六年级数学思维训练计数综合三最新整理.docx

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六年级数学思维训练计数综合三最新整理

2014年六年级数学思维训练：

计数综合三

一、兴趣篇

1.一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？

2.小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？

3.用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？

4.如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？

如果画20条直线，最多可以分成几个部分？

5．甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：

整个传球过程共有多少种不同的可能？

6．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？

7.由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个？

8.一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？

9.一个十位数只含有数字l或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？

10.一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？

二、拓展篇

11.老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写l篇，如果冬冬每天最多能写3篇，那么共有多少种写完作文的方法？

12.用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？

13.现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？

14.如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？

如果画8个圆，最多可以把平面分成几个部分？

15.四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：

整个传球过程共有多少种不同的可能？

16.如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？

17.圆周上有10个点A1，A2，…，A10以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？

18.在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712等．请问：

在1至10000中有多少个这样的多位数？

19.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579．不算在内．请问：

具有这种性质的六位数有多少个？

20.用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：

每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：

这样的九位数共有多少个？

21．一个七位数，每位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有个．

22.满足下面性质的四位数称为“好数”：

它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579是好数，但1567就不是好数．请问：

一共有多少个好数？

三、超越篇

23.一个九位数，它只由数字l、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？

如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？

24．

（1）如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？

（2）如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、l条直线，最多可以把平面分成多少个部分？

25.

如图所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？

26.用15个1×2的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？

27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：

如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l时操作停止．问：

经过9次操作变为1的数有多少个？

28.用4种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？

（不允许旋转、翻转图）

29.圆周上有15个点A1，A2，…，A15，以这些点为顶点连出5个三角形，要求任意两个三角形没有公共点，共有多少种连接方式？

30.有一年级到六年级的同学各一人，排成一列领取糖果．如果一个高年级的同学站在一个低年级的同学前面，那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”（一个人可以有多次“怨言”）．在一种排列顺序里，我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”．例如：

六位同学按下面的

顺序排列：

一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级，那么这六位同学产生的

“怨言”次数依次为0、0、l、2、0、l，这种排列的“怨言数”就是4．请问：

有多少种“怨言数”

为7的排列顺序？

2014年六年级数学思维训练：

计数综合三

参考答案与试题解析

一、兴趣篇

1.一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？

【分析】从第1级开始递推，脚落到第1级只有从地上1种走法；第二级有两种可能，从地跨过第一级或从第一级直接迈上去；登上第3级，分两类，要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来，所以方法数是前两级的方法和；依此类推，以后的每一级的方法数都是前两级方法的和；直到10级，每一级的方法数都求出，因此得解．

【解答】解：

递推：

登上第1级：

1种登上第2级：

2种

登上第3级：

1+2=3种（前一步要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来）登上第4级：

2+3=5种（前一步要么从第2级迈上来，要么从第3级迈上来）登上第5级：

3+5=8种

登上第6级：

5+8=13种登上第7级：

8+13=21种登上第8级：

13+21=34种登上第9级：

21+34=55种

登上第10级：

55+34=89种；

答：

一共可以有89种不同的走法．

2.小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？

【分析】利用归纳法，记有n块巧克力，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．

【解答】解：

设有n块糖，有m种吃法，

n=1时，m=1，有1=1

n=2时，m=2，有2=1+1

n=3时，m=4，有4=1+2+1

n=4时，m=7，有7=1+2+4

n=5时，m=13，有13=2+4+7

…

可以发现：

从第四项开始，每项的方法数等于前三项的方法和，所以，后面的方法数是：

24、44、81、149、274…

所以，10块巧克力，共有274种吃法．答：

共有274种吃法．

3.用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？

【分析】本题分类计数：

全部竖排1种；1个竖排有4种；3个竖排有10种；，5个横排有6

种；然后加在一起，即可得解．

【解答】解：

1+4+10+6=21（种）

答：

共有21种不同的覆盖方法．

4.如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？

如果画20条直线，最多可以分成几个部分？

【分析】根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分，根据两条直线最多分成的部分比一条直线分成部分增加2，三条直线最多分成部分比两条直线最多分成部分增加三，以此类推找出规律，可得答案．

【解答】解：

2条直线最多可将平面分成4个部分，如图：

；

三条直线最多分成可将平面分成7个部分，如图：

；

四条直线最多分成可将平面分成11个部分，如图：

；

n条直线最多分成可将平面分成2+2+3+4+…+n=

+1个部分；所以画20条直线，最多可以分成

+1=211个部分．

答：

在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成11个部分；如果画20条直线，最多

可以分成211个部分．

5.甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：

整个传球过程共有多少种不同的可能？

【分析】利用递推法，设经过n次传球回到甲手中的过程有An种可能，n至少为2．从简单分析探讨得出答案即可．

【解答】解：

设经过n次传球回到甲手中的过程有An种可能，n至少为2．A2=2，A3=2，

对于An，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2种可能，此时还剩余2次，有A2种可能，总共有2A2种可能；

若第一次回到甲手里是经过四次传球（不需要考虑第一次回到甲手里是经过三次传球，这样四次传球不可能回到甲的手中）有2种可能，所以A4=2A2+2=2A2+A3=6．

对于A5，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2种可能，此时还剩余3次，有A3

种可能，总共有2A3种可能；

若第一次回到甲的手中是经过三次传球有2种可能，此时还剩余2次，有2A2种可能；若第一次回到甲的手中是经过5次传球有2种可能，（不需要考虑第一次回到甲的手中是经过4次传球，这样5次传球不可能回到甲的手中）有2种可能，所以A5=2A3+2A2+2=2A3+A4=10．

以此类推，可以得到An=2An﹣2+2An﹣3+L+2A2+2=2An﹣2﹣An﹣1，A6=2A4+A5=22．即整个传球过程共有22种不同的可能．

6.一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？

【分析】由题意，相邻两个数字的和为16，可以是前两个数字和是16或后两个数字和是16，且16=7+9=8+8，据此分类枚举即可．

【解答】解：

因为16=7+9=8+8，所以可分前两位数是79、97、88以及后两位数是79、97、88

六种情况枚举，

790﹣﹣﹣﹣﹣79910个

970﹣﹣﹣﹣﹣97910个

880﹣﹣﹣﹣﹣88910个

179﹣﹣﹣9799个﹣1个=8个（与前面重复一个为979）

197﹣﹣﹣9979个﹣1个=8个（与前面重复一个为797）

188﹣﹣﹣9889个﹣1个=8个（与前面重复一个为888）所以共有10+10+10+8+8+8=54个

答：

这样的三位数共有54个．

7.由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个？

【分析】因为1+1+3+4=9，再找出由1、1、3、4组成的四位数共有多少个即可．

【解答】解：

1+1+3+4=9，这四位数以1开头，有6个；这四位数以3开头，有3个；这四位数以4开头，有3个；总共有6+3+3=12个．

8.一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？

【分析】5个不同的数和为18，则平均值是3.6；如果出现3时，这5个数可能是：

1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7；如果出现4时，这5个数可能是：

1，2，4，5，6；再根据分类计数原理解答即可．

【解答】解：

把18分成4个不同的数之和，可能是：

1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7

和1，2，4，5，6；

由1，2，3，4，8组成的五位数有：

5×4×3×2×1=120（个）；同理可得：

由1，2，3，5，7组成的五位数有120个；由1，2，4，5，6组成的五位数有120个；所以这样的五位数共有：

120×3=360（个）；答：

这样的五位数共有360个．

9.一个十位数只含有数字l或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？

【分析】每一位都有两种可能，或1或2，共10位．根据乘法原理，一共有2×2×2…×2=210个．

【解答】解：

每一位都有两种可能，或1或2，共10位．那就有2×2×2…×2=210个．答：

共有210个这样的十位数．

10.一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？

【分析】通过分析：

以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样，都是9个；以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样，都是18个；以3开头的六位数的是18个，所以共计：

9×2+18×2+18=72种，据此解答即可．

【解答】解：

①以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样，都是9个；

②以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样，都是18个；

③以3开头的六位数的是18个，所以共计：

9×2+18×2+18=72（种）

答：

这样的六位数有72个．

二、拓展篇

11.老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写l篇，如果冬冬每天最多能写3篇，那么共有多少种写完作文的方法？

【分析】利用递推法：

对于A1，若第一天写1篇，剩余3篇，有A3种可能；若第一天写2

篇，剩余2篇，有A2种可能；若第一天写3篇，剩余1篇，有A1种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，

以此类推，得出An=An﹣1+An﹣2+An﹣3，解决问题．

【解答】解：

设写完a篇作文的有An种方法，A1=1，A2=2，A3=4，

对于A1，若第一天写1篇，剩余3篇，有A3种可能；若第一天写2篇，剩余2篇，有A2

种可能；

若第一天写3篇，剩余1篇，有A1种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，以此类推，An=An﹣1+An﹣2+An﹣3，可得A12=A11+A10+A9=927．

12.用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？

【分析】本题采用递推法．若用1×3的小长方形去覆盖3×1的方格网，有1种方法，去覆盖3×2的方格网有2种方法，覆盖3×3的方格网会得到1+2=3种方法…依次进行求解，发现这是一个斐波那契数列，由此进行求解．

【解答】解：

若用1×3的小长方形去覆盖3×n的方格网，设方法数为An，那么A1=1，A2=2

当n≥3时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：

（1）用1个1×3的小长方形竖着覆盖，那么剩下的3（n﹣1）的方格网有An﹣1种方法；

（2）用2个1×3的小长方形横着覆盖，那么剩下的3（n﹣2）的方格网有An﹣2种方法，根据加法原理，可得：

An=An﹣1+An﹣2．

A3=1+2=3A4=2+3=5A5=3+5=8A6=5+8=13A7=8+13=21A8=13+21=34A9=21+34=55A10=34+55=89

答：

覆盖3×10的方格网共有89种不同方法．

13.现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？

【分析】利用归纳法，记有n块糖，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．

【解答】解：

设有n块糖，有m种吃法，

n=1时，m=1，有1=1

n=2时，m=1，有2=1+1

n=3时，m=2，有3=1+1+1=3

n=4时，m=3，有4=1+1+1+1=1+3=3+1

n=5时，m=5，有5=1+1+1+1+1=1+1+3=1+3+1=3+1+1=5

…

可以发现：

从第三项开始，每项的方法数等于前两项的方法和，

所以，后面的方法数是：

8、13、21、34、55、89、144、233、377、…所以，14块糖，阿奇共有377种吃法．

答：

阿奇共有377种吃法．

14.如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？

如果画8个圆，最多可以把平面分成几个部分？

【分析】

（1）根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分；在一个平面上画出1条直线，最多可以把平面分成2部分；在一个平面上画出2条直线，平面数量增加2，最多可以把平面分成2+2=4部分；在一个平面上画出3条直线，平面数量增加3，最多可以把平面分成：

4+3=7部分；…，据此求出8条直线最多可以把平面分成几个部分即可；

（2）画1个圆可以把平面分成2部分；画第2个圆时与第1个圆最多新产生2个交点，平面数量多2，即2+2=4，把分成4部分；画第3个圆时，与前两个圆最多新产生4个交点，平面数量增加4，即2+2+4=8，平面被分成8部分…每多画1个圆，平面数量分别增加2、4、6、8…，据此求出画8个圆，最多可以把平面分成几个部分即可．

【解答】解：

根据分析，可得

（1）在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成：

2+2+3+4+…+8=

=37（个）；

答：

如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成37个部分．

（2）在一个平面上画出画8个圆，最多可以把平面分成：

2+2+4+6+8+10+12+14=58（个）．

答：

如果在一个平面上画出8个圆，最多可以把平面分成58个部分．

15.四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：

整个传球过程共有多少种不同的可能？

【分析】设第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有an种，可以想象前n﹣1次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3种可能，由乘法原理，

共有3×3×3×…×3（n﹣1个3）=3n﹣1种传球方法．这些传球方法并不都是符合要求的，它们可以分为两类：

一类恰好第n﹣1次恰好传到红衣人手中，这有an﹣1种传法，它们不符合要求，因为这样第n次无法再把球传给红衣人；另一类是第n﹣1次传球，球不在红衣人手中，第n次持球人再将球传给红衣人，有an种传法；根据加法原理有an=an﹣1﹣an﹣2，由于红衣人是发球者，一次传球后又回到红衣人手中的传球方法是不存在的，所以a1=0，利用递推a2=3﹣0=3，a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，

a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．说明经过8次传球后球仍然回到红

衣人手中，整个传球过程共有1641种不同的可能．

【解答】解：

设第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有an种，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3

（n﹣1个3）=3n﹣1种传球方法．第n﹣1次传球，球不在红衣人手中，第n次持球人再将球传给红衣人，有an种传法；根据加法原理有an=an﹣1﹣an﹣2，可得

a1=0，递推a2=3﹣0=3，

a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，

a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，

a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．

答：

经过8次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641种不同的可能．

16.如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？

【分析】按照顺时针方向考虑：

首先第一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一有3种方法，则第二至七部分各有2种选择，最后一部分只有一种选择，根据乘法原理得出答案即可．

【解答】解：

3×2×2×2×2×2×2×1=192（种）答：

共有192种染色方法．

17.圆周上有10个点A1，A2，…，A10以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？

【分析】为了叙述的方便，不妨这10个点用下标数数字1、2、3、4、5…10表示，分情况探讨得出答案即可．

【解答】解：

（1）如图的连法：

共5种

1、连12，310，49，58，67，

2、连23，14，510，69，78，

3、连34，…

4、连45，…

5、连56，…

以下5种与上面的重复，不考虑6、连67，…（与1重复）

…

10、连110，…（与5重复）

（2）如图的连法：

共2种

1、连12，34，56，78，910

2、连23，45，67，89，110

（3）

如图的连法：

共10种

（4）如图的连法：

共10种

（5）

如图的连法：

共5种

（6）图的连法：

共10种

合计共5+2+10+10+5+10=42种连法．

18.在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712等．请问：

在1至10000中有多少个这样的多位数？

【分析】本题可分情况进行讨论，分别求出1至10000中一位数，两位数，三位数，四位数、五位数中有多少个奇数的个数比偶数多的数，再相加即可．

【解答】解：

一位数中奇数的个数比偶数个数多的数：

0个；两位数中奇数的个数比偶数个数多的数：

5×5=25个；

三位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：

①两位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×3﹣5×5=375﹣25=350个；

②三位数是奇数，这样的数有：

5×5×5=125个；

四位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：

①三位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×5×4﹣5×5×5=2500﹣125=2375个；

②四位数是奇数，这样的数有：

5×5×5×5=625个；五位数即10000中没有；

1至10000中有共有这样的数：

25+350+125+2375+625=3500个

答：

1至10000中有3500个这样的数．

19.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579．不算在内．请问：

具有这种性质的六位数有多少个？

【分析】此题分为以下几种情况：

①当75在首位时，剩余4位数字随意选；②当75不在

首位时，75看作一个整体，位置有4种情况；③对于最高位的数有1﹣9共9种选择，剩余的3个数都有10种选择．求出每种情况的个数，解决问题．

【解答】解：

当75在首位时，剩余4位数字随意选，有10×10×10×10=10000（个），当75不在首位时，75看作一个整体，位置有4种情况（在23，34，45，56位），

对于最高位的数有1﹣9共9种选择，剩余的3个数都有10种选择，一共有4×