加法原理与乘法原理随堂练习含答案
四年级高思奥数之加法原理与乘法原理含答案
第15讲加法原理与乘法原理内容概述理解加法原理和乘法原理，体会分类计数与分步计数的区别；能够根据题目条件，对问题进行合理的分类与分步；学习用标数法解决各类路径问题．1．阿奇去吃午饭，发现附近的中餐厅有9个，西餐厅有3个，日式餐厅有2个．他准备找一家餐厅吃饭，一共有多少种不同的选择?2．阿奇进人一家中餐厅后，发现主食有3种，热菜有20种．他打算主食和热菜各买1种，一共有多少种不同的买法?3．老师要求冬冬在黑板上写出一个减法算式，而且被减数必须是两位数，减数必须是一位数，冬冬共有多少种不同的写法?4．传说地球上有7颗不同的龙珠，如果找齐这7颗龙珠，并且按照特定顺序排成一行就会有神龙出现．邪恶的沙鲁找到了这7颗龙珠，但是他不知道排列的特定顺序．请问：运气不好的沙鲁最坏要试几次才能遇见神龙?5．用红、黄、蓝三种颜色给图15-1的三个圆圈染色，一个圆圈只能染一种颜色，并且相连的两个圆圈不能同色，一共有多少种不同的染色方法?6．在图15—2中，从“北”字开始，每次向下移动到一个相邻的字可以读出“北京奥运会”．那么一共有多少种不同的读法？7．运动会中有四个跑步比赛项目，分别为50米、100米、200米、400米，规定每个参赛者只能参加其中的一项．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加这四个项目，请问：(1)如果每名同学都可以任意报这四个项目，一共有多少种报名方法?(2)如果这四名同学所报的项目各不相同，一共有多少种报名方法?8．冬冬的书包里有5本不同的语文书、6本不同的数学书、3本不同的英语书．请问：(1)如果从中任取1本书，共有多少种不同的取法?(2)如果从中取出语文书、数学书、英语书各1本，共有多少种不同的取法?9．如图15-3，甲、乙两地之间有4条路，乙、丙两地之间有2条路，甲、丙两地之间有3条路，那么从甲地去丙地一共有多少条不同的路线?10．图15-4中有一个从A到B的公路网络，一辆汽车从A行驶到B，可以选择的最短路线一共有多少条?拓展篇1．阿奇一家人外出旅游，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以坐飞机．经过网上查询，出发的那一天中火车有4班，汽车有3班，飞机有2班．他们乘坐这些交通工具，一共可以有多少种不同的选择?2．“IMO”是“国际数学奥林匹克”的缩写，要求把这三个字母涂上三种不同的颜色，且每个字母只能涂一种颜色．现有五种不同颜色的笔，按上述要求能有多少种不同颜色搭配的“IMO”?3．书架上有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书各不相同．请问：(1)如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法?(2)如果从每一层中各取l本，共有多少种不同的取法?(3)如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法?4．如图15-5，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丁地有2条路，从丁地到丙地有4条路．如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线?5．如图15-6，四张卡片上写有数字2、4、7、8．从中任取三张卡片，排成一行，就可以组成一个三位数．请问：一共可以组成多少个不同的三位数?其中有多少个不同的三位奇数?6．奥运场馆实行垃圾分类处理．每个地方放置五个垃圾桶，从左向右依次标明：电池、塑料、废纸、易拉罐、不可再造，如图15-7. 现在准备把五个垃圾桶染成红、绿、蓝这3种颜色之一，要求相邻两个垃圾筒颜色不同，且回收废纸的垃圾桶不能染成红色，一共有多少种染色方法？7．如图15-8，把A、B、C、D、E这五部分用4种不同的颜色染色，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．请问：这幅图共有多少种不同的染色方法?8．如图15-9，用红、蓝两种颜色来给图中的小圆圈染色，每个小圆圈只能染一种颜色．请问：(1)如果每个小圆圈可以随意染色，一共有多少种不同的染法?(2)如果要求关于中间那条竖线左右对称，一共有多少种不同的染法?9．甲、乙、丙、丁、戊五人要驾驶A、B、C、D、E这五辆不同型号的汽车．会驾驶汽车A的只有甲和乙，汽车E必须由甲、乙、丙三人中的某一人驾驶，则一共有多少种不同的安排方案?10．如图15-10，4枚相同的棋子放人4×4的方格内，每个方格只能放1枚，且要求每行每列最多只能放1枚，一共有多少种不同的放法?11．图15-11是一个阶梯形方格表，在方格中放入5枚相同的棋子，使得每行、每列中都只有1枚棋子，这样的放法共有多少种?12．如图15-12和图15-13，蚂蚁在线段上爬行，只能按照箭头的方向行走，请问：(1)按图15-12所示，从A点走到B点的不同路线有多少条?(2)按图15-13所示，从A点走到B点的不同路线有多少条?超越篇1．爸爸、妈妈带阿奇去吃西餐．餐厅里有米饭和面条2种主食，烤牛排、烤羊排和烤鸡排3种主菜，奶油蘑菇汤1种汤，以及蛋糕和布丁2种甜点．如果阿奇想要点1种主食1种主菜，汤和甜点可点可不点，而且种类不限．请问：阿奇一共有多少种点菜方法?2．如图15-14，在一个3×4的方格表内放人4枚相同的棋子，要求每列至多有1枚棋子，一共有多少种不同的放法?如果放人4枚互不相同的棋子，要求每列至多有1枚棋子，一共有多少种不同的放法?3．如图15-15，将图中的八个部分用红、黄、绿、蓝这4种不同的颜色染色，而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．请问：这幅图共有多少种不同的染色方法?4．用4种不同的颜色给图15-16中的圆圈染色，有线段相连的两个圆圈不能同色，一共有多少种不同的染色方法?5．一只甲虫沿着图15-17中的方格线从A爬到曰，每次只能向右爬一格或向上爬一格．图中画着黑点的地方不能通过．请问：这只甲虫可以选择多少条不同的路线?6．王老师家装修新房，需要2个木匠和2个电工．现有木匠3人、电工3人，另有1人既能做木匠也能做电工．要从这7人中挑选出4人完成这项工作，共有多少种不同的选法? 7．如图15-18所示，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，不能重复经过任何点．试问：这只甲虫有多少种不同的走法?8．如图15-19所示，国际象棋中的棋子“皇后”从左下角走到右上角，每步只能向右、向上或者向右上移动任意多格，一共有多少种不同的走法?第15讲加法原理与乘法原理内容概述理解加法原理和乘法原理，体会分类计数与分步计数的区别；能够根据题目条件，对问题进行合理的分类与分步；学习用标数法解决各类路径问题．1．阿奇去吃午饭，发现附近的中餐厅有9个，西餐厅有3个，日式餐厅有2个．他准备找一家餐厅吃饭，一共有多少种不同的选择?【分析】9+3+2=142．阿奇进人一家中餐厅后，发现主食有3种，热菜有20种．他打算主食和热菜各买1种，一共有多少种不同的买法?【分析】3×20=603．老师要求冬冬在黑板上写出一个减法算式，而且被减数必须是两位数，减数必须是一位数，冬冬共有多少种不同的写法?【分析】9×10×10=9004．传说地球上有7颗不同的龙珠，如果找齐这7颗龙珠，并且按照特定顺序排成一行就会有神龙出现．邪恶的沙鲁找到了这7颗龙珠，但是他不知道排列的特定顺序．请问：运气不好的沙鲁最坏要试几次才能遇见神龙?【分析】7×6×5×4×3×2×1=50405．用红、黄、蓝三种颜色给图15-1的三个圆圈染色，一个圆圈只能染一种颜色，并且相连的两个圆圈不能同色，一共有多少种不同的染色方法?【分析】3×2×1=66．在图15—2中，从“北”字开始，每次向下移动到一个相邻的字可以读出“北京奥运会”．那么一共有多少种不同的读法？【分析】2×2×2×2=167．运动会中有四个跑步比赛项目，分别为50米、100米、200米、400米，规定每个参赛者只能参加其中的一项．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加这四个项目，请问：(1)如果每名同学都可以任意报这四个项目，一共有多少种报名方法?(2)如果这四名同学所报的项目各不相同，一共有多少种报名方法?【分析】（1）4×4×4×4=256（2）4×3×2×1=248．冬冬的书包里有5本不同的语文书、6本不同的数学书、3本不同的英语书．请问：(1)如果从中任取1本书，共有多少种不同的取法?(2)如果从中取出语文书、数学书、英语书各1本，共有多少种不同的取法?【分析】（1）5+6+3=14（2）5×6×3=909．如图15-3，甲、乙两地之间有4条路，乙、丙两地之间有2条路，甲、丙两地之间有3条路，那么从甲地去丙地一共有多少条不同的路线?【分析】4×2+3=1110．图15-4中有一个从A到B的公路网络，一辆汽车从A行驶到B，可以选择的最短路线一共有多少条?【分析】56拓展篇1．阿奇一家人外出旅游，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以坐飞机．经过网上查询，出发的那一天中火车有4班，汽车有3班，飞机有2班．他们乘坐这些交通工具，一共可以有多少种不同的选择?【分析】4+3+2=92．“IMO”是“国际数学奥林匹克”的缩写，要求把这三个字母涂上三种不同的颜色，且每个字母只能涂一种颜色．现有五种不同颜色的笔，按上述要求能有多少种不同颜色搭配的“IMO”?【分析】5×4×3=603．书架上有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书各不相同．请问：(1)如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法?(2)如果从每一层中各取l本，共有多少种不同的取法?(3)如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法?【分析】（1）15+10+5=30（2）15×10×5=750（3）15×10+10×5+15×5=2754．如图15-5，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丁地有2条路，从丁地到丙地有4条路．如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线?【分析】3×3+2×4=175．如图15-6，四张卡片上写有数字2、4、7、8．从中任取三张卡片，排成一行，就可以组成一个三位数．请问：一共可以组成多少个不同的三位数?其中有多少个不同的三位奇数?【分析】（1）4×3×2=24（2）3×2=66．奥运场馆实行垃圾分类处理．每个地方放置五个垃圾桶，从左向右依次标明：电池、塑料、废纸、易拉罐、不可再造，如图15-7. 现在准备把五个垃圾桶染成红、绿、蓝这3种颜色之一，要求相邻两个垃圾筒颜色不同，且回收废纸的垃圾桶不能染成红色，一共有多少种染色方法？【分析】2×2×2×2×2=327．如图15-8，把A、B、C、D、E这五部分用4种不同的颜色染色，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．请问：这幅图共有多少种不同的染色方法?【分析】4×3×2×2×2=968．如图15-9，用红、蓝两种颜色来给图中的小圆圈染色，每个小圆圈只能染一种颜色．请问：(1)如果每个小圆圈可以随意染色，一共有多少种不同的染法?(2)如果要求关于中间那条竖线左右对称，一共有多少种不同的染法?【分析】（1）92=512（2）72=1289．甲、乙、丙、丁、戊五人要驾驶A、B、C、D、E这五辆不同型号的汽车．会驾驶汽车A的只有甲和乙，汽车E必须由甲、乙、丙三人中的某一人驾驶，则一共有多少种不同的安排方案?【分析】2×2×3×2×1=2410．如图15-10，4枚相同的棋子放人4×4的方格内，每个方格只能放1枚，且要求每行每列最多只能放1枚，一共有多少种不同的放法?【分析】4×3×2×1=2411．图15-11是一个阶梯形方格表，在方格中放入5枚相同的棋子，使得每行、每列中都只有1枚棋子，这样的放法共有多少种?【分析】2×2×2×2×1=1612．如图15-12和图15-13，蚂蚁在线段上爬行，只能按照箭头的方向行走，请问：(1)按图15-12所示，从A点走到B点的不同路线有多少条?(2)按图15-13所示，从A点走到B点的不同路线有多少条?【分析】（1）5种（2）108超越篇1．爸爸、妈妈带阿奇去吃西餐．餐厅里有米饭和面条2种主食，烤牛排、烤羊排和烤鸡排3种主菜，奶油蘑菇汤1种汤，以及蛋糕和布丁2种甜点．如果阿奇想要点1种主食1种主菜，汤和甜点可点可不点，而且种类不限．请问：阿奇一共有多少种点菜方法?【分析】2×3×(1+1+2+1+2+1)=482．如图15-14，在一个3×4的方格表内放人4枚相同的棋子，要求每列至多有1枚棋子，一共有多少种不同的放法?如果放人4枚互不相同的棋子，要求每列至多有1枚棋子，一共有多少种不同的放法?【分析】（1）3×3×3×3=81（2）3×3×3×3×4×3×2×1=19443．如图15-15，将图中的八个部分用红、黄、绿、蓝这4种不同的颜色染色，而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．请问：这幅图共有多少种不同的染色方法?【分析】4×3×2×2×2×2×2×2=7684．用4种不同的颜色给图15-16中的圆圈染色，有线段相连的两个圆圈不能同色，一共有多少种不同的染色方法?【分析】4×3×2×1+4×3×2+4×3×2+4×3=845．一只甲虫沿着图15-17中的方格线从A爬到曰，每次只能向右爬一格或向上爬一格．图中画着黑点的地方不能通过．请问：这只甲虫可以选择多少条不同的路线?【分析】66种6．王老师家装修新房，需要2个木匠和2个电工．现有木匠3人、电工3人，另有1人既能做木匠也能做电工．要从这7人中挑选出4人完成这项工作，共有多少种不同的选法?【分析】3×3+3×3+3×3=277．如图15-18所示，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，不能重复经过任何点．试问：这只甲虫有多少种不同的走法?【分析】树形图法：（略）分类枚举法：从A走3段到B，从A走4段到B从A走5段到B，从A走6段到B，从A走7段到B，共69种8．如图15-19所示，国际象棋中的棋子“皇后”从左下角走到右上角，每步只能向右、向上或者向右上移动任意多格，一共有多少种不同的走法?【分析】188。
小学数学 加乘原理 非常完整版教案 例题+练习+作业 带详细答案
加乘原理在很多题目中，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．．．．来完成，这．．．．的独立步骤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”．例题精讲第一板块、简单加乘原理综合应用【例题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？⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有2+3=5种选糖的方法．⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3×2=6种方法．【巩固】从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉和上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车．问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？从北京转道上海到广州一共有3×3=9种方法，从北京转道武汉到广州一共也有3×3=9种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有9+9+2=20种方法．【例题2】从智慧学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从智慧学校到张老师家有3条路可走，那么从智慧学校到张老师家共有多少种走法？根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有3×2=6种方法，从智慧学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有6+3=9种走法．【巩固】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？丁丙乙甲从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有4×2=8种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3×3=9种方法．根据加法原理，一共有8+9=17种走法．【巩固】王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京．他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图．那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？从重庆到南京的走法有两类：第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有2×3=6(种)走法；第二类不经过武汉，有2种走法．根据加法原理，从重庆到南京一共有2+6=8种不同走法．【例题5】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点A 出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次．问共有多少种不同的走法？F E DCBA走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C 点：就是意味着从A 点出发，我们要先走F ，D ，E ，B 中间的一点，再经过C 点，但之后只能走D ，B 点，最后选择后面两点．有4×1×2×1×1=8种(从F 到C 的话，是不能到E 的)；②第二次不走C ：有4×2×2×2×1=32种(同理，F 不能到E)；共计：8+32=40种．【例题6】如果从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？因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：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．【例题7】某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？1、新站为起点，旧站为终点有3×7=21张，2、旧站为起点，新站为终点有7×3=21张，3、起点、终点均为新站有3×2=6张，以上共有21＋21＋6=48张．【例题8】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人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？分两类情况讨论：⑴都会的这1人被挑选中，则有：①如果这人做钳工的话，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．⑵都会的这一人没有被挑选，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，根据加法原理，一共有9+9+9=27种方法．【例题9】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？（6级）由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类第二类第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；第二类，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；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，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；第二步，第二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．根据乘法原理，共有4×3×2=24种表示法．根据加法原理，一共可以表示出4+12+24=40种不同的信号．【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5×4=20种信号；⑶取出三面：可以表示：5×4×3=60种信号；由加法原理，一共可以表示：5+20+60=85种信号．【例题10】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？方法一：取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类⑴一种颜色： 5种可能；⑵两种颜色：（5×4）×3=60⑶三种颜色：5×4×3=60所以，一共可以表示5+60+60=125种不同的信号方法二：每一个位置都有5种颜色可选，所以共有5×5×5=125种．【巩固】红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？如果白旗不能打头又有多少种？(一)取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；第二类，两种颜色：（4×3）×3=36第三类，三种颜色：4×3×2=24所以，根据加法原理，一共可以表示2+36+24=62种不同的信号．(二)白棋打头的信号，后两面旗有4×4=16种情况．所以白棋不打头的信号有62-16=46种．【例题11】小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的情况．小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有2×2=4种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有2×2×2=8种情况，所以共有2+4+8=14种情况．【例题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，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么，妈妈送出这5件礼物共有种方法．若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外3个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有5×4×3=60种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有60种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有60种方法．所以共有60+60+60=180种方法．【例题13】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：一共有多少种不同的订法？可以分三种情况来考虑：⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有3×2×1=6种不同的排列，此时有6×2=12种订法．⑵3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有3×2=6种订法．⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．由加法原理，不同的订法一共有12+6+1=19种．【例题14】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．每节有3种涂法，共有涂法3×3×3×3=81(种)．但上述81种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次．可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有3×3×1×1=9(种)．故玩具棒最多有（81+9）÷2=45种不同的颜色．【例题15】奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特，他们文字的每个单词都由5个字母a、b、c、d、e组成，并且所有的单词都有着如下的规律，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，⑶c 和d不会出现在同一个字母之中，那么由四个字母构成的单词一共有多少种？分为三种：第一种：有两个a的情况只有abab1种第二种，有一个a的情况，又分3类第一类，在第一个位置，则b在第二个位置，后边的排列有4×4=16种，减去c、d同时出现的两种，总共有14种，第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有3×4-2=10种.第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有3×4-2=10种.第三种，没有a的情况:分别计算没有c的情况:2×3×3×3=54种.没有d的情况：2×3×3×3=54种.没有c、d的情况：1×2×2×2=8种.由容斥原理得到一共有54+54-8=100种.所以，根据加法原理，一共有1+14+10+10+100=135种．【例题16】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：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒⑴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=240种参赛方案⑵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=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，考虑若乙跑第二棒，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二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二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．模块二、加乘原理与数字问题【例题1】由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？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3×2=6个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有3×2=6个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成3+6+6=15个数．【例题2】由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数．第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；第二类，组成二位数，有3×3=9个；第三类，组成三位数，有3×3×2=18个;第四类，组成四位数，有3×3×2×1=18个．由加法原理，一共可以组成4+9+18+18=49个数．【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个，共有5+20+100=125个．【巩固】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．【例题3】用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．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．【巩固】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．【例题4】在2000到2999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？若相同的数是2，则另一个2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1，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）．【例题5】在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?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．【例题6】某人忘记了自己的密码数字，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？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．【例题7】从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数只有100．所以一共有个不含4的8+8×9+1=81自然数．【巩固】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?从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9+1=244个．所以一共有8+8×9+3×9×9+1=324个不含4的自然数．【巩固】从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含2；三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300；根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8+72+82=162个．【例题8】由数字0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第个．比2008小的4位数有2000和2002，比2008小的3位数有2×3×3=18（种），比2008小的2位数有2×3=6（种），比2008小的1位数有2（种），所以2008排在第2+18+6+2+1=29（个）．【巩固】从分别写有2、4、6、8的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的6可以看成9，那么共有多少种不同的乘积？取2有8、12、16、18四种，取4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，一共有9种【例题9】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？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=216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=216个数．由加法原理，共有3×9×8+9×8×3=432个数．【巩固】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？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【例题10】用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；①4个2时，4个1可以有5种插法；②3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有4种插法，共有4×4=16种；③2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有3种插法，共有6×3=18种；④1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有2种插法，共有4×2=8种；⑤没有2时，只有1种；所以，总共有：5+16+18+8+1=48个．答：至少连续四位都是1的有48个．【巩固】七位数的各位数字之和为60，这样的七位数一共有多少个？七位数数字之和最多可以为9×7=63．63-60=3．七位数的可能数字组合为：①9，9，9，9，9，9，6．第一种情况只需要确定6的位置即可．所以有6种情况．②9，9，9，9，9，8，7．第二种情况只需要确定8和7的位置，数字即确定．8有7个位置，7有6个位置．所以第二种情况可以组成的7位数有7×6=42个．③9，9，9，9，8，8，8，第三种情况，3个8的位置确定即7位数也确定．三个8的位置放置共有7×6×5=210种．三个相同的8放置会产生3×2×1=6种重复的放置方式．所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有210÷6=35种．所以数字和为60的七位数共有35+42+7=84．【例题11】从自然数1~40中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0，0．1~40中能被4整除的数共有40÷4=10（个），10个中选2个，有10×9÷2=45（种）取法；第二类：余数分别为1，3．1~40中被4除余1，余3的数也分别都有10个，有10×10=100（种）取法；第三类：余数分别为2，2．同第一类，有45种取法．根据加法原理，共有45+100+45=190（种）取法．【例题12】在1-100的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？将1～100按照除以3的余数分为3类：第一类，余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个；第二类，余数为2的一共有33个；第三类，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：第一种，从第一、二类中各取一个数，有34×33=1122种取法；第二种，从第三类中取两个数，有33×32÷2=528种取法．根据加法原理，不同取法共有：1122+528=1650种．【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3×4=12种取法．根据加法原理，共有取法：3+12=15种．【巩固】在1-100这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0的数各有1个，四类情况分别有4种、1种、1种、4×3×3=36种，所以一共有4+1+1+36=42种．【巩固】从7，8，9，...，76，77这71个数中，选取两个不同的数，使其和为3的倍数的选法总数是多少? 两个数和为3的倍数情况有两种：两个被3整除的数和是3的倍数，一个被3除余1的数和一个被3除余2的数相加也能被3整除.这71个数中被3整除，被3除余1，被3除余2的数分别有23、24、24个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了，选取两个被3整除的数的方法有23×22÷（2×1）=253种，从被3除余1和被3除余2的数中各取1个的方法共有24×24=576种，所以一共有253+576=829种选取方法．【巩固】从这些数中选取两个数，使其和被3除余1的选取方法有多少种？被3除余2的选取方法有多少种？两个数的和被3除余1的情况有两种：两个被3除余2的数相加，和一个被3整除的数和一个被3除余1的数相加，所以选取方法有24×23÷（2×1）+24×23=828种．同样的也可以求出被3除余2的选取方法有24×23÷（2×1）+24×23=828种.【例题13】1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5除分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取方式一共有（6×6+6×6+6×6+6×6）+（6×6+6×6）=216种．【例题14】一个自然数，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数．问：从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第1996个数是多少?我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算．所有的一位数均是“回文数”，即有9个；在二位数中，必须为aa形式的，即有9个(因为首位不能为0，下同)；在三位数中，必须为aba(a、b可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同)形式的，即有9×10 =90个；在四位数中，必须为abba形式的，即有9×10个；在五位数中，必须为abcda形式的，即有9×10×10=900个；在六位数中，必须为abccba形式的，即有9×10×10=900个．所以共有9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998个，最大的为999999，其次为998899，再次为997799．而第1996个数为倒数第3个数，即为997799．所以，从一位到六位的回文数一共有1998个，其中的第1996个数是997799．【例题15】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．因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数：第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法．第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法．根据乘法原理，一共有（2×1）×（3×2×1）=12种．第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有2×2=4种．所以，根据加法原理，不同的填法共有12+4=16种．。
加法原理与乘法原理练习题(详解)
加法原理与乘法原理1．一个礼堂有4个门，若从一个门进，从任一门出，共有不同走法( ) A．8种B．12种 C．16种 D．24种答案 C2．从集合A＝{0,1,2,3,4}中任取三个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c.则可构成不同的二次函数的个数是( )A．48 B．59 C．60 D．100 答案 A3．某电话局的电话号码为168～×××××，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有( )A．20个 B．25个 C．32个 D．60个答案 C4．在2、3、5、7、11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为( )A．20 B．10 C．5 D．24 答案 B5．将5名大学毕业生全部分配给3所不同的学校，不同的分配方式的种数有( )A．8种 B．15种 C．125种 D．243种答案 D6．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有( ) A．24种 B．18种 C．12种 D．6种答案 B7．已知异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则经过这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．13 C．10 D．16 答案 B8．书架上原来并排放着5本不同的书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法共有( )A．336种 B．120种 C．24种 D．18种答案 A9．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )A．10种 B．20种 C．25种 D．32种答案 D10．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( ) A．14 B．23 C．48 D．120 答案 C11．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A．6种 B．12种 C．24种 D．30种答案 C12．从数字1,2,3,4,5,6中取两个数相加，其和是偶数，共得________个偶数．答案 413．从正方体的6个表面中取3个面，使其中两个面没有公共点，则共有________种不同的取法．答案1214．动物园的一个大笼子里，有4只老虎，3只羊，同一只羊不能被不同的老虎分食，问老虎将羊吃光的情况有多少种？15．用五种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．(1)共有多少种不同的涂色方法？(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色，则共有多少种不同的涂色方法？解析(1)由于1至4知，不同的涂色方法有54＝625种．(2)第一类，1号区域与3号区域同色时，有5×4×4＝80种涂法，第二类，1号区域与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180种涂法．依据分类加法计数原理知，不同的涂色方法有80＋180＝260(种)．16．用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个．(1)三位整数？(2)无重复数字的三位整数？(3)小于500的无重复数字的三位整数？(4)小于500，且末位数字是8或9的无重复数字的三位整数？(5)小于100的无重复数字的自然数？解析由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位的数字有9种选择，十位和个位的数字都各有10种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(3)百位数字只有4种选择，十位数字可有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．(4)百位数字只有4种选择，个位数字只有2种选择，十位数字可有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×2×8＝64(个)．(5)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类．一位自然数：10个．两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的两位数共有9×9＝81(个)．由分类加法计数原理知，符合题意的自然数共有10＋81＝91(个)．17．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系第一、第二象限中的不同点的个数有( )A．18个 B．16个 C．14个 D．10个答案 C18．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落可能性共有( )A ．6种B ．36种C ．63种D ．64种 答案 C19．已知互不相同的集合A 、B 满足A ∪B ＝{a ，b }，则符合条件的A ，B 的组数共有________种． 答案 920．已知a ，b ∈{0,1,2，…，9}，若满足|a －b |≤1，则称a ，b “心有灵犀”．则a ，b “心有灵犀”的情形共有( )A ．9种B ．16种C ．20种D ．28种 答案 D21．(2012·广东)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )A.49B.13C.29D.19答案 D 22．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，最多5个，则不同的分法共有( )A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种 答案 A23．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8 答案 D24．若5名学生争夺3项比赛冠军(每一名学生参赛项目不限)，则冠军获得者有________种不同情况(没有并列冠军)? 答案 5325．有1元、2元、5元、10元、50元、100元人民币各一张，则由这6张人民币可组成________种不同的币值． 答案 6326．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有________个．答案 3627．设椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________． 答案 2028.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个．答案40欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。
小学数学 加乘原理综合应用 完整版教案 例题+练习+答案
加乘原理在很多题目中，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．．．．来完成，这．．．．的独立步骤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”．例题精讲第一板块、简单加乘原理综合应用【例题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？⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有2+3=5种选糖的方法．⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3×2=6种方法．【巩固】从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉和上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车．问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？从北京转道上海到广州一共有3×3=9种方法，从北京转道武汉到广州一共也有3×3=9种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有9+9+2=20种方法．【例题2】从智慧学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从智慧学校到张老师家有3条路可走，那么从智慧学校到张老师家共有多少种走法？根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有3×2=6种方法，从智慧学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有6+3=9种走法．【巩固】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？丁丙乙甲从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有4×2=8种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3×3=9种方法．根据加法原理，一共有8+9=17种走法．【例题3】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点A 出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次．问共有多少种不同的走法？F E DCBA走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C 点：就是意味着从A 点出发，我们要先走F ，D ，E ，B 中间的一点，再经过C 点，但之后只能走D ，B 点，最后选择后面两点．有4×1×2×1×1=8种(从F 到C 的话，是不能到E 的)；②第二次不走C ：有4×2×2×2×1=32种(同理，F 不能到E)；共计：8+32=40种．【巩固】如果从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？因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：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．【例题4】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？（6级）由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；第二类，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；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，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；第二步，第二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．根据乘法原理，共有4×3×2=24种表示法．根据加法原理，一共可以表示出4+12+24=40种不同的信号．【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5×4=20种信号；⑶取出三面：可以表示：5×4×3=60种信号；由加法原理，一共可以表示：5+20+60=85种信号．第三类，三种颜色：4×3×2=24所以，根据加法原理，一共可以表示2+36+24=62种不同的信号．(二)白棋打头的信号，后两面旗有4×4=16种情况．所以白棋不打头的信号有62-16=46种．【例题5】小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的情况．小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有2×2=4种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有2×2×2=8种情况，所以共有2+4+8=14种情况．【巩固】过年了，妈妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么，妈妈送出这5件礼物共有种方法．若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外3个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有5×4×3=60种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有60种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有60种方法．所以共有60+60+60=180种方法．【例题6】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：一共有多少种不同的订法？可以分三种情况来考虑：⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有3×2×1=6种不同的排列，此时有6×2=12种订法．⑵3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有3×2=6种订法．⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．由加法原理，不同的订法一共有12+6+1=19种．【巩固】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．每节有3种涂法，共有涂法3×3×3×3=81(种)．但上述81种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次．可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有3×3×1×1=9(种)．故玩具棒最多有（81+9）÷2=45种不同的颜色．【例题7】奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特，他们文字的每个单词都由5个字母a、b、c、d、e组成，并且所有的单词都有着如下的规律，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，⑶c 和d不会出现在同一个字母之中，那么由四个字母构成的单词一共有多少种？分为三种：第一种：有两个a的情况只有abab1种第二种，有一个a的情况，又分3类第一类，在第一个位置，则b在第二个位置，后边的排列有4×4=16种，减去c、d同时出现的两种，总共有14种，第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有3×4-2=10种.第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有3×4-2=10种.第三种，没有a的情况:分别计算没有c的情况:2×3×3×3=54种.没有d的情况：2×3×3×3=54种.没有c、d的情况：1×2×2×2=8种.由容斥原理得到一共有54+54-8=100种.所以，根据加法原理，一共有1+14+10+10+100=135种．【巩固】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：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒⑴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=240种参赛方案⑵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=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，考虑若乙跑第二棒，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二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二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．第二板块、加乘原理与数字问题【例题1】由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？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3×2=6个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有3×2=6个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成3+6+6=15个数．【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个，共有5+20+100=125个．【例题2】由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数．第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；第二类，组成二位数，有3×3=9个；第三类，组成三位数，有3×3×2=18个;第四类，组成四位数，有3×3×2×1=18个．由加法原理，一共可以组成4+9+18+18=49个数．【巩固】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．【例题3】用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．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．【巩固】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．【例题4】某人忘记了自己的密码数字，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？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．【巩固】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?从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9+1=244个．所以一共有8+8×9+3×9×9+1=324个不含4的自然数．【例题5】从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数只有100．所以一共有个不含4的8+8×9+1=81自然数．【巩固】从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含2；三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300；根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8+72+82=162个．【例题6】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？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=216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=216个数．由加法原理，共有3×9×8+9×8×3=432个数．【巩固】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？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【例题7】用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；①4个2时，4个1可以有5种插法；②3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有4种插法，共有4×4=16种；③2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有3种插法，共有6×3=18种；④1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有2种插法，共有4×2=8种；⑤没有2时，只有1种；所以，总共有：5+16+18+8+1=48个．答：至少连续四位都是1的有48个．【巩固】七位数的各位数字之和为60，这样的七位数一共有多少个？七位数数字之和最多可以为9×7=63．63-60=3．七位数的可能数字组合为：①9，9，9，9，9，9，6．第一种情况只需要确定6的位置即可．所以有6种情况．②9，9，9，9，9，8，7．第二种情况只需要确定8和7的位置，数字即确定．8有7个位置，7有6个位置．所以第二种情况可以组成的7位数有7×6=42个．③9，9，9，9，8，8，8，第三种情况，3个8的位置确定即7位数也确定．三个8的位置放置共有7×6×5=210种．三个相同的8放置会产生3×2×1=6种重复的放置方式．所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有210÷6=35种．所以数字和为60的七位数共有35+42+7=84．【例题8】从自然数1~40中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0，0．1~40中能被4整除的数共有40÷4=10（个），10个中选2个，有10×9÷2=45（种）取法；第二类：余数分别为1，3．1~40中被4除余1，余3的数也分别都有10个，有10×10=100（种）取法；第三类：余数分别为2，2．同第一类，有45种取法．根据加法原理，共有45+100+45=190（种）取法．【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3×4=12种取法．根据加法原理，共有取法：3+12=15种．【例题9】1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5除分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取方式一共有（6×6+6×6+6×6+6×6）+（6×6+6×6）=216种．【巩固】一个自然数，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数．问：从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第1996个数是多少? 我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算．所有的一位数均是“回文数”，即有9个；在二位数中，必须为aa形式的，即有9个(因为首位不能为0，下同)；在三位数中，必须为aba(a、b可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同)形式的，即有9×10 =90个；在四位数中，必须为abba形式的，即有9×10个；在五位数中，必须为abcda形式的，即有9×10×10=900个；在六位数中，必须为abccba形式的，即有9×10×10=900个．所以共有9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998个，最大的为999999，其次为998899，再次为997799．而第1996个数为倒数第3个数，即为997799．所以，从一位到六位的回文数一共有1998个，其中的第1996个数是997799．【例题10】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．因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数：第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法．第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法．根据乘法原理，一共有（2×1）×（3×2×1）=12种．第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有2×2=4种．所以，根据加法原理，不同的填法共有12+4=16种．【巩固】在如图所示1×5的格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8中的五个数，要求填入的数各不相同，并且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．如果取出来的五个数是1、2、3、4、5，则共有不同填法16种．从8个数中选出5个数，共有8×7×6÷(3×2×1)=56中选法，所以共16×56=896种．【例题11】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．由于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，可以先根据2倍关系将1～12进行如下分组：(1，2，4，8)；(3，4，12)；(5，10)；(7)；(9)；(11)．由于第一组最多可选出2个数，第二组最多可选出2个数，其余四组最多各可选出1个数，所以最多可选出8个数．现在要求选出7个数，所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个．⑴如果是第一组少一个，也就是说第一组选1个，第二组选2个，其余四组各选1个，此时有4×1×2×1×1×1=8种选法；⑵如果是第二组少一个，也就是说第一组选2个，其余五组各选一个，此时第一组有3种选法，根据乘法原理，有3×3×2×1×1×1=18种选法；⑶如果是第三组少一个，也就是说第一组选2个，第二组选2个，第三组不选，其余三组各选1个，有3×1×1×1×1×1=3种选法；⑷如果是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三组地位相同，所以各有3×1×2×1×1×1=6种选法．根据加法原理，共有8+18+3+6×3=47种不同的选法．【巩固】从1到999这999个自然数中有个数的各位数字之和能被4整除．由于在一个数的前面写上几个0不影响这个数的各位数字之和，所以可以将1到999中的一位数和两位数的前面补上两个或一个0，使之成为一个三位数．现在相当于要求001到999中各位数字之和能被4整除的数的个数．一个数除以4的余数可能为0，1，2，3，0～9中除以4余0的数有3个，除以4余1的也有3个，除以4余2和3的各有2个．三个数的和要能被4整除，必须要求它们除以4的余数的和能被4整除，余数的情况有如下5种：0+0+0；0+1+3；0+2+2；1+1+2；2+3+3．⑴如果是0+0+0，即3个数除以4的余数都是0，则每位上都有3种选择，共有3×3×3=27种可能，但是注意到其中也包含了000这个数，应予排除，所以此时共有27-1=26个；⑵如果是0+1+3，即3个数除以4的余数分别为0，1，3，而在3个位置上的排列有3×2×1=6种，所以此时有3×3×2×6=108个；⑶如果是0+2+2，即3个数除以4的余数分别为0，2，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有3×2×2×3=36个；⑷如果是1+1+2，即3个数除以4的余数分别为1，1，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有3×3×2×3=54个；⑸如果是2+3+3，即3个数除以4的余数分别为2，3，3，在3个位置上的排列有3种，此时有2×2×2×3=24个．根据加法原理，共有26+108+36+54+24=248．【例题12】有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后再由加法原理即可求解．两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3×3+3×3=18种不同的情形．【巩固】有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？要使两个数字之和为奇数，只要这两个数字的奇偶性不同，即这两个数字一个为奇数，另一个为偶数，由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现偶数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．【例题13】有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这两个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步：第一步第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的3种可能的点数．根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6×3=18（种）．方法二：要使两个骰子点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，所以，可以分为两类：第一类：两个数字同为奇数．有3×3=9（种）不同的情形．第二类：两个数字同为偶数．类似第一类，也有3×3=9（种）不同的情形．根据加法原理，向上一面点数之和为偶数的情形共有9+9=18（种）．方法三：随意掷两个骰子，总共有6×6=36（种）不同的情形．因为两个骰子点数之和为奇数与偶数的可能性是一样的，所以，点数之和为偶数的情形有36÷2=18（种）．【巩固】有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这三个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？方法一：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数．可以分为三步：第一步，第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步，当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数还是奇数偶数都有可能所有也有6种可能的点数；第三步，当前两个骰子的点数即奇偶性都确定了之后第三个骰子点数的奇偶性就确定了所以只有3种可能的点数．根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6×6×3=108（种）．方法二：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数．所以，要分两大类来考虑：第一类：三个点数同为偶数．由于掷骰子可认为是一个一个地掷．每掷一个骰子出现偶数点数都有3种可能．由乘法原理，这类共有3×3×3=27（种）不同的情形．。
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题 (含答案)
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，经过丁地到丙地一共有3×3=9种方法，根据加法原理，一共有8+9=17种走法.[前铺]从小红家到小明家有4条路可走，从小明家到小海家有2条路可走，从小红家到小海家有3条路可走，那么从小红家到小海家共有多少种走法？分析：经过小明家到小海家的走法一共有4×2=8种方法，从小红家直接去小海家一共有3条路可走，一共有11种走法.【例2】将5列车停在5条不同的轨道上，其中a车不能停在第一道上，b车不能停在第二道上，那么不同的停车方法共有多少种？分析：对于a车停放的轨道进行分类考虑：当a车排在第二道的时候，其余的四列车没有任何限制，有4×3×2×1=24种停车法；当a车不排在第二道的时候，a车也不能排在第一道，a车有3种停车法，b 不能停在第二道，也不能停在a车已经停放的车道，所以也只有3种停车法，剩下的3辆车可以任意停入剩下的三条轨道，有3×2×1=6种停法，由乘法原理，共有3×3×6=54种停法，最后根据加法原理，一共有24+54=78种不同停车方案.[巩固]（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法．分析：填在黑格里的数是5和4时，不同的填法有2!×3!=12(种)；填在黑格里的数是5和3时，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种)．Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）[前铺]从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.【例4】（★★★）在前100个自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？分析：将1～100按照除以3的余数分为3类，（1）余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个，（2）余数为2的一共有33个，（3）可以被3整除的一共有33个，取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况，从（1）（2）类中各取一个数，有34×33=1122（种）取法；从（3）中取两个数，有33×32÷2=528（种）取法，不同取法共有：1122+528=1650（种）.[前铺]在1～10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有种不同的取法．分析：三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】（★★★）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将两个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为偶数的有多少种情形?分析：要使两个点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，即这两个点数要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个点数同为奇数．由于放两个骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．第二类，两个点数同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后由加法原理即可求得两个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．[拓展] 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将三个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为奇数的有多少种情形?分析：要使三个点数之和为奇数，有两种情况，三个数都为奇数，或者一个数为奇数另外两个数为偶数所以，要分两大类来考虑．第一类，三个点数同为奇数．由于放骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，放第三个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3×3=27种不同的情形．第二类，两个点数为偶数，另一个点数为奇数，类似第一类的讨论方法，奇数的骰子有3种选法，共有3×3×3×3=81种不同情形．最后由加法原理即可求得三个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3×3＋3×3×3×3=108种不同的情形．Ⅱ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】 用四种颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法?分析：第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法[前铺]地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步：首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.【例7】 （★★★）一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？分析：方法一：所有的三角形一共可以分为3类，第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；C BD A第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）×5=105种；第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；一共可以画出35+105+70=210种.方法二：不共线的3点可以确定一个三角形，这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系，但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷（3×2×1）-5×4×3÷（3×2×1）=210种.[前铺]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形【例8】（★★★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形）.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10×1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10×2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10×3=30个，所以一共可以画出60个钝角三角形.[拓展]三条平行线上分别有2，4，3个点（下图），已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？分析：（方法一）本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况（1）三个顶点在两条直线上，一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55（个）（2）三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2×4×3=24（个）根据加法原理，一共可以画出55+24=79（个）三角形.（方法二）9个点任取三个点有9×8×7÷（3×2×1）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79（个）三角形.Ⅲ、排列组合【例9】（★★）用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？分析：分两类：（1）把3排在最高位上，其余四个数字可以任意放到其余四个数位上，有4×3×2×1=24种做法，对应24个不同的五位数（2）把2、4、5放在最高位上，有3种选择，百位数上有除最高位和3以外的三种选择，其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上，由乘法原理，可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数由加法原理，可以组成24+54=78个不同的五位数.[前铺]用数字0，1，2，3，4（可重复使用）可以组成多少个小于5000的自然数？分析：小于1000的自然数有三类．第一类是一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个．第四类是四位数，有4×4×3×2=96个，共有5+20+100+96=221个．【例10】（★★★）从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?分析：从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9＋1=244个．所以一共有8＋8×9＋3×9×9＋1=324个不含4的自然数．[巩固]从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?分析：从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数只有100.所以一共有8＋8×9+1=81个不含4的自然数．【例11】（★★★）某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9.为确保打开保险柜至少要试多少次？．分析：四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次. [拓展]7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）分析：首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：7=1+1+1+4，7=1+2+2+2，7=1+1+2+3，其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.第三类：有两个盒子里各放一个球，另外两个盒子里分别放2个及3个球，这时分两步来考虑：第一步，从4个盒子中任取两个各放一个球，这种取法有C24种.第二步，把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球，这种放法有P22种.由乘法原理有C24×P22=12种放法.由加法原理，可得符合题目要求的不同放法有4+4+12=20（种）（方法二）把七个球排成一行，并用三个“挡板”把它们分成四组，每一组对应一个盒子，则一共有6个位置可以放挡板，从中选择三个，有3620C 种选法.【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[拓展] 五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色： 5种可能；（2）两种颜色：（5×4）×3=60（3）三种颜色：5×4×3=60所以，一共可以表示5＋60＋60=125种不同的信号（方法二）每一个位置都有5种颜色可选，所以共有5×5×5=125种.1． （★例1）从学而思学校到王明家有4条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有8+3=11种走法.2． （★★★例6）地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有12＋6=18种不同的涂法.3． （★★例7）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.4． （★★★例8）如图所示分布着9个点，以这9个点为端点能构成多少个三角形？分析：三条线段上各取1点能构成3×3×3=27.如果在一条线段上取两点，在另一条线段上取一点一共C B D A有（3×2）×（3×2÷（2×1））×（3÷1）=54，所以一共有81种.5．（★★★例10）从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?分析：从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含2．三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300.所以根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8＋72+82=162个.。
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题(含答案) (1)
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．DCBA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24C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22P种.由乘法原理有22 4212C 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3620C 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。
六年级上册奥数试题-第7讲 加法原理与乘法原理 全国通用(含答案)
第7讲加法原理与乘法原理知识网络排列与组合问题是围绕计数问题展开的一类问题。
解决此类问题，一般要用到两个常用的原理，即加法原理和乘法原理。
要完成一个任务，如果能分成r类彼此独立的不同方式，第一类方式有种不同的方法可以完成任务，第二类方式有种不同的方法可以完成任务，……，第r方式有种不同的方法完成任务。
那么完成这个任务就有种不同的方法，这种分类计数的方法就称为加法原理。
如果完成某项任务要分r个不同的步骤，第一步有种不同的方法完成任务，第二步有种不同的方法完成任务，……，第r步有种不同的方法完成任务。
那么完成这个任务就有种不同的方法，这种步骤完成任务的计数方法称为乘法原理。
重点·难点加法原理、乘法原理以及上一讲的容斥原理是解决计数问题的三个基本原理。
应用加法原理和乘法原理，关键是弄清两者之间的本质区别：如果属于分类考虑，则应用加法原理解题，如果属于分步考虑，则应用乘法原理解题。
如何根据题意分清究竟是分类还是分步，是本讲的难点。
学法指导在应用这两个原理解计数问题时必须紧紧抓住“分类还是分步”来区分两种原理。
除此以外，解决问题常用的方法还有枚举法、对应法、归纳法等，应根据具体问题灵活采用适当的方法。
经典例题[例1]如图1所示，在10×10个边长为1的小正方形拼成的棋盘中，求由若干个小方块能拼成的所有正方形的数目。
思路剖析由小方块所拼成的正方形边长可以取1，2，…，10。
这样有十类不同的方式拼出正方形。
下面再计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。
边长为1的正方形显然有10×10个；边长为2的正方形，横边有9种选择：AC，BD，CE，DF，…，IK。
类似的，纵边也有9种选择，横边和纵边都选定后正方形就确定了。
因此经过两个独立步骤就可以完成拼正方形的任务，由乘法原理可知拼出边长为2的小正方形有9×9个。
边长为其他数时可以类似推出。
解答由乘法原理可得：边长为1的小正方形有10×10个；边长为2的小正方形有9×9个；边长为3的小正方形有8×8个；……边长为9的小正方形有2×2个；边长为10的小正方形有1×1个。
加法原理和乘法原理(奥数)
答：能组成24个不同的三位数。
变式2：有8个人参加一次乒乓球比赛，每两个人之间都要比
赛一场，一共要赛多少场？
B
C
A
D E
7场
F
G
H
C
D B E 6场
F G H
7+6+5+4+3+2+1=28（场） 答：一共要赛28场。
知识要点
1.加法原理：分类枚举，结果相加。 2.乘法原理：做一件事情如果需要分步， 总的方法数=每一步中的方法数相乘。
5+4+3=12（种）
答：共有12种不同的走法。
Байду номын сангаас
练习2：如下图所示，甲到乙有3条不同的道路，乙到 丙有4条不同的道路，那么从甲到丙有几种不同的走法？
甲
乙
丙
3×4=12（种） 答：有12种不同的走法。
变式1：用2、3、4、5四张数字卡片能组成几个不同的三位数？ 3种填法 4×3×2=24（个）
2种填法 4种填法
加法原理和乘法原理
“＋”
“×”
例1：服装小店有2件上 衣，3条裤子。任意买 一款，有几种买法？
2+3=5（种）
答：有5种买法。
例2：服装小店有2件上
衣，3条裤子。上衣和
裤子有几种搭配方法？
上衣1 上衣2
裤子1 2×3=6（种） 裤子2 答：有6种方法。 裤子3
练习1：从甲地到乙地，可以乘汽车，可以乘火车，还 可以乘轮船。一天中，火车有5班，汽车有4班，轮船有 3班，那么一天中从甲地到乙地共有几种不同的走法？
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高中数学选修2-3加法原理与乘法原理-解析版
加法原理与乘法原理专题变式训练2.有6种不同的颜色，给如图的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法种数为() A．4320B．2880C．1440D．720【答案】A【解析】第一个区域有6种不同的涂色方法．第二个区域有5种不同的涂色方法．第三个区域有4种不同的涂色方法．第四个区域有3种不同的涂色方法．第五个区域有3种不同的涂色方法．第六个区域有4种不同的涂色方法．根据乘法原理6×5×4×3×3×4=4320．故选 A【备注】本题主要考查分步乘法计数的应用，熟悉计数原理是解答本题的关键，是高考中常见的题型．加法原理例2.某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有()A．3种B．6种C．7种D．9种【答案】C【解析】分3类：买1本好书，买2本好书和买3本好书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种故购买方式共有3+3+1=7 (种)【备注】明确“至少”中包含几层意思变式训练.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为() A．40B．16C．13D．10【答案】C【解析】分两类第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面故可以确定8+5=13个不同的平面【备注】理解如何能确定一个平面，并找到不同平面的区别针对训练1.对如图中的A、B、C、D四个区域染色，每块区域染一种颜色，有公共边的区域不同色，现有红、黄、蓝三种不同颜色可以选择，则不同的染色方法共有()A．12B．18C．20D．22【答案】B【解析】A3→B2→D{新1→C只能同B1旧同A1→D{新1旧同B12.如图在3×4的方格（每个方格都是正方形）中，共有正方形________ 个．【答案】20【解析】本题考查了分类加法计数原理．利用分类加法计数原理计算得结论．边长为1的正方形共有12个．边长为2的正方形共有6个．边长为3的正方形共有2个．共有12+6+2=20个．故答案为20．3.在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有________个．【答案】45【解析】按照十位数字分类，共有9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（个）．4.直线方程Ax+By=0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A,B的值，则可表示________ 条不同的直线．【答案】22【解析】若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20条，故共有20＋2＝22条不同的直线．故有22条不同的直线．5.高中二年级一、二、三班中分别有7名、8名、9名同学自愿参加数学课外小组．①从中选一名年级负责人，有________种不同的选法；②每班选一名组成一个小分组，有________种不同的选法．【答案】24；504【解析】①由分类加法计数原理可得有7+8+9=24（种）不同选法．②由分步乘法计数原理可得有7×8×9=504（种）不同选法．6.如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有()A．9个B．3个C．12个D．6个【答案】C【解析】本题是一个分类计数问题，当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4中情况，分别列举出这几种情况，根据分类计数原理得到结果．由题意知本题是一个分类计数问题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4中情况．当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141．当有三个2，3，4时2221，3331，4441．根据分类计数原理得到共有12种结果．故选 C7.某医院研究所研制了5种消炎药X1、X2、X3、X4、X5和4种退烧药T1、T2、T3、T4，现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效试验，又知X1、X2两种消炎药必须同时搭配使用，但X3和T4两种药不能同时使用，则不同的试验方案有()A．16种B．15种C．14种D．13种【答案】C【解析】本题考查分类计数问题，本题解题的关键是先排列有限制的元素，注意做到不重不漏，本题是一个基础题．选择X1时必须选择X2，所以当选择X1或者X2时，退烧药可以从4个里面任取，这样就有4种可能；X3与T4不能同时使用，所以选择X3时，消炎药就只有2种可能，退烧药可以从3个里面任取，就有6种可能；选择X4时方法同上面一样有4种结果．由题意知本题是一个分类计数问题．选择X1时必须选择X2，所以当选择X1或者X2时，退烧药可以从4个里面任取，这样就有4种可能．X3与T4不能同时使用，所以选择X3时，消炎药就只有2种可能，而退烧药可以从3个里面任取，这样就有6种可能．选择X4时方法同上面一样有4种结果．所以一共有4+6+4=14种结果．故选 C8.甲、乙、丙三地客运站，需要准备在甲、乙、丙三地之间运行的车票种数是()A．1B．2C．3D．6【答案】D【解析】根据分数计数原理，(1)甲地到乙、丙两地之间的运行的车票：2种(2)乙地到甲、丙两地之间的运行的车票：2种(3)丙地到甲、乙两地之间的运行的车票：2种故共有2+2+2=6种．故选D．【备注】本题考查分类加法计数原理的应用，属于基础题目．9.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．从中任选1人去献血，有多少种不同选法？【答案】47种【解析】从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情即可完成，所以由分类加法计数原理，共有28+7+9+3=47种不同的选法．10.从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是()A．49B．13C．29D．19【答案】D【解析】∵两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有4×5＝20个数，若个位数为偶数，共有5×5＝25个数，其中个位为0的数共有5个，∴P=520+25=19．【备注】本题考查计数原理与古典概型，11.某学校高一年级共8个班，高二年级6个班从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务，共有()种安排方法．A．8B．6C．14D．48【答案】C【解析】根据题意，某学校从高一或高二的班级中选一个班级担任学校升旗任务，如果从高一的班级中选取，有8种情况，如果从高二的班级中选取，有6种情况，则有8+6=14种安排方法；故选：C．【备注】根据题意，分“从高一的班级中选取”和“从高二的班级中选取”2种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案．本题考查分类计数原理的运用，认真分析题意按照分类计数原理分析即可．12.x+y+z=10的正整数解的组数为________ ．【答案】36【解析】可按x的值分类：当x=1时，y+z=9，共有8组；当x=2时，y+z=8，共有7组；当x=3时，y+z=7，共有6组；当x=4时，y+z=6，共有5组；当x=5时，y+z=5，共有4组；当x=6时，y+x=4，共有3组；当x=7时，y+z=3，共有2组；当x=8时，y+z=2，共有1组．由分类加法计数原理可知：共有8+7+6+ 5+4+3+2+1=8×9=36(组)．故答案为36．2【备注】本题主要考查根的存在性及个数判断，体现了分类讨论的数学思想，考查分类计数原理，属于中档题．13.图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，不同的取法有()A．12B．16C．64D．120【答案】B【解析】本题考查分类加法计数原理．直接利用分类加法的计数原理求解本题即可．应用分类加法计数原理，由于书架上共有C31+C51+C81=3+5+8=16（本）书，则从中任取1本书，共有16种不同的取法．故选 B14.在三位正整数中，若十位数字小于个位数学和百位数字，则称该数为“驼峰数”．例如：102，546为“驼峰数”．由1，2，3，4，5这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”中，十位数字之和为________ ．【答案】30【解析】本题考查了分类加法计数原理．利用分类加法计数原理，结合题意计算得结论．十位上的数为1时，有：213，214，215，312，314，315，412，413，415，512，513，514，共12个．十位上的数为2时，有：324，325，423，425，523，524，共6个．十位上的数为3时，有：435，534，共2个．所以这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”中．十位数字之和为1×12+2×6+3×2=30．故答案为30．乘法原理例 3.电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有() A．3种B．8种C．13种D．16种【答案】C【解析】各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有16种可能其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能故开关打开或闭合的不同情形共有16−3=13 ( 种 )【备注】把所有开关情况列出之后要去除能使A，B之间接通的情况变式训练1.从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为方程Ax+By=0的系数A、B的值，则形成的不同直线有()A．18条B．20条C．25条D．10条【答案】A【解析】第一步，取A的值，有5种取法第二步，取B的值，有4种取法其中当A=1，B=2时与A=2，B=4时是相同的方程当A=1，B=2时与A=2，B=4时是相同的方程故共有5×4−2=18条【备注】计算完之后，注意去除相同情况变式训练2.若x∈{1，2，3}，y∈{5，7，9}，则x⋅y的不同值个数是()A．2B．6C．9D．8【答案】C【解析】求积x⋅y需分两步取值第1步，x的取值有3种第2步，y的取值有3种故有3×3=9个不同的值【备注】无相同情况，不许去掉相同情况针对训练1.高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种【答案】C【解析】本题可用总体方案数减不符合要求的方案数：三个班去四个工厂的所有情况有4×4×4=64种其中都不去甲工厂的情况有：3×3×3=27所以甲工厂必须有班级去的方案有：64−27=37种【备注】直接计算不好算，故可以采取用所有情况减去不去甲工厂的情况，这样计算简便2.用0，1，2，3这四个数字，可以组成没有重复数字的3位数，其中奇数的个数为________．【答案】8【解析】【分析】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，此题是有条件限制排列，解答的关键是做到合理的分布，是基础题．【解答】解：用0，1，2，3，这四个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数必满足：个位数只能取1，3中一个，若百位数和十位数没有限制，故共有2×3×2=12个，若百位是0，则有2×2=4，故这四个数字组成没有重复数字的三位数有12−4=8个．故答案为8．3.学校组织参加运动会，4个好姐妹准备报名参加其中的3个比赛项目，每一个项目只有一个冠军，请问冠军的组合一共有多少组？【答案】64种【解析】3个冠军均有4种选择，共64种．【备注】信箱问题一定要弄清楚方向问题．4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种B．20种C．25种D．32种【答案】D【解析】要完成5名同学的报名需要分5步，每个同学都有2种选择，根据乘法原理，不同的报名方法共有种，故选D．【备注】本题考查分步计数原理，主要判断所要完成的事情为5位同学的报名问题，故分5步．5.如图所示，在某个城市中，M，N两地之间有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N不同的走法共有________ 种．6.【答案】15【解析】【分析】本题考查分步计数原理，解题的关键是把实际问题转化成数学问题，看出完成这一件事共有两个环节，每一步各有几种方法，是一个基础题．要从M到N，共需要向东前进4格，向北前进2格．【解答】解：要从M到N，共需要前进6格：向东前进4格，向北前进2格，不同的走法有：C62=15种．故答案为15．6.一个数无论从左边念，还是从右边念都是同一个数，则这个数称为“回文数”，如11、22是两位“回文数”，111、101是三位“回文数”，则5位“回文数”的个数有________ 个．【答案】900【解析】本题考查计数原理的应用，关键是理解回文数的定义与特点．利用回文数的对称性，判断中间数，十位数以及个位数的可能值，利用分步计数原理求解即可．一个数无论从左边念，还是从右边念都是同一个数，则这个数称为“回文数”，如11、22是两位“回文数”，111、101是三位“回文数”，则5位“回文数”的个位数有9种选择方法，十位数和百位数都有10中方法，有分步乘法计数原理可知：5位“回文数”的个数有：9×10×10=900．故答案为900．7.一部机器由5个部件组成，其中A部件有5种型号选择，B部件有4种型号选择，C部件、D部件、E部件分别有2种、3种、4种型号选择，则组装这部机器的方法数是 ()A．480B．18C．240D．25【答案】A【解析】组装这部机器可分步完成：第一步选A部件有5种方法，第二步选B部件有4种方法，第三步选C部件，第四步选D部件，第五步选E部件，分别有2种、3种、4种方法，共有5×4×2×3×4=480（种）．。
六年级奥数举一反三第26讲 乘法和加法原理含答案
第26讲乘法和加法原理一、知识要点在做一件事情时，要分几步完成，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，就用乘法原理来解决。
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就用加法原理来解决。
二、精讲精练【例题1】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？在确定组成三位数的过程中，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：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
练习1：1、有数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、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；④百位是8的没有重复数字的三位数；⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。
【例题2】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。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3×3=18（种）不同的情形。
小学数学《乘法原理与加法原理》练习题(含答案)
小学数学《乘法原理与加法原理》练习题（含答案）乘法原理一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有叫种不同的方法，做第二步有im种不同的方法，…，做第n步有叫种不同的方法，则完成这件事一共有NnmXimX…Xmn种不同的方法.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】①有5个人排成一排照相，有多少种排法？②5个人排成两排照相，前排2人，后排3人，共有多少种排法?③5个人排成一排照相，如果某人必须站在中间，有多少种排法?④5个人排成一排照相，某人必须站在两头，共有多少种排法【例2】（1）有三本不同的书放到5张同样的书桌上，一共有多少种放法？（2）一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉”另一个三位数。
例如，532吃掉311, 123吃掉123。
但726与267相互都不被吃掉。
问：能吃掉678的三位数共有多少个？（3）由数字2、3、4、5、6、7、8共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？【例3】（小数报数学竞赛初赛）某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图.现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色.共有多少种不同的染色方法？⑴⑵【例4】（1）（迎春杯决赛）如右图（1）是中国象棋盘，如果双方准备各放一个棋子，要求它们不在同一行，也不在同一列，那么总共有多少种不同的放置方法？（2）（兴趣杯少年数学邀请赛决赛）在右图（2）中放四个棋子“兵”,使得每一列有一个“兵”，每一行至多有一个“兵”.有多少种不同的放法？【例5】有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
问：共有多少种不同的吃法？【例6】（第十五届《迎春杯》决赛）如果一个四位数与一个三位数的和是1999,并且四位数和三位数是由7个不同的数字组成的。
小学数学《乘法原理与加法原理》练习题(含答案)
小学数学《乘法原理与加法原理》练习题（含答案）乘法原理一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有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，则完成这件事一共有N=m1×m2×…×m n种不同的方法．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】①有5个人排成一排照相，有多少种排法？②5个人排成两排照相，前排2人，后排3人，共有多少种排法？③5个人排成一排照相，如果某人必须站在中间，有多少种排法？④5个人排成一排照相，某人必须站在两头，共有多少种排法【例2】（1）有三本不同的书放到5张同样的书桌上，一共有多少种放法？（2）一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉”另一个三位数。
例如，532吃掉311，123吃掉123。
但726与267相互都不被吃掉。
问：能吃掉678的三位数共有多少个？（3）由数字2、3、4、5、6、7、8共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？【例3】（小数报数学竞赛初赛）某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色．共有多少种不同的染色方法？【例4】（1）（迎春杯决赛）如右图（1）是中国象棋盘，如果双方准备各放一个棋子，要求它们不在同一行，也不在同一列，那么总共有（2）（兴趣杯少年数学邀请赛决赛）在右图（2）中放四个棋子“兵”，使得每一列有一个“兵”，每一行至多有一个“兵”．有多少种不同的放法？【例5】有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
问：共有多少种不同的吃法？【例6】（第十五届《迎春杯》决赛）如果一个四位数与一个三位数的和是1999，并且四位数和三位数是由7个不同的数字组成的。
高斯小学奥数四年级上册含答案第05讲_加法原理与乘法原理
（ （第五讲 加法原理与乘法原理“加法原理与乘法原理”研究的可不是加法和乘法怎么算！我们以前学习过枚举计数的方法，但枚举法对于很多计数问题来说太麻烦了，今天我们要学习的加法原理、乘法原理是计数问题中的两种新的计算方法．先举一个例子：餐厅里有 4 种炒菜和 2 种炖菜，4 种炒菜分别是：红烧鱼块、滑溜里脊、清炒虾仁和三鲜豆腐，2 种炖菜分别是：土豆炖牛肉和萝卜炖排骨．点菜时如果只点一个菜，有点炒菜和点炖菜这两类方式．也就是说，可以点：红烧鱼块、滑溜里脊、清炒虾仁、三鲜豆腐、土豆炖牛肉和萝卜炖排骨之一，有4 + 2 = 6 种点菜方法，其中 4 代表 4 种炒菜，2 代表 2 种炖菜．这就是加法原理．加法原理：如果完成一件事有几类方式，在每一类方式中又有不同的方法，那么把每类的方法数相加就得到所有的方法数．如果要求炒菜和炖菜各点一个，这时我们可以把一个炒菜和一个炖菜看成一个点菜组合，点炒菜是一第一步，点炖菜是第二步，这两步缺一不可．炒菜选红烧鱼块的点菜方法有 2 种： 红烧鱼块，土豆炖牛肉）、 红烧鱼块，萝卜炖排骨）；类似地，选滑溜里脊的也有 2 种：（滑溜里脊，土豆炖牛肉）、（滑溜里脊，萝卜炖排骨）；选清炒虾仁的也有2种：（清炒虾仁，土豆炖牛肉）、（清炒虾仁，萝卜炖排骨）；选三鲜豆腐的也有2种：（三鲜豆腐，土豆炖牛肉）、（三鲜豆腐，萝卜炖排骨）．合在一起就有4⨯2=8种点菜方法，其中4代表4种炒菜，2代表2种炖菜．这就是乘法原理．乘法原理：如果完成一件事分为几个步骤，在每一个步骤中又有不同的方法，那么把每步的方法数相乘就得到所有的方法数．例题1小高一家人外出旅游，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以坐飞机．经过网上查询，出发的那一天中火车有4班，汽车有3班，飞机有2班．任意选择其中一个班次，有多少种出行方法？「分析」选择不同的交通工具是分类还是分步？是用加法原理还是乘法原理呢？练习1书架上有8本不同的小说和10本不同的漫画，大头要从书架上任意取一本书，有多少种不同的取法？例题2用红、黄两种颜色给图中房子的屋顶、烟囱、门、窗四个部分染色，每个部分只能染一种颜色，一共有多少种不同的染色方法？「分析」要给四个部分染色，我们很容易想到要依次染每个部分，这是分类还是分步呢？只染一个部分能完成这件事情吗？练习2用红、黄两种颜色给图中鸭子的眼睛、嘴巴、身子三个部分染色，每个部分只能染一种颜色，一共有多少种不同的染色方法？“分类是指完成一件事情有几类不同方法，从中任意选取一类即可，它们之间可以相互替代，任意选取一类都可以完成这件事．这种情况下一般要用到加法原理．分步是指完成一件事情有几步不同步骤，每一步都必须执行，它们之间不可以相互替代，少一步都不能完成这件事．这种情况下一般要用到乘法原理．例题 3从甲地到乙地有 3 条路，从乙地到丙地有 3 条路， 从甲地到丁地有 2 条路，从丁地到丙地有 4 条路．如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到 丙地共有多少条不同的路线？「分析」要从甲地到丙地，就必须途径乙、丁两地之一． 甲→乙→丙”与“甲→丁→丙”这两类路线各有多少条呢？练习 3任意两地之间的路线都已在下图中标示出来，如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线？甲 丁乙 丙甲乙丙通过上面这几个例题，我们总结一下加法原理与乘法原理之间的区别．加法原理类与类之间会满足下列要求：1. 只能选择其中的某一类，而不能几类同时选；2. 类与类之间可以相互替代，只需要选择某一类就可以满足要求．比如例题 1 中，飞机、火车或汽车是可以随意选择的，小高一家人只选择其中一种交通工具，就能到达目的地了．乘法原理步与步之间满足下列要求：1. 每步都只是整件事情的一个部分，必须全部完成才能满足结论；2. 步骤之前有先后的顺序，先确定好一步，再做下一步， ……，直到最后．．比如例题 2 中，衣服和帽子都要选择，只是可以有先后的步骤关系．在这里，衣服和帽子先选哪种都可以．但有的时候却不能随意安排顺序，这种问题稍微难一些，我们在日后会接触到．加法原理与乘法原理的混合有些问题中，既有分类的关系，又有分步的关系．这时应该分清主次关系，弄清楚到底是“分类中含有分步”，还是“分步中含有分类” 如果是某一大类里面又可以再分为几小步，那么应该这一类里用乘法原理进行计算，最后再用加法原理把各类中的情况加在一起，比如例题 3．当然我们以后也会碰到某一大步里面又可以再分为几小类的情况，这就要先用加法原理算出每一大步中有多少种情况，再用乘法原理把总数算出来．在本讲的最后，我们来介绍标数法．标数法是解决路径条数问题的重要方法．如下图所示，我们要计算蚂蚁从 A 点沿箭头的方向爬到 B 点的不同路线有多少条．CE G BAD F H由于蚂蚁只能向上走或者向右走，因此对于最下面一行中的每个点，蚂蚁只有一种方法可以到达，对于最左边一列中的点也是同样的结论（特别地，我们把A 点处标上 1，表示蚂蚁从 A 点出发到达 A 点，只有原地不动这一种方式）．我们用标数法标出蚂蚁到达每个点的路线数，已经得到的结果如下图所示．C 1E G BA 1D 1 F 1 H 1容易看出，蚂蚁可以从 C 点或者 D 点到达 E 点，而且只有这两类不同的方式，那么我们可以在 E 点处标上数字1 + 1 = 2（把 C 点与 D 点的数字相加），表示蚂蚁到达 E点有两条路线．同样道理，蚂蚁可以从 E 点或者 F 点到达 G 点，那么蚂蚁到达 G 点就有 2 +1= 3 条路线（把 E 点与 F 点的数字相加）．最后可以得到蚂蚁到达 B点有4条路线，如下图所示．C1E2G3B4D1F1H1A1例题4B在下图中，从A点沿线段走到B点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？「分析」标数法其实就是要找到前一步可能在的A所有点，把它们的方法数加起来．练习4B 在下图中，从A点沿线段走到B点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？A例题5老师要求墨莫在黑板上写出一个减法算式，要求被减数必须是三位数，减数必须是两位数．请问墨莫共有多少种不同的写法？「分析」被减数与减数都有很多种写法，只写其中一个能完成这个减法算式吗？写被减数和写减数是写出减法算式的两类还是两步？例题6书架上有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书都各不相同．请问：（1）如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法？（2）如果从每一层中各任取1本，共有多少种不同的取法？（3）如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法？「分析」从第一层取1本书、从第二层取1本书、从第三层取1本书，这三件事对于前两问来说是分类还是分步？课堂内外加减乘除的由来加减乘除（＋、－、×、÷）等数学符号是我们每一个人最熟悉的符号，因为不光在数学学习中离不开它们，几乎每天的日常的生活也离不开它们．别看它们这么简单，直到17世纪中叶才全部形成．法国数学家许凯在1484年写成的《算术三篇》中，使用了一些编写符号，如用D 表示加法，用M表示减法．这两个符号最早出现在德国数学家维德曼写的《商业速算法》中，他用“＋”表示超过，用“─”表示不足．到1514年，荷兰的赫克首次用“＋”表示加法，用“─”表示减法．1544年，德国数学家施蒂费尔在《整数算术》中正式用“＋”和“─”表示加减，这两个符号逐渐被公认为真正的算术符号，广泛采用．以符号“×”代表乘是英国数学家奥特雷德首创的．他于1631年出版的《数学之钥》中引入这种记法．据说是由加法符号“＋”变动而来，因为乘法运算是从相同数的连加运算发展而来的．后来，莱布尼兹认为“×”容易与“X”相混淆，建议用“•”表示乘号，这样，“•”也得到了承认．除法符号“÷”，最初这个符号是作为减号在欧洲大陆流行，奥屈特用“：”表示除或比，也有人用分数线表示比，后来有人把二者结合起来就变成了“÷”．瑞士的数学家拉哈的著作中正式把“÷”作为除号．符号“÷”是英国的瓦里斯最初使用的，后来在英国得到了推广．除的本意是分，符号“÷”的中间的横线把上、下两部分分开，形象地表示了“分”．至此，四则运算符号齐备了．作业1.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：由该题库共可组成多少种不同的试卷？2.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，每人只能参加一项比赛，不一定三项比赛都要有人参加．请问报名的情况有多少种？3.图书馆有30本不同的数学书、20本不同的英语书和10本不同的语文书．（1）墨莫要去图书馆借1本书，有多少种不同的选择？（2）墨莫三种书都要各借1本，有多少种不同的选择？4.萱萱要从4幅水墨画、3幅油画和2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布布置客厅，有几种选法？5.在下图中，从A点沿线段走到B点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？BA第五讲加法原理与乘法原理1.例题1答案：9种详解：小高一家外出旅行，火车、汽车或飞机只要选择其中一类就可以完成要做的事情，所以这是出行方式分成了三类，即加法原理，有4+3+2=9种出行方式．2.例题2答案：16种详解：房子的四个部分都要染色，所以先给屋顶染色，有2种颜色可以选择，接下来给烟囱染色，也有2种颜色可以选择，再接下来给门染色，也有2种颜色可以选择，最后给窗染色，同样有2种颜色可以选择，分了四步即乘法原理，一共有2⨯2⨯2⨯2=16种不同的染色方法．3.例题3答案：17种详解：分成“甲→乙→丙”和“甲→丁→丙”这两类路线．对于“甲→乙→丙”这类路线：第一步从甲到乙，有3种走法，第二步从乙到丙，有3种走法，利用乘法原理得到共有3⨯3=9种走法．类似地，对于“甲→丁→丙”这类路线，共有2⨯4=8种走法．把两类的走法加起来，可得从甲地到丙地一共有9+8=17种走法．4.例题4答案：35种详解：标数法，如下图：1 1 1 A1432110631201041351551B5.例题5答案：81000种详解：一个减法算式，只要被减数和减数确定了，这个减法算式就是确定的，而且被减数和减数都要有，所以先选择一个被减数，再选择一个减数．被减数是三位数，三位数的总个数有两种算法，方法一：最小的三位数是100，最大的三位数是999，所以一共有999-100+1=900个三位数；方法二：三位数必须要有百位、十位、个位，所以先给百位选择一个数字，1~9有9种选择，再给十位选择一个数字，0~9有10种选择，最后给百位选择一个数字，0~9有10种选择，一共分了三步即乘法原理，一共有9⨯10⨯10=900个三位数．两位数的总个数算法和三位数一样，一种是99-10+1=90个两位数，另一种是9⨯10=90个两位数．要组成一个减法算式，先从三位数中选择1个作为被减数，一共有900种选择，再从两位数中选择1个作为减数，一共有90种选择，分了两步即乘法原理，共有900⨯90=81000种不同的写法．1B（（6.例题6答案：30种；750种；275种详解：1）从所有的书中任取1本，即可以选择小说或者漫画或者科普书，即在三类中选择1本，加法原理，共有15+10+5=30种不同的取法；（2）从每一层中各任取1本，可以先在第一层取小说，再在第二层取漫画，最后在第三层取科普书，分了三步即乘法原理，共有15⨯10⨯5=750种不同的取法；3）从中取出2本不同类别的书，可以是小说和漫画，也可以是漫画和科普，还可以是小说和科普，这是分了三类，在第一类小说和漫画必须各有一本，所以先取小说再取漫画，有15⨯10=150种不同的取法；在第二类漫画和科普必须各有一本，所以先取漫画再取科普，有10⨯5=50种不同的取法；在第三类小说和科普必须各有一本，所以先取小说再取科普，有15⨯5=75种不同的取法，三类是加法原理，共有150+50+75=275种不同的取法．7.练习1答案：18种详解：从小说、漫画中任意取一本即可，即加法原理，有8+10=18种取法．8.练习2答案：8种详解：先给眼睛染，有2种方法；再给嘴巴染，有2种方法；最后给身子染，有2种染法，分三步，乘法原理，所以共有2⨯2⨯2=8中不同的染法．9.练习3答案：11种简答：分成“甲→乙→丙”和“甲→丙”这两类路线．对于“甲→乙→丙”这类路线：第一步从甲到乙，有3种走法，第二步从乙到丙，有3种走法，利用乘法原理得到共有3⨯3=9种走法．而对于“甲→丙”这类路线，共有2种走法．把两类的走法加起来，可得从甲地到丙地一共有9+2=11种走法．10.练习4答案：10种简答：标数法：36101 A121314111.作业1答案：54000种．简答：乘法原理，30⨯40⨯45=54000种．12.作业2答案：27种简答：乘法原理，3⨯3⨯3=27种．13.作业3答案：（1）60种；（2）6000种简答：（1）加法原理，30+20+10=60种．（2）乘法原理，30⨯20⨯10=6000种．14.作业4答案：26种简答：分三类：水墨、油画，4⨯3=12种选法；油画、水彩，3⨯2=6种选法；水墨、水彩，4⨯2=8种选法，所以一共有12+6+8=26种选法．15.作业5答案：25种简答：标数法，如下图所示．1025B132631041551A11111。
小学数学四年级《加法原理和乘法原理》练习题(含答案)
小学数学四年级《加法原理和乘法原理》练习题（含答案）【例1】学校食堂为老师预备了三种主食：馒头、米饭和烙饼；五种炒菜：红烧肉、炒豆腐、土豆丝、香菇油菜和辣子鸡丁；两种汤：紫菜汤和鸡蛋西红柿汤。
张老师要买一种主食一个炒菜和一碗汤。
张老师一共可以有多少种不同的买法？分析：张老师买饭时要分三步：第一步买主食，第二步买炒菜，第三步买汤。
第一步 第二步 第三步馒头 红烧肉 紫菜汤家常豆腐米饭 土豆烧牛肉 鸡蛋西红柿汤香菇油菜烙饼 辣子鸡丁选择一种主食后买菜时可以有5种不同的选择，再买汤时有2种不同的选择，也就是说一种主食可以有5×2=10种不同的菜和汤搭配，由于有三种主食，所以就可以有3×10=30种不同的搭配。
第一步 第二步 第三步3种选择 5种选择 2种选择答案：3×5×2=30（种）【例2】小刚家到学校必须要通过一座桥，他从家到桥有3条路，过了桥之后有条路可以到学校。
小刚从家到学校一共可以有多少种不同的走法？分析：家 桥 学校小刚从家到学校要分为两步走：第一步到桥，第二步到学校。
从家到桥时可以有3种不同的选择，从桥到学校时有2种不同的选择。
答案：3×2 = 6（种）拓展训练，小明想用这4张卡片摆成四位数。
他可以摆成多少个不同的四位数？答案：摆四位数时要分为四步：第一步摆千位，第二步摆百位，第三步摆十位，第四步摆个位。
第一步摆千位时可以有4种选择，第二步摆百位时，由于千位已经用了一张卡片，还剩下3张，所以只能有3种选择，第三步摆十位时，由于前边两位已经用了两张卡片，还剩下2张，所以只能有2种选择，第四步摆个位时，只剩下一张卡片了，所以只能有1种选择。
千位 百位 十位 个位a b c d ead 、ae 、bd 、be 、cd 、ce4种选择 3种选择 2种选择 1种选择 4×3×2×1=24（个）【例3】有四张数字卡片：，小明想用这4张卡片摆成四位数。
精讲试题4 加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理练习题一．夯实基础1.有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？2.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？3.由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？4.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？5.从全班20人中选出3名学生排队，一共有多少种排法？6..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？ACB二．拓展提高：7.“数学”这个词的英文单词是“MATH”．用红、黄、蓝、绿、紫五种颜色去分别给字母染色，每个字母染的颜色都不一样．这些颜色一共可以染出多少种不同搭配方式？8.小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书15本，不同的科技书20本，不同的小说10本，那么，小明要选两本不同类的书有多少种选法？9.从四年级六个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，如果要求同一个班级只能得到一个先进集体，那么一共有多少种评选方法？10.由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？11.由0，2，5，6，7，8组成无重复数字的数．四位奇数有多少个？12.有6种不同颜色的笔，来写“学习改变命运”这六个字，要求相邻字的颜色不能相同，有多少种不同的方法？13.甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸，每个工厂至少订了99份，至多101份，问：一共有多少种不同的订法？三．超常挑战：14.北京到广州之间有10个站，其中只有两个站是大站(不包括北京、广州，广州和北京是大站)，从大站出发的车辆可以配卧铺，那么铁路局要准备多少种不同的卧铺车票？四．杯赛演练：15.（北京“数学解题能力展示”读者评选活动）袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有多少种可能？16.（希望杯）如图5所示的电子钟可显示从00:00:00到23:59:59的时间，在一昼夜内（24小时）钟表上显示的时间恰由数字1、2、3、4、5、6组成的共有种。
(完整)六年级奥数乘法和加法原理答案.doc
第 26 周乘法和加法原理第二十六周乘法和加法原理例题 1：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？在确定组成三位数的过程中，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：十位上有 4 种取法，个位上也有 4 种取法，由乘法原理共可组成 3× 4× 4=48 个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3× 3×2=18 个没有重复数字的三位数。
练习 1：1、有数字1， 2， 3， 4， 5， 6 共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、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；④百位是8 的没有重复数字的三位数；⑤百位是8 的没有重复数字的三位偶数。
例题 2：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。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3× 3=18（种）不同的情形。
练习 2：1、在 1— 1000 的自然数中，一共有多少个数字1？2、在 1— 500 的自然数中，不含数字0 和 1 的数有多少个？3、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？4、由数字0， 1， 2， 3， 4 可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？例题 3：书架上层有 6 本不同的数学书，下层有 5 本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？从书架上任取一本数学书和一本语文书，可分两个步骤完成，第一步先取数学书，有 6 种不同的方法，而这 6 种的每一种取出后，第二步再取语文书，又有 5 种不同的取法，这样共有 6 个 5 种取法，应用乘法计算6× 5=30（种），有 30 种不同的取法。
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）（1）
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）（1）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．DCBA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24C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22P种.由乘法原理有22 4212C 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3620C 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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加法原理与乘法原理随堂练习含答案
集团文件发布号：（9816-UATWW-MWUB-WUNN-INNUL-DQQTY-
加法原理与乘法原理
一、选择题
1. [2013·苏州联考]某电话局的电话号码为139××××××××，若最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有( )
A. 20个
B. 25个
C. 32个
D. 60个
答案：C
解析：采用分步计数的方法，五位数字由6或8组成，可分五步完成，每一步有两种方法，根据分步乘法计数原理有25＝32个，故选C.
2. [2013·四川德阳第二次诊断]现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A. 81
B. 64
C. 48
D. 24
答案：A
解析：每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.
3. [2013·抚顺模拟]只用1、2、3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数共有( )
A. 6个
B. 9个
C. 18个
D. 36个
答案：C
解析：对于1、2、3三个数组成一个四位数，其中必有一个数要重复，从三个中选一个有C1
3
种，这样重复的数有2个，利用插空法知共有
A3 3种，因此共有3A3
3
＝18个这样的四位数．
4. [2013·福州质检]如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一
个数字，数字可以是1、2、3、4中的任何一个，允许重复．若填入A方
格的数字大于B 方格的数字，则不同的填法共有( )
A. 192种 种 C. 96种 D. 12种
答案：C
解析：可分三步：第一步，填A 、B 方格的数字，填入A 方格的数字大于B 方格中的数字有6种方式(若方格A 填入2，则方格B 只能填入1；若方格A 填入3，则方格B 只能填入1或2；若方格A 填入4，则方格
B 只能填入1或2或3)；第二步，填方格
C 的数字，有4种不同的填
法；第三步，填方格D 的数字，有4种不同的填法．由分步计数原理得，不同的填法总数为6×4×4＝96.
5. 若从1,2,3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为奇数，则不同的取法共有( )
A. 66种
B. 63种
C. 61种
D. 60种
答案：D
解析：从1,2,3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为奇
数的取法分为两类：第一类取1个奇数，3个偶数，共有C 15C 3
4＝20种取法；第二类是取3个奇数，1个偶数，共有C 35C 14＝40种取法．故不同的取
法共有60种，选D.
6. [2013·西安调研]某种体育彩票规定：从01至36共36个号码中抽出7个号码为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号码，从11至20中选2个连续的号码，从21至30中选1个号码，从31至36中选1个号码，组成一注，则要把这种特殊要求的号码买全，至少要花费( )
A. 3360元
B. 6720元
C. 4320元
D. 8640元
答案：D
解析：从01至10的3个连号的情况有8种；从11至20的2个连号的情况有9种；从21至30的单选号的情况有10种，从31至36的单选号的情况有6种，故总的选法有8×9×10×6＝4320种，可得需要8640元．故选D.
二、填空题
7. 在某次中俄海上联合搜救演习中，参加演习的中方有4艘船、3架飞机；俄方有5艘船、2架飞机，若从中、俄两组中各选出2个单位(1架飞机或1艘船都作为一个单位，所有的船只两两不同，所有的飞机两两不同)，且选出的4个单位中恰有一架飞机的不同选法共有________．答案：180种
解析：若选出的一架飞机是中方的，则选法是C1
4C1
3
C2
5
＝120种；若选
出的一架飞机是俄方的，则选法有C1
5C1
2
C2
4
＝60种．故不同选法共有120＋
60＝180种．
8. [2013·汕头模拟]如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有________．
答案：480种
解析：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480(种)．
9. [2013·金版原创]如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
答案：12
解析：由题意知本题是一个分类计数问题，
当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，
当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141；
当有三个2,3,4时2221,3331,4441根据分类计数原理得到共有12种结果，故答案为12.
三、解答题
10. 现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？
解：可将星期一、二、三、四、五分给5个人，相邻的数字不分给同一个人．
星期一：可分给5人中的任何一人，有5种分法；
星期二：可分给剩余4人中的任何一人，有4种分法；
星期三：可分给除去分到星期二的剩余4人中的任何一人，有4种分法；
同理星期四和星期五都有4种不同的分法，由分步计数原理共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．
11. [2013·常德模拟](1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
解：(1)该问题中要完成的事是4名同学报名，因而可按学生分步完成，每一名同学有3种选择方法，故共有34＝81(种)报名方法．
(2)该问题中，要完成的事是三项冠军花落谁家，故可按冠军分步完成，每一项冠军都有4种可能，故可能的结果有43＝64(种)．
12. [2013·厦门模拟]某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法．
解：第一类：既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1＝3种选法．
第二类：既会排版又会印刷的2人中被选出1人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1＝6种选法；
若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2＝12种选法；再由分类计数原理知共有6＋12＝18种选法．
第三类：既会排版又会印刷的2人全被选出，同理共有16种选法．所以共有3＋18＋16＝37种选法．。