小学奥数关于计数问题的例题解析
小学奥数趣味学习《计数问题》典型例题及解答
小学奥数趣味学习《计数问题》典型例题及解答计数问题是指数学中排列组合应用中的计数问题。
数学计数原理中排列组合问题简单的解决方法，是解决计数问题的基本原则与一般策略。
解题思路和方法：特殊元素优先安排；相邻问题捆绑处理（先整体后局部）；不相邻问题插空处理；顺序一定问题除法处理。
例题1：用2、0、1、8四个数字组成四位数，一共可以组成多少个不同的四位数？解：1、本题考查的是一般计数问题，0是特殊元素，需要特殊安排。
2、组成的四位数最高位上不能是0，那么1、2、8可作最高位。
1作最高位时有1028，1082，1208，1280，1802,1820；2作最高位时有2018，2081，2108，2180，2801，2810；8作最高位时有8012，8021，8102，8120，8201，8210。
3、所以，最高位有3种排法，后三位有6种排法，一共18种。
例题2：欢欢有5顶帽子，上衣11件，裤子18条。
如果一顶帽子、一件上衣和一条裤子作为一套服饰，欢欢希望每天都穿不一样的服饰，那么欢欢的愿望能实现多少天？解：1、本题考查衣服的搭配，只要计算出欢欢能组成多少套不同的服饰，即可确定天数。
2、在解决计数问题时关键要搞清楚用加法原理还是乘法原理来计算。
5顶帽子每顶都可以配11件上衣，每组帽子和上衣组合又可以单独配18条裤子，所以5×11×18=990套。
例题3：如图，小红从家到学校，只能向东或向南，一共多少种不同的路线？解：1、解决这个问题时，如果一条一条的去找，容易重复或者漏掉，我们可以采用标数字的方法。
2、小红从家到A有1条路，在A点标上1，从家到B有1条路，在B点标上1。
所以，从小红家到C就有2条路（从家到A的1与从家到B的1相加所得的和），以此类推，可以得到其它交点上的数字，如下图所示：所以一共有10种不同的路线。
8 小学奥数——计数问题 试题及解析
小学奥数——计数问题一.选择题（共44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.1743.由3，4，5，6排成没有重复数字的四位数，从小到大排起来，6345是第()A.16个B.17个C.18个D.19个4.从城堡到幸福岛有()种不同的走法.A.2B.3C.45.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.24C.4D.66.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7.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.6C.4D.28.12月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.9C.129.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.3B.6C.9D.2710.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11.从1至10这10个整数中，至少取()个数，才能保证其中有两个数的和等于10.A.4B.5C.6D.712.一个盒子里装有标号为124的24张卡片，要从盒子里任意抽取卡片，至少要抽出( )张卡片，才能保证抽出的卡片中一定有两张卡片标号之差为4（大标号减去小标号，卡片9只看作9，不能看成6，同样，卡片6只看作6，不能看成9).A.3B.13C.14D.1513.一副扑克牌有54张，将大小王视为0点，A视为1点，J视为11点，Q视为12点，K视为13点，任意抽出若干张牌，不计花色，如果要求每次抽出的牌中必定有2张牌的点数之和等于14，那么至少要取()张牌.A.26B.27C.28D.2914.红星小学礼堂共24排座位，每排30座位，全校650人到礼堂开会，那么，至少有()排座位上坐的人数相同.A.3B.4C.5D.615.盒中有形状、大小、质料相同的红、白、黑颜色的球各10个，摸出若干个，要保证摸出的球中至少有3个球同色，摸出球的个数至多为()个.A.3B.5C.6D.716.小孟有10张飞行系精灵、15张草系精灵和20张火系精灵的卡片，她把45张卡片放在袋子里闭着眼睛向外摸卡片，那么他至少摸()张，才能保证摸出的卡片中同时有飞行系精灵和火系精灵的卡片.A.17B.26C.35D.3617.有红、黄、蓝三种颜色同样大小的球各5个混在一起，至少要摸出()个才能保证摸出2个红球.A.3B.12C.418.明明玩掷骰子游戏，掷两个骰子，要保证掷出的骰子总数至少有两次相同，他最少应掷( )次.A.7B.12C.1319.在扑克牌的红桃、黑桃、方块、梅花各13张，共有52张牌，至少从中抽出()张牌，才能保证其中有2张花色相同的牌.A.2B.3C.5D.2620.一副扑克牌共有54张，至少抽出()张，才能保证其中必会有4张牌的点数相同.A.24B.42C.32D.2321.在口袋里有同样形状和大小的蓝球8个，黄球14个，白球10个，我们摸出()个球能保证其中一定有一个黄球.A.19B.23C.2522.3294个人中，最少能找到()人同一天生日.A.8B.9C.10D.1823.一个袋子里有红、黄、蓝色三种球各5个，每次至少拿()个才能保证有2个相同颜色的球.A.4B.2C.524.袋子里有5个黄球、3个白球、1个篮球（除颜色外其他完全相同），任意摸出一个，摸到()的可能性大.A.黄球B.白球C.篮球25.某校有15人，老师让每人用0，1，2，3这四个数字任意写出一个没有重复数字的自然数，那么其中至少有()人写的数相同.A.3B.4C.5D.626.学校买来了红、黄、蓝三种颜色的球，规定每位学生最多可以借两个不同颜色的球，那么至少要有几位学生借球，就可以保证必有两位学生借的球的颜色完全一样？()A.5B.6C.7D.827.某班学生去买语文书、数学书、外语书.买书的情况是：有买一本的，二本的，也有三本的，至少要去()位学生才能保证一定有两位同学买到相同的书（每种书最多买一本）.A.3B.6C.828.有红、黄、蓝、绿、白五种颜色的小珠子放在同一个口袋里，每种颜色的珠子都足够多.一次至少要取几颗珠子，才能保证其中一定有三颗颜色相同？()A.3B.11C.15D.1629.某班有50个学生，他们都参加了课外兴趣小组.活动内容有美术、声乐、书法，每个人可参加1个、2个或3个兴趣小组.问班级中至少有几个学生参加的项目完全相同？()A.6B.7C.8D.930.质料、型号相同的红、白、黑色袜子各5双，拆开后混装在暗箱中，从中摸出若干只袜子，要能配成2双（只要两只袜子同色，即为一双），至多摸出()只.A.4B.5C.6D.731.从19这9张数字卡片中至少取出()张，就能保证一定有两张卡片上的数字之和是偶数.A.2B.3C.432.某班一次数学测验，10道选择题，每道题给出了四个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，有7道题所有人都做对了，有3道题所有人都只做对了其中1道题，老师作考试分析时发现：这三道题选用选项的各种情况都有，且至少有两个同学选对，选错的情况完全相同.那么，参加这次测验的同学至少有()人.A.49B.41C.37D.2833.18个小朋友中，()小朋友在一个月出生.A.恰好有2个B.至少有2个C.有7个D.最多有7个34.袋子里有18个大小相同的彩色球，其中红球有3个，黄球有5个，绿球有10个.现在要一次从袋中取出若干个球，使得这若干个球中至少有5个球是同色的，那么从袋中一次取出球的个数至少是()A.5个B.8个C.12个D.13个35.一只黑色口袋里有四种颜色的球，每种颜色的球足够多个，它们的形状，大小都相同，只是颜色不同.一次至少取出()个，才能保证其中至少有5个球的颜色相同.A.5B.9C.13D.1736.220名学生参加百分制的考试（得分以整数计），没有三名以上的学生得分相同.则恰有三名同学得分相同的分数最少有()个.A.17B.18C.19D.2037.四年级六个班举行拔河比赛，要求每班要与其他各班进行一场比赛，一共要举行()场比赛.A.4B.5C.6D.1538.四年级六个班进行篮球比赛，每两个班之间都要进行一场比赛，一共要进行()场比赛.A.10B.15C.20D.3039.有40名羽毛球运动员参加淘汰制的比赛，（即每赛一场选出一位胜者进入下一场），决出最后的冠军，一共要进行的比赛场次是()场.A.20B.39C.41D.8040.奥运五福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮在鸟巢奥运馆见面了，每两个福娃都会握一次手，当贝贝握了4次手，晶晶握了3次手，欢欢握了2次手，迎迎握了1次手时，妮妮握了()次手.A.4B.3C.2D.141.同学们进行广播操比赛，全班正好排成相等的6行.小红排在第二行，从头数，她站在第5个位置，从后数她站在第3个位置，这个班共有()人.A.42B.44C.48D.5442.一只平底锅，每次只能烙2张鸡蛋饼，两面都要烙，烙一面均需3分钟，那么烙5张鸡蛋饼，最少需要()分钟.A.15B.20C.18D.3043.姐姐杀好鱼后，让弟弟帮忙烧鱼，他洗鱼2分钟、切鱼2分钟、切姜片和葱花1分钟、洗锅2分钟、将锅烧热2分钟、将油烧热3分钟、煎烧鱼5分钟，各工序共花了17分钟.聪明的小朋友，如果是你烧鱼，你最少需要多少时间呢？()A.12B.13C.14D.1544.小芳早上起床，洗脸刷牙5分钟，吃妈妈已经准备好的早饭10分钟，听广播15分钟，步行到学校10分钟.如果学校在8:00开始上课，小芳最迟几时就要起床？()A.7:20B.7:30C.7:35参考答案与试题解析一.选择题（共44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【解析】根据分析可得336+=（次)答：他最少要试6次，才能确保打开箱子.故选：D.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【解析】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5121511-=名，答：这次乒乓球比赛一共要比赛511场.故选：B.3.由3，4，5，6排成没有重复数字的四位数，从小到大排起来，6345是第()A.16个B.17个C.18个D.19个【解析】四个数字不重复的有：432124⨯⨯⨯=（个)3做千位的有：3216⨯⨯=（个)4做千位的有：3216⨯⨯=（个)5做千位的有：3216⨯⨯=（个)6做千位的有：3216⨯⨯=（个)而6做千位的有（从小到大）:6345，6354，6435，6453，6534，6543，⨯+=（个)63119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.4.从城堡到幸福岛有()种不同的走法.A.2B.3C.4【解析】224⨯=（种)；答：从城堡到幸运岛共有4种不同的走法.故选：C.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.24C.4D.6【解析】根据分析可得：⨯=（条)4624答：那么从甲地经乙地到丙地共有24条不同的路.故选：B.6.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【解析】=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54321120⨯⨯⨯⨯=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120524÷=种.第二步每一对夫妻之间又可以相互换位置，也就是说每一对夫妻均有2种排法，总共有⨯⨯⨯⨯=种2222232综合两步，就有2432768⨯=种.故选：A.7.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.6C.4D.2【解析】248⨯=（条).即从甲地经乙地去丙地有8条不同的路可走.故选：A.8.12月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.9C.12【解析】根据分析可得，⨯⨯=（种)3216答：一共有6种考试时间安排.故选：A.9.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.3B.6C.9D.27【解析】33327⨯⨯=（种)答：有27种不同的放球方法.故选：D.10.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【解析】54321120⨯⨯⨯⨯=有两个l所以120260÷=原来有一种正确的，所以60159-=；故选：C.11.从1至10这10个整数中，至少取()个数，才能保证其中有两个数的和等于10.A.4B.5C.6D.7【解析】从1至10这10个整数中，和等于10的有：(1,9)、(2、8)；(3、7)；(4、6)；考虑最差情况：取出6个数是：数字5、10和四组数据中的其中一个，再任意取出1个都会出现两个数的和是10，即617+=（个)，答：至少取7个数，才能保证其中有两个数的和等于10.故选：D.12.一个盒子里装有标号为124-的24张卡片，要从盒子里任意抽取卡片，至少要抽出( )张卡片，才能保证抽出的卡片中一定有两张卡片标号之差为4（大标号减去小标号，卡片9只看作9，不能看成6，同样，卡片6只看作6，不能看成9).A.3B.13C.14D.15【解析】将这24张卡片分成这样的两组：第一组：1、2、3、4、9、10、11、12、17、18、19、20；第二组：5、6、7、8、13、14、15、16、21、22、23、24，只要在第一组中加入一个第二组的数，或在第二组中加入第一组的一个数，都能保证有两张卡片的标号之差为4.13.一副扑克牌有54张，将大小王视为0点，A视为1点，J视为11点，Q视为12点，K视为13点，任意抽出若干张牌，不计花色，如果要求每次抽出的牌中必定有2张牌的点数之和等于14，那么至少要取()张牌.A.26B.27C.28D.29【解析】根据题干分析可得，可以这样取牌：大小王、16-全取、1个7（或大小王、1个7、813-全取）总共27张牌，再随便取一张牌就必定有2张牌的和等于14了.所以要满足题目至少要取27128+=张.故选：C.14.红星小学礼堂共24排座位，每排30座位，全校650人到礼堂开会，那么，至少有()排座位上坐的人数相同.A.3B.4C.5D.6【解析】6502427÷≈，也就是说平均每排坐大约27人；我们这样安排，24 25 26 27 28 29 30，重复三遍这样坐，坐的人数：(24252627282930)3567++++++⨯=（人)，还剩下：68056783-=（人)，分别是26、28、29.这样相同的人数至少4排.答：至少有4排坐的人数同样多；故选：B.15.盒中有形状、大小、质料相同的红、白、黑颜色的球各10个，摸出若干个，要保证摸出的球中至少有3个球同色，摸出球的个数至多为()个.A.3B.5C.6D.7【解析】因为一共有3种颜色的球，所以最差的情况是，摸出6个球，红、白、黑颜色的球各2个，只要再摸出1个球，就能保证摸出的球中至少有3个球同色，所以摸出球的个数至多为：+=（个)617答：要保证摸出的球中至少有3个球同色，摸出球的个数至多为7个.故选：D.16.小孟有10张飞行系精灵、15张草系精灵和20张火系精灵的卡片，她把45张卡片放在袋子里闭着眼睛向外摸卡片，那么他至少摸()张，才能保证摸出的卡片中同时有飞行系精灵和火系精灵的卡片.A.17B.26C.35D.36【解析】根据题干分析可得：++=（张)1520136答：至少需要取36张.故选：D.17.有红、黄、蓝三种颜色同样大小的球各5个混在一起，至少要摸出()个才能保证摸出2个红球.A.3B.12C.4【解析】55212++=（个)答：至少要摸出12个才能保证摸出2个红球.故选：B.18.明明玩掷骰子游戏，掷两个骰子，要保证掷出的骰子总数至少有两次相同，他最少应掷( )次.A.7B.12C.13【解析】11112+=（次)，答：至少要掷12次.故选：B.19.在扑克牌的红桃、黑桃、方块、梅花各13张，共有52张牌，至少从中抽出()张牌，才能保证其中有2张花色相同的牌.A.2B.3C.5D.26【解析】415+=（张)；故选：C.20.一副扑克牌共有54张，至少抽出()张，才能保证其中必会有4张牌的点数相同.A.24B.42C.32D.23【解析】根据点数特点可以分别看做13个抽屉，分别是：1、2、3、K⋯，考虑最差情况：先摸出2张王牌，然后每个抽屉又都摸出了3张牌，共摸出313241⨯+=张牌，此时再任意摸出一张，无论放到哪个抽屉，都会出现有4张牌在同一个抽屉，即4张牌点数相同，即：41142+=（张)，答：至少抽出42张，才能保证其中必会有4张牌的点数相同.故选：B.21.在口袋里有同样形状和大小的蓝球8个，黄球14个，白球10个，我们摸出()个球能保证其中一定有一个黄球.A.19B.23C.25【解析】810119++=（个)答：我们摸出19个球能保证其中一定有一个黄球.故选：A.22.3294个人中，最少能找到()人同一天生日.A.8B.9C.10D.18【解析】32943669÷=（人)答：3294个人中，最少能找到9人同一天生日.故选：B.23.一个袋子里有红、黄、蓝色三种球各5个，每次至少拿()个才能保证有2个相同颜色的球.A.4B.2C.5【解析】根据分析可得，314+=（个)；答：每次至少拿4个才能保证有2个相同颜色的球.故选：A.24.袋子里有5个黄球、3个白球、1个篮球（除颜色外其他完全相同），任意摸出一个，摸到()的可能性大.A.黄球B.白球C.篮球【解析】5319++=摸出黄球的可能性是：5 599÷=摸出白球的可能性是3 399÷=摸出篮球的可能性是1 199÷=答：摸出黄球的可能性最大.故选：A.25.某校有15人，老师让每人用0，1，2，3这四个数字任意写出一个没有重复数字的自然数，那么其中至少有()人写的数相同.A.3B.4C.5D.6【解析】把0，1，2，3这四个数字看作4个抽屉，把15名学生看作“物体个数”，15433÷=⋯（人)314+=（人)答：至少有4个学生写的数相同.故选：B.26.学校买来了红、黄、蓝三种颜色的球，规定每位学生最多可以借两个不同颜色的球，那么至少要有几位学生借球，就可以保证必有两位学生借的球的颜色完全一样？()A.5B.6C.7D.8【解析】红、黄、蓝共有红蓝、红黄、蓝黄三种组合.3317++=（个)答：那么至少要有7位学生借球，就可以保证必有两位学生借的球的颜色完全一致.故选：C.27.某班学生去买语文书、数学书、外语书.买书的情况是：有买一本的，二本的，也有三本的，至少要去()位学生才能保证一定有两位同学买到相同的书（每种书最多买一本）.A.3B.6C.8【解析】根据题干分析可得，买书情况一共有3317++=（种)，把这7种情况看成7个抽屉，要保证有两位买书的类型相同，因此买书的人数要大于7，+=（人)718答：至少要去8位学生才能保证一定有两位同学买到相同的书.故选：C.28.有红、黄、蓝、绿、白五种颜色的小珠子放在同一个口袋里，每种颜色的珠子都足够多.一次至少要取几颗珠子，才能保证其中一定有三颗颜色相同？()A.3B.11C.15D.16【解析】25111⨯+=（颗)，答：一次至少要取11颗珠子，才能保证其中一定有三颗颜色相同.故选：B.29.某班有50个学生，他们都参加了课外兴趣小组.活动内容有美术、声乐、书法，每个人可参加1个、2个或3个兴趣小组.问班级中至少有几个学生参加的项目完全相同？()A.6B.7C.8D.9【解析】根据题干，只参加一个学习班的有3种情况，参加两个学习班的有朗读与音乐、朗读与书法，书法与音乐3种情况，参加3个兴趣小组的有1种情况，共有3317++=种情况，将这7种情况当做7个抽屉，⋯名学生，÷=名15077+=（名)，718答：班级中至少有8个学生参加的项目完全相同.故选：C.30.质料、型号相同的红、白、黑色袜子各5双，拆开后混装在暗箱中，从中摸出若干只袜子，要能配成2双（只要两只袜子同色，即为一双），至多摸出()只.A.4B.5C.6D.7【解析】因为一共有3种颜色的袜子，所以4只袜子必有1双，剩下2只不同色的袜子，最差的情况是，再摸出一只袜子，和剩下的2只袜子的颜色都不同，只要再摸出一只袜子，一定可以配成1双，所以再增加2只袜子，才可以配成1双，所以要能配成2双（只要两只袜子同色，即为一双），至多摸出：+=（只)426答：要能配成2双（只要两只袜子同色，即为一双），至多摸出6只.故选：C.31.从19-这9张数字卡片中至少取出()张，就能保证一定有两张卡片上的数字之和是偶数.A.2B.3C.4【解析】在19-中，奇数有1、3、5、7、9，偶数有2、4、6、8，因为奇数+奇数=偶数，偶数+偶数=偶数，奇数+偶数=奇数，从最极端情况考虑：假设抽出了2张，一张奇数，一张偶数，这样再取出一张，一定保证有两张卡片上的数字之和是偶数，所以取出3张即可保证；故选：B.32.某班一次数学测验，10道选择题，每道题给出了四个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，有7道题所有人都做对了，有3道题所有人都只做对了其中1道题，老师作考试分析时发现：这三道题选用选项的各种情况都有，且至少有两个同学选对，选错的情况完全相同.那么，参加这次测验的同学至少有()人.A.49B.41C.37D.28【解析】（1）在3道题中，每道都有4个选项，其中有且仅有1个选项是正确的，只选对其中一道，这样的选项组合情况为：①第一道选对，第二、三道全选错的情况数位1339⨯⨯=.②第二道选对，第一、三道全选错的情况数为3139⨯⨯=.③第三道选对，第一、二道全选错的情况数为3319⨯⨯=总计99927++=（2）将这27种情况看做是27个抽屉，学生看做是放到抽屉的物体，至少有1抽屉放了2个物体.根据抽屉原理二得：物体数27(21)128=⨯-+=.所以参加这次测验的同学至少有28人.故选：D.33.18个小朋友中，()小朋友在一个月出生.A.恰好有2个B.至少有2个C.有7个D.最多有7个【解析】181216÷=⋯，112+=（个)，答：18个小朋友中，至少有2个小朋友在一个月出生.故选：B.34.袋子里有18个大小相同的彩色球，其中红球有3个，黄球有5个，绿球有10个.现在要一次从袋中取出若干个球，使得这若干个球中至少有5个球是同色的，那么从袋中一次取出球的个数至少是()A.5个B.8个C.12个D.13个【解析】根据题干分析可得：344112+++=（个)，答：从袋中一次取出球的个数至少是12个；故选：C.35.一只黑色口袋里有四种颜色的球，每种颜色的球足够多个，它们的形状，大小都相同，只是颜色不同.一次至少取出()个，才能保证其中至少有5个球的颜色相同.A.5B.9C.13D.17【解析】根据分析可得：⨯+=（个)；44117答：一次至少取出17个，才能保证其中至少有5个球的颜色相同.故选：D.36.220名学生参加百分制的考试（得分以整数计），没有三名以上的学生得分相同.则恰有三名同学得分相同的分数最少有()个.A.17B.18C.19D.20【解析】按照百分制计分，那么得分情况有101种：即0分，1分，2分，3分，100⋯分；把这101种得分情况看做101个抽屉，因为2201012⋯（人)，÷=（人)18所以没有三名以上的学生得分相同，所以恰有三名同学得分相同的分数最少有18个；故选：B.37.四年级六个班举行拔河比赛，要求每班要与其他各班进行一场比赛，一共要举行()场比赛.A.4B.5C.6D.15【解析】56215⨯÷=（场)；故选：D.38.四年级六个班进行篮球比赛，每两个班之间都要进行一场比赛，一共要进行()场比赛.A.10B.15C.20D.30【解析】56215⨯÷=（场)；答：一共要举行15场比赛.故选：B.39.有40名羽毛球运动员参加淘汰制的比赛，（即每赛一场选出一位胜者进入下一场），决出最后的冠军，一共要进行的比赛场次是()场.A.20B.39C.41D.80【解析】40139-=（场)故选：B.40.奥运五福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮在鸟巢奥运馆见面了，每两个福娃都会握一次手，当贝贝握了4次手，晶晶握了3次手，欢欢握了2次手，迎迎握了1次手时，妮妮握了()次手.A.4B.3C.2D.1【解析】每人都要和另外4个人握一次手，已知a握了4次，则a与b、c、d、e各握了一次；b握了3次，由于此时d只握了1次，是和a握的，则b与a、c、e握的，此时c已握了2次，即和a，b握的；所以e此时也握了两次，即和a、b握的.故选：C.41.同学们进行广播操比赛，全班正好排成相等的6行.小红排在第二行，从头数，她站在第5个位置，从后数她站在第3个位置，这个班共有()人.A.42B.44C.48D.54【解析】5137-+=（人)7642⨯=（人)故选：A.42.一只平底锅，每次只能烙2张鸡蛋饼，两面都要烙，烙一面均需3分钟，那么烙5张鸡蛋饼，最少需要()分钟.A.15B.20C.18D.30【解析】要使煎5张饼的时间最短，应首先煎2张饼，然后再煎3张饼.煎前2张饼需要的时间：236⨯=（分钟）；煎最后3张饼时，应先往锅中放入两张饼，先煎熟一面后拿出一张，再放入另一张，当再煎熟一面时把熟的一张拿出来，再放入早拿出的那张饼，使两张同时熟，所以一共需要339⨯=分钟；+=（分钟）6915故选：A.43.姐姐杀好鱼后，让弟弟帮忙烧鱼，他洗鱼2分钟、切鱼2分钟、切姜片和葱花1分钟、洗锅2分钟、将锅烧热2分钟、将油烧热3分钟、煎烧鱼5分钟，各工序共花了17分钟.聪明的小朋友，如果是你烧鱼，你最少需要多少时间呢？()A.12B.13C.14D.15【解析】根据题干分析可得：先洗锅，需要2分钟→洗鱼需要2分钟（同时烧热锅节约2分钟）→切鱼需要2分钟、切葱花、姜片需要1分钟（同时烧热油节约3分钟）→煎鱼需要5分钟，这样花费的时间最少是2212512++++=（分钟），答：最少需要12分钟.故选：A.44.小芳早上起床，洗脸刷牙5分钟，吃妈妈已经准备好的早饭10分钟，听广播15分钟，步行到学校10分钟.如果学校在8:00开始上课，小芳最迟几时就要起床？()A.7:20B.7:30C.7:35【解析】5101025++=（分钟）8时25-分7=时35分即小芳起床最晚是7时35分.故选：C.。
小学奥数计数之标数法经典例题讲解【三篇】
小学奥数计数之标数法经典例题讲解【三篇】
解答：蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”
这意味着它只能从小号码的蜂房爬进相邻的大号码的蜂房。
明确了行
走路径的方向，就可使用标数法实行计算。
如图所示，小蜜蜂从A出发到B处共有89种不同的回家方法。
【第二篇】
例1．按图中箭头所指的方向行走，从A到I共有多少条不同的路线？
解答：
第1步：在起点A处标1。
再观察点B，要想到达点B，只有一个入口A，所以在B点也标1。
第2步：再观察点C，要想到达点C,它有两个入口A和B，所以在点
C处标1＋1＝2。
同理重复点F，点D，点E，点G，点H，点I
【第三篇】
分析：既然要走最短路线,自然是不能回头走,所以从A地到B地
的过程中只能向右或向下走.
我们首先来确认一件事,如下图
从A地到P点有m种走法,到Q点有n种走法,那么从A地到B地有多少种走法呢?
就是用加法原理,一共有m+n种走法.
这个问题明白了之后,我们就能够来解决这道例题了：
首先因为只能向右或向下走,那么最上面一行和最左边一列的每一个点都只能有一种走法,(因为不能够走回头路).
我们就在这些交点的旁边标记上一个数字,代表走到这个位置有多少种方法.。
计数枚举法不会做？奥数计数枚举法经典例题讲解
计数枚举法不会做？奥数计数枚举法经典例题讲解【第一篇】小明有10个1分硬币，5个2分硬币，2个5分硬币。
要拿出1角钱买1支铅笔，问能够有几种拿法？用算式表达出来。
（适于五年级水准）解：（1）只拿出一种硬币的方法：①全拿1分的：1+1+1+1+1+1+1+1+1+1=1（角）②全拿2分的：2+2+2+2+2=1（角）③全拿5分的：5+5=1（角）只拿出一种硬币，有3种方法。
（2）只拿两种硬币的方法：①拿8枚1分的，1枚2分的：1+1+1+1+1+1+1+1+2=1（角）②拿6枚1分的，2枚2分的：1+1+1+1+1+1+2+2=1（角）③拿4枚1分的，3枚2分的：1+1+1+1+2+2+2=1（角）④拿2枚1分的，4枚2分的：1+1+2+2+2+2=1（角）⑤拿5枚1分的，1枚5分的：1+1+1+1+1+5=1（角）只拿出两种硬币，有5种方法。
（3）拿三种硬币的方法：①拿3枚1分，1枚2分，1枚5分的：1+1+1+2+5=1（角）②拿1枚1分，2枚2分，1枚5分的：1+2+2+5=1（角）拿出三种硬币，有2种方法。
共有：3+5+2=10（种）答：共有10种拿法。
【第二篇】印刷工人在排印一本书的页码时共用1890个数码，这本书有多少页？（适于四年级水准）解：（1）数码一共有10个：0、1、2……8、9。
0不能用于表示页码，所以页码是一位数的页有9页，用数码9个。
（2）页码是两位数的从第10页到第99页。
因为99-9=90，所以，页码是两位数的页有90页，用数码：2×90=180（个）（3）还剩下的数码：1890-9-180=1701（个）（4）因为页码是三位数的页，每页用3个数码，100页到999页，999-99=900，而剩下的1701个数码除以3时，商不足600，即商小于900。
所以页码是3位数，不必考虑是4位数了。
往下要看1701个数码能够排多少页。
1701÷3=567（页）（5）这本书的页数：9+90+567=666（页）答略。
8小学奥数——计数问题试题及解析
8⼩学奥数——计数问题试题及解析⼩学奥数——计数问题⼀.选择题（共44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.1743.由3，4，5，6排成没有重复数字的四位数，从⼩到⼤排起来，6345是第()A.16个B.17个C.18个D.19个4.从城堡到幸福岛有()种不同的⾛法.A.2B.3C.45.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.24C.4D.66.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7.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.6C.4D.28.12⽉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.6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.3B.6C.9D.2710.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11.从1⾄10这10个整数中，⾄少取()个数，才能保证其中有两个数的和等于10.A.4B.5C.6D.712.⼀个盒⼦⾥装有标号为124的24张卡⽚，要从盒⼦⾥任意抽取卡⽚，⾄少要抽出()张卡⽚，才能保证抽出的卡⽚中⼀定有两张卡⽚标号之差为4（⼤标号减去⼩标号，卡⽚9只看作9，不能看成6，同样，卡⽚6只看作6，不能看成9).A.3B.13C.14D.1513.⼀副扑克牌有54张，将⼤⼩王视为0点，A视为1点，J视为11点，Q视为12点，K视为13点，任意抽出若⼲张牌，不计花⾊，如果要求每次抽出的牌中必定有2张牌的点数之和等于14，那么⾄少要取()张牌.A.26B.27C.28D.2914.红星⼩学礼堂共24排座位，每排30座位，全校650⼈到礼堂开会，那么，⾄少有()排座位上坐的⼈数相同.A.3B.4C.5D.615.盒中有形状、⼤⼩、质料相同的红、⽩、⿊颜⾊的球各10个，摸出若⼲个，要保证摸出的球中⾄少有3个球同⾊，摸出球的个数⾄多为()个.A.3B.5C.6D.716.⼩孟有10张飞⾏系精灵、15张草系精灵和20张⽕系精灵的卡⽚，她把45张卡⽚放在袋⼦⾥闭着眼睛向外摸卡⽚，那么他⾄少摸()张，才能保证摸出的卡⽚中同时有飞⾏系精灵和⽕系精灵的卡⽚.A.17B.26C.35D.3617.有红、黄、蓝三种颜⾊同样⼤⼩的球各5个混在⼀起，⾄少要摸出()个才能保证摸出2个红球...A.3A.7B.12C.1319.在扑克牌的红桃、⿊桃、⽅块、梅花各 13 张，共有 52 张牌，⾄少从中抽出 () 张牌，才能保证其中有 2 张花⾊相同的牌.A.2B.3C.5 D .2620.⼀副扑克牌共有 54 张，⾄少抽出 () 张，才能保证其中必会有 4 张牌的点数相同.A.24B.42C.32D .2321.在⼝袋⾥有同样形状和⼤⼩的蓝球 8 个，黄球 14 个，⽩球 10 个，我们摸出 () 个球能保证其中⼀定有⼀个黄球.A.19B.23C.2522.3294 个⼈中，最少能找到 () ⼈同⼀天⽣⽇.A.8B.9C.10D .1823.⼀个袋⼦⾥有红、黄、蓝⾊三种球各 5 个，每次⾄少拿 () 个才能保证有 2 个相同颜⾊的球.A.4B.2C.524.袋⼦⾥有 5 个黄球、3 个⽩球、1 个篮球（除颜⾊外其他完全相同），任意摸出⼀个，摸到 () 的可能性⼤.A.黄球B.⽩球C.篮球25.某校有 15 ⼈，⽼师让每⼈⽤ 0，1，2，3 这四个数字任意写出⼀个没有重复数字的⾃然数，那么其中⾄少有 () ⼈写的数相同.A.3B.4C.5D.626.学校买来了红、黄、蓝三种颜⾊的球，规定每位学⽣最多可以借两个不同颜⾊的球，那么⾄少要有⼏位学⽣借球，就可以保证必有两位学⽣借的球的颜⾊完全⼀样？()27.某班学⽣去买语⽂书、数学书、外语书.买书的情况是：有买⼀本的，⼆本的，也有三本的，⾄少要去 () 位学⽣才能保证⼀定有两位同学买到相同的书（每种书最多买⼀本）A.3B.6C.828.有红、黄、蓝、绿、⽩五种颜⾊的⼩珠⼦放在同⼀个⼝袋⾥，每种颜⾊的珠⼦都⾜够多.， .⼀次⾄少要取⼏颗珠⼦，才能保证其中⼀定有三颗颜⾊相同？() A.3 B.11 C.15D .1629.某班有 50 个学⽣，他们都参加了课外兴趣⼩组活动内容有美术、声乐、书法，每个⼈可参加 1 个、2 个或 3 个兴趣⼩组.问班级中⾄少有⼏个学⽣参加的项⽬完全相同？()A.6B.7C.8D.930.质料、型号相同的红、⽩、⿊⾊袜⼦各 5 双，拆开后混装在暗箱中，从中摸出若⼲只袜⼦，要能配成 2 双（只要两只袜⼦同⾊，即为⼀双），⾄多摸出 () 只. A.4 B.5 C.6D.731.从1 9 这 9 张数字卡⽚中⾄少取出 () 张，就能保证⼀定有两张卡⽚上的数字之和是偶数.A.2B.3C.432.某班⼀次数学测验，10 道选择题，每道题给出了四个选项，其中有且仅有⼀个选项是正确的，有 7 道题所有⼈都做对了，有 3 道题所有⼈都只做对了其中 1 道题，⽼师作考试分析时发现：这三道题选⽤选项的各种情况都有，且⾄少有两个同学选对，选错的情况完全相同.那么，参加这次测验的同学⾄少有 () ⼈.A.49B.41C.37D .2833.18 个⼩朋友中， () ⼩朋友在⼀个⽉出⽣.A.恰好有 2 个B.⾄少有 2 个C.有 7 个D.最多有 7 个34.袋⼦⾥有 18 个⼤⼩相同的彩⾊球，其中红球有 3 个，黄球有 5 个，绿球有 10 个.现在要⼀次从袋中取出若⼲个球，使得这若⼲个球中⾄少有 5 个球是同⾊的，那么从袋中⼀次取出球的个数⾄少是 ()A.5 个35.⼀只⿊⾊⼝袋⾥有四种颜⾊的球，每种颜⾊的球⾜够多个，它们的形状，⼤⼩都相同，只是颜⾊不同.⼀次⾄少取出 () 个，才能保证其中⾄少有 5 个球的颜⾊相同.A.5B.9C.13D .1736.220 名学⽣参加百分制的考试（得分以整数计）没有三名以上的学⽣得分相同则恰有三名同学得分相同的分数最少有 () 个.A.17B.18C.19D .2037.四年级六个班举⾏拔河⽐赛，要求每班要与其他各班进⾏⼀场⽐赛，⼀共要举⾏ () 场⽐赛.（A.4B.5C.6 D .1538.四年级六个班进⾏篮球⽐赛，每两个班之间都要进⾏⼀场⽐赛，⼀共要进⾏() 场⽐赛.A.10B.15C.20 D .3039.有 40 名⽻⽑球运动员参加淘汰制的⽐赛，即每赛⼀场选出⼀位胜者进⼊下⼀场），决出最后的冠军，⼀共要进⾏的⽐赛场次是 () 场. A.20 B.39C.41D .8040.奥运五福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮在鸟巢奥运馆见⾯了，每两个福娃都会握⼀次⼿，当贝贝握了 4 次⼿，晶晶握了 3 次⼿，欢欢握了 2 次⼿，迎迎握了 1 次⼿时，妮妮握了 () 次⼿.A.4B.3C.2D.141.同学们进⾏⼴播操⽐赛，全班正好排成相等的 6 ⾏.⼩红排在第⼆⾏，从头数，她站在第5 个位置，从后数她站在第 3 个位置，这个班共有 () ⼈.A.42B.44C.48D .5442.⼀只平底锅，每次只能烙 2 张鸡蛋饼，两⾯都要烙，烙⼀⾯均需 3 分钟，那么烙 5 张鸡蛋饼，最少需要 () 分钟. A.1543.姐姐杀好鱼后，让弟弟帮忙烧鱼，他洗鱼 2 分钟、切鱼 2 分钟、切姜⽚和葱花 1 分钟、洗锅 2 分钟、将锅烧热 2 分钟、将油烧热 3 分钟、煎烧鱼 5 分钟，各⼯序共花了 17 分钟.聪明的⼩朋友，如果是你烧鱼，你最少需要多少时间呢？()A.12B.13C.14D .1544.⼩芳早上起床，洗脸刷⽛ 5 分钟，吃妈妈已经准备好的早饭 10 分钟，听⼴播 15 分钟，步⾏到学校 10 分钟.如果学校在 8: 00 开始上课，⼩芳最迟⼏时就要起床？ ()A. 7: 20B. 7:30C. 7:35参考答案与试题解析⼀.选择题（共44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【解析】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.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【解析】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.3.由3，4，5，6排成没有重复数字的四位数，从⼩到⼤排起来，6345是第()A.16个B.17个C.18个D.19个【解析】四个数字不重复的有：4?3?2?1=24（个)3做千位的有：3?2?1=6（个)4做千位的有：3?2?1=6（个)5做千位的有：3?2?1=6（个)6做千位的有：3?2?1=6（个)⽽6做千位的有（从⼩到⼤）:6345，6354，6435，6453，6534，6543，6?3+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.4.从城堡到幸福岛有()种不同的⾛法.答：从城堡到幸运岛共有4种不同的⾛法.故选：C.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.24C.4D.6【解析】根据分析可得：4?6=24（条)答：那么从甲地经⼄地到丙地共有24条不同的路.故选：B.6.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【解析】=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5?4?3?2?1=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=24种.第⼆步每⼀对夫妻之间⼜可以相互换位置，也就是说每⼀对夫妻均有2种排法，总共有2?2?2?2?2=32种综合两步，就有24?32=768种.故选：A.7.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.6C.4D.2【解析】2?4=8（条).即从甲地经⼄地去丙地有8条不同的路可⾛.故选：A.8.12⽉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.9C.12【解析】根据分析可得，3?2?1=6（种)答：⼀共有6种考试时间安排.故选：A.9.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.3B.6C.9D.27【解析】3?3?3=27（种)答：有27种不同的放球⽅法.故选：D.10.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()有两个l所以120÷2=60原来有⼀种正确的，所以60-1=59；故选：C.11.从1⾄10这10个整数中，⾄少取()个数，才能保证其中有两个数的和等于10.A.4B.5C.6D.7【解析】从1⾄10这10个整数中，和等于10的有：(1,9)、(2、8)；(3、7)；(4、6)；考虑最差情况：取出6个数是：数字5、10和四组数据中的其中⼀个，再任意取出1个都会出现两个数的和是10，即6+1=7（个)，答：⾄少取7个数，才能保证其中有两个数的和等于10.故选：D.12.⼀个盒⼦⾥装有标号为1-24的24张卡⽚，要从盒⼦⾥任意抽取卡⽚，⾄少要抽出()张卡⽚，才能保证抽出的卡⽚中⼀定有两张卡⽚标号之差为4（⼤标号减去⼩标号，卡⽚9只看作9，不能看成6，同样，卡⽚6只看作6，不能看成9).A.3B.13C.14D.15【解析】将这24张卡⽚分成这样的两组：第⼀组：1、2、3、4、9、10、11、12、17、18、19、20；第⼆组：5、6、7、8、13、14、15、16、21、22、23、24，只要在第⼀组中加⼊⼀个第⼆组的数，或在第⼆组中加⼊第⼀组的⼀个数，都能保证有两张卡⽚的标号之差为4.13.⼀副扑克牌有54张，将⼤⼩王视为0点，A视为1点，J视为11点，Q视为12点，K视为13点，任意抽出若⼲张牌，不计花⾊，如果要求每次抽出的牌中必定有2张牌的点数之和等于14，那么⾄少要取()张牌.A.26B.27C.28D.29【解析】根据题⼲分析可得，可以这样取牌：⼤⼩王、1-6全取、1个7（或⼤⼩王、1个7、8-13全取）总共27张牌，再随便取⼀张牌就必定有2张牌的和等于14了.所以要满⾜题⽬⾄少要取27+1=28张.故选：C.14.红星⼩学礼堂共24排座位，每排30座位，全校650⼈到礼堂开会，那么，⾄少有()排座位上坐的⼈数相同.A.3B.4C.5D.6【解析】650÷24≈27，也就是说平均每排坐⼤约27⼈；我们这样安排，24252627282930，重复三遍这样坐，坐的⼈数：(24+25+26+27+28+29+30)?3=567（⼈)，还剩下：680-567=83（⼈)，分别是26、28、29.这样相同的⼈数⾄少4排.答：⾄少有4排坐的⼈数同样多；故选：B.15.盒中有形状、⼤⼩、质料相同的红、⽩、⿊颜⾊的球各10个，摸出若⼲个，要保证摸出C.6D.7【解析】因为⼀共有3种颜⾊的球，所以最差的情况是，摸出6个球，红、⽩、⿊颜⾊的球各2个，只要再摸出1个球，就能保证摸出的球中⾄少有3个球同⾊，所以摸出球的个数⾄多为：6+1=7（个)答：要保证摸出的球中⾄少有3个球同⾊，摸出球的个数⾄多为7个.故选：D.16.⼩孟有10张飞⾏系精灵、15张草系精灵和20张⽕系精灵的卡⽚，她把45张卡⽚放在袋⼦⾥闭着眼睛向外摸卡⽚，那么他⾄少摸()张，才能保证摸出的卡⽚中同时有飞⾏系精灵和⽕系精灵的卡⽚.A.17B.26C.35D.36【解析】根据题⼲分析可得：15+20+1=36（张)答：⾄少需要取36张.故选：D.17.有红、黄、蓝三种颜⾊同样⼤⼩的球各5个混在⼀起，⾄少要摸出()个才能保证摸出2个红球.A.3B.12C.4【解析】5+5+2=12（个)答：⾄少要摸出12个才能保证摸出2个红球.故选：B.18.明明玩掷骰⼦游戏，掷两个骰⼦，要保证掷出的骰⼦总数⾄少有两次相同，他最少应掷( )次.B.12C.13A.7【解析】11+1=12（次)，答：⾄少要掷12次.故选：B.19.在扑克牌的红桃、⿊桃、⽅块、梅花各13张，共有52张牌，⾄少从中抽出()张牌，才能保证其中有2张花⾊相同的牌.A.2B.3C.5D.26【解析】4+1=5（张)；故选：C.20.⼀副扑克牌共有54张，⾄少抽出()张，才能保证其中必会有4张牌的点数相同.A.24B.42C.32D.23【解析】根据点数特点可以分别看做13个抽屉，分别是：1、2、3、?K，考虑最差情况：先摸出2张王牌，然后每个抽屉⼜都摸出了3张牌，共摸出3?13+2=41张牌，此时再任意摸出⼀张，⽆论放到哪个抽屉，都会出现有4张牌在同⼀个抽屉，即4张牌点数相同，即：41+1=42（张)，能保证其中⼀定有⼀个黄球.A.19B.23C.25【解析】8+10+1=19（个)答：我们摸出19个球能保证其中⼀定有⼀个黄球.故选：A.22.3294个⼈中，最少能找到()⼈同⼀天⽣⽇.A.8B.9C.10D.18【解析】3294÷366=9（⼈)答：3294个⼈中，最少能找到9⼈同⼀天⽣⽇.故选：B.23.⼀个袋⼦⾥有红、黄、蓝⾊三种球各5个，每次⾄少拿()个才能保证有2个相同颜⾊的球.A.4B.2C.5【解析】根据分析可得，.3 + 1 =4 （个 ) ；答：每次⾄少拿 4 个才能保证有 2 个相同颜⾊的球.故选： A .24.袋⼦⾥有 5 个黄球、3 个⽩球、1 个篮球（除颜⾊外其他完全相同），任意摸出⼀个，摸到 () 的可能性⼤.A.黄球【解析】 5 + 3 + 1 = 9B.⽩球C.篮球摸出黄球的可能性是： 5 ÷ 9 = 59摸出⽩球的可能性是 3 ÷ 9 =摸出篮球的可能性是1 ÷ 9 = 391 9答：摸出黄球的可能性最⼤.故选： A .25.某校有 15 ⼈，⽼师让每⼈⽤ 0，1，2，3 这四个数字任意写出⼀个没有重复数字的⾃然数，那么其中⾄少有 () ⼈写的数相同.A.3B.4C.5D.6【解析】把 0，1，2，3 这四个数字看作 4 个抽屉，把 15 名学⽣看作“物体个数”，15 ÷ 4 = 3?3 （⼈ )故选： B .26.学校买来了红、黄、蓝三种颜⾊的球，规定每位学⽣最多可以借两个不同颜⾊的球，那么⾄少要有⼏位学⽣借球，就可以保证必有两位学⽣借的球的颜⾊完全⼀样？()A.5B.6C.7D.8【解析】红、黄、蓝共有红蓝、红黄、蓝黄三种组合.3 + 3 + 1 = 7 （个 )答：那么⾄少要有 7 位学⽣借球，就可以保证必有两位学⽣借的球的颜⾊完全⼀致故选： C .27.某班学⽣去买语⽂书、数学书、外语书.买书的情况是：有买⼀本的，⼆本的，也有三本...的，⾄少要去 () 位学⽣才能保证⼀定有两位同学买到相同的书（每种书最多买⼀本） A.3B.6C.8【解析】根据题⼲分析可得，买书情况⼀共有3 + 3 + 1 = 7 （种 ) ，把这 7 种情况看成 7 个抽屉，要保证有两位买书的类型相同，因此买书的⼈数要⼤于 7，7 + 1 = 8 （⼈ )答：⾄少要去 8 位学⽣才能保证⼀定有两位同学买到相同的书.故选： C .28.有红、黄、蓝、绿、⽩五种颜⾊的⼩珠⼦放在同⼀个⼝袋⾥，每种颜⾊的珠⼦都⾜够多⼀次⾄少要取⼏颗珠⼦，才能保证其中⼀定有三颗颜⾊相同？() A.3 B.11 C.15D .16【解析】 2 ? 5 + 1 = 11 （颗 ) ，答：⼀次⾄少要取 11 颗珠⼦，才能保证其中⼀定有三颗颜⾊相同.故选： B .29.某班有 50 个学⽣，他们都参加了课外兴趣⼩组活动内容有美术、声乐、书法，每个⼈可参加 1 个、2 个或 3 个兴趣⼩组.问班级中⾄少有⼏个学⽣参加的项⽬完全相同？()A.6B.7C.8D.9【解析】根据题⼲，只参加⼀个学习班的有 3 种情况，参加两个学习班的有朗读与⾳乐、朗读与书法，书法与⾳乐 3 种情况，参加 3 个兴趣⼩组的有 1 种情况，共有 3 + 3 + 1 = 7 种情况，将这 7 种情况当做 7 个抽屉，50 ÷ 7 = 7 名 ?1 名学⽣，7 + 1 = 8 （名 ) ，答：班级中⾄少有 8 个学⽣参加的项⽬完全相同.故选： C .30.质料、型号相同的红、⽩、⿊⾊袜⼦各 5 双，拆开后混装在暗箱中，从中摸出若⼲只袜⼦，要能配成 2 双（只要两只袜⼦同⾊，即为⼀双），⾄多摸出 () 只. A.4 B.5 C.6D.7【解析】因为⼀共有 3 种颜⾊的袜⼦，所以 4 只袜⼦必有 1 双，剩下 2 只不同⾊的袜⼦，最差的情况是，再摸出⼀只袜⼦，和剩下的 2 只袜⼦的颜⾊都不同，（只要再摸出⼀只袜⼦，⼀定可以配成 1 双，所以再增加 2 只袜⼦，才可以配成 1 双，所以要能配成 2 双（只要两只袜⼦同⾊，即为⼀双），⾄多摸出：4 + 2 = 6 （只 )答：要能配成 2 双（只要两只袜⼦同⾊，即为⼀双），⾄多摸出 6 只.故选： C .31.从1 - 9 这 9 张数字卡⽚中⾄少取出 () 张，就能保证⼀定有两张卡⽚上的数字之和是偶数.A.2B.3C.4【解析】在1 - 9 中，奇数有 1、3、5、7、9，偶数有 2、4、6、8，因为奇数 + 奇数 = 偶数，偶数 + 偶数 = 偶数，奇数 + 偶数 = 奇数，从最极端情况考虑：假设抽出了 2 张，⼀张奇数，⼀张偶数，这样再取出⼀张，⼀定保证有两张卡⽚上的数字之和是偶数，所以取出 3 张即可保证；故选： B .32.某班⼀次数学测验，10 道选择题，每道题给出了四个选项，其中有且仅有⼀个选项是正确的，有 7 道题所有⼈都做对了，有 3 道题所有⼈都只做对了其中 1 道题，⽼师作考试分析时发现：这三道题选⽤选项的各种情况都有，且⾄少有两个同学选对，选错的情况完全相同.那么，参加这次测验的同学⾄少有 () ⼈.A.49B.41C.37D .28【解析】 1）在 3 道题中，每道都有 4 个选项，其中有且仅有 1 个选项是正确的，只选对其中⼀道，这样的选项组合情况为：①第⼀道选对，第⼆、三道全选错的情况数位1? 3 ? 3 = 9 .②第⼆道选对，第⼀、三道全选错的情况数为3 ?1? 3 = 9 .③第三道选对，第⼀、⼆道全选错的情况数为3 ? 3 ?1 = 9总计 9 + 9 + 9 = 27（2）将这 27 种情况看做是 27 个抽屉，学⽣看做是放到抽屉的物体，⾄少有 1 抽屉放了 2个物体.根据抽屉原理⼆得：物体数 = 27 ? (2 - 1) + 1 = 28 .所以参加这次测验的同学⾄少有28 ⼈.故选： D .， .33.18 个⼩朋友中， () ⼩朋友在⼀个⽉出⽣.A.恰好有 2 个B.⾄少有 2 个C.有 7 个D.最多有 7 个【解析】18 ÷ 12 = 1?6 ，1 + 1 =2 （个 ) ，答：18 个⼩朋友中，⾄少有 2 个⼩朋友在⼀个⽉出⽣.故选： B .34.袋⼦⾥有 18 个⼤⼩相同的彩⾊球，其中红球有 3 个，黄球有 5 个，绿球有 10 个.现在要⼀次从袋中取出若⼲个球，使得这若⼲个球中⾄少有 5 个球是同⾊的，那么从袋中⼀次取出球的个数⾄少是 ()A.5 个C.12 个D .13 个【解析】根据题⼲分析可得： 3 + 4 + 4 + 1 = 12 （个 ) ，答：从袋中⼀次取出球的个数⾄少是 12 个；故选： C .35.⼀只⿊⾊⼝袋⾥有四种颜⾊的球，每种颜⾊的球⾜够多个，它们的形状，⼤⼩都相同，只是颜⾊不同.⼀次⾄少取出 () 个，才能保证其中⾄少有 5 个球的颜⾊相同.A.5B.9C.13D .17【解析】根据分析可得：4 ? 4 + 1 = 17 （个 ) ；答：⼀次⾄少取出 17 个，才能保证其中⾄少有 5 个球的颜⾊相同.故选： D .36.220 名学⽣参加百分制的考试（得分以整数计）没有三名以上的学⽣得分相同则恰有三名同学得分相同的分数最少有 () 个.A.17B.18C.19D .20【解析】按照百分制计分，那么得分情况有 101 种：即 0 分，1 分，2 分，3 分， ?100 分；把这 101 种得分情况看做 101 个抽屉，因为 220 ÷ 101 = 2 （⼈ )?18 （⼈ ) ，所以没有三名以上的学⽣得分相同，所以恰有三名同学得分相同的分数最少有 18 个；故选： B .37.四年级六个班举⾏拔河⽐赛，要求每班要与其他各班进⾏⼀场⽐赛，⼀共要举⾏ () 场⽐赛.A.4B.5C.6D .15（【解析】 5 ? 6 ÷ 2 = 15 （场 ) ；故选： D .38.四年级六个班进⾏篮球⽐赛，每两个班之间都要进⾏⼀场⽐赛，⼀共要进⾏() 场⽐赛.A.10B.15C.20 D .30【解析】 5 ? 6 ÷ 2 = 15 （场 ) ；答：⼀共要举⾏ 15 场⽐赛.故选： B .39.有 40 名⽻⽑球运动员参加淘汰制的⽐赛，即每赛⼀场选出⼀位胜者进⼊下⼀场），决出最后的冠军，⼀共要进⾏的⽐赛场次是 () 场. A.20 B.39C.41D .80【解析】 40 - 1 = 39 （场 )40.奥运五福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮在鸟巢奥运馆见⾯了，每两个福娃都会握⼀次⼿，当贝贝握了 4 次⼿，晶晶握了 3 次⼿，欢欢握了 2 次⼿，迎迎握了 1 次⼿时，妮妮握了 () 次⼿.A.4B.3C.2D.1【解析】每⼈都要和另外 4 个⼈握⼀次⼿，已知 a 握了 4 次，则 a 与 b 、 c 、 d 、 e 各握了⼀次； b 握了 3 次，由于此时 d 只握了 1 次，是和 a 握的，则 b 与 a 、 c 、 e 握的，此时 c 已握了 2 次，即和 a ，b 握的；所以 e 此时也握了两次，即和 a 、 b 握的.故选： C .41.同学们进⾏⼴播操⽐赛，全班正好排成相等的 6 ⾏.⼩红排在第⼆⾏，从头数，她站在第5 个位置，从后数她站在第 3 个位置，这个班共有 () ⼈.A.42B.44C.48D .54【解析】 5 - 1 + 3 = 7 （⼈ )7 ? 6 = 42 （⼈ )故选： A .42.⼀只平底锅，每次只能烙 2 张鸡蛋饼，两⾯都要烙，烙⼀⾯均需 3 分钟，那么烙 5 张鸡蛋饼，最少需要()分钟.A.15B.20C.18D.30【解析】要使煎5张饼的时间最短，应⾸先煎2张饼，然后再煎3张饼.煎前2张饼需要的时间：2?3=6（分钟）；煎最后3张饼时，应先往锅中放⼊两张饼，先煎熟⼀⾯后拿出⼀张，再放⼊另⼀张，当再煎熟⼀⾯时把熟的⼀张拿出来，再放⼊早拿出的那张饼，使两张同时熟，所以⼀共需要3?3=9分钟；6+9=15（分钟）故选：A.43.姐姐杀好鱼后，让弟弟帮忙烧鱼，他洗鱼2分钟、切鱼2分钟、切姜⽚和葱花1分钟、洗锅2分钟、将锅烧热2分钟、将油烧热3分钟、煎烧鱼5分钟，各⼯序共花了17分钟.聪明的⼩朋友，如果是你烧鱼，你最少需要多少时间呢？()A.12B.13C.14D.15【解析】根据题⼲分析可得：先洗锅，需要2分钟→洗鱼需要2分钟（同时烧热锅节约2分钟）→切鱼需要2分钟、切葱花、姜⽚需要1分钟（同时烧热油节约3分钟）→煎鱼需要5分钟，这样花费的时间最少是2+2+1+2+5=12（分钟），答：最少需要12分钟.故选：A.44.⼩芳早上起床，洗脸刷⽛5分钟，吃妈妈已经准备好的早饭10分钟，听⼴播15分钟，步⾏到学校10分钟.如果学校在8:00开始上课，⼩芳最迟⼏时就要起床？()A.7:20B.7:30【解析】5+10+10=25（分钟）8时-25分=7时35分即⼩芳起床最晚是7时35分.故选：C.。
小学奥数计数之标数法经典例题讲解【三篇】
小学奥数计数之标数法经典例题讲解【三篇】
解答：蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”
这意味着它只能从小号码的蜂房爬进相邻的大号码的蜂房。
明确了行
走路径的方向，就可使用标数法实行计算。
如图所示，小蜜蜂从A出发到B处共有89种不同的回家方法。
【第二篇】
例1．按图中箭头所指的方向行走，从A到I共有多少条不同的路线？
解答：
第1步：在起点A处标1。
再观察点B，要想到达点B，只有一个入口A，所以在B点也标1。
第2步：再观察点C，要想到达点C,它有两个入口A和B，所以在点
C处标1＋1＝2。
同理重复点F，点D，点E，点G，点H，点I
【第三篇】
分析：既然要走最短路线,自然是不能回头走,所以从A地到B地
的过程中只能向右或向下走.
我们首先来确认一件事,如下图
从A地到P点有m种走法,到Q点有n种走法,那么从A地到B地有多少种走法呢?
就是用加法原理,一共有m+n种走法.
这个问题明白了之后,我们就能够来解决这道例题了：
首先因为只能向右或向下走,那么最上面一行和最左边一列的每一个点都只能有一种走法,(因为不能够走回头路).
我们就在这些交点的旁边标记上一个数字,代表走到这个位置有多少种方法.。
小学奥数鸡兔同笼数字数位问题
明伦堂教育二．鸡兔同笼问题1．鸡与兔共100只,鸡的腿数比兔的腿数少28条,问鸡与兔各有几只?解：4*100＝400，400-0＝400 假设都是兔子，一共有400只兔子的脚，那么鸡的脚为0只，鸡的脚比兔子的脚少400只。
400-28＝372 实际鸡的脚数比兔子的脚数只少28只，相差372只，这是为什么？4+2＝6 这是因为只要将一只兔子换成一只鸡，兔子的总脚数就会减少4只（从400只变为396只），鸡的总脚数就会增加2只（从0只到2只），它们的相差数就会少4+2＝6只（也就是原来的相差数是400-0＝400，现在的相差数为396-2＝394，相差数少了400-394＝6）372÷6＝62 表示鸡的只数，也就是说因为假设中的100只兔子中有62只改为了鸡，所以脚的相差数从400改为28，一共改了372只100-62＝38表示兔的只数三．数字数位问题1．把1至2005这2005个自然数依次写下来得到一个多位数123456789.....2005,这个多位数除以9余数是多少? 解：首先研究能被9整除的数的特点：如果各个数位上的数字之和能被9整除，那么这个数也能被9整除；如果各个位数字之和不能被9整除，那么得的余数就是这个数除以9得的余数。
解题：1+2+3+4+5+6+7+8+9=45；45能被9整除依次类推：1~1999这些数的个位上的数字之和可以被9整除10~19，20~29……90~99这些数中十位上的数字都出现了10次，那么十位上的数字之和就是10+20+30+……+90=450 它有能被9整除同样的道理，100~900 百位上的数字之和为4500 同样被9整除也就是说1~999这些连续的自然数的各个位上的数字之和可以被9整除；同样的道理：1000~1999这些连续的自然数中百位、十位、个位上的数字之和可以被9整除（这里千位上的“1”还没考虑，同时这里我们少200020012002200320042005从1000~1999千位上一共999个“1”的和是999，也能整除；200020012002200320042005的各位数字之和是27，也刚好整除。
【教师版】小学奥数7-6-1 计数之归纳法.专项练习及答案解析
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．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】 如图所示，在2×2方格中，画一条直线最多穿过3个方格；在3×3方格中，画一条直线最多穿过5个方可知；那么在5×5方格中，画一条直线，最多穿过 个方格。
【考点】计数之归纳法 【难度】2星 【题型】填空【关键词】希望杯，四年级，复赛，第14题，6分【解析】 边长每多1，穿过的方格多2，那么5×5的最多穿过3+2+2+2=9个方格【答案】9【例 2】 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?【考点】计数之归纳法 【难度】3星 【题型】解答【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，因例题精讲 教学目标7-6-1.计数之归纳法而至多被分成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=()12 k k++1个部分，所以五条直线可以分平面为16个部分．【答案】16【巩固】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？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【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，……a0＝1a1=a0+1＝2a2=a1＋2=4a3=a2＋3=7a4=a3+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【答案】5051部分【例 3】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？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【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ka个部分．141312111098765432187652134431221从图中可以看出，12a=，24221a==+⨯，38422a==+⨯，414823a==+⨯，……可以发现ka满足下列关系式：()121k ka a k-=+-．实际上，当平面上的(1k-)个圆把平面分成1ka-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．【答案】92【例 4】 10个三角形最多将平面分成几个部分？【考点】计数之归纳法 【难度】4星 【题型】解答【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．【答案】272【例 5】 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？【考点】计数之归纳法 【难度】4星 【题型】解答【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+⨯⨯-．【答案】26【例 6】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?【考点】计数之归纳法【难度】5星【题型】解答【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．【答案】32【例 7】在一个西瓜上切6刀，最多能将瓜皮切成多少片？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【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()21n-个交点．这些交点将第n条切割线分成()21n-段，也就是说新增加的切割线使瓜皮数量增加了()21n-，所以在西瓜上切6刀，最多能将瓜皮切成11212223242532++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=片．【答案】32【例 8】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）【考点】计数之归纳法【难度】5星【题型】解答【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8715+=个部分．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1123411间中的区域增加到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．【答案】42。
小学奥数计数问题例题解析之排除法
小学奥数计数问题例题解析之排除法
例题在一个年级里，甲、乙、丙三位老师分别讲授数学、物理、化学、生物、语文、历史，每位老师教两门课.现知道：
(1)化学老师和数学老师住在一起;
(2)甲老师是三位老师中最年轻的;
(3)数学老师和丙老师是一对优秀的国际象棋手;
(4)物理老师比生物老师年长，比乙老师又年轻;
(5)三人中最年长的老师住家比其他二位老师远.
问甲、乙、丙三位老师分别教哪两门课?
解：由条件(3)，推出丙老师不教数学;
由条件(4)，推出生物老师最年轻，乙老师最年长，且乙老师不教物理和生物，生物老师不教物理;
由条件(2)，推出甲老师教生物，因此甲老师不教物理
由图4—7，推出丙老师教物理
因为乙老师最年长，由条件(1)、(5)，推出乙老师不教化学和数学由图4—9，推出乙老师教语文和历史，甲老师教数学
由图4—10，推出丙老师教化学.
所以，甲老师教数学和生物，乙老师教语文和历史，丙老师教物理和化学.。
小学四年级奥数计数问题及解析
小学四年级奥数计数问题及解析奥数的学习并没有我们想象的那么难，只要用心我们依旧能够把奥数学习好的。
我们一起来看一下这篇小学四年级奥数计数问题吧。
假如一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比它右边数位上的数字小，那么我们称它为"迎春数".那么，小于2021的"迎春数"共有个。
【答案解析】这是一道组合计数问题.方法一：枚举法――按位数分类运算.一、两位数中，"迎春数"个数(1)十位数字是1，如此的"迎春数"有12，13，…，19，共8个;(2)十位数字是2，如此的"迎春数"有23，…，29，共7个;(3)十位数字是3，如此的"迎春数"有34，…，39，共6个;(4)十位数字是4，如此的"迎春数"有45，…，49，共5个;(5)十位数字是5，如此的"迎春数"有56，…，59，共4个;(6)十位数字是6，如此的"迎春数"有67，68，69，共3个;(7)十位数字是7，如此的"迎春数"有78，79，共2个;(8)十位数字是8，如此的"迎春数"只有89这1个;(9)没有十位数字是9的两位的"迎春数";因此两位数中，"迎春数"共有36个.二、三位数中，"迎春数"个数(1)百位数字是1，如此的"迎春数"有123-129，134-139，…，189，共28个;(2)百位数字是2，如此的"迎春数"有234-239，…，289，共21个;(3)百位数字是3，如此的"迎春数"有345-349，…，389，共15个;(4)百位数字是4，如此的"迎春数"有456-459，…，489，共10个;(5)百位数字是5，如此的"迎春数"有567-569，…，589，共6个;(6)百位数字是6，如此的"迎春数"有678，679，689，共3个;(7)百位数字是7，如此的"迎春数"只有789，这1个;(8)没有百位数字是8，9的三位的"迎春数";因此三位数中，"迎春数"共有84个.三、1000-2021的自然数中，"迎春数"个数(1)前两位数字是12，如此的"迎春数"有1234-1239，…，1289，共21个(2)前两位数字是13，如此的"迎春数"有1345-1349，…，1389，共15个;(3)前两位数字是14，如此的"迎春数"有1456-1459，…，1489，共10个;(4)前两位数字是15，如此的"迎春数"有1567-1569，…，1589，共6个;(5)前两位数字是16，如此的"迎春数"有1678，1679，1689，共3个;(6)前两位数字是17，如此的"迎春数"只有1789这1个;(7)没有前两位数字是18，19的四位的"迎春数";因此四位数中，"迎春数"共有56个.四、2021-2021的自然数中，没有"迎春数"因此小于2021的自然数中，"迎春数"共有36+84+56=176 个.方法二：利用组合原理?小于2021的"迎春数"，只可能是两位数、三位数和1000多的数.运算两位"迎春数"的个数，它就等于从1-9这9个数字中任意取出2个不同的数字，每一种取法对应于一个"迎春数"，即有多少种取法就有多少个"迎春数".明显不同的取法有9×8÷2=36 中，因此两位的"迎春数"共有36个.同样运算三位数和1000多的数中"迎春数"的个数，它们分别有9×8×7÷3÷2÷1=84个和8×7×6÷3÷2÷1=56 个.因此小于2021的自然数中，"迎春数"共有36+84+56=176 个。
高斯小学奥数五年级下册含答案第15讲_数字谜中的计数
第十五讲数字谜中的计数上一讲我们讲解了一些与数论相关的计数问题，这一讲我们来研究一下数字谜中的计数问题，首先我们来看竖式问题．例1． 如图，请在方框中填入0~4中的数字，使竖式成立．小高的填法如下中图，卡莉娅的填法如下右图，墨莫说，还有很多种填法．同学们你能判断出一共有多少种不同的填法吗？「分析」观察可知竖式中没有进位，个位、十位、百位上的数字和均为4，本题难度一般，但是同学做题时要注意准确性．练习1、如图，方框中都是0~3中的数字，使竖式成立，一共有多少种填法？例2．如图，方框中都是3~6中的数字，求出所填九个数字之和为多少？一共有多少种填法？「分析」注意题目要求只能填入3至6中的数字，能不能确定每一位的数字和？练习2、如图，方框中都是4~7中的数字，一共有多少种填法？+4 4 44 1 3 + 3 14 4 44 2 1 + 2 34 4 4+ 3 3 3+4 9 9 5+5 3 7数字谜中的计数问题，不仅要求填出的方案能满足数字谜的要求，还要把所有情况考虑周全，这也是此类问题比较难的原因．在解决此类问题时，往往分成两步：首先找到所有不同类的填法，然后再考虑每一类填法有多少种即可．但要注意在做这两步时都要做到不重不漏．例3．将1到6填入下图，使得每两个相邻的空格中都有1个奇数1个偶数，那么有多少种填法？「分析」抛开1~6这六个数字的具体数值，只按奇、偶性分析题目是解题关键．练习3、将1~4填入方框中，使得每相邻的2格都既有奇数又有偶数，那么共有多少种填法？例4．在图1的空格内各填入一个一位数，使同一行内左面的数比右面的数大，同一列内上面的数比下面的数小，并且方格内的6个数字互不相同，例如图2为一种填法．那么一共有多少种不同的填法？「分析」对于这类表格填数问题，我们常常用分步的思想分析：先考虑某几个方格中所填的数会是哪些，再考虑这些数在这些方格中的位置有几种可能．练习4、在1~7中选出6个互不相同的数字填入下图的的表中，使得相邻的两个方框内，下面的数字比上面大，右边的数字比左边大．一共有多少种填法？以前在填写数阵图时，一般都需要先找到突破口，再顺藤摸瓜填满所有空格．现在对于数阵图中的计数问题，同样也要先找到数阵图的突破口．例5．在1~9中选出6个互不相同的数字填入下图的表中，使得相邻的两个方框内，下面的数字比上面大，右边的数字比左边大．一共有多少种填法？「分析」首先填出可能性比较少的位置或数字，．例6．将数字1至6分别填入图中各个圆圈，使得每条线段两个端点处所填的数，上面的比「分析」这个数阵图中，我们首先应该考虑的位置是哪个？节日问候特里格教授在洛杉矶城市学院时提出了如下的问题(《美国数学月刊》问题El241，1956年)：节日问候“MERRY XMAS TO ALL”是一个数字谜，每个字母代表惟一的数字，而每个词是一个平方数．求所有解．结果只有两个解：27556 3249 81 400和34225 7396 81 900罗森菲尔德(Azriel Rosenfeld)发现，如果加一个条件，要求每个词的数字之和是一个完全平方数，则解是惟一的．卡斯特(Edgar Karst)发现，同一句问候的方程MERRY+XMAS= TOALL也是一个数字谜．其中每个字母代表惟一的数字，而每个词能被3整除．这时有惟一解：84771+5862=90633．作业1. 在右边的竖式中，相同的字母表示相同的数字，不同的字母表示不同的数字．这个竖式有多少种不同的填法？2. 如图，方框中都是6~9内的数字，为使竖式成立，一共有多少种填法？3. 将1到9填入图中，使得每两个相邻的空格中都有1个奇数和1个偶数，有多少种填法？4. 从数字1~6种选5个填入图中，使每相邻两格中，下边的数字比上边的大，右边的数字比左边的大，有多少种填法？5. 如图，在1~10中选6个数字填入图中，使得上面的数比下面的数大，那么有种填法？+7 6 5A B + C A1 2 3第十五讲 数字谜中的计数例题：例7． 答案：20种详解：首先可以确定三位数的首位为4，个位的两个数字，从上到下依次可为（0，4），（1，3），（2，2），（3，1），（4，0），共5种填法．注意到两位数的首位不能为0，十位的两个数字可为（0，4），（1，3），（2，2），（3，1），共4种填法，由乘法原理，共有5420⨯=种填法．例8． 答案： 45；30详解：首先可以判断出四位数的首位为4，个位的三个数字和不能为5或25，只能为15，向十位进1．十位三个数字的和只能为18，百位两个数字的和只能为8．因此所填九个数字之和为48181545+++=．百位上两个数的和是8，有35+和44+这两种情况．其中3和5分别填入两个方框，有2种方法；而4和4则只有1种填法，因此百位上的填法有3种．个位上三个数的和是15，有366++，456++，555++这三种情况．其中3，6，6填入三个方框中有3种填法；4，5，6有33A 6=种填法；5，5，5只有一种填法．因此个位上的填法有36110++=种．千位和十位上的数字都是确定的．由乘法原理，总共的填法有31030⨯=种．例9． 答案：72种详解：首先考虑奇偶性， 如下图所示，共有两种填法．一共有3333A A 272⨯⨯=种填法．和是8和是154 6 6 + 6 4995偶 偶偶 奇 奇 奇 偶 偶 偶奇 奇 奇例10． 答案：30种详解：由于方格内6个数字互不相同，因此四个空格的数是从4~9中选择4个不同的数．有46C 种选法．例如：所选数字为5，6，7，8，如下图所示，可以确定5和8的位置，6和7可以互换，有2种填法，故共有4266C 2C 230⨯=⨯=种填法．例11． 答案：420种详解：从1~9中选择6个不同的数．有69C 种选法．例如：所选数字为1，2，3，4，5，6，如下图所示，首先可以确定1和6的位置，2，3，4，5这四个数填入余下的部分，与专属3中第四个图相同，有5种填法，故共有6399C 5C 5420⨯=⨯=种填法．例12． 答案：20种详解：首先可以确定1的位置，在最下面．然后选3个数填在左边的部分，有35C 种选法，剩下的2个数填在右边，位置确定．注意到，左边部分上面的2个圆圈可以交换位置．故共有35C 220⨯=种填法． 练习：1. 答案：12种简答：没有进位，所以，百位一定填3，1203+=+，所以，个位有4种填法，十位考虑首位不为0，所以，有3种填法，竖式共有：3412⨯=种填法．2. 答案：15种简答： 解法同例23. 答案：8简答：填法如图：，共计8种．4. 答案：14种简答：从1~7中选择6个不同的数．有67C 种选法．例如：所选数字为1，2，3，4，5，6，如下图所16示，首先可以确定1和6的位置，然后可以确定2和5的位置，3和4可以互换，有2种填法，故共有6177C 2C 214⨯=⨯=种填法．作业1. 答案：7．简答：把个位上的A 和B 调换一下，那么有123AA CB +=，可以是3390123+=，4479123+=，5568123+=，6657123+=，7746123+=，8835123+=，9924123+=．一共有7种不同的填法．2. 答案：16．简答：个位数字之和是15，十位数字之和也是15，百位填6．15可以拆成69+和78+．所以一共有16种填法．3. 答案：2880．简答：1~9中有5奇4偶，奇数要填在四角和中心，其余地方填偶数．有5454A A 2880⨯=种．4. 答案：12．简答：先选5个数字出来，有6种选法．选好之后有2种填法，一共有12种填法．5. 答案：1260．简答：首先选6个数字出来，有610C 210=种选法．设选出的6个数字由小到大依次是A 、B 、C 、D 、E 、F ，那么A 填最下面，F 在最上面．有24C 6=种填法．一共有62101260⨯=种填法．。
小学奥数几何中的计数问题
小学奥数几何中的计数问题数长方形例1如下图，数一数下列各图中长方形的个数？分析：图（Ⅰ）中长方形的个数与AB边上所分成的线段的条数有关，每一条线段对应一个长方形，所以长方形的个数等于AB边上线段的条数，即长方形个数为：4+3+2+1=10（个）.图（Ⅱ）中AB边上共有线段4+3+2+1=10条. BC边上共有线段：2+1=3（条），把AB上的每一条线段作为长，BC边上每一条线段作为宽，每一个长配一个宽，就组成一个长方形，所以图（Ⅱ）中共有长方形为：（4+3+2+1）×（2+1）=10×3=30（个）.图（Ⅲ）中，依据计算图（Ⅱ）中长方形个数的方法：可得长方形个数为：（4+3+2+1）×（3+2+1）=60（个）.解：图（Ⅰ）中长方形个数为4+3+2+1=10（个）.图（Ⅱ）中长方形个数为：（4+3+2+1）×（2+1）=10×3=30（个）.图（Ⅲ）中长方形个数为：（4+3+2+1）×（3+2+1）=10×6=60（个）.小结：一般情况下，如果有类似图Ⅲ的任一个长方形一边上有n-1个分点（不包括这条边的两个端点），另一边上有m-1个分点（不包括这条边上的两个端点），通过这些点分别作对边的平行线且与另一边相交，这两组平行线将长方形分为许多长方形，这时长方形的总数为：（1+2+3+…+m）×（1+2+3+…+n）.例2 如右图数一数图中长方形的个数.解：AB边上分成的线段有：5+4+3+2+1=15.BC边上分成的线段有：3+2+1=6.所以共有长方形：（5+4+3+2+1）×（3+2+1）=15×6=90（个）.数正方形例3数一数下页各个图中所有正方形的个数.（每个小方格为边长为1的正方形）分析：图Ⅰ中，边长为1个长度单位的正方形有：2×2=4（个），边长为2个长度单位的正方形有：1×1=1（个）.所以，正方形总数为1×1+2×2=1+4=5（个）.图Ⅱ中，边长为1个长度单位的正方形有3×3=9（个）；边长为2个长度单位的正方形有：2×2=4（个）；边长为3个长度单位的正方形有1×1=1（个）.所以，正方形的总数为：1×1+2×2+3×3=14（个）.图Ⅲ中，边长为1个长度单位的正方形有：4×4=16（个）；边长为2个长度单位的正方形有：3×3=9（个）；边长为3个长度单位的正方形有：2×2=4（个）；边长为4个长度单位的正方形有：1×1=1（个）；所以，正方形的总数为：1×1+2×2+3×3+4×4=30（个）.图Ⅳ中，边长为1个长度单位的正方形有：5×5=25（个）；边长为2个长度单位的正方形有：4×4=16（个）；边长为3个长度单位的正方形有：3×3=9（个）；边长为4个长度单位的正方形有：2×2=4（个）；边长为5个长度单位的正方形有：1×1=1（个）.所有正方形个数为：1×1+2×2+3×3+4×4+5×5=55（个）.小结：一般地，如果类似图Ⅳ中，一个大正方形的边长是n个长度单位，那么其中边长为1个长度单位的正方形个数有：n×n=n2（个），边长为2个长度单位的正方形个数有：（n-1）×（n-1）=（n-1）2（个）…；边长为（n-1）个长度单位的正方形个数有：2×2=22（个），边长为n个长度单位的正方形个数有：1×1=1（个）.所以，这个大正方形内所有正方形总数为：12+22+32+…+n2（个）.例4如右图，数一数图中有多少个正方形（其中每个小方格都是边长为1个长度单位的正方形）.分析：为叙述方便，我们规定最小正方形的边长为1个长度单位，又称为基本线段，图中共有五类正方形.①以一条基本线段为边的正方形个数共有：6×5=30（个）.②以二条基本线段为边的正方形个数共有：5×4=20（个）.③以三条基本线段为边的正方形个数共有：4×3=12（个）.④以四条基本线段为边的正方形个数共有：3×2=6（个）.⑤以五条基本线段为边的正方形个数共有：2×1=2（个）.所以，正方形总数为：6×5+5×4+4×3+3×2+2×1=30+20+12+6+2=70（个）.小结：一般情况下，若一长方形的长被分成m等份，宽被分成n等份，（长和宽上的每一份是相等的）那么正方形的总数为（n＜m）：mn+（m-1）（n-1）+（m-2）（n-2）+…+（m-n+1）·1显然例4是结论的特殊情况.例5 如下图，平面上有16个点，每个点上都钉上钉子，形成4×4的正方形钉阵，现有许多皮筋，问能套出多少个正方形.例6 如右图，数一数图中三角形的个数.分析这样的图形只能分类数，可以采用类似数正方形的方法，从边长为一条基本线段的最小三角形开始.Ⅰ.以一条基本线段为边的三角形：①尖朝上的三角形共有四层，它们的总数为：W①上=1+2+3+4=10（个）.②尖朝下的三角形共有三层，它们的总数为：W①下=1+2+3=6（个）.Ⅱ.以两条基本线段为边的三角形：①尖朝上的三角形共有三层，它们的总数为：W②上=1+2+3=6（个）.②尖朝下的三角形只有一个，记为W②下=1（个）.Ⅲ.以三条基本线段为边的三角形：①尖朝上的三角形共有二层，它们的总数为：W③上=1+2=3（个）.②尖朝下的三角形零个，记为W③下=0（个）.Ⅳ.以四条基本线段为边的三角形，只有一个，记为：W④上=1（个）.所以三角形的总数是10+6+6+1+3+1=27（个）.我们还可以按另一种分类情况计算三角形的个数，即按尖朝上与尖朝下的三角形的两种分类情况计算三角形个数.Ⅰ.尖朝上的三角形共有四种：W①下=1+2+3+4=10W②上=1+2+3=6W③上=1+2=3W④上=1所以尖朝上的三角形共有：10+6+3+1=20（个）.Ⅱ.尖朝下的三角形共有二种：W①下=1+2+3=6W②下=1W③下=0W④下=0则尖朝下的三角形共有：6+1+0+0=7（个）所以，尖朝上与尖朝下的三角形一共有：20+7=27（个）.小结：尖朝上的三角形共有四种.每一种尖朝上的三角形个数都是由1开始的连续自然数的和，其中连续自然数最多的和中最大的加数就是三角形每边被分成的基本线段的条数，依次各个连续自然数的和都比上一次少一个最大的加数，直到1为止.尖朝下的三角形的个数也是从1开始的连续自然数的和，它的第一个和恰是尖朝上的第二个和，依次各个和都比上一个和少最大的两个加数，以此类推直到零为止.（1）W①上=8+7+6+5+4=30（3）W③上=6+5+4=15（4）W④上=5+4=9（5）W⑤上=4∴尖朝上的三角形共有：30+22+15+9+4=80（个）.Ⅱ.尖朝下的三角形有四种：（1）W①下=3+4+5+6+7=25（2）W②下=2+3+4+5=14（3）W③下=1+2+3=6（4）W④下=1尖朝下的三角形共有25+14+6+1=46（个）.所以尖朝上与尖朝下的三角形总共有80+46=126（个）.。
小学四年级数学奥数应用题100道及答案解析
小学四年级数学奥数应用题100道及答案解析1. 学校买来5 箱铅笔，每箱有20 盒，每盒有8 支铅笔，一共买来多少支铅笔？答案：5×20×8 = 800（支）解析：先计算每箱铅笔的数量20×8 = 160 支，再计算5 箱铅笔的总数5×160 = 800 支。
2. 一辆汽车4 小时行驶了280 千米，照这样的速度，7 小时能行驶多少千米？答案：280÷4×7 = 490（千米）解析：先算出汽车每小时行驶的速度280÷4 = 70 千米/小时，再乘以7 小时得到7 小时行驶的路程70×7 = 490 千米。
3. 果园里有苹果树360 棵，梨树的棵数比苹果树少80 棵，果园里一共有多少棵树？答案：360 - 80 + 360 = 640（棵）解析：先算出梨树的数量360 - 80 = 280 棵，再加上苹果树的数量360 棵得到总数640 棵。
4. 一套运动服上衣85 元，裤子55 元，买15 套这样的运动服需要多少钱？答案：（85 + 55）×15 = 2100（元）解析：先算出一套运动服的价钱85 + 55 = 140 元，再乘以15 套得到总价140×15 = 2100 元。
5. 小明看一本240 页的故事书，已经看了80 页，剩下的要在5 天内看完，平均每天看多少页？答案：（240 - 80）÷5 = 32（页）解析：先算出剩下的页数240 - 80 = 160 页，再除以5 天得到每天看的页数160÷5 = 32 页。
6. 工厂要生产800 个零件，已经生产了300 个，剩下的要在10 天内完成，平均每天生产多少个？答案：（800 - 300）÷10 = 50（个）解析：先算出还需要生产的零件数量800 - 300 = 500 个，再除以10 天得到每天需要生产的数量500÷10 = 50 个。
小学奥数 计数之递推法 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
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．对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法． 【例 1】 每对小兔子在出生后一个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出一对小兔子来．如果一个人在一月份买了一对小兔子，那么十二月份的时候他共有多少对兔子？ 【考点】计数之递推法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 第一个月，有1对小兔子；第二个月，长成大兔子，所以还是1对；第三个月，大兔子生下一对小兔子，所以共有2对；第四个月，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下一对小兔子，共有3对；第五个月，两对大兔子生下2对小兔子，共有5对；……这个特点的说明每月的大兔子数为上月的兔子数，每月的小兔子数为上月的大兔子数，即上上月的兔子数，所以每月的兔子数为上月的兔子数与上上月的兔子数相加． 依次类推可以列出下表： 经过月数：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12兔子对数：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89—144，所以十二月份的时候总共有144对兔子．【答案】144【例 2】 树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵树苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”．这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么十年后这棵树上有多少条树枝？ 【考点】计数之递推法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……所以十年后树上有89条树枝．【答案】89【例 3】 一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答例题精讲教学目标7-6-4.计数之递推法【解析】 登 1级 2级 3级 4级 ...... 10级1种方法 2种 3种 5种 ...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面两个数的和；依此规律我们就可以知道了第10级的种数是89.其实这也是加法的运用：假如我们把这个人开始登楼梯的位置看做A 0，那么登了1级的位置是在A 1，2级在A 2... A 10级就在A 10．到A 3的前一步有两个位置；分别是A 2 和A 1 ．在这里要强调一点，那么A 2 到A 3 既然是一步到了，那么A 2 、A 3之间就是一种选择了；同理A 1 到A 3 也是一种选择了．同时我们假设到n 级的选择数就是An ．那么从A 0 到A 3 就可以分成两类了：第一类：A 0 ---- A 1 ------ A 3 ，那么就可以分成两步．有A 1×1种，也就是A 1 种；(A 1 ------ A 3 是一种选择)第二类：A 0 ---- A 2 ------ A 3， 同样道理 有A 2 ．类类相加原理：A 3 = A 1 ＋A 2，依次类推An = An -1 + An -2．【答案】89【巩固】一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或三级，要登上第10级，共有多少种不同走法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 5级 ...... 10级1种方法 1种 2种 3种 4种...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面相隔的两个数的和；依此规律我们就可以知道了第10级的种数是28.【答案】28【例 4】 1×2的小长方形(横的竖的都行)覆盖2×10的方格网，共有多少种不同的盖法． 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 如果用12⨯的长方形盖2n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，22a =,对于3n ≥，左边可能竖放1个12⨯的，也可能横放2个12⨯的，前者有-1n a 种，后者有-2n a 种，所以-1-2n n n a a a =+,所以根据递推，覆盖210⨯的长方形一共有89种．【例 5】 用13⨯的小长方形覆盖38⨯的方格网，共有多少种不同的盖法？ 【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果用13⨯的长方形盖3n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，21a =,32a =,对于4n ≥，左边可能竖放1个13⨯的，也可能横放3个13⨯的，前者有-1n a 种，后者有-3n a 种，所以-1-3n n n a a a =+,依照这【答案】13【例 6】 有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1根火柴有1种方法，取2根火柴有2种方法，取3根火柴有4种取法，以后取任意根火柴的种【答案】927【巩固】 一堆苹果共有8个，如果规定每次取1～3个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种【答案】81【例 7】 有10枚棋子，每次拿出2枚或3枚，要想将10枚棋子全部拿完，共有多少种不同的拿法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 本题可以采用递推法，也可以进行分类讨论，当然也可以直接进行枚举．(法1)递推法．假设有n 枚棋子，每次拿出2枚或3枚，将n 枚棋子全部拿完的拿法总数为n a 种． 则21a =，31a =，41a =．由于每次拿出2枚或3枚，所以32n n n a a a --=+(5n ≥)．所以，5232a a a =+=；6342a a a =+=；7453a a a =+=；8564a a a =+=；9675a a a =+=；10787a a a =+=．即当有10枚棋子时，共有7种不同的拿法． (法2)分类讨论．由于棋子总数为10枚，是个偶数，而每次拿2枚或3枚，所以其中拿3枚的次数也应该是偶数．由于拿3枚的次数不超过3次，所以只能为0次或2次． 若为0次，则相当于2枚拿了5次，此时有1种拿法；若为2次，则2枚也拿了2次，共拿了4次，所以此时有246C =种拿法． 根据加法原理，共有167+=种不同的拿法．【例 8】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答BA AB 1357946821235813213455891【解析】 蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”这意味着它只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房．明确了行走路径的方向，就可以运用标数法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有89种不同的回家方法．【答案】89【巩固】小蜜蜂通过蜂巢房间，规定只能由小号房间进入大号房间问小蜜蜂由A 房间到达B 房间有多少种方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 斐波那契数列第八项．21种．【答案】21【例 9】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有296种不同的回家方法．【答案】296【例 10】 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，如此进行直到得数为1操作停止．问经过9次操作变为1的数有多少个？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 可以先尝试一下，倒推得出下面的图：2410131112514302831643215167683421其中经1次操作变为1的1个，即2， 经2次操作变为1的1个，即4， 经3次操作变为1的2个，是一奇一偶，以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，每个奇数变为一个偶数，于是，经1、2、…次操作变为1的数的个数依次为：1，1，2，3，5，8，…这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即即经过9次操作变为1的数有34个.为什么上面的规律是正确的呢？道理也很简单. 设经过n 次操作变为1的数的个数为n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，… 从上面的图看出，1n a +比n a 大.一方面，每个经过n 次操作变为1的数，乘以2，就得出一个偶数，经过1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +次操作变为1的偶数，除以2，就得出一个经过n 次操作变为1的数. 所以经过n 次操作变为1的数与经过1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.前者的个数是n a ,因此后者也是n a 个. 另一方面，每个经过n 次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +次操作变为1的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n 次操作变为1. 所以经过n 次操作变为1的偶数经过1n +次操作变为1的奇数恰好一样多. 而由上面所说，前者的个数就是1n a -,因此后者也是1n a -.经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以11n n n a a a +-=+，即上面所说的规律的确成立.【答案】34【例 11】 有20个石子，一个人分若干次取，每次可以取1个，2个或3个，但是每次取完之后不能留下质数个，有多少种方法取完石子？（石子之间不作区分，只考虑石子个数） 【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前面3个数相加．现在剩下的不能是质数个，可以看作是质数个的取法总数都是0，然后再进行递推．【答案】25【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来：【答案】54【例 12】 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 设第n 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有n a 种．可以想象前1n -次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有3种可能，由乘法原理，共有11333333n n --⨯⨯⨯=()个…(种)传球方法．这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第1n -次恰好传到甲手中，这有1n a -种传法，它们不符合要求，因为这样第n 次无法再把球传给甲；另一类是第1n -次传球，球不在甲手中，第n 次持球人再将球传给甲，有n a 种传法．根据加法原理，有11133333n n n n a a ---+=⨯⨯⨯=(个…)．由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以10a =．利用递推关系可以得到：2303a =-=，33336a =⨯-=，4333621a =⨯⨯-=，533332160a =⨯⨯⨯-=．这说明经过5次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种． 本题也可以列表求解．由于第n 次传球后，球不在甲手中的传球方法，第1n +次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种．从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60种．【答案】60【巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过4次传球后，球仍回到甲手中．问：共有多少种传球方式？ 【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 递推法．设第n 次传球后球传到甲的手中的方法有n a 种．由于每次传球有4种选择，传n 次有4n 次可能．其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有n a 种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有1n a +种．所以14n n n a a ++=．由于10a =，所以12144a a =-=，232412a a =-=，343452a a =-=．即经过4次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种．【答案】52点A出发恰好跳10次后落到E的方法总数为种．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空【关键词】清华附中【解析】可以使用递推法．回到A跳到B或H跳到C或G跳到D或F停在E 1步 12步 2 13步 3 14步 6 4 25步10 46步20 14 87步34 148步68 48 289步116 48其中，第一列的每一个数都等于它的上一行的第二列的数的2倍，第二列的每一个数都等于它的上一行的第一列和第三列的两个数的和，第三列的每一个数都等于它的上一行的第二列和第四列的两个数的和，第四列的每一个数都等于它的上一行的第三列的数，第五列的每一个数都等于都等于它的上一行的第四列的数的2倍．这一规律很容易根据青蛙的跳动规则分析得来．所以，青蛙第10步跳到E有48296⨯=种方法．【答案】96【巩固】在正五边形ABCDE上，一只青蛙从A点开始跳动，它每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D点上就停止跳动．青蛙在6次之内(含6次)跳到D点有种不同跳法．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空ABEC D【解析】采用递推的方法．列表如下：跳到A跳到B跳到C停在D跳到E1步 1 12步 2 1 13步 3 1 24步 5 3 25步8 3 56步13 8 5其中，根据规则，每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D点上就停止跳动．所以，每一步跳到A的跳法数等于上一步跳到B和E的跳法数之和，每一步跳到B的跳法数等于上一步跳到A和C的跳法数之和，每一步跳到C的跳法数等于上一步跳到B的跳法数，每一步跳到E的跳法数等于上一步跳到A的跳法数，每一步跳到D的跳法数等于上一步跳到C或跳到E的跳法数．【答案】12【例 14】 有6个木箱，编号为1，2，3，……，6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有 种． 【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，中年级组，决赛【解析】 (法1)分类讨论．如果1，2号箱中恰好放的就是1，2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：⑴1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3～6箱的钥匙． ⑵1，2号箱的钥匙都不在1，2号箱中．对于⑴，从1，2号箱的钥匙中选1把，从3～6号箱的钥匙中选1把，共有248⨯=(种)选法，每一种选法放入1，2号箱各有2种放法，共有8216⨯=(种)放法．不妨设1，3号箱的钥匙放入了1，2号箱，此时3号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，可知此时不同的放法有3216⨯⨯=(种)． 所以，第⑴种情况有“好”的方法16696⨯=(种)．对于⑵，从3～6号箱的钥匙中选2把放入1，2号箱，有4312⨯=(种)放法．不妨设3，4号箱的钥匙放入了1，2号箱．此时1，2号箱的钥匙不可能都放在3，4号箱中，也就是说3，4号箱中至少有1把5，6号箱的钥匙．如果3，4号箱中有2把5，6号箱的钥匙，也就是说3，4号箱中放的恰好是5，6号箱的钥匙，那么1，2号箱的钥匙放在5，6号箱中，有224⨯=种放法；如果3，4号箱中有1把5，6号箱的钥匙，比如3，4号箱中放的是5，1号箱的钥匙，则只能是5号箱放6号箱的钥匙，6号箱放2号箱的钥匙，有212⨯=种放法；同理，3，4号箱放5，2号箱或6，1号箱或6，2号箱的钥匙，也各有2种放法． 所以，第⑵种情况有“好”的放法()1242222144⨯++++=(种)． 所以“好”的方法共有96144240+=(种)．(法2)递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-． 所以，6542554543225!240a a a a ==⨯==⨯⨯⨯=⨯=，即好的方法总数为240种．【答案】240开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有 种．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-． 所以，109829989876543229!=725760a a a a ==⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，即好的方法总数为725760种．【答案】725760。
小学奥数家教 计数问题一几何中的计数
计数问题一、数线段第一种：按照线段的端点顺序去数第二种：按照基本线段多少的顺序去数.线段的总条数等于从1开始的连续几个自然数的和，这个连续自然数的和的最大的加数是线段分点数加1或者是线段所有点数（包括线段的两个端点）减1.二、数角数角的方法可以采用数线段的方法来数，就是角的总数等于从1开始的几个连续自然数的和，这个和里面的最大的加数是角分线的条数加1三、数三角形1.共顶点只有一个公共底边的三角形数法：计算三角形的总数也等于从1开始的几个连续自然数的和，其中最大的加数就是三角形一边上的分点数加1，也就是三角形这边上分成的基本线段的条数.2.有多条底边的三角形数法：分开看各底边用之前方法进行计数小结：由本题可以推出一般情况：若周角中含有n个基本角，那么它上面角的总数是 n（n-1）+1.练习1.数一数下图中，各有多少条线段？2.数一数下图中各有多少角？3.数一数下图中，各有多少条线段？4.数一数下图中，各有多少条线段，各有多少个三角形？四、数长方形一般情况下，如果有类似图Ⅲ的任一个长方形一边上有n-1个分点（不包括这条边的两个端点），另一边上有m-1个分点（不包括这条边上的两个端点），通过这些点分别作对边的平行线且与另一边相交，这两组平行线将长方形分为许多长方形，这时长方形的总数为：（1+2+3+…+m）×（1+2+3+…+n）.五、数正方形一般地，如果类似图Ⅳ中，一个大正方形的边长是n个长度单位，那么其中边长为1个长度单位的正方形个数有：n×n=n2（个），边长为2个长度单位的正方形个数有：（n-1）×（n-1）=（n-1）2（个）…；边长为（n-1）个长度单位的正方形个数有：2×2=22（个），边长为n个长度单位的正方形个数有：1×1=1（个）.所以，这个大正方形内所有正方形总数为：12+22+32+…+n2（个）一般情况下，若一长方形的长被分成m等份，宽被分成n等份，（长和宽上的每一份是相等的）那么正方形的总数为（n＜m）：mn+（m-1）（n-1）+（m-2）（n-2）+…+（m-n+1）·1六、数复杂图形中三角形尖朝上的三角形共有四种.每一种尖朝上的三角形个数都是由1开始的连续自然数的和，其中连续自然数最多的和中最大的加数就是三角形每边被分成的基本线段的条数，依次各个连续自然数的和都比上一次少一个最大的加数，直到1为止.尖朝下的三角形的个数也是从1开始的连续自然数的和，它的第一个和恰是尖朝上的第二个和，依次各个和都比上一个和少最大的两个加数，以此类推直到零为止.我们已对较基本、简单的图形的数法作了较系统的研究，寻找到了一般规律.而对于较复杂的图形即综合图形的数法，我们仍需遵循不重复、不遗漏的原则，采用能按规律数的，按规律数，能按分类数的就按分类数，或者两者结合起来就一定能把图形数清楚了. 35练习1.下图中有多少个正方形？2.下图中有多少个长方形？3.下图中有多少个长方形？4.下图（1）、（2）中各有多少个三角形？5.下图中有多少个三角形？6.下图中有多少个三角形？7.下图中有多少个正方形？解答：1.①在AB线段上有4个分点，所以它上面线段的总条数为：5+4+3+2+1=15（条）.②在线段AB上有3个分点，所以它上面线段的总条数为4+3+2+1=10（条）.在线段CD上有4个分点：所以它上面线段的总条数为：5+4+3+2+1=15（条）.∴整个图（2）共有线段10+15=25（条）.③在线段AB上有3个分点，它上面线段的条数为：4+3+2+1=10（条）.在线段CD上有2个分点，它上面线段的条数为：3+2+1=6（条）.在线段EF上有2个分点，它上面线段的条数为6条.所以图（3）上总共有线段10+6+6=22（条）.2.①在∠AOB内有4条角分线，所以共有角：5+4+3+2+1=15（个）；②在∠AOB 内有9条角分线，所以共有角：10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=55（个）；③周角内含有6个基本角，所以共有角：6×（6-1）+1=31（个）.3.①（3+2+1）×7=42；②（6+5+4+3+2+1）×4+（4+3+2+1）×7=21×4+10×7=84+70=154.4.①有线段：（4+3+2+1）×3+（3+2+1）×5=30+30=60（条）有三角形：（4+3+2+1）×3=30（个）；②有线段：（5+4+3+2+1）+5×2+（2+1）=15+10+3=28（条）有三角形：（5+4+3+2+1）×2+5=15×2+5=35（个）.1.共有正方形54个.2.共有长方形136个.3.共有长方形133个.4.（1）共有三角形78个.（2）共有三角形58个.5.共有三角形45个.6.共有三角形36个.7.共有正方形24个.。
小学奥数：计数之对应法.专项练习及答案解析
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．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． 模块一、图形中的对应关系【例1】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？【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答【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．【答案】196【例 2】 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？【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答例题精讲教学目标7-6-3计数之对应法【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，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⨯长方形68296小方格与一个黑色小方格的长方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÷=个．96248【答案】48【巩固】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？【考点】计数之图形中的对应关系【难度】3星【题型】解答【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．【答案】80种【例 3】图中可数出的三角形的个数为．【考点】计数之图形中的对应关系【难度】4星【题型】填空【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． 【答案】56个三角形【例 4】 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．【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答C D BA【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．【答案】756个交点模块二、数字问题中的对应关系【例 5】 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？【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【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． 【答案】210个【巩固】 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？【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【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．【答案】120种【例 6】 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？【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【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⨯⨯⨯=L 14243个相乘种．【答案】19982种【例 7】 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？【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【关键词】小学数学竞赛【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．【答案】12504个模块三、对应与阶梯型标数法【例 8】 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？【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答【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．AB 424228145141494553221111111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)．【答案】604800种【例 9】 学学和思思一起洗5个互不相同的碗（顺序固定），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．【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答【关键词】学而思杯，5年级，第7题【解析】 方法一：如下所示，共有42种不同的摞法：54321----，45321----，35421----，53421----，34521----，54231----，45231----，25431----，52431----，24531----，52341----，25341----，23541----，23451----，54312----，45312----，53412----，35412----，34512----，54132----，45132----，15432----，51432----，14532----，51342----，15342----，13542----，13452----，54123----，45123----，15423----，51423----，14523----，12543----，51243----，15243----，12453----，12354----，12534----，15234----，51234----， 12345----。
小学奥数：几何计数一.专项练习及答案解析
7-8-1几何计数（一）教课目的掌握数常用方法；熟一些数公式及其推方法；依据不一样目灵巧运用数方法行数．本主要介了数的常用方法枚法、数法、形法、插板法、法等，并渗透分数和用容斥原理的数思想．知识重点一、几何计数在几何形中，有多风趣的数，如算段的条数，足某种条件的三角形的个数，若干个分平面所成的地区数等等．看起来仿佛没有什么律可循，可是通真分析，是能够找到一些理方法的．常用的方法有枚法、加法原理和乘法原理法以及推法等．n条直最多将平面分红223⋯⋯n(n2n2)个部分；n个2最多分平面的部分数n(n-1)+2；n个三角形将平面最多分红3n(n-1)+2部分；n个四形将平面最多分红4n(n-1)+2部分⋯⋯在其余数中，也常用到枚法、加法原理和乘法原理法以及推法等．解需要仔、合所学知点逐渐求解．摆列不与参加摆列的事物相关，并且与各事物所在的先后序相关；合与各事物所在的先后序没关，只与两个合中的元素相关．二、几何计数分类数段：假如一条段上有n+1个点(包含两个端点)（或含有n个“基本段”），那么n+1个点把条段一共分红的段数n+(n-1)+⋯+2+1条数角：数角与数段相像，段形中的点似于角形中的．数三角形：可用数段的方法数如右所示的三角形（法），因DE上有15条段，每条段的两头点与点A相，可构成一个三角形，共有15个三角形，同一在BC上的三角形也有15个，所以中共有30个三角形．数方形、平行四形和正方形：一般的，于随意方形（平行四形），若其横上共有n 条段，上共有条段，中共有方形（平行四形）个．m mn例题精讲模块一、简单的几何计数【例1】七个同的如右搁置，它有_______条称．7-8-1.几何计数（一）.题库题库版page1of10【考点】简单的几何计数【难度】1星【题型】填空【重点词】迎春杯，六年级，初赛，试题【分析】如图：6条．【答案】6条【例2】下边的表情图片中：，没有对称轴的个数为（）（A）3(B)4(C)5(D)6【考点】简单的几何计数【难度】2星【题型】选择【重点词】华杯赛，初赛，第1题【分析】经过观察可知，第1，2，5这三张图片是有对称轴的，其余的5张图片都没有对称轴，所以没有对称轴的个数为5，正确答案是C。
小学奥数 计数之对应法 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
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．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．模块一、图形中的对应关系【例 1】 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？ 【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答【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．【答案】196【例 2】 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？ 【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答例题精讲教学目标7-6-3计数之对应法【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，所以棋盘上横、竖共有13⨯长方形68296⨯⨯=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．【答案】48【巩固】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？【考点】计数之图形中的对应关系【难度】3星【题型】解答【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．【答案】80种【例3】图中可数出的三角形的个数为．【考点】计数之图形中的对应关系【难度】4星【题型】填空【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3 856C=个三角形．【答案】56个三角形【例 4】 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． 【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答CD【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．【答案】756个交点模块二、数字问题中的对应关系【例 5】 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？ 【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【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．【答案】210个【巩固】 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？ 【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【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．【答案】120种【例 6】 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？ 【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答【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．【答案】19982种【例 7】 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？ 【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答 【关键词】小学数学竞赛【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．【答案】12504个模块三、对应与阶梯型标数法【例 8】 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？ 【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答【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)．【答案】604800种【例 9】 学学和思思一起洗5个互不相同的碗（顺序固定），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． 【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答 【关键词】学而思杯，5年级，第7题【解析】 方法一：如下所示，共有42种不同的摞法：54321----，45321----，35421----，53421----，34521----，54231----，45231----，25431----，52431----，24531----，52341----，25341----，23541----，23451----，54312----，45312----，53412----，35412----，34512----，54132----，45132----，15432----，51432----，14532----，51342----，15342----，13542----，13452----，54123----，45123----，15423----，51423----，14523----，12543----，51243----，15243----，12453----，12354----，12534----，15234----，51234----， 12345----。
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小学奥数关于计数问题的例题解析概率初步
约翰与汤姆掷硬币，约翰掷两次，汤姆掷两次，约翰掷两次，……，这样轮流掷下去.若约翰连续两次掷得的结果相同，则记 1 分，否则记0 分. 若汤姆连续两次掷得的结果中至少有1次硬币的正面向上，则记 1 分，否则记0分. 谁先记满10 分谁就赢（）赢的可能性较大（请填汤姆或约翰）.
解答：连续扔两次硬币可能出现的情况有（正，正）;（正，反）;（反，正）;（反，反）共四种情况。
约翰扔的话，两种情况记 1 分，两种情况记0 分;汤姆扔的话三种情况记 1 分，一种情况记0 分。
所以汤姆赢得的可能性大。
【篇二】
递推方法的概述及解题技巧
在很多计数问题中，要很快求出结果是比较困难的，有时可先从简单情况入手，然后从某一种特殊情况逐渐推出与以后比较复杂情况之间的关系，找出规律逐步解决问题，这样的方法叫递推方法。
线段AB上共有10个点（包括两个端点），那么这条线段上一共有多少条不同的线段?
分析与解答：从简单情况研究起：
AB上共有2个点，有线段：1条
AB上共有3个点，有线段：1+2=3（条）
AB上共有4个点，有线段：1+2+3=6（条）
AB上共有5个点，有线段：1+2+3+4=10（条）
AB上共有10个点，有线段：1+2+3+4+…+9=45（条）
一般地，AB上共有n个点，有线段：
1+2+3+4+…+（n -1）二n x （n-1）宁2
即:线段数二点数X（点数-1）+2
【篇三】
在一道减法算式中，被减数加减数再加差的和是674，又知减数比差的 3 倍多17，求减数。
答案解析：
根据题中条件，被减数+减数+差=674.能够推出：减数+差
=674+2=337（因为被减数=减数+差）。
又知，减数比差的3倍多17,就是说，减数=差乂3+17,将其代入：减数+差=337，得出：差x 3+17+差=337差x 4=320差=80于是，减数=80x 3+17=257。