小学数学《加、乘原理综合运用》练习题(含答案) (1)

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小学数学《加、乘原理综合运用》练习题(含答案)
Ⅰ、加乘原理与数论
【例1】(★★)用0~9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数.
分析: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.
第二步: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.
第二类: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)第二步让其余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.
(方法三)从0~9十个数中任取4个数的排列总数为10×9×8×7,其中0在千位的排列数有9×8×7个,所以共有满足条件的四位数:10×9×8×7-9×8×7=9×8×7×(10-1)=4536个.
[拓展一]用0,1,2,3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数?
分析:分为两类:个位数字为0的有3×2= 6个,个位数字为 2的有 2×2=4个,由加法原理,一共有:6+4=10个没有重复数字的四位偶数
[拓展二]用数码0,1,2,3,4,可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数?
分析:分为三类,一位数时,0和一位数共有5个;二位数时,为4×4=16个,三位数时,为:4×4×3=48个,由加法原理,一共可以组成5+16+48=69个小于1000的没有重复数字的自然数.
【例2】(★★)自然数8336,8545,8782有一些共同特征,每个数都是以8开头的四位数,且每个数中恰好有两个数字相同.这样的数共有多少个?
分析:两个相同的数字是8时,另一个8有3个位置可选,其余两个位置有9×8=72(种)填法,有3×9×8个数;
两个相同的数字不是8时,相同的数字有9种选法,不同的数字有8种选法,并有3个位置可放,有9×8×3个数.
由加法原理,共有3×9×8+9×8×3=432(个)数.
[拓展]在1000到1999这1000个自然数中,有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数?
分析:若相同的数是1,则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上,剩下的两个位置分别有9个和8个数可选,有 3×9×8=216(个);若相同的数是2,有3×8=24(个);同理,相同的数是0,3,4,5,6,7,8,9时,各有 24个,所以,符合题意的数共有216+9×24=432(个).
【例3】(★★★)在所有的三位自然数中,组成数字的三个数码既有大于5的数码,又有小于5的数码的自然数共有多少个?
分析:三个数码都不大于5的三位数有5×6×6=180(个),三个数码都不小于5的三位数有5×5×5=125(个),三个数码都等于5的只有 555一个.所求自然数共有 900-(180+125-1)= 596(个).
[拓展]在1到2000的自然数中,含有数码1的数有多少个?
分析:不含数码 1的一位数有 8个,两位数有 8×9=72(个),三位数有 8×9 2=648(个),四位数有1个,所以含有数码1的数有:2000-(648+72+8+1)=1271(个).
【例4】(★★★)从1,3,5中任取两个数字,从0,2,4中任取两个数字,共可组成多少个没有重复数字的四位数?其中偶数有多少个?
分析::取出的四个数码根据有0或无0分为两类.
(1)有0时,四个数码的取法有2×3=6(种),可组成四位数6×(3×3!)=108(个),其中偶数60个;
(2)无0时,四个数码的取法有1×3=3(种),可组成四位数3×4!=72(个),其中偶数36个.
所以共可组成没有重复数字的四位数 108+72=180(个),其中偶数60+36=96(个).
[巩固]用1,2,3,4,5这五个数码可以组成120个没有重复数字的四位数,将它们从小到大排列起来,4125是第几个?
分析:1,2,3,4,5这五个数码可以组成120个没有重复数字的四位数,千位数为1,2,3,4,5的各有24个数,所以4125是第24×3+2=74个数.
Ⅱ、加乘原理与图论(染色、图形组合)
【例5】(★★★)将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色,要求有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色,共有多少种不同涂法?
分析:如下图,当A,B,C,D的颜色确定后,大正方形四个角上的○的颜色就确定了,所以只需求A,B,C,D有多少种不同涂法.按先A,再B,D,后C的顺序涂色.
D
C
B
A
按A—B—D—C的顺序涂颜色:
A有3种颜色可选;
当B,C取相同的颜色时,有2种颜色可选,此时D也有2种颜色可选,不同的涂法有3×2×2=12(种);
当B,C取不同的颜色时,B有2种颜色可选,C剩仅1种颜色可选,此时D也只有1种颜色可选(与A相同),不同的涂法有3×2×1×1=6(种).
所以共有12+6=18种不同的涂法.
[巩固]用四种颜色对下图的五个字染色,要求相邻的区域的字染不同的颜色,但不是每种颜色都必须要用.问:共有多少种不同的染色方法?
分析:第一步给“而”上色,有4种选择;
然后对“学”染色,“学”有3种颜色可选;
当“奥”,“数”取相同的颜色时,有2种颜色可选,此时“思”也有2种颜
色可选,不同的涂法有3×2×2=12(种);
当“奥”,“数”取不同的颜色时,“奥”有2种颜色可选,“数”剩仅1种颜色可选,此时“思”也只有1种颜色可选(与“学”相同),不同的涂法有3×2×1×1=6(种).
所以共有4×3×(2×2+2)=72种不同的涂法
【例6】(★★★★)分别用五种颜色中的某一种对下图的A, B,C,D,E,F六个区域染色,要求相邻的区域染不同的颜色,但不是每种颜色都必须要用.问:有多少种不同的染法?
分析:先按A,B,D,C,E的次序染色,可供选择的颜色依次有5,4,3,2,3种,注意E与D的颜色搭配有3×3=9(种),其中有3种E和D同色,有6种E和D异色.最后染F,当E与D同色时有3种颜色可选,当E与D异色时有 2种颜色可选,所以共有5×4×2×(3×3+6×2)=840(种)染法;[拓展]用红、橙、黄、绿、蓝、青、紫七种颜色中的一种,或两种,或三种,或四种,分别涂在正四面体各个面上,一个面不能用两色,也无一个面不涂色的,问共有几种不同涂色方式?
分析:首先介绍正四面体(模型).正四面体四个面的相关位置,当底面确定后,(从上面俯视)三个侧面的顺序有顺时针和逆时针两种(当三个侧面的颜色只有一种或两种时,顺时针和逆时针的颜色分布是相同的).
先看简单情况,如取定四种颜色涂于四个面上,有两种方法;如取定一种颜色涂于四个面上,只有一种方法.但取定三种颜色如红、橙、黄三色,涂于四个面上有三种方法,如下图①②③(图中用数字1,2,3分别表示红、橙、黄三色)
如果取定两种颜色如红、橙二色,涂于四个面上有三种方法.如下图④⑤⑥
但是从七种颜色里,每次取出四种颜色,有7×6×5×4÷(4×3×2×1)=35种取法,每次取出三种颜色有7×6×5÷(3×2×1)=35种取法,每次取出两种颜色有7×6÷(2×1)=21种取法,每次取出一种颜色有7种取法.
因此着色法共有2×35+3×35+3×21+7=245种.
【例7】(★★★★)在一个圆周上均匀分布10个点,以这些点为顶点,可以画出多少不同的钝角三角形和锐角三角形?(补充知识:由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形,其中直径的边所对的角是直角,所以如果圆周上三点在同一段半圆周上,则这三点构成钝角三角形)
分析:(1)由于10个点全在圆周上,所以这10个点没有三点共线,故只要在10个点中取3个点,就可以画出一个三角形,如果这三个点其中两点构成的线段小于直径,并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上,则这三个点构成钝角三角形,这样所有的钝角三角形可分为三类,第一类是三角形长边端点之间仅相隔一个点,这样的三角形有10×1=10个,第二类是长边端点之间相隔两个点,这样的三角形有10×2=20个,第三类是长边端点之间相隔三个点,这样的三角形有10×3=30个,所以一共可以画出60个钝角三角形.
(2)令圆周上相邻点之间的圆弧弧长称之为一个单位弧长,这样所有锐角三角形可分为两类,一类是三角形三个顶点之间的弧长分别是2,4,4.另一类三角形的三个顶点之间的弧长分别为3,3,4,两类三角形的个数都为10,一共有20个不同的锐角三角形.
[前铺]一个半圆周上共有12个点,直径上5个,圆周上7个,以这些点为顶点,可以画出多少个三角形?
分析:(方法一)所有的三角形一共可以分为3类,
第一类:三角形三个顶点都在圆周上,这样的三角形一共有7×6×5÷(3×2×1)=35种;
第二类:三角形两个顶点在圆周上,这样的三角形一共有7×6÷(2×1)×5=105种;
第三类:三角形一个顶点在圆周上,这样的三角形一共有7×5×4÷(2×1)=70种;
一共可以画出35+105+70=210种.
(方法二)不共线的3点可以确定一个三角形,这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系,但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷(3×2×1)-5×4×3÷(3×2×1)=210种.
【例8】三条平行线上分别有2,4,3个点(下图),已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问:以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形?
分析:(方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况
(1)三个顶点在两条直线上,一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55(个)(2)三个顶点在三条直线上,由于不同直线上的任意三个点都不共线,所以一共有:2×4×3=24(个)根据加法原理,一共可以画出55+24=79(个)三角形.
(方法二)9个点任取三个点有9×8×7÷(3×2×1)=84种取法,其中三个点都在第二条直线上有4种,都在第三条直线上有1种,所以一共可以画出84-4-1=79(个)三角形.
[拓展]从下图中11个交点中任取3个点,可画出多少个三角形?
分析:如果三点在一条直线上,则此三点不能构成三角形,四点在一条直线上,则其中任意三点也不能构成三角形.此题采用排除法较方便.一共可以画出三角形为11×10×9÷(3×2×1)=165(个),其中三点共线不能构成的三角形有7个,四点共线不能构成的三角形有2×4=8个,所以可以画出三角形
165-(7+8)=150个.
Ⅲ、排列组合
【例9】海淀区举办中学生足球联谊赛,各校共选送20个队参加比赛,比赛时,选抽签分成两个组,每组都是10个队,各组都进行单循环赛,然后再由各组的前三名共6个队进行单循环赛,决出冠亚季军,问:
(1)共需比赛多少场?
(2)如果实行主客场制,共需比赛多少场?
分析:(1)第一组中10个队,每两队比赛一场,共比赛10×9÷2=45(场),同理,第二组共比赛45场;决赛中6个队,每两队比赛一场,共比赛:6×5÷2=15(场)
由加法原理,共需比赛的场次数是:45+45+15=105(场)
(2)由于主客场不仅与参赛的队有关,也与比赛所在的地点有关,所以,第一组比赛10×9=90(场),第二组比赛10×9=90(场),决赛时比赛:6×5=30(场)
由加法原理,共需比赛的场次数是:90+90+30=210(场)
[拓展]从6名运动员中选出4人参加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,乙不能跑第二棒
分析:(1)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,剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒,有4×3=12种,由乘法原理,共有:5×4×12=120种参赛方案
(2)先不考虑甲乙的特殊要求,从6名队员中随意选择4人参赛,有6×5×4×3×2×1=360种选择.考虑若甲跑第一棒,其余5人随意选择3人参赛,对应5×4×3=60种选择,考虑若乙跑第四棒,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第四棒的情况,这种情况下,对应于第一棒第四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.
【例10】7个相同的球,放入4个不同的盒子里,每个盒子至少放一个,不同的放法有多少种?(请注意,球无区别,盒是有区别的,且不允许空盒)
分析:
(方法一)首先研究把7分成4个自然数之和的形式,容易得到以下三种情况:7=1+1+1+4,7=1+2+2+2,7=1+1+2+3,其次,将三种情况视为三类计算不同的放法.
第一类:有一个盒子里放了4个球,而其余盒子里各放1个球,由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一,有4种放法,而其他盒子只放一个球,而球是相同的,任意调换都是相同的放法,所以第一类只有4种放法.
第二类:有一个盒子里放1个球,有4种放法,其余盒子里都放2个球,与第一类相同,任意调换都是相同的放法,所以第二类也只有4种放法.
第三类:有两个盒子里各放一个球,另外两个盒子里分别放2个及3个球,这时分两步来考虑:第
一步,从4个盒子中任取两个各放一个球,这种取法有2
4
C种.
第二步,把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球,这种放法有2
2
P种.由乘法原理有
22 4212
C P
⨯=种放法.
由加法原理,可得符合题目要求的不同放法有4+4+12=20(种)
(方法二)把七个球排成一行,并用三个“挡板”把它们分成四组,每一组对应一个盒子,则一共
有6个位置可以放挡板,从中选择三个,有3
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C 种选法.
[拓展]一个盒子里装有10个编号依次为1,2,3,…,10的球,从中摸出6个球,使它们的编号之和为奇数,则不同的摸法种数是多少?
分析:10个编号中5奇5偶,要使6个球的编号之和为奇数,有以下三种情形:
(1)5奇1偶,这时对奇数只有1种选择,对偶数有5种选择,由乘法原理,有1×5=5种选择
(2)3奇3偶,这对奇数有5×4×3÷(3×2×1)=10种选择,对偶数也有10种选择,由乘法原理,有10×10=100种选择
(3)1奇5偶,这时对偶数只有1种选择,对奇数有5种选择,由乘法原理,有1×5=5种选择
由加法原理,不同的摸法有5+100+5=110种
【例11】某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字,只记得是由四个非0数码组成,且四个数码之和是9.为确保打开保险柜至少要试多少次?.
分析:四个非0数码之和等于9的组合有1,1,1,6;1,1,2,5;1,1,3,4;1,2,2,4;1,2,3,3;2,2,2,3六种
第一种中,只要考虑6的位置即可,6可以随意选择四个位置,其余位置方1,共有4种选择
第二种中,先考虑放2,有4种选择,再考虑5的位置,有3种选择,剩下的位置放1,共有4×3=12种选择,同理,第三、第四、第五种都有12种选择,最后一种与第一种相似,3的位置有四种选择,其余位置放2,共有4种选择.
由加法原理,一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数,即为确保打开保险柜至少要试56次.
[前铺]在前100个自然数中取出两个不同的数相加,其和是3的倍数的共有多少种不同的取法?
分析:将1~100按照除以3的余数分为3类,(1)余数为1的有1,4,7,…100,一共有34个,(2)余数为2的一共有33个,(3)可以被3整除的一共有33个,取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况,从(1)(2)类中各取一个数,有34×33=1122(种)取法;从(3)中取两个数,有33×32÷2=528(种)取法,不同取法共有:1122+528=1650(种)
【例12】(★★★)2000北京市迎春杯数学邀请赛)在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?
分析:(方法一)解决计数问题常用分类讨论的方法.设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为1abc (其中c>a); (1)当a=0时,c可取1~9中的任一个数字,b可取0~9中的任一个数字,于是一共有9×10=90个. (2)当a=1时,c可取2~9中的任一个数字,b仍可取0~9中的任一个数字,于是一共有8×10=80个.(3)类似地,当a依次取2,3,4,5,6,7,8时分别有70,60,50,40,30,20,10个符合条件的自然数.所以,符合条件的自然数有90+80+70+…+20+10=450个.(方法二)1000至1999这1000个自然数中,每10个中有一个个位数等于百位数,共有100个;剩余的数中,根据对称性,个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多,所以总数为
(1000100)2450
-÷=个.
[巩固]在100~1995的所有自然数中,百位数与个位数不相同的自然数有多少个?
分析:先考虑100~1995这1896个数中,百位与各位相同的数有多少个,在三位数中,百位与各位可以是1~9,十位可以是0~9,由乘法原理,有9×10=90个,四位数中,千位是1,百位和个位可以是0~9,十位可以是0~9,由乘法原理,10×10=100个,但是要从中去掉1999,在100~1995中,百位与个位相同的数共有90+99=189个,所以,百位数与个位数不相同的自然数有:1896-189=1707个
1.(★★例3)如图,将1,2,3,4,5分别填入图中1×5的格子中,要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大.共有种不同的填法.
分析:填在黑格里的数是5和4时,不同的填法有2!×3!=12(种);填在黑格里的数是5和3时,不同的填法有2×2=4(种).所以,共有不同填法12+4=16(种).
2.(★★★例4)用1、2、3、4、5这五个数字,可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数?
分析:分两类(1)把3排在最高位上,其余四个数字可以任意放到其余四个数位上,有4×3×2×1=24种做法,对应24个不同的五位数
(2)把2、4、5放在最高位上,有3种选择,百位数上有除最高位和3以外的三种选择,其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上,由乘法原理,可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数
由加法原理,可以组成24+54=78个不同的五位数.
3.(★★★例5)如图,有一个圆形花坛,园丁想用红、黄、紫、白、绿五
种颜色的植物对花坛进行装饰,要求同种颜色的植物不能相邻,但不是每
种颜色的植物都必须要用,已知花坛中心的圆圈中必须栽入绿色乔木,问,
一共有多少种栽种方法?
分析:圆坛中心被栽入绿色乔木后,周围的扇形花坛中就只能栽种红、黄、紫、
白四种颜色的花了,左上方花坛有4中选择,其余三个分两类:(1)相对花坛
取相同颜色,一共有:4×3×3=36种栽种方法(2)相对花坛不同颜色,一共有:4×3×2×2=48种选择.所以一共有36+48=84种栽种方法.
4.(★★★例8)如右图所示分布着9个点,以这9个点为端点能
构成多少个三角形?
分析:三条线段上各取1点能构成3×3×3=27.如果在一条线段上取两点,在另一条线段上取一点一共有(3×2)×(3×2÷(2×1))×(3÷1)=54,所以一共有81种.
5.(★★★例7)五种颜色不同的信号旗,各有5面,任意取出三面排成一行,表示一种信号,问:共可以表示多少种不同的信号?
分析:取出的3面旗子,可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色,应按此进行分类(1)一种颜色: 5种可能;
(2)两种颜色:(5×4)×3=60
(3)三种颜色:5×4×3=60
所以,一共可以表示5+60+60=125种不同的信号。

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