小学四年级尖子生数学辅导拔高训练加乘原理Word下载.docx

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计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。

灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。

小学阶段只学习两个原理的简单应用。

一：

两种原理的基础内容的记忆和计算的方法。

二：

两种计数原理的区分和综合应用。

【题目】：

1

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？

【解析】：

运用加法原理，把组成方法分成三大类：

①只取一种人民币组成1元，有3种方法：

10张1角；

5张2角；

2张5角。

②取两种人民币组成1元，有5种方法：

1张5角和5张1角；

一张2角和8张1角；

2张2角和6张1角；

3张2角和4张1角；

4张2角和2张1角。

③取三种人民币组成1元，有2种方法：

1张5角、1张2角和3张1角的；

1张5角、2张2角和1张1角的。

2

各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？

一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：

24=9+9+7；

24=9+8+7；

24=8+8+8。

运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：

①由9、9、8三个数字可组成3个三位数：

998、989、899；

②由9、8、7三个数字可组成6个三位数：

987、978、897、879、798、789；

③由8、8、8三个数字可组成1个三位数：

888。

所以组成三位数共有：

3+6+1=10（个）。

所以共有组成方法：

3+5+2=10（种）。

3

有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？

围三角形的依据：

三根木条能围成三角形，必须满足任意两边之和大于第三边。

要满足这个条件，需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。

这道题的计数比较复杂，需要分层重复运用加法原理。

根据三角形三边长度情况，我们先把围成的三角形分为两大类：

第一大类：

围成三角形的三根木条，至少有两根木条等长（包括三根等长的）。

由题目条件，围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米，根据三角形腰长，第一大类又可以分为8小类，三边长依次是：

①腰长为1的三角形1个：

1、1、1。

②腰长为2的三角形3个：

2、2、1；

2、2、2；

2、2、3。

③腰长为3的三角形5个：

3、3、1；

3、3、2；

3、3、3；

3、3、4；

3、3、5。

④腰长为4的三角形7个：

4、4、1；

4、4、2；

……4、4、7。

⑤腰长为5的三角形8个：

5、5、1；

5、5、2；

……5、5、8。

同理，腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。

第一大类可围成的不同的三角形：

1+3+5+7+8×

4=48（个）。

第二大类：

围成三角形的三根木条，任意两根木条的长度都不同。

根据最长边的长度，我们再把第二大类围成的三角形分为五小类（最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米）：

①最长边为8厘米的三角形有9个，三边长分别为：

8、7、6；

8、7、5；

8、7、4；

8、7、3；

8、7、2；

8、6、5；

8、6、4；

8、6、3；

8、5、4。

②最长边为7厘米的三角形有6个，三边长分别为：

7、6、5；

7、6、4；

7、6、3；

7、6、2；

7、5、4；

7、5、3。

③最长边为6厘米的三角形有4个，三边长分别为：

6、5、4；

6、5、3；

6、5、2；

6、4、3。

④最长边为5厘米的三角形有2个，三边长分别为：

5、4、3；

5、4、2。

⑤最长边为4厘米的三角形有1个，三边长为：

4、3、2。

第二大类可围成的不同的三角形：

9+6+4+2+1=22（个）。

所以，这一题共可以围成不同的三角形：

48+22=70（个）。

4

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？

要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑：

第1把钥匙要配到锁，最多要试9次（如果9次配对失败，第10把锁就一定是这把钥匙，不用再试）；

同理，第2把钥匙最多要试8次；

……第9把锁最多试1次，最好一把锁不用试。

所以，最多试验次数为：

9+8+7……+2+1=45（次）。

5

某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。

他要各买一样，共有多少种不同的买法？

运用乘法原理，把买饭菜分为三步走：

第一步：

选汤有2种方法。

第二步：

选荤菜有4种方法。

每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法，汤和荤菜共有2个4种，即8种不同的搭配方法。

第三步：

选蔬菜有3种方法。

荤菜和汤有8种不同的搭配方法，每种搭配方法，对应的都有3种选蔬菜的方法与其二次搭配，共有8个3种，即24种不同搭配方法。

如下图所示：

所以，共有不同的买法：

2×

4×

3=24（种）。

6

用数字0，3，8，9能组成多少个数字不重复的三位数？

运用乘法原理，把组数过程分为三个步骤：

确定三位数百位上数字，有3种选法（最高位不能为0）。

确定十位上数字，有3种选法。

从上面四个数字中确定任意一个不为0的数字放在百位上，十位上都会剩下三个数字供选择。

因此，对应百位上数字的每种选法，十位上数字都有3种不同的选择方法，两个数字共有3个3种，即9种不同的组成方法。

确定个位上数字，有2种选法。

从上面四个数字中去掉百位和十位上数字任意一种组成，个位上都会剩下2个不同的数字供选择。

因此，对应百位和十位上数字的任意一种组成方法，个位上都有2种不同的选择方法，三个数字共有9个2种，即18中不同的组成方法。

所以，能组成的不重复的三位数的个数为:

3×

2=18（个）。

A

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？

答案:

一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：

4＋3＋2=9（种）不同走法。

2.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？

根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。

第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；

第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。

所以一共可以表示出不同的信号

　　3＋6=9（种）。

3.两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？

两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。

　　因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×

3=9（种）情况；

同理，两数都是偶数的也有9种情况。

根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。

4.用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。

共有多少种不同的染色方法？

本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。

因为上一讲例4中，区域A与其它区域都相邻，所以区域A与其它区域的颜色都不相同。

本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻，如果从区域A开始讨论，那么就要分区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。

当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选；

B有4种颜色可选；

C有3种颜色可选；

D也有3种颜色可选。

根据乘法原理，此时不同的染色方法有

　　5×

3＝180（种）。

　　当区域A与区域E颜色不同时，A有5种颜色可选；

E有4种颜色可选；

B有3种颜色可选；

C有2种颜色可选；

D有2种颜色可选。

2＝240（种）。

　　再根据加法原理，不同的染色方法共有

　　180＋240=420（种）。

5.用1，2，3，4这四种数码组成五位数，数字可以重复，至少有连续三位是1的五位数有多少个？

将至少有连续三位数是1的五位数分成三类：

连续五位是1、恰有连续四位是1、恰有连续三位是1。

　　连续五位是1，只有11111一种；

中任一个，所以有3＋3＝6（种）；

　　3×

4＋4×

3＋3×

3＝33（种）。

　　由加法原理，这样的五位数共有

　　1＋6＋33＝40（种）。

　　在例5中，我们先将这种五位数分为三类，以后在某些类中又分了若干种情况，其中使用的都是加法原理。

6.右图中每个小方格的边长都是1。

一只小虫从直线AB上的O点出发，沿着横线与竖线爬行，可上可下，可左可右，但最后仍要回到AB上（不一定回到O点）。

如果小虫爬行的总长是3，那么小虫有多少条不同的爬行路线？

如果小虫爬行的总长是2，那么小虫从AB上出发，回到AB上，其不同路线有6条（见左下图）；

小虫从与AB相邻的直线上出发，回到AB上，其不同路线有4条（见右下图）。

　　实际上，小虫爬行的总长是3。

小虫爬行的第一步有四种情况：

　　向左，此时小虫还在AB上，由上面的分析，后两步有6条路线；

　　同理，向右也有6条路线；

　　向上，此时小虫在与AB相邻的直线上，由上面的分析，后两步有4条路线；

　　同理，向下也有4条路线。

　　根据加法原理，共有不同的爬行路线

　　6＋6＋4＋4＝20（条）

B

1.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？

登上第1级台阶只有1种登法。

登上第2级台阶可由第1级台阶上去，或者从平地跨2级上去，故有2种登法。

登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去，或者从第2级台阶上去，所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和，共有1+2＝3（种）……一般地，登上第n级台阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级上去，或者从第（n—2）级台阶跨两级上去。

根据加法原理，如果登上第（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法，则登上第n级有（a＋b）种方法。

因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法，就可以依次推算出登上以后各级的方法数。

由登上第1级有1种方法，登上第2级有2种方法，可得出下面一串数：

　　1，2，3，5，8，13，21，34，55，89。

　　其中从第三个数起，