7-1加法原理.题库版Word文档格式.doc
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枚举法:
枚举法又叫穷举法,就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.
分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来,这时的方法就是枚举法.枚举的时候要注意顺序,这样才能做到不重不漏.
例题精讲
模块一、分类讨论中加法原理的应用
【例1】(难度等级※)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?
【解析】小宝买一种礼物有三类方法:
第一类,买玩具,有8种方法;
第二类,买课外书,有20种方法;
第三种,买纪念品,有10种方法.根据加法原理,小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法.
【巩固】(难度等级※)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?
【解析】根据加法原理,共有6+4+3+2=15种取法.
【巩固】(难度等级※)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?
【解析】解决这个问题有3类办法:
从一班、二班、三班男生中任选1人,从一班18名男生中任选1人有18种选法:
同理,从二班20名男生中任选1人有20种选法;
从三班16名男生中任意选1人有16种选法;
根据加法原理,从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有:
种.
【例2】(难度等级※※)从1~10中每次取两个不同的数相加,和大于10的共有多少种取法?
【解析】根据第一个数的大小,将和大于10的取法分为9类:
第一个数
第二个数
有几种
第1类
1
10
选择合适的分类方式是运用加法原理的关键.好的分类方式往往达到事半功倍的效果.
注意:
本题中“”与“”只能算一种取法.
第2类
2
10、9
第3类
3
10、9、8
第4类
4
10、9、8、7
第5类
5
10、9、8、7、6
第6类
6
第7类
7
第8类
8
第9类
9
因此,根据加法原理,共有:
1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10.
【巩固】(难度等级※※)从1~8中每次取两个不同的数相加,和大于10的共有多少种取法?
【解析】两个数和为11的一共有3种取法;
两个数和为12的一共有2种取法;
两个数和为13的一共有2种取法;
两个数和为14的一共有1种取法;
两个数和为15的一共有1种取法;
一共有3+2+2+1+1=9种取法.
【例3】(难度等级※※)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?
【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法.
如果甲厂订99份,乙厂有订100份和101份两种方法,丙厂随之而定.
如果甲厂订100份,乙厂有订99份、100份和101份三种方法,丙厂随之而定.
如果甲厂订101份,乙厂有订99份和100份两种方法,丙厂随之而定.
根据加法原理,一共有种订报方法.
【巩固】(难度等级※※)大林和小林共有小人书不超过9本,他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况?
【解析】大林和小林共有9本的话,有10种可能;
共有8本的话,有9种可能,……,共有0本的话,有1种可能,所以根据加法原理,一共有10+9+……+3+2+1=55种可能.
【例4】(难度等级※※)四个学生每人做了一张贺年片,放在桌子上,然后每人去拿一张,但不能拿自己做的一张.问:
一共有多少种不同的方法?
【解析】设四个学生分别是A,B,C,D,他们做的贺年片分别是a,b,c,d.
先考虑A拿B做的贺年片b的情况(如下表),一共有3种方法.
同样,A拿C或D做的贺年片也有3种方法.
一共有3+3+3=9(种)不同的方法.
【例5】(第六届走美试题)一次,齐王与大将田忌赛马.每人有四匹马,分为四等.田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等,二等,三等,四等,而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马,接着依次为自己的一等,齐王的二等,自己的二等,齐王的三等,自己的三等,齐王的四等,自己的四等.田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序,保证自己至少能赢两场比赛.
【解析】第一场不管怎么样田忌都必输,田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛,
若三场全胜,则只有一种出场方法;
若胜两场,则又分为三种情况:
二,三两场胜,此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马,田忌的二等马赢齐王的三等马,只有这一种情况;
二,四两场胜,此时有三种情况;
三,四两场胜,此时有七种情况;
所以一共有种方法.
【例6】(难度等级※※)把一元钱换成角币,有多少种换法?
人民币角币的面值有五角、二角、一角三种.
【解析】把一元钱换成角币,有三类分法:
①第一类:
有五角币2张,只有1种换法:
②第二类:
有五角币1张,则此时二角币可以有0,1,2张,相应的,一角币有5,3,1张,有3种换法;
③第三类:
有五角币0张,则此时二角币可以有0,1,2,3,4,5张,相应的,一角币有10,8,6,4,2,0张,有6种换法.
所以,根据加法原理,总共的换法有种.
【巩固】(难度等级※※)一把硬币全是2分和5分的,这把硬币一共有1元,问这里可能有多少种不同的情况?
【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类:
如果5分硬币有奇数个,那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分.如表当5分硬币的个数为0~20的偶数时,都有对应个数的2分硬币.所以一共有11种不同的情况.
类别
11
5分
12
14
16
18
20
2分
50
45
40
35
30
25
15
【例7】(难度等级※※※)用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张,没有剩钱,共有多少不同的买法?
【解析】如果买0张8元饭票,还剩100元,可以购买4元饭票的张数为0~25张,其余的钱全部购买2元饭票,共有26种买法;
如果买l张8元饭票,还剩92元,可购4元饭票0~23张,其余的钱全部购买2元饭票,共有24种不同方法;
如果买2张8元饭票,还剩84元,可购4元饭票0~21张,其余的钱全部购买2元饭票,共有22种不同方法;
……
如果买12张8元饭票,还剩4元饭票,可购4元饭票0~1张,其余的钱全部购买2元饭票,共有2种方法.
总结规律,发现各类情况的方法数组成了一个公差为2,项数是13的等差数列.利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法:
26+24+22+…+2=(26+2)×
13÷
2=182(种).共有182种不同的买法.
【巩固】(难度等级※※)一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角.小明要在该店花5元5角购买两种文具,他有多少种不同的选择.
【解析】一共三种文具,要买两种文具.那么就可以分三类了.
第一类:
橡皮和圆珠笔
5元5角=55角=11块橡皮(要买两种,所以这个不考虑)
=9块橡皮+1只圆珠笔
=7块橡皮+2只圆珠笔
=5块橡皮+3只圆珠笔
=3块橡皮+4只圆珠笔
=1块橡皮+5只圆珠笔
第一类共5种
第二类:
橡皮和钢笔
55角=11块橡皮(不做考虑)
=6块橡皮+1只钢笔
=1块橡皮+2只钢笔
第二类共2种
第三类:
圆珠笔和钢笔
55角=11块橡皮(不做考虑)
=1只钢笔+3只圆珠笔
第三类共1种
【例8】(难度等级※※※)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________种可能.(2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动)
【解析】按最少的红球来分类:
3红时,黄白3,黄可取0,1,2,3共4种.
2红时,黄白4,黄可取0,1,2,3,4共5种.
1红时, 黄白5,黄可取0,1,2,3,4共5种.
0红时, 黄白6,黄可取0,1,2,3共4种.
共有:
4+5+5+4=18(种).
【例9】(难度等级※※)1、2、3、4四个数字,从小到大排成一行,在这四个数中间,任意插入乘号(最少插一个乘号),可以得到多少个不同的乘积?
【解析】按插入乘号的个数进行分类:
⑴若插入一个乘号,4个数字之间有3个空当,选3个空当中的任一空当放乘号,所以有3种不同的插法,可以得到3个不同的乘积,枚举如下:
,,.
⑵若插入两个乘号,由于必有一个空当不放乘号,所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不同的插法,可以得到3个不同的乘积,枚举如下:
⑶若插入三个乘号,则只有1个插法,可以得到l个不同的乘积,枚举如下:
.
所以,根据加法原理共有种不同的乘积.
【例10】(难度等级※※※)1995的数字和是1+9+9+5=24,问:
小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?
【解析】小于2000的四位数千位数字是1,要它数字和为26,只需其余三位数字和是25.因为十位、个位数字和最多为9+9=18,因此,百位数字至少是7.于是
百位为7时,只有1799,一个;
百位为8时,只有1889,1898,二个;
百位为9时,只有1979,1997,1988,三个;
总计共1+2+3=6个.
【巩固】(难度等级※※※)1995的数字和是1+9+9+5=24,问:
小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个?
【解析】小于2000的四位数千位数字是1,要它数字和为24,只需其余三位数字和是23.因为十位、个位数字和最多为,因此,百位数字至少是5.于是
百位为5时,只有1599一个;
百位为6时,只有1689,1698两个;
百位为7时,只有1779,1788,1797三个;
百位为8时,只有1869,1878,1887,1896四个;
百位为9时,只有1959,1968,1977,1986,1995五个;
根据加法原理,总计共个.
【巩固】(难度等级※※※)2007的数字和是2+0+0+7=9,问:
大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?
【解析】大于2000小于3000的四位数千位数字是2,要它数字和为9,只需其余三位数字和是7.因此,百位数字至多是7.于是根据百位数进行分类:
第一类,百位为7时,只有2700一个;
第二类,百位为6时,只有2610,2601两个;
第三类,百位为5时,只有2520,2511,2502三个;
第四类,百位为4时,只有2430,2421,2412,2403四个;
第五类,百位为3时,只有2340,2331,2322,2313,2304五个;
第六类,百位为2时,只有2250,2241,2232,2223,2214、2205六个;
第七类,百位为1时,只有2160,2151,2142,2133,2124、2115、2106七个;
第八类,百位为0时,只有2070,2061,2052,2043,2034、2025、2016、2007八个;
根据加法原理,总计共个.
【巩固】(难度等级※※※※)在四位数中,各位数字之和是4的四位数有多少?
【解析】以个位数的值为分类标准,可以分成以下几类情况来考虑:
第1类——个位数字是0,满足条件的数共有10个.其中:
⑴十位数字为0,有4000、3100、2200、1300,共4个;
⑵十位数字为1,有3010、2110、1210,共3个;
⑶十位数字为2,有2020、1120,共2个;
⑷十位数字为3,有1030,共1个.
第2类——个位数字是1,满足条件的数共有6个.其中:
⑴十位数字为0,有3001、2101、1201,共3个;
⑵十位数字为1,有2011、1111,共2个;
⑶十位数字为2,有1021,满足条件的数共有1个.
第3类——个位数字是2,满足条件的数共有3个.其中:
⑴十位数字为0,有2002、1102,共2个;
⑵十位数字为1,有1012,共1个.
第4类——个位数字是3,满足条件的数共有1个.其中:
十位数字是0,有l003,共1个.
根据上面分析,由加法原理可求出满足条件的数共有个.
【例11】有一类自然数,从第三个数字开始,每个数字都恰好是它前面两个数字之和,直至不能再写为止,如,等等,这类数共有个.
【解析】按自然数的最高位数分类:
⑴最高位为的有
,,,,,,,,共个
⑵最高位为的有
,,,,,,,共个
⑶最高位为的有
,,,,,358,共个
⑼最高位为的有
共个
所以这类数共有个
【例12】如果一个大于9的整数,其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小,那么我们称它为迎春数.那么,小于2008的迎春数一共有多少个?
【解析】(法1)两位数中迎春数的个数.
⑴十位数字为1的:
12,13,……,19.8个
⑵十位数字为2的:
23,24,……29.7个
⑶十位数字为3的:
34,35,……39.6个
⑷十位数字为4的:
45,46,……49.5个
⑸十位数字为5的:
56,57,……59.4个
⑹十位数字为6的:
67,68,69.3个
⑺十位数字为7的:
78,79.2个
⑻十位数字为8的:
89.1个
两位数共个
三位数中迎春数的个数
⑴百位数字是1的:
123~129,134~139……189.共28个.
⑵百位数字是2的:
234~239,……289.共21个.
⑶百位数字是3的:
345~349,……389.共15个.
⑷百位数字是4的:
456~458,……489.共10个.
⑸百位数字是5的:
567~569,……589.共6个.
⑹百位数字是6的:
678,679,689.共3个.
⑺百位数字是7的:
789.1个
1000~1999中迎春数的个数
⑴前两位是12的:
1234~1239,……,1289.共21个.
⑵前两位是13的:
1345~1349,……,1389.共15个.
⑶前两位是14的:
1456~1459,……,1489.共10个.
⑷前两位是15的:
1567~1569,……,1589.共6个.
⑸前两位是16的:
1678,1679,1689.3个.
⑹前两位是17的:
1789.1个
共56个.
所以小于2008的迎春数共个.
(法2)小于2008的迎春数只可能是两位数,三位数和1000多的数.两位数的取法有个.三位数的取法有个.1000多的迎春数的取法有个.
所以共个.
【例13】有些五位数的各位数字均取自1,2,3,4,5,并且任意相邻两位数字(大减小)的差都是1.问这样的五位数共有多少个?
【解析】⑴首位取1时,千位只能是2,百位可以是1和3.
百位是1,十位只能是2,个位可以是1和3.2种.
百位是3,十位可以是2和4;
十位是2,个位可以是1和3,十位是4,个位可以是3和5.4种.
所以,首位取1时,共有种.
⑵首位取2时,千位可以是1和3.
千位是1,百位只能是2,十位可以是1和3.有3种.
千位是3,百位可以是2和4.百位是2,十位可是是1和3,有3种.百位是4,十位可以是3和5,有3种.千位是3时有种.
所以首位取2时,共有种.
⑶首位取3时,千位可以取2和4.
千位是2,百位可以取1和3.百位是1,十位只能是2,个位可以是1和3;
2种.百位是3时,十位可以是2和4.十位是2个位可以是1和3;
十位是4,个位可以是3和5;
4种.
千位是4,百位可以取3和5.
百位是5,十位只能是4,个位可以是3和5;
2种.百位是3,十位可能是2和4.十位是2个位可以是1和3;
十位是4个位可以是3和5;
所以,首位取3时,共有种.
⑷首位取4时,千位可以取3和5.
千位是5,百位只能是4,十位可以是3和5.十位是3个位可以是2和4;
十位是5个位只能是4.有3种.
千位是3,百位可以是2和4.百位是2,十位可以是1和3.十位是1个位只能是2;
十位是3个位可以是2和4.有3种.百位是4,十位可以是3和5.十位是5个位只能是4;
十位是3,个位可以是2和4.有3种.千位是3共有种.
所以,首位取4时,共有种.
⑸首位取5时,千位只能是4,百位可以是3和5.百位是5,十位只能是4,有2种;
百位是3,十位可以是2和4,有4种.所以,首位取5时共有种.
总共有:
个
也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5,画5个树状图,然后相加总共有:
模块二、树形图法、标数法及简单的递推
一、树形图法
“树形图法”实际上是枚举的一种,但是它借助于图形,可以使枚举过程不仅形象直观,而且有条理又不重复遗漏,使人一目了然.
【例14】(难度等级※※※)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),这样经过了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?
(2005年《小数报》数学邀请赛)
【解析】如图,第一次传给,到第五次传回有5种不同方式.
同理,第一次传给,也有5种不同方式.
所以,根据加法原理,不同的传球方式共有种.
【巩固】(难度等级※※※)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?
【解析】6种,如图,第1步跳到,4步回到有3种方法;
同样第1步到的也有3种方法.根据加法原理,共有种方法.
【例15】(难度等级※※※)甲、乙二人打乒乓球,谁先连胜两局谁赢,若没有人连胜头两局,则谁先胜三局谁赢,打到决出输赢为止.问:
一共有多少种可能的情况?
【解析】如下图,我们先考虑甲胜第一局的情况:
图中打√的为胜者,一共有7种可能的情况.同理,乙胜第一局也有7种可能的情况.一共有7+7=14(种)可能的情况.
二、标数法
适用于最短路线问题,需要一步一步标出所有相关点的线路数量,最终得到到达终点的方法总数.标数法是加法原理与递推思想的结合.
【例16】(难度等级※※)如图所示,沿线段从A到B有多少条最短路线?
【解析】图中在A的右上方,因此从A出发,只能向上或者向右才能使路线最短,那么反过来想,如果到达了某一个点,也只有两种可能:
要么是从这个点左边的点来的,要么是从这个点下边的点来的.那么,如果最后到达了B,只有两种可能:
或者经过C来到B点,或者经D来到B点,因此,到达B的走法数目就应该是到达C点的走法数和到达D点的走法数之和,而对于到达C的走法,又等于到达和到达的走法之和,到达的走法也等于到达和到达的走法之和,这样我们就归纳出:
到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和,根据加法原理,我们可以从点开始,向右向上逐步求出到达各点的走法数.如图所示,使用标号方法得到从到共有10种不同的走法.
【巩固】(难度等级※※)如图,从点到点的最近路线有多少条?
【解析】使用标号法得出到点的最近路线有20条.
【例17】(难度等级※※)如图,某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成,现在要从西南角的处沿最短的路线走到东北角出,由于修路,十字路口不能通过,那么共有____种不同走法.
【解析】本题是最短路线问题.要找出共有多少种不同走法,关键是保证不重也不漏,一般采用标数法.如上图所示,共有120种.
另解:
本题也可采用排除法.由于不能经过,可以先计算出从到的最短路线有多少条,再去掉其中那些经过的路线数,即得到所求的结果.
对于从到的每一条最短路线,需要向右6次,向上4次,共有10次向右或向上;
而对于每一条最短路线,如果确定了其中的某6次是向右的,那么剩下的4
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