种方法．
故选：C．
【点评】本题考查了排列与组合问题，解题的关键是以2个相同的相同的红珠为基础，根据2个相同的相同的红珠之间相同的蓝珠个数的不同，得出不同的排法的种数．。
初中奥数计数简单练习题
初中奥数计数简单练习题1、特殊位置(或元素)优先安排例1、将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )A、18B、24C、30D、36解析：必有一个班分了两名学生，先选两名学生分到一个班且甲、乙两名学生不能分到一个班，有种选法，选好后三组学生实行全排列有种分法，由乘法原理，共有5×6=30种分法，故选C.2、合理分类与准确分步例2、从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母P、Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是____________(用数字作答).解析：(1)每排中只有数字0的排法有;(2)每排中只有字母P或Q的排法都有;(3)每排中无数字0，字母P、Q的排法有.3、排列、组合混合问题先选元(组合)后排列例3、从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为( )A、432B、288C、216D、108解析：首先个位数字必须为奇数，从1，3，5，7四个中选择一个有种，再从剩余3个奇数中选择一个，从2，4，6三个偶数中选择两个，实行十位，百位，千位三个位置的全排.则共有个，故选C.4、正难则反、等价转化例4、在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有_____________个.解析：用排除法解决.(1)总的四位数有;(2)个位数字为0的四位数有;(3)个位数字为5的四位数有.。
初中数学竞赛：计数的方法与原理(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一，本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。
一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京，他要了解所有可供乘坐的车次共有多少，一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表，将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来，共有多少次车也就数出来了，这种计数方法就是枚举法。
所谓枚举法，就是把所要求计数的所有对象一一列举出来，最后计算总数的方法。
运用枚举法进行列举时，必须注意无一重复，也无一遗漏。
例1四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张。
问：一共有多少种不同的方法？解：设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d。
先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法。
同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法。
一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法。
例2甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。
问：一共有多少种可能的情况？解：如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况。
同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况。
一共有 7＋7=14（种）可能的情况。
二、加法原理如果完成一件事情有n类方法，而每一类方法中分别有m1，m2，…，mn种方法，而不论采用这些方法中的任何一种，都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有：N=m1+m2+…mn种方法。
这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。
例 3 一个自然数，如果它顺着数和倒着数都是一样的，则称这个数为“回文数”。
例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数。
问：1到6位的回文数一共有多少个？按从小到大排，第2000个回文数是多少？解：一位回文数有：1，2，…，9，共9个；二位回文数有：11，22，…，99，共9个；三位回文数有：101，111，…，999，共90个；四位回文数有：1001，1111，…，9999，共90个；五位回文数有：10001，10101，…，99999，共900个；六位回文数有：100001，101101，…，999999，共900个。
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (45)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.甲、乙两人比赛乒乓球，谁先胜头两局谁就赢．如果没有人连胜两局，谁先胜三局谁赢（五打三胜）．那么在比赛过程中，他们可能出现的情况一共有多少种？
【分析】根据题意，分别分析先胜三局（打4局），先胜三局（打5局）讨论得出即可．【解答】解：连胜头两局：甲甲，乙乙；
先胜三局（打4局）：甲乙甲甲，乙甲甲甲，乙甲乙乙，甲乙乙乙；
先胜三局（打5局）：甲乙甲乙甲，甲乙乙甲甲，乙甲甲乙甲，乙甲乙甲甲；
乙甲乙甲乙，甲乙甲乙乙，甲乙乙甲乙，乙甲甲乙乙；
所以一共有2+4+8＝14种可能．
【点评】本题主要考查了简单的枚举法，列举出所有可能是解题关键．。
初中奥数计数归纳法练习例题解析
初中奥数计数归纳法练习例题解析
初中奥数计数归纳法练习例题解析
对于比较复杂的'问题，可以先观察其简单情况，归纳出其中带规律性的东西，然后再来解决较复杂的问题。
习题1：10个三角形最多将平面分成几个部分？
解：设n个三角形最多将平面分成an个部分。
n=1时，a1=2;
n=2时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点，三条边与第一个三角形最多有2×3=6（个）交点。
这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平面也增加了6个部分，即a2=2+2×3。
n=3时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3=12（个）交点，从而平面也增加了12个部分，即：
a3=2+2×3+4×3。
……
一般地，第n个三角形与前面（n—1）个三角形最多有2（n—1）×3个交点，从而平面也增加2（n—1）×3个部分，故
an=2+2×3+4×3+…+2（n—1）×3
=2+[2+4+…+2（n—1）]×3
=2+3n（n—1）=3n2—3n+2。
特别地，当n=10时，a10=3×102+3×10+2=272，即10个三角形最多把平面分成272个部分。
2019初中奥数计数综合例题人教版
2019初中奥数计数综合例题人教版
1、下图的直线a，b分别有5个点和4个点，以这些点为顶点，能够
画出多少个三角形，多少个四边形?
2、张华，李明等7个同学去照相，求满足下面条件的站法有多少种：
1)七个人排成一排，张华和李明不能挨着。
2)七个人排成两排一排三人，一排四人，张华和李明不在同一排。
3、(人大附中考题)用1~9能够组成( )个不含重复数字的三位数;如果
在要求这三个数字中的任何两个的差不能是1，那么能够组成( )个满
足要求的三位数。
4、(八一中学小升初考试)平面上5条直线最多把一个圆分成几个部分?
5、(人大附中考题)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，它的每个数字才能整除它本身。
6、(三帆中学考题)某小学有一支乒乓球队，有男女小队员各8名，在
实行男女混合双打时，这16名小队员课题组能够组成( )对不同的阵容。
7、(人大附中初一分班考试)下图*有()个三角形。
9、(三帆中学预测题)有10个箱子，编号为1，2，……10各配一把钥匙，10把互不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好，先撬开1，2号箱子，取出钥匙去开别的箱子，如果最终能够把所有的箱子都打开，则这是
一种好的放钥匙的方法，求好的方法的总数。
10、(人大附中初一分班考试)用A、B、C、D、E、F六种染料去染下图
的两个调色盘，要求每个调色盘里的六种颜色不能相同，且相邻四种
颜色在两个调色盘里不能重复，那么共有( )种不同的染色方案(旋转
算不同方法)。
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (92)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.将凸五边形ABCDE的5条边和5条对角线染色，且满足任意有公共顶点的两条线段不同
色，求颜色数目的最小值．
【分析】由于顶点A是4条线段AB，AC，AD，AE的公共点，因此至少需要4种颜色，若只有4种颜色，不妨设为红、黄、蓝、绿，则每个顶点引出的4条线段的颜色包含红、黄、蓝、绿各一种，因此，红色的线段共有条，矛盾．所以，至少需要5种颜色．【解答】解：由于顶点A是4条线段AB，AC，AD，AE的公共点，因此至少需要4种颜色．
若只有4种颜色，不妨设为红、黄、蓝、绿，则每个顶点引出的4条线段的颜色包含红、黄、蓝、绿各一种，因此，红色的线段共有条，矛盾．所以，至少需要5种颜色．下面的例子说明5种颜色可以将这10条线段染为满足条件的颜色．将AB，CE染为1号颜色；将BC，DA染为2号颜色；将CD，EB染为3号颜色；将DE，AC染为4号颜色；
将EA，BD染为5号颜色，则任意有公共顶点的两条线段不同色．
综上所述，颜色数目的最小值为5．
【点评】本题主要考查染色问题的知识点，解答本题的关键是熟练掌握染色原理，此题难度不大，需要假设进行证明．。
初中奥数系列：8第08讲 计数问题第04讲
华校导引五年级上学期 第08讲 计数问题第04讲包含与排除【内容概述】涉及互相重复的两类或三类对象的计数问题，解题可利用计算所有对象总个数的容斥原理，以及图示包含与排除关系。
【典型问题】1、 某班有40名学生，其中有15人参加数学小组，18人参加航模小组，有10人两个小组都参加，那么有多少人两个小组都不参加？2、 某班45人学生参加期末考试，成绩公布后，数学得满分的有10人，数学 及语言均得满分的有3人，这两科没有得满分的有29人，那么语言成绩得满分有的多少人？3、 50名同学面对向老师站成一行，老师先让大家从左至右按1，2,3，┉49，50依次报数;再让报数的4的倍数的同学向后转，接着又让报数是6的倍数的同学向后转，问：现在面向老师的同学还有多少名？4、 在游艺会上，有100同学抽到了标签分别为1至100的奖券，按奖券标签号发放奖品的规则如下：①标签号为2的倍数，奖2支铅笔②标签号为3倍数，奖3只铅笔③标签号既是2的倍数，又是3的分门别类倍数的可重复领奖④其他标签号均奖1支铅笔，那么洲艺会为该项活动准备的奖铅笔共有多少支？5、 有一根长为180厘米的绳子，从一端开始每隔3厘米作一记号，每隔4厘米也作一记号，然后将标有记号的地方剪断，问绳子共被剪成了多少段？6、 东河小学画展上展出了许多幅画，其中有16幅画不是六年级的，有15幅画不是五年级的，现知道五、六年级共有25幅画，那么其他年级的画共有多少幅？7、 有若干卡片，每张卡片上写着一个数，它是3的倍数或4的倍数，其中标有3的倍数的卡片占32，标有4的倍数的卡片占43，标有12的倍数的卡片有15张，那么，这些卡片一共有多少张？ 8、 在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个？9、 五年级三班学生参加课外兴趣小组，每人至少参加一项，其中有25人参加自然兴趣小组，354人参加美术兴趣组，27人参加语文兴趣小组，参加语文时同时又参加美术兴趣小组的有12人，参加自然同时又参加美术兴趣小组的有8人，参加自然同时又参加语文兴趣小组的有9人，语文、美术、自然3科兴趣小组都参加的有4人，求这个班的学生人数。
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (55)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.如图，图中共有（）个三角形．
A．47B．46C．44D．43
【分析】首先考虑通过三角形中BE，AD，CF线段组成的图形内三角形的个数，然后连接EF，再次计算连接EF后增加的三角形的数量，再连接DF，计算连接DF后增加的三角形的数量，接着连接DE，计算连接DE后增加的三角形的数量，最后把这些三角形数量相加即可得到答案．
【解答】解：首先考虑图1三角形的个数，
三角形有：△AFO，△AFC，BFO，△BFC，△ABO，△BDO，△BDA，△CDO，△CDA，△BCO，△CEO，△CEB，△AEO．AEB，△ACO，△ABC共16个三角形，
连接EF后如图2，三角形有：△AGE，△AGF，△FGO，△GOE，△EFB，△EF A，△EFC，△EFO共8个，
连接DF后，如图3，三角形有：△BFH，△FOH，△BHD，△HOD，△FOE，△BDF，△DFG，△FDC，共8个，
连接DE后，如图4，三角形有：△EIC△DIC△EIC△OID△OEC△ODC△EIF△IFD△ADE △DEF△BDE△DCE，共12个，
综上共有三角形16+8+8+12＝44个．
故选：C．
【点评】本题主要考查计数方法的知识点，解答本题的关键是掌握计数原理和不在同一直线上的三点可以构成一个三角形，此题难度一般．。
小升初奥数专项之计数
小升初奥数专项之计数
姓名：日期：
1、从5瓶不同的纯净水中，2瓶不同的可乐和6瓶不同的果汁中，拿出两种不同类型的饮料，一共有多少种不同的选法？
2、用0～4这5个数可以组成多少个没有重复数字的五位数？
3、如图，在半圆弧及其直径上共有9个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？
4、在所有不超过1000的自然数中，数字9一共出现了多少次？
5、用两个1、两个2、两个3可以组成多少个不同的六位数？
6、个位比十位大，十位比百位大的三位数共有多少个？
7、把2015、2016、2017、2018、2019这5个数分别填入图中的东、西、南、北、中5个方格内，使横、竖3个数的和相等，一共有多少种不同的填法？
8、从1～10这10个数中选出2个数，使这2个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？
9、一个楼梯共有8级台阶，规定每步可以迈一级、两级或三级台阶，走完这8级台阶共有多少种不同的方法？
10、在一个平面上画10个圆，最多能有几个交点？
11、在一个平面上画8个圆，最多可把这个平面分成多少个部分？
12、对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此这样下去直到得数是1停止，问经过8次操作变为1的数有多少个？。
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (86)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.圆周上有2010个数，染成红或蓝，若红的数等于相邻两个数的和，蓝的数等于相邻两个
数和的一半，求所有红色的数之和是否为定值？
【分析】将所有红数的和记为H，所有蓝数的和记为L，对任意三个数相连的数a，b，c，都有a+c＝b（b为红数时）或a+c＝2b（b为蓝数时）；将所有这些等式累加，即可得出等式左右的和，进而得出H的值．
【解答】解：将所有红数的和记为H，所有蓝数的和记为L，
对任意三个数相连的数a，b，c，都有a+c＝b（b为红数时）或a+c＝2b（b为蓝数时）；
将所有这些等式累加，从等式的左边看：每个数都被加了两次，所以总和为2（H+L）；
从等式的右边看，每个红数都被加了一次，每个蓝数都被加了两次，所以总和为H+2L，因此可得：2（H+L）＝H+2L，
故：H＝0，即所有红色的数之和为定值0．
【点评】此题主要考查了染色问题，根据已知表示出等式左右得出2（H+L）＝H+2L是解题关键．。
初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (33)
初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.在期中考试中，同学甲、乙、丙、丁分别获班级第一、第二、第三、第四名．在期末考试中，他们又是班级的前四名．如果他们的排名都与期中考试的排名不同，那么排名情况可能有8或9种．
【分析】根据他们当中只有一位的排名与期中考试中的排名相同有4种可能，分别列举，再利用第一位同学有2种或1种可能，第二位有2种或3种可能，第三位与第四位仍是确定的，分别得出答案即可．
【解答】解：（1）他们当中只有一位的排名与期中考试中的排名相同有4种可能，第二位同学的排名有2种可能，第三位与第四位的排名是确定的．（如：甲的排名没有变，仍为第一，则乙到了第三或第四．假设乙到了第四，则丙就是第二，丁第三．）
所以有2×4＝8种．
（2）第一位同学有2种或1种可能，第二位有2种或3种可能，第三位与第四位仍是确定的．举个例子来说吧：假设丙成了第一名（或第二），则丁有两种可能第二或第三（第一或第三），后面同（1）的解释．假如丙到了第四，那么丁有一，二，三3种可能（注意与前面的2种可能的不同之处），后面同（1）的解释．
所以有1×3+2×3＝9种．
故答案为：8或9．
【点评】此题主要考查了枚举法的应用，根据已知得出所有的结果，以及分类讨论得出是解题关键．。
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2017初中奥数计数综合例题人教版
1、下图的直线a，b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，多少个四边形?
2、张华，李明等7个同学去照相，求满足下面条件的站法有多少种：
1)七个人排成一排，张华和李明不能挨着。
2)七个人排成两排一排三人，一排四人，张华和李明不在同一排。
3、(人大附中考题)用1~9可以组成( )个不含重复数字的三位数;如果在要求这三个数字中的任何两个的差不能是1，那么可以组成( )个满足要求的三位数。
4、(八一中学小升初考试)平面上5条直线最多把一个圆分成几个部分?
5、(人大附中考题)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，它的每个数字才能整除它本身。
6、(三帆中学考题)某小学有一支乒乓球队，有男女小队员各8名，在进行男女混合双打时，这16名小队员课题组能够组成( )对不同的阵容。
7、(人大附中初一分班考试)下图中共有()个三角形。
9、(三帆中学预测题)有10个箱子，编号为1，2，……10各配一把钥匙，10把互不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好，先撬开1，2号箱子，取出钥匙去开别的箱子，如果最终可以把所有的箱子都打开，则这是一种好的放钥匙的方法，求好的方法的总数。
10、(人大附中初一分班考试)用A、B、C、D、E、F六种染料去染下图的两个调色盘，要求每个调色盘里的六种颜色不能相同，且相邻四种颜色在两个调色盘里不能重复，那么共有( )种不同的染色方案(旋转算不同方法)。
2017初中奥数计数综合例题人教版
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