小学奥数教案第18讲加法乘法原理教.docx

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小学奥数教案第18讲加法乘法原理教

教师辅导讲义

学员编：

年级：

六年级

课时数：

3

学员姓名：

辅导科目：

奥数

教师：

授课主题

第18讲-加法、乘法原理

授课类型

T同步课堂

P实战演练

S归纳总结

教学目标

1理解加法、乘法原理的类型；

2会用加法、乘法原理解应用题。

授课日期及时段

T（Textbook-Based）——同步课堂

生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成，并且几类方法是互不影响的。

在每一类方法中，又有几种可能的做法，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。

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

种不同方法，在第二类方法中有

种不同方法……，在第n类方法中有

种不同方法，那么完成这件任务共有

种不同方法。

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

种方法，做第2步有

种方法……，做第n步有

种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有

种不同方法。

例1、一个盒子内装有5个小球，另一个盒子内装有9个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：

①从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？

②从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？

【解析】①“从两个盒子内任取一个小球”，则这个小球要么从第一个盒子中取，要么从第二个盒子中取，共有两类方法，所以应用加法原理。

②“从两个盒子内各取一个小球”，可看成先从第一个盒子中取一个，再从第二个盒子中取一个，分两步完成，所以应用乘法原理。

①从两个盒子中任取一个小球共有：

5+9=14（种）

②从两个盒子中各取一个小球共有：

5×9=45（种）

例2、从1到399的所有自然数中，不含有数字3的自然数有多少个？

【解析】从1到399的所有自然数可分成三类。

一位数中不含3的有8个，1、2、4、5、6、7、8、9。

两位数中，不含3的可以这样考虑：

十位上不含3的有1、2、4、5、6、7、8、9共八种情况；个位上，不含3的有0、l、2、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数字，再取个位数字，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数字不含3。

三位数中，小于400并且不含数字3的可以这样考虑：

百位上不含3的有l、2这两种情况，十位上和个位上不含3的有0、1、2、4、5、6、7、8、9这九种情况。

在从1到399中，不含3的一位数有8个；

不含3的两位数有8×9=72个；

不含3的三位数有2×9×9=162个。

由加法原理，在从1到399中，共有：

8+72+162=242（个）不含3的自然数。

例3、用5种颜色给图1的五个区域染色，相邻的区域染不同的颜色，每个区域染一种颜色。

问：

共有多少种不同的染色方法？

【解析】由图1可知A与D、B与E不相邻，它们之间有同色和不同色两类变化。

考虑当A、D染同色时，根据乘法原理。

当A、D染同色时，有：

5×4×3+5×4×3×2=60+120=180（种）

当A、D染色不同时，有：

5×4×3×2+5×4×3×2×1=120+120=240（种）

根据加法原理：

180+240=420（种）

答：

共有420种不同的染色方法。

例4、学校羽毛球队有12名男队员，10名女队员。

（l）要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手，有多少种不同的搭配方法？

（2）该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名，学校选一名运动员去领奖，有多少种选法？

【解析】（l）组成男、女混合双打选手，先挑选男队员有12种方法，再挑选女队员有10种方法，根据乘法原理可求有多少种不同的搭配方法。

（2）选一名运动员去领奖，从男队员中选有12种选法，从女队员中选有10种方法，根据加法原理可求有多少种选法。

（1）根据乘法原理，组成男、女混合双打选手有：

12×10=120（种）

（2）根据加法原理，选一名运动员去领奖有：

12+10=22（种）

例5、找出图2中从A点出发，经过C点和D点到B点的最短路线，共有多少条？

【解析】要找出从A到B共有多少条不同的最短路线，只要根据加法原理找出A点到图上每个交点的最短路线，便可得到。

如图3所示，从A到、走最短路线只有1种方法，而从A到有、两种路线。

根据同样的道理可推算出A到图上各点的走法数。

先运用加法原理进行推算，A→C有6种走法。

再用同法得出C→D、D→B的走法数，再用乘法原理可得出从A→C→D→B的最短线路。

从A到C有6种走法，再以C为起点，用相同的办法得出到D的走法有10种。

从D到B的走法也有6种。

运用乘法原理得出，从A经C、D到B的最短不同线路共有

6×10×6=360（种）。

例6、现有壹元的人民币4张，贰元的人民币2张，伍元的人民币5张，如果从中至少取一张，至多取11张，那么共可以配成多少种不同的钱数？

【解析】33（种）

例7、由数字1、2、3、4、5、6、7、8、9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？

④百位为9的没有重复数字的三位数？

⑤百位为9的没有重复数字的三位偶数？

【解析】要组成三位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分三步完成，如，组成三位数可先从百位上考虑起，百位有9种选择方法，依次十位和个位也各有9种选择方法，根据乘法原理可求。

若要排成偶数，则要考虑到尾数的排法只有4种，即只能排2、4、6、8。

若要排成无重复数字的数，则须考虑到确定一个数位的选法之后，下一个数位的选法会减少。

①组成三位数，百位、十位、个位各有9种选法，由乘法原理可知有：

9×9×9=729（种）。

②组成三位偶数，个位有4种选法，百位、十位各有9种选法，那么有：

4×9×9=324种）。

③无重复数字三位偶数，个位有4种选法，十位有（9-l）种选法，百位有（9-1-l）种选法，那么共有：

4×8×7=224（种）。

④百位为9的无重复数字的三位数，百位有1种选法，十位有8种选法，个位有7种选法，那么共有：

1×8×7=56种）。

⑤百位为9的无重复数字的三位偶数，百位有一种选法，个位有4种选法，十位有（9-2）种选法。

那么共有：

l×4×7=28（种）。

例8、有A、B、C、D、E五人排成一队，A不许站排头，B不许站排尾，共有多少种不同排法？

1

2

3

4

5

【解析】我们从排头到排尾依次编为1、2、3、4、5。

由于A不能站排头，所以我们可考虑A的站位，再由B不能站排尾，考虑B的站位，然后再考虑C、D、E的站位；同时，我们也可以换个角度：

从所有可能的站位情况，扣去A站排头或B站排尾的情况，从而得到所有不同排法。

解法一：

先讨论A的站位：

（1）A站在5位置上，则A只有一种站法，B有4个不同位置可站，C有3个不同位置可站，D有两个不同位置可站，E只有1个位置可站，由乘法原理，在这种站位方式下有

1×4×3×2×1=24（种）不同的排队方法。

（2）A站在2、3、43个位置之一。

此时A有3个位置可站，B不能站在5位，也只有3个位置可站，C有3个位置可站，D有2个位置可站，E有1个位置可站，由乘法原理，在这种站位方式下有：

3×3×3×2×1=54（种）不同的排队方法。

最后，由加法原理，共有24+54=78（种）不同的排队方法。

解法二：

五个人任意排队，共有5×4×3×2×1=120（种）不同的方法。

A站排头有4×3×2×1=24（种）不同的排法；B站排尾有4×3×2×1=24（种）不同的排法；但这两种方法有重复，即A站排头且B站排尾；有3×2×1=6（种）不同的排法。

因此，由容斥原理，A站排头且B不站排尾的排队方法总数是：

120-42=78（种）。

答：

符合要求的排队方法共有78种。

P（Practice-Oriented）——实战演练

Ø课堂狙击

1、书架上有6本不同的画报、10本不同科技书,请你每次从书架上任取一本画报、一本科技书，共有种不同的取法？

【解析】第一步：

取一本画报，有6种方法；

第二步：

取一本科技书,有10种方法。

根据乘法原理：

一共有6×10=60（种）

2、用0，1，2，3，4，5，6，7，8，9十个数字，能够组成个没有重复数字的三位数？

【解析】第一步：

排百位数字，有9种方法（0不能作首位）；

第二步：

排十位数字，有9种方法；

第三步：

排个位数字，有8种方法。

根据乘法原理：

一共有9×9×8=648（个）没有重复数字的三位数。

3、书架上有不同的数学书20本，不同的语文书10本，现从书架上取书，试问：

（1）取出一本书，有______种不同的取法。

（2）取出数学书和语文书各一本，有______种不同的取法。

【解析】

（1）取出一本书，若是数学书有20种取法，若是语文书，有10种取法，总共有：

20+10=30（种）取法。

（2）取出数学书和语文书各一本，可以分两步完成：

先取出数学书，有20种取法；

再取出语文书，又有10种取法。

由乘法原理，总共有20×10=200（种）取法。

4、从1~9这9个数字中每次取出2个不同的自然数相加，和大于10的选法共有多少种？

【解析】要使和大于10，加数不能取1。

我们可以采取枚举法。

一个加数为2时，2+9=11，

一个加数为3时，3+9=12，3+8=11

一个加数为4时，4+9=13，4+8=12，4+7=11

一个加数为5时，5+9=14，5+8=13，5+7=12，5+6=11

一个加数为6时，6+9=16，6+8=14，6+7=13

一个加数为7时，7+9=16，7+8=15

一个加数为8时，8+9=17

于是符合条件的选法共有1+2+3+4+3+2+1=16（种）。

5、现有长度为1、2、3、4、5、6、7、8、9单位长度的铁丝各一条，从中选出若干条来组成正方形，问有多少种不同的选法？

【解析】这些铁丝总的长度为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，所以所组成的正方形最长边为11。

（1）边长为11时，由于19+2=8+3=7+4=6+5

因此可取长度为2、3、4、5、6、7、8、9的铁丝，按（9，2），（8，3），（7，4），（6，5）分组，

可得边长为11的正方形一个，显然，这只能有一种选择。

（2）边长为10时，由于10=9+1=8+2=7+3=6+4

取长度为1、2、3、4、6、7、8、9可得到1个边长为10的正方形。

（3）边长为9时，由于9=8+1=7+2=6+3=5+4

从而可以取下列四组数构成一正方形：

9，（8，1），（7，2），（6，3）；9，（8，1），（7，2），（5，4）；

9，（8，1），（5，4），（6，3）；9，（8，1），（7，2），（6，3），（5，4）

共有5种不同选择。

（4）边长为8时，由于8=7+1=6+2=5+3

可得到一个正方形。

（5）边长为7时，由于7=6+1=5+2=3+4

可是得到一个正方形。

当边长小于7时，无法组成正方形。

从而满足题意的有1+1+5+1+1=9（种）不同选法。

6、将1、2、3、4这4个数字从小到大排成一行，在4个数中间任意插入乘，可以得到______个不同的乘积（要求最少有一个乘）。

【解析】显然，乘只能放在1和2、2和3、3和4之间。

在1和2之间，有放与不放两种可能，在2和3之间，有放与不放两种可能，同样在3和4之间也有放与不放两种可能，

所以总共有：

2×2×2=8（种）放法，

但必须排除其中三个位置均不放乘的可能性，所以共有7种放法。

7、用红、绿、黄、蓝四种颜色分别去涂图中的A、B、C、D四个区域，要求相邻区域不可同色，共有______种不同涂法。

【解析】因为A、C、D相互隔开，而B与它们均相连，故选择先涂B，有四种涂法，而A、C、D均各有三种涂法，所以总共有：

4×3×3×3=108（种）不同涂法。

8、如图所示，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。

【解析】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。

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。

由加法原理，共有

10×10+9×9+…2×2+1×1=100+81+64+49+36+25+16+9+4+1=385（个）

答：

共有385个正方形。

Ø课后反击

1、书店里有12种不同的外语书，8种不同的数学书，从中任选外语书和数学书各一本，有多少种不同的选法？

【解析】先取外语书有12种选法，再取一本数学书，则有8种选法。

用乘法原理得：

12×8=96（种）

答：

总共有96种不同的选法。

2、某人出差要从甲地途经丙地、丁地到乙地，现在知道从甲地到丙地有3条路可以走，从丙地到丁地有5条路可以走，从丁地到乙地有4条路可以走。

问，此人共有多少种从甲地到乙地的方法。

【解析】某人的出差路线：

甲地→丙地→丁地→乙地，甲地→丙地3条路线，丙地→丁地5条路线，丁地→乙地4条路线；

由乘法原理：

3×5×4＝60（种）

答：

此人从甲地到乙地共有60种走法。

3、由数字0、l、2、3、4、5、6、7共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？

【解析】组成四位数，则需一位一位地确定各个数位上的数字，分四步完成。

由于要求组成的数是奇数，故个位上只能取1，3，5，7中的一个，故有4种取法；

千位上不能放“0”，则首先考虑，有（8-2）种取法；

百位上有（8－2）种取法；十位上有5种取法。

由乘法原理：

4×6×6×5=720（种）

答：

共可组成720种没有重复数字的四位奇数。

4、如图4有A、B、C、D、E五个区域，分别用五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？

【解析】由于有5个区域，则分为依次给A，B，C，D，E染色五步。

先给A染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；再给B染色，因不能与A同色，还剩下4种颜色可选择，故有4种染色方法；再给C染色，因为不能与A、B同色，故有3种不同的染色方法；再给D染色，同样不能与A、B、C同色，故有2种不同的染色方法；最后给E染色，由于E只与A、D相邻则只须与A、D不同色即可，那么它有（5－2）种染色方法。

由乘法原理：

5×4×3×2×3=360（种）

答：

共有360种不同的染色方法。

5、如图5，从甲地到乙地有两条路，从乙地到丙地有三条路；从甲地到丁地有四条路，从丁地到丙地有四条路，问从甲地到丙地共有多少种走法？

【解析】从甲地到丙地，可以有两种走法，一种是经丁地到丙地，一种是经乙地到丙地。

甲→乙→丙：

甲→乙有两种选择，乙→丙有三种选择，根据乘法原理：

2×3=6（种）

甲→丁→丙：

甲→丁有四种选择，丁→丙有四种选择，根据乘法原理：

4×4=16（种）

再由加法原理：

6+16=22（种）

答：

从甲地到丙地共有22种不同的走法。

6、一把钥匙可以开一个门，现在有20把钥匙和20个门，可是不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，可以把所有的门都打开？

【解析】假设每次都是试到最后一把钥匙才打开一个门。

那么打开第一个门需要试20次，然后剩下19个门和19把钥匙；再打开剩下门中的一个，至多需要试19次；……；打开最后一个门时，正如剩下一把钥匙，试五次即可，根据加法原理：

20+19+18+…+l=20×（20+l）÷2

＝210（次）

答：

要把所有的门都打开，至多需要试210次。

7、有男生5人，女生2人，排成一行照相，女生不站两头，而且2个女生要站在一起，那么有多少种不同的站法？

【解析】因为女生不站两头，那么首尾的位置排男生，又因为两个女生站一起，则先将两个女生看成一人。

7个人站排，共有7个位置，那么排在第一个位置的男生有5种方法，排在最后一个位置的男生有4种方法，剩下的位置排3个男生和看成一人的两个女生，有4×3×2=24（种）排法。

最后两个女生的位置可以互换则有2种方法。

根据乘法原理：

5×4×24×2=960（种）

答：

总共有960种不同站法。

8、“MATHS”是英文单词数学的意思，把这5个字母写成5种不同的颜色。

现在有8种不同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“MATHS”？

【解析】对于字母“M”可有8种颜色，对于字母“A”，可有7种颜色，“T”有6种颜色，“H”有5种颜色，“S”有4种颜色。

根据乘法原理：

8×7×6×5×4=6720（种）

答：

可以写出6720种不同颜色搭配的“MATHS”。

1、有30个贰分硬币和8个伍分硬币，用这些硬币不能构成1分到1元之间的币值有多少种？

【解析】共有人民币：

2×30+5×8=100（分）=1（元）．按如下方法分组，使每组中的币值和为1元：

（0，100），（1，99），（2，98），（3，97），…（49，51），（50，50）；

因为0，2，4，6，…，50这26个数能用所给硬币构成，所以对应的100，98，96，94，…50也能用所给硬币构成．下面讨论奇数：

1，3，5，7，…，99。

因为4，6，8，10，…，50均可由贰分硬币构成，所以将其中两个贰分币换成一个伍分币，得到5，7，9，11，…，51，可用所给硬币构成．

只有1、3不能构成，对应的99、97也不能构成，所以共有4种不能构成的币值．

S（Summary-Embedded）——归纳总结

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

种不同方法，在第二类方法中有

种不同方法……，在第n类方法中有

种不同方法，那么完成这件任务共有

种不同方法。

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

种方法，做第2步有

种方法……，做第n步有

种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有

种不同方法。

Ø本节课我学到了

Ø我需要努力的地方是