四年级上册加乘原理练习题

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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。

四年级上册数学试题-第4讲-加乘原理(2)(解析版)全国通用

第 4 讲加乘原理（2）一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互．不．影．响．的独．立．步．骤．来完成，这几步是完成这件任务缺．一．不．可．的．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．1、五面五种颜色的小旗，任意取出几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？【解析】分5 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；（4）取出四面：可以表示：5⨯ 4⨯ 3⨯ 2 =120 种信号；（4）取出五面：可以表示：5⨯ 4⨯ 3⨯ 2⨯1 =120 种信号；由加法原理，一共可以表示： 5 + 20 + 60 +120 +120 = 325 种信号．2、五种颜色不同的信号旗，各有5 面，任意取出四面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？【解析】每一个位置都有 5 种颜色可选，所以共有5⨯ 5⨯ 5⨯ 5 = 625 种3、由数字4，5，7，8 可以组成多少个没有重复数字的奇数？【解析】2+6+12+12=324、由数字0，1，2，3，4，5 可以组成多少个无重复数字的偶数？解答：3+13+52+156+312+312=8485、有5 张卡，分别写有数字2，3，4，5，6．如果允许6 可以作9 用，那么从中任意取出3 张卡片，并排放在一起．问（1）可以组成多少个不同的三位数？（2）可以组成多少个不同的三位偶数？（1）96有6 4×3×3=36有9 4×3×3=36无69 4×3×2=24（2）48有6 在末尾4×3×1=12有6 不在末尾3×2×2=12有9 3×2×2=12无69 3×2×2=126、妈妈买了7 件不同的礼物，要送给亲朋好友的4 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4 件礼物共有种方法．【解析】若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外2 个孩子在剩余5 件礼物中任选2 件，有5⨯ 4 = 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20 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20 种方法．所以共有60 种方法．7、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？（6 级）【解析】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．8、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．【解析】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．9、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【解析】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．10、七位数的各位数字之和为60 ，这样的七位数一共有多少个？【解析】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 ．11、从1到2006这2006个数中,共有多少个数与四位数8765相加时,至少发生一次进位？【解析】1887。

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.。

四年级加乘原理题库

四年级加乘原理题库一、知识要点1. 加法原理如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有公式种不同方法，在第二类方法中有公式种不同方法……在第n类方法中有公式种不同方法，那么完成这件任务共有公式种不同的方法。

2. 乘法原理如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有公式种方法，做第2步有公式种方法……做第n步有公式种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有公式种不同的方法。

二、典型例题1. 加法原理例题题目：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。

问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？解析：从甲地到乙地有3类方法，乘火车、乘汽车、乘轮船。

乘火车有4种方法，乘汽车有3种方法，乘轮船有2种方法。

根据加法原理，不同走法共有公式（种）。

2. 乘法原理例题题目：用1、2、3、4这四个数字组成三位数，数字不能重复，共能组成多少个不同的三位数？解析：组成三位数分三步。

第一步确定百位数字，有4种选法（1、2、3、4都可以）；第二步确定十位数字，因为百位已经选了一个数字，所以十位有3种选法；第三步确定个位数字，百位和十位都选了数字，个位就有2种选法。

根据乘法原理，共能组成公式（个）不同的三位数。

3. 加乘原理综合例题题目：从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有多少种选法？解析：选取两幅不同类型的画有3种情况：国画和油画、国画和水彩画、油画和水彩画。

国画和油画：选国画有5种选法，选油画有3种选法，根据乘法原理，这种情况有公式种选法。

国画和水彩画：选国画有5种选法，选水彩画有2种选法，这种情况有公式种选法。

油画和水彩画：选油画有3种选法，选水彩画有2种选法，这种情况有公式种选法。

根据加法原理，总共有公式种选法。

三、练习题1. 加法原理练习题题目：学校组织读书活动，要求每个同学读一本书。

小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本。

四年级上册加乘原理练习题

四年级上册加乘原理练习题一、填空题1.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写,把这三个字母写成三种不同颜色,现有五种不同颜色的笔,按上述要求能写出种不同颜色搭配的“IMO”.2.H市的电话号码有七个数字,其中第一个数字不为0,也不为1.这个城市、数字不重复的电话号码共有个.3.这是一个棋盘(如图),将一个白子和一个黑子放在棋盘线的交叉点上,但不能在同一条棋盘线上,共种不同的放法.4.电影院有六个门,其中A、B、C、D门只供退场时作出口,甲、乙门作为入口也作为出口.共有种不同的进出路线.5.将3封信投到4个邮筒中,一个邮筒最多投一封信,有种不同的投法.6.两人见面要握一次手,照这样的规定,五人见面共握次手.7.有四张卡片,上面分别写有0,1,2,4四个数字,从中任意抽出三张卡片组成三位数.这些卡片共可组成个不同的三位数.8.圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H8个点,每任意三点为顶点作三角形.这样共可作出个不同的三角形?9.用1,2,3这三个数字可以组成多少个不同的三位数.如果按从小到大的顺序排列,213是第个数.10.一排房有四个房间,在四个房间中住着甲、乙、丙三人,规定每个房间只许住一人,并且只允许两个人住的房间挨在一起.第三个人的房间必须和前两个人隔开,有种住法.二、解答题11.在一次晚会上男宾与每一个人握手(但他的妻子除外),女宾不与女宾握手,如果有8对夫妻参加晚会,那么这16人共握手多少次?12.20名运动员进行乒乓球球比赛,每两名运动员都要比赛一场,每场比赛3局2胜,全部比赛结束后,所有各局比赛最高得分为25:23,那么,至少有多少局的比分是相同的?13.下面五张卡片上分别写有数字: 可以用它们组成许多不同的五位数,求所有这些五位数的平均数.14.有一种用六位数表示日期的方法,如:890817表示的是1989年8月17日,也就是从左到右第一、二位数表示年,第三、四位数表示月,第五、六位数表示日.如果用这种方法表示1991年的日期,那么全年中六个数字都不相同的日期共有多少天?———————————————答案——————————————————————1. 60.先写I,有5种方法;再写M,有4种方法;最后写O,有3种方法.一共有5×4×3=60(种)方法.2. 483840.先排首位,有8种方法.再依次排后面六位,依次有9,8,7,6,5,4种方法.故一共有8×9×8×7×6×5×4=483840(个)数字不同的电话号码.3. 72.先排黑子,它可以放在任一格,有12种放法.再排白子,它与黑子不能在同一行,也不能在同一列,只有6种方法.一共有12×6=72(种)放法.4. 12.先选入口,有2种方法,再选出口,有6种方法,一共有12种方法.5. 24.第一封信有4种投法,第二封信有3种投法,第三封信有2种投法,共有4×3×2=24(种)投法.6. 10.每一人要握4次手,五人共握4×5=20(次),但在上述计算中,每次握手都被计算了2次,故实际上握手次数为20÷2=10(次).7. 18.先排百位,有3种方法(0不能在首位);再排十位,也有3种方法;最后排个位,有2种方法,一共有3×3×2=18(种)方法.即可以组成18个不同的三位数.8. 56.选第一个顶点,有8种方法;选第二个顶点,有7种方法;选第三个顶点,有6种方法.共有8×7×6(种)选法.但在上述计算中,每个三角形都被计算了6次,故实际上有(8×7×6)÷6=56(个)三角形.9. 6,3.排百位、十位、个位依次有3种、2种、1种方法,故一共有3×2×1=6(种)方法,即可以组成6个不同三位数.它们依次为123,132,213,231,312,321.故213是第3个数.10. 12.三个人住四个房间,一共有4×3×2=24种不同住法.其中三人挨着的有(3×2×1)×2=12(种),故符合题意的住法有24-12=12(种).11. 如果16人都互相握手应握(次).其中应减去女宾间的握手次数(次),还应减去夫妻间的握手次数8次,即共握手120-28-8=84(次).12. 20名运动员共要赛(场),每场最少打2局,故比赛局数不少于190×2=380.而最高分为25:23,这样就会有25:23,24:22,23:21,22:20以及21:0至21:19这24种情况,故至少有局比分相同.13. 当首数为1时,2有4个位置可放,3有3个位置可放,其余为0,共有4×3=12个不同的数.在12个数中0,0,2,3在各个数位上都出现了3次,故12个数之和为:(1×12)×10000+(2×3+3×3)×1111=136665.当首位为2或3时,用以上方法可求得和为253332和369999,平均数为(136665+253332+369999)÷36=21111.14. 显然第一、二位为9和1.这样一来第三位不能是1,只能是0.第五位不能是0,1,只能是2.第4位有6种排法(在3,4,5,6,7,8中选一个),第6位有5种排,故一共有6×5=30(种)排法,即全年中六个数字都不同的日期共有30天.。

小学数学加乘原理课后练习题

小学数学加乘原理课后练习题一、加法练习题1. 37 + 52 = ____2. 68 + 29 = ____3. 91 + 16 = ____4. 125 + 58 = ____5. 73 + 89 = ____二、乘法练习题1. 5 × 6 = ____2. 8 × 3 = ____3. 4 × 9 = ____4. 7 × 2 = ____5. 10 × 5 = ____三、加法与乘法结合练习题1. 45 + 3 × 7 = ____2. (9 + 6) × 2 = ____3. 12 × (5 + 3) = ____4. 7 × (4 + 2) = ____5. (10 + 8) × 3 = ____四、解决问题练习题1. 小明一周内每天都运动半小时，共运动了多少小时？2. 某商店里有5个货架，每个货架上放有8盒饼干，这个商店总共有多少盒饼干？3. 一个花园里有7排花，每排有9朵花，这个花园里总共有多少朵花？4. 每本书的重量是2千克，小明买了6本书，这些书总共有多重？5. 一箱葡萄有3层，每层有10串葡萄，这箱葡萄一共有多少串？五、综合练习题1. (52 + 16) × 2 = ____2. 36 × (8 + 4) = ____3. 25 + 48 × 3 = ____4. (17 + 9) × 5 = ____5. (38 × 2) + (56 ÷ 7) = ____六、挑战练习题1. 9731 + 2865 = ____2. 6405 - 3189 = ____3. (45 ÷ 5) + (17 × 3) = ____4. (86 × 3) - (42 ÷ 7) = ____5. 27 × 9 - 8 ÷ 4 + 15 = ____以上为小学数学加乘原理的课后练习题，请同学们认真完成。

四年级上册数学试题- 奥数计数模块加乘原理全国通用(图片版无答案)

1、4名男生，5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法：（1）甲不在中间也不在两端．（2）甲、乙两人必须排在两端．（3）男、女生分别排在一起．（4）男女相间排列．2、用数字1、2、3可以组成个无重复数字的三位数．3、用数字1、2、3、4、5可以组成（）个无重复数字的三位数．4、由数字0，1，2，3，4组成四位数，问：（1）可组成多少个不相等的四位数？（2）可组成多少个没有重复数字的四位数？（3）可组成多少个没有重复数字的四位奇数？（4）可组成多少个千位是4的没有重复数字的四位偶数？5、用1、2、3、6、8这5个数字可以组成个无重复数字的三位偶数．6、甲、乙、丙、丁、戊五个人排成一排照相，若甲必须站在第二个，乙不站在第一个，则一共有种站法．7、把一个长方体表面涂上黄色，然后再把它切开（如图），恰好能切成12个小正方体，想一想这些小正方体一共有个面没有涂色．8、如果从15本不同的语文书、20本不同的数学书、10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？9、有3件不同的上衣，2条不同的裤子．要配成一套，共有种不同的搭配方法．10、用4种不同的颜色给图中的A、B、C三个区域染色，每个区域只能染一种颜色，且相邻区域不能同色，有（）种不同的染法．11、王叔叔只记得李叔叔的电话号码是76045 ，还记得最大数字是7，各个数字又不重复，王叔叔要拨通李叔叔的电话，最多要试打次．13、有5人排成一排照相，其中甲必须站在正中间，一共有种不同的排法．14、由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？15、现在有A，B，C，D，E，F六人排队，其中A，B，C必须相邻，有种排队方式．16、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．17、用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成：（1）多少个三位数？（2）多少个无重复数字的三位数？（3）多少个无重复数字的三位奇数？（4）多少个无重复数字的三位偶数？18、大宽从北京到青岛，坐动车的话有3个时间段的车次可以选择，坐飞机的话有2个航空公司的机票可供选择，当然大宽也可以选择走路过去，请问从北京到青岛共有种路线．19、用4种不同的颜色给图中的A、B、C三个区域染色，每个区域只能染一种颜色，且相邻区域不能同色，有种不同的染法．20、妖怪要配一种能变漂亮的丹药，需要从上面的三种草药中选择一样，再从下面的三种毒虫中选择一样来制药，一共有种搭配的方法．。

乘法原理和加法原理练习题

乘法原理和加法原理练习题乘法原理和加法原理是数学中常用的解决组合问题的方法。

它们可以帮助我们计算不同情况下的总数，从而更好地理解和解决实际生活中的问题。

下面是一些乘法原理和加法原理的练习题，帮助大家更好地掌握这两个原理的应用。

练习题1：某班级有5个男生和6个女生，要选出一名男生和一名女生代表该班参加学校的演讲比赛。

问有多少种不同的选择？解答：根据乘法原理，我们可以将选择男生和选择女生分为两个步骤。

第一步，选择一名男生，有5种选择。

第二步，选择一名女生，有6种选择。

根据乘法原理，两个步骤的选择数相乘，所以总的不同选择数为5 × 6 = 30。

练习题2：某餐馆供应早餐的菜单有3种主食和2种饮料可供选择。

现在小明想选择一种主食和一种饮料作为早餐。

问有多少种不同的选择？解答：同样地，我们可以将选择主食和选择饮料分为两个步骤。

第一步，选择一种主食，有3种选择。

第二步，选择一种饮料，有2种选择。

根据乘法原理，两个步骤的选择数相乘，所以总的不同选择数为3× 2 = 6。

练习题3：小明有红、黄、蓝三种颜色的T恤，他还有黑、白两种颜色的裤子。

如果他想搭配一套T恤和一条裤子，问有多少种不同的搭配方式？解答：同样地，我们可以将选择T恤和选择裤子分为两个步骤。

第一步，选择一种T恤，有3种选择。

第二步，选择一种裤子，有2种选择。

根据乘法原理，两个步骤的选择数相乘，所以总的不同搭配方式数为3 × 2 = 6。

练习题4：小明需要从A、B、C、D、E五个城市中选择两个作为他的旅行目的地。

问有多少种不同的选择方式？解答：根据加法原理，我们可以将选择旅行目的地分为两种情况。

情况一，选择两个不同的城市作为旅行目的地。

这种情况下，我们可以根据排列组合的知识，使用C(5, 2)的方式计算。

C(5, 2)表示从5个城市中选择2个不同的城市的组合数，计算公式为5! / (2! × (5-2)!) = 10。

四年级上册数学《加法原理》练习100题及答案

四年级上册数学《加法原理》练习100题及答案【试卷】四年级上册数学《加法原理》练习题姓名：班级：学号：一、填空题（每题2分，共10分）1. 12 + _____ = 272. 15 + _____ = 253. 43 + _____ = 674. 57 + _____ = 845. 98 + _____ = 115二、计算题（每题4分，共20分）1. 36 + 17 = _____2. 52 + 23 = _____3. 85 + 34 = _____4. 47 + 62 = _____5. 79 + 45 = _____三、选择题（每题3分，共15分）1. 小明有8本故事书，小红有6本故事书，两人一共有几本故事书？A. 10B. 12C. 142. 小华一天吃了3块巧克力，第二天又吃了5块，两天一共吃了几块巧克力？A. 7B. 8C. 93. 甲班有25名男生，乙班有18名男生，两个班男生人数一共有几个？A. 43B. 40C. 374. 果园里有51个苹果树，每棵树上结了8个苹果，一共有几个苹果？A. 419B. 408C. 4595. 某班有48名同学，其中男生28人，女生几人？A. 15B. 18C. 20四、应用题（每题8分，共24分）1. 小明家有30个橙子，小华家有20个橙子，两家一共有几个橙子？2. 一块绳子长35米，小明剪了12米，小华又剪了8米，还剩多少米？3. 某班有52名同学，其中男生占总人数的4分之1，女生占总人数的几分之几？五、解答题（每题10分，共30分）1. 小华家距离学校有15公里，小明家距离学校有18公里，两人相遇后，一共走了多少公里？2. 有一大堆苹果，小明拿了15个，小华拿了10个，还剩下31个苹果，原来这堆苹果有多少个？3. 爸爸有45块巧克力，他每天给小明4块，每天吃多少天才能吃完？【答案】一、填空题1. 152. 103. 244. 275. 17二、计算题1. 532. 753. 1194. 1095. 124三、选择题1. B2. C3. A4. B5. C四、应用题1. 50个橙子2. 15米3. 13分之9五、解答题1. 33公里2. 56个苹果3. 11天。

加法原理和乘法原理训练题

加法、乘法原理训练题例题1：小红、小丽和小敏三个人到世纪公园游玩拍照留念（不考虑站的顺序），共有多少种不同的拍照方法？练习1：1、4个好朋友在旅游景点拍照留念（不考虑站的顺序），共有多少种不同的拍照方法？2、用0，2，3三个数字组成不同的三位数，一共可以组成多少种不同的三位数？3、有1克、2克和5克的砝码各一个，那么在天平上可以称出多少种不同质量的物体？（砝码都放在右盘）例题2：从北京到天津的列车中途要经过4个站点，这列列车从北京到天津要准备多少种不同的车票？练习2：1、一列列车从甲地到乙地要经过5个站点，这列列车从甲地到乙地要准备多少种不同的车票？2、5个人进行下棋比赛，每两个人之间都要赛一场，一共要赛多少场？3、一把钥匙只能开一把锁，现在有4把钥匙和4把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁。

最多要试多少次才能配好全部的钥匙和锁？例题3：在4×4的方格图中（如右图），共有多少个正方形？练习3：1、在3×3的方格图中，共有多少个正方形？2、在5×5的方格图中，共有多少个正方形？3、在6×6的方格图中，共有多少个正方形？例题4：从3，5，7，11，13这五个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子，一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？练习4：1、从1，3，5，7这四个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子，一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？2、从5，7，11，13这四个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子，一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？3、从2，3，7，11，13，17这六个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子，一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？例题5：用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个不同的三位数？练习5：1、用1，2，3，4这四个数字可以组成多少个不同的三位数？2、如右图所示：A、B、C、D四个区域分别用红、黄、蓝、绿四种颜色中的某一种染色。

4年级加法原理和乘法原理-排列组合练习

四年级排列组合问题练习求连续自然数列中项数与数字个数类型的计数问题．运用加法原理和乘法原理解各种计数问题，即在计算时进行恰当的分类或分步。

挑战指数：★1．如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对．问这样的数对共有多少个?[分析与解]被减数最小可为1000，最大可为9999－8921=1078，且从1000到1078中任何一个数都可以作为被减数．共有79个被减数，从而这样的数对共有79个．挑战指数：★★2．一本书从第l页开始编排页码，共用数字2355个．那么这本书共有多少页? [分析与解]从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字；显然这本书的页数在100～999之间，有2355－9－180＝2166，而2166÷3＝722，所以这本书有100+722－1＝821页．挑战指数：★★3．上、下两册书的页码共有687个数字，且上册比下册多5页．问上册书有多少页?[分析与解]两本书页码所用的数字大致相当，从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字．显然，两本书的页码均在100～999之间，而前99页两本书共用去(9+180)×2＝378个数字，还剩下687－378＝309个数字．上册书比下册书多5页，每页均需3个数字作为页码，所以上册比下册多用5×3＝15个数字．于是在剩下的309个数字种，上册用了(309+15)÷2＝162个数字，即3位数的页码有162÷3＝54页，所以上册有100+54－1＝153页．挑战指数：★★★4．从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积?[分析与解]题中的5个数相加最小为1+2+3+4+5＝15，最大为6+7+8+9+10＝40，即题中5个数相加的和有40－15+1＝26种可能．而10个数的和为1+2+3+4+…+10＝55．如果我们假定被乘数不超过乘数，那么被乘数有26÷2＝13种可能，而当被乘数确定，乘数也就是确定为“55－被乘数”，并且这些的乘积没有重复．(如果被乘数大于乘数，都可将上面的被乘数、乘数互换而得)．所以共有13种不同的乘积．挑战指数：★★5．将所有自然数，自1开始依次写下去得到：123456789101112……试确定在第206788个位置上出现的数字．[分析与解]有1～9为1位数，所以占有9×1＝9个数字；10～99为2位数，所有占有90×2＝180个数字；100～999为3位数，所以占有900×3＝2700个数字；1000～9999为4位数，所有占有9000×4＝36000个数字；10000～99999为5位数，所有占有90000×5＝450000个数字．现在第206788个位置对应的5位数在10000～99999之间，有206788－9－180－2700－36000＝167899，167899÷5＝33579……4，所以对应的数字为10000+33579＝43579的从左至右的第4个数字，即7．挑战指数：★★★6．用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有多少种不同的凑法?[分析与解]5分的硬币最多可以有100÷5＝20枚；当5分的硬币有20枚，那么只有这1种凑法；当5分的硬币有19枚，则剩下的5分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+1＝2+1+1+1＝1+1+1+1+1＝5，所以共有3种凑法；当5分的硬币有18枚，则剩下的10分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有5+1＝6种凑法；当5分的硬币有17枚时，则剩下的15分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+1，2分的可以替换为1分的，于是有7+1＝8种凑法；当5分的硬币有16枚时，则剩下的20分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有10+1＝11种凑法；于是，我们把两种情况作为一组，有(1，3)，(6，8)，(11，13)，…即每组数内两个数字相差2，从第2组开始，每组数的第一个数字比前一组的第一个数字大5，5分的硬币可以取20～0枚，即有21种情况，分成10组还剩下一种情况，有(1，大5，有21种情况(16，18)，(21，23)，(26，28)，(31，33)，(36，38)，(41，43)，(46，48)，51所以共有(1+6+11+16+21+26+31+36+41+46+51)+(3+8+13+18+23+28+33+38+43+48)＝(1+51)×11÷2+(3+48)×10÷2＝286+255＝541种．即用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有541种不同的凑法．挑战指数：★7．在图8-1中，从“华”字开始，每次向下移动到一个相邻的字可以读出“华罗庚学校”．那么共有多少种不同的读法?[分析与解]从“华”到“罗”有2种读法；而从“罗”读到“庚”，每个“罗”有2种读法；而从“庚”读到“学”，每个“庚”有2种读法；从“学”到“校”，每个“学”有2种读法．显然是分步进行的，适用乘法原理，于是满足题意的读法有2×2×2×2＝16种．挑战指数：★★8．在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个?[分析与解]我们将符合条件的两位数列出因此，符合要求的两位数有1+2+3+4+…+9＝(1+9)×9÷2＝45个．挑战指数：★★9．按图8-2中箭头所示的方向行走，从A点走到B点的不同路线共有多少条?[分析与解]如下图，为了方便叙述，我们将某些点边标上字母，按箭头所示，走有一条路，到有2种办法；再往下到有从走和走两种方法，这样到有3条路线；到可从、走，有5种方法到．过可从、走，共有8条路线；到可走、这样共有13种走法；经过可从、两条路走，有21种方法都到；到达可以走和，因而有34种路线到达．这样由A到B，可经过和两个交叉点，共有34+21=55条路线，如下图所示．因此，从A点到B点的不同路线共有55条．挑战指数：★10．用红蓝两色来涂图8-3中的小圆圈，要求关于中间那条竖线对称．问共有多少种不同的涂法?[分析与解]注意到图中的竖线位置上的5个小圆圈，每个圆圈有2种涂法，而左、右两边，当一边确定后，另一边必须与这边对称，也就确定了，所以只用考虑某一侧，这样有2个圆圈，每个圆圈有2种涂法，所以共有2×2×2×2×2×2×2＝128种不同的涂法．挑战指数：★★11．如图8-4，把A，B，C，D，E这5部分用4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色．那么，这幅图共有多少种不同的着色方法?[分析与解]A有4种着色方法；A着色后，B有3种着色方法；A、B着色后，C有2种着色方法；A、B、C着色后，D有2种着色方法；然后E有2种着色方式．所以，共有4×3×2×2×2＝96种不同的着色方法．挑战指数：★★12．图8-5是一个中国象棋盘，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?[分析与解]设甲方先放棋子，乙方后放棋子．那么甲方可以把棋子放在棋盘的任意位置，故甲方有10×9＝90种不同的放置方法．对应甲方的第一种放法，乙方按规定必须去掉甲方棋子所在的行与列，而放置在剩下的任意位置，所以乙方有9×8＝72种不同的放置方法．所以，共有72×90＝6480种不同的放置方法．挑战指数：★★13．在如图8-6所示的阶梯形方格表的格子中放入5枚棋子，使得每行、每列都只有一枚棋子，那么这样的放法共有多少种?[分析与解]第一列有2种方法，第一列放定后，第二列又有2种方法，…，如此下去，共有2×2×2×2×1＝16种不同的放法．挑战指数：★★14．有一种用六位数表示日期的方法是：从左到右第一、二位数表示年，第三、四位数表示月，第五、六位数表示日，例如890817表示1989年8月17日．如果用这种方法表示1991年的日期，那么全年中6个数都不相同的日期共有多少天?[分析与解]第1、2位分别为9、1，故第3位不能为1，而只能为0．由于第6位不能再为0、1，故第5位不能为3，当然，第5位也不能为0，1．于是，这样的日期是 910□2□的形式．第4位可取3～8中的任一个，有6种方法．第3位取定后，第6位有5种取法．从而，共有6×5＝30种，即全年中六个数字都不相同的日期有30天．挑战指数：★★★15．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，那么这样的四位数最多能有多少个?[分析与解]四位数的千位数字是1，百位数字a可在0、2、3、4、5、6、7中选择，这时三位数的百位数字是9－a；四位数的十位数字b可在剩下的6个数字中选择，三位数的十位数字是9－b．四位数的个位数字c可以在剩下的4个数字中选择，三位数的个位数字是9－c．因此，所说的四位数有7×6×4＝168个。

(完整word版)小学四年级加法原理乘法原理20题

加法原理和乘法原理加法原理：完成一件工作共有N 类方法。

在第一类方法中有m1 种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，⋯⋯，在第N 类方法中有m n 种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋⋯＋m n 种不同方法。

运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。

要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同（即分类不重）；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类（即分类不漏）。

合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。

乘法原理：完成一件工作共需N 个步骤：完成第一个步骤有m1 种方法，完成第二个步骤有m2种方法，⋯，完成第N 个步骤有m n 种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×⋯×m n 种方法。

1、从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中火车有 4 班，汽车有 3 班，轮船有 2 班。

问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？2、小明到图书馆借书，图书馆有150本不同的外语书，200 本不同的科技书，100 本不同的小说，只借1 本，有多少种不同的选法？3、第一个口袋里装了 3 个小球，第二个口袋里装了8 个不同的小球，所有的小球颜色都各不相同。

从两个口袋中任取一个小球，有多少种不同的取法？4、旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？5、四把钥匙开四把锁，但是不知道哪把钥匙开哪把锁，最多试多少次就能把锁和钥匙配起来？6、从甲地到乙地有 4 条路可走，从乙地到丙地有 2 条路可走，从甲地到丙地有 3 条路可走，从甲地到丙地共有多少种不同的走法？7、两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6，将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和是偶数的有多少种情况？8、从1到400的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？9、用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？10、各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？11、北京奥运会开幕的日子为2008年8月8日，拼成一个八位数为20080808. 它的数字和为26，请问在2008年还有哪些日子拼成的八位数，其数字之和为26？12、一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？13、某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。

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。

四年级加法与乘法原理练习题

加法与乘法原理本讲知识要点：1、加法原理：如果做完一件事情有几类方式，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。

2、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方法数。

3、分类与分步的区别：分类是指完成事情的不同方法，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。

这些时候一般用加法原理；分布是指完成事情的不同步骤，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。

这种情况一般要用乘法原理。

4、用乘法原理解题，分步应注意的事项：1）每步必须全部完成才能满足结论；2）必须先确定以什么来分步；3）定好第一步后，再确定第二步，第三步，……。

一般是特殊优先原则，即谁的条件要求苛刻，先确定谁。

4）每一步前后相互独立，前面的步骤不能影响后面的步骤，否则就不能用乘法原理解决。

本讲例题练习：例题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？例题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。

现在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”？例题3：老师要求冬冬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，冬冬共有多少种不同的写法？例题4：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？例题5：如图，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。

小学数学《加法原理和乘法原理》练习题

加法原理和乘法原理1.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.小猪想点一个菜，他有种不同的选择方法？查森想点1个炒菜和1个炖菜，他有种不同的选择方法？2.商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有3种水果糖：苹果味、梨味、橙味．张明想买一些糖送给他的小朋友.如果张明只买一种糖，他有种选法.如果张明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有种选法.3.明明家有4幅油画，5幅水彩画，3幅素描.苗苗选一幅挂在客厅，有种选法.苗苗如果选3幅画不同类型的画挂在卧室，有种选法.4.从学校到明明家有3条路可走，从明明家到张老师家有2条路可走，从学校到张老师家有3条路可走，那么从学校到张老师家共有多少种走法?5.从学校到明明家有4条路可走，从明明家到张老师家有2条路可走，从学校到张老师家有3条路可走，那么从学校到张老师家共有多少种走法?6.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作停留，已知北京到上海和上海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？7.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？8.从甲地到乙地有6条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有5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？9.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，已知北京到上海和武汉，上海和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？10.明明要从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？11.有一个三层书架第一层放了5本小说,第二层放了4本漫画,第三层放了3本科普书,并且这些书各不相同,请问:如果从中取两本不同类别的书,共有多少种取法？12.花店里有5种不同颜色的玫瑰，4种不同颜色的月季，3种不同颜色的风信子，2种不同颜色的勿忘我，王老师想要买3朵种类不同的花，共有多少种选择？13.快递员送货由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条，那么快递员从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？14.快递员送货由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条，由C 村去D村的道路有2条那么快递员从A村经B、C村去D村，共有多少种不同的走法?15.如下图，明明要从家沿着线段走到学校，要求任何点不得重复经过，他最多有多少种不同的走法？16.马戏团里的小丑有红、白、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋．小丑的帽子和鞋共有几种不同的搭配？17.明明有许多套服装，帽子的数量为3顶、上衣有8件，裤子有6条，每次出行要从几种服装中各取一件搭配．共可组成多少种不同的搭配？18.明明有许多套服装，上衣有6件，裤子有7条，鞋5双，每次出行要从几种服装中各取一件搭配．共可组成多少种不同的搭配？19.商店里有6种不同颜色的百合花，6种不同颜色的玫瑰，6种不同颜色的康乃馨，沫沫要选从中各选一种装饰房间，她有多少种不同的搭配？20.饰品店里有5种不同的熊玩具，4种不同的狗玩具，和3种不同的猫玩具，夏夏从中各选一种，有多少种不同的组合？21.灯饰品店里有不同颜色的台灯8个，不同颜色的吊灯6个，不同颜色的壁灯5个，小夏从三样式中各选一个，有多少种不同的组合？22.如下图，用红、黄两种颜色给图中雪人的帽子、头、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？23.用红、绿两种颜色给MBA上色，每个字母只能染一种颜色，一共可以得到多少个不同颜色的MBA？24.如下图，用5种颜料给3个方格上色，每个方格只能染一种颜色，颜料不能重复使用，有多少种不同的染色方法？25.如图，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？26.如图，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？27.如图，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？28.如图，明明想要从A处到B处要求走最近的路，并且不能通过十字路口C正在修路．问他共有多少种不同的走法？29.如图，明明要从A处到B处要求走最近的路，并且不能通过十字路口C因正在修路．问她共有多少种不同的走法？30.如图，从A处到B处要求走最近的路，并且不能通过十字路口C和D正在修路，问共有多少种不同的走法？31.如图，从A处到B处要求走最近的路，必须通过十字路口C．问共有多少种不同的走法？32.如图，从A处到B处要求走最近的路，必通过十字路口C．问共有多少种不同的走法？33.如图，从A处到B的最短路线中，必通过十字路口C和D的，共有多少条？34.如图，从A出发经过十字路口D，但不经过线段BC（不过点B、C），不同的最短路径有多少条？35.如图，从A出发经过十字路口D，但不经过线段BC（不过点B、C），不同的最短路径有多少条？36.如图，从A出发经过十字路口D，但不经过线段BC（不过点B、C），不同的最短路径有多少条？。

四年级上册数学试题-第三讲加乘原理(一)-北师大

第三讲加乘原理（一）【解题方法与策略】加法原理：完成一件事情，可以有n 类办法，在第一类办法中，有1m 种不同的方法，在第二类办法中，有2m 种不同的方法……在第n 类办法中，有n m 种不同的方法。

那么完成这件事情共有N ＝1m ＋2m ＋3m ＋……＋n m 种不同的方法。

【例题讲解】【例1】从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。

问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？练习1：学校开展“诵读经典”读书竞赛活动，小明要从4大名著、2本外国名著和3本科普书里任意选取一本书，共有多少种不同的选法？【例2】桌上有3本红色封皮的，4本黄色封皮的和5本白色封皮的食谱，现闭上眼睛从中任意拿出6本，有多少种可能？(只考虑颜色，相同颜色封皮的书没有区别)练习2：袋子里面三种颜色的球分别为红、白、黑，其中红色球有6个，白色球有2个，黑色球有4个，现在闭上眼睛从中任意拿出4个，有多少种可能？【例3】在下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？练习3：如图，某城市的街道有5条东西方向和7条南北方向马路组成，现在要从西南角的A处沿最短的路线走到东北角B处，由于修路，十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法？（120种）【例4】A、B、C三个小朋友互相传球，先从A开始发球（作为第一次传球），这样经过5次传球后，球恰巧又回到A手中，那么不同的传球方式共多少种？练习4：一只青蛙在A、B、C三点之间跳动，若青蛙从A点跳起，跳4次仍回到A点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【例5】小明要登上10级台阶，他每一步只能登1级或2级台阶，他登上10级台阶共有多少种不同的登法？练习5：有一堆火柴共10根，每次取走1～3根，把这堆火柴全部取完有多少种不同取法？【课后巩固】1、小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么,小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？2、用1角、2角、5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？3、定义：一个自然数，右边的数字总比左边的数字小，我们称它为“下滑数”（如：32，641，8531等），那么两位数中的“下滑数”有多少个？4、袋子中有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。

加乘原理练习题(打印版)

加乘原理练习题（打印版）一、单项选择题1. 有5种不同的水果，每种水果有3种不同的包装方式，那么总共有多少种不同的包装组合？A. 15B. 30C. 10D. 502. 一个班级有35名学生，其中男生20名，女生15名。

如果从班级中随机选出3名学生，那么选出的3名学生都是男生的概率是多少？A. $\frac{1}{7}$B. $\frac{1}{8}$C. $\frac{1}{9}$D. $\frac{1}{10}$二、填空题1. 如果一个数字有5位，每一位可以是0到9中的任意一个数字，那么这样的数字共有________种可能。

2. 一个学校有6个班级，每个班级有40名学生。

如果学校要组织一次运动会，每个班级需要派出5名学生参加，那么总共有多少种不同的参赛组合方式？三、解答题1. 某工厂有3条生产线，每条生产线每天可以生产A、B、C三种产品，每种产品每天可以生产100件。

如果工厂每天需要生产至少200件A产品，150件B产品和100件C产品，那么工厂有多少种不同的生产方案？2. 一个图书馆有5个不同的书架，每个书架可以放置10本书。

如果图书馆有50本书需要放置，那么有多少种不同的放置方法？四、应用题1. 某公司计划在10个城市中选择3个城市开设分公司，每个城市只能开设一家分公司。

如果每个城市有3种不同的选址方案，那么公司总共有多少种不同的开设分公司的方案？2. 一个餐厅有5种不同的主食和4种不同的配菜，如果顾客可以自由选择一种主食和一种配菜，那么餐厅可以提供多少种不同的套餐组合？五、综合题1. 一个旅行社提供3种不同的旅游路线，每条路线有4种不同的出发日期。

如果一个旅游团有20人，他们可以选择任意一条路线和任意一个出发日期，那么这个旅游团有多少种不同的出行方案？2. 一个学校有3个年级，每个年级有4个班级。

如果学校要组织一次春游，每个班级需要选出2名学生参加，那么学校总共有多少种不同的春游组合方式？请同学们认真完成以上练习题，通过这些题目的练习，可以加深对加乘原理的理解和应用。

四年级-加乘原理

加乘原理题目年级：四年级对应试题：第九题、第十题对应知识点：加乘原理完成时间：_________________ 得分：___________________1.【难度：☆☆】计算机上编程序打印前10000个正整数:1、2、3、⋯⋯、10000，由于打印机出了故障，每次打印数字5时，它都打印为X，其中被错误打印的数共有____个.2.【难度：☆☆☆】某城市网上挑选机动车号牌编码规则为:号牌后五位必须有两个英文字母(其中字母I、O不可用)且最后一位必须为数字.则满足规定的编码共有_____个.3.【难度：☆☆☆☆】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_____种取法.解析1.【答案】3439【解析】共10000个数，其中不含数字5的:五位数1个，四位数8×9×9×9=5832个，三位数8×9×9=648个，二位数8×9=72个，一位数8个，不含数字5的共1+5832+648+72+8=6561个，被错误打印的数共有10000−6561=3439个2.【答案】3456000【解析】根据网上选号规则，可供挑选的英文字母有26−2=24(个)，且只能在第一位至第四位上的两个位置出现，而其余两个位置以及第五位则出现数字. 两个字母为前4位中占2位，共6种方法.每个字母有24种选法，其余3个位置是数码，每个数码有10种选法.所以满足规定的编码共有6×24×24×10×10×10=3456000(个).3.【答案】190【解析】2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为三类: 第一类:余数分别为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.共有45+100+45=190(种)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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