小学数学 加乘原理综合应用 完整版教案 例题+练习+答案.docx
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小学数学加乘原理综合应用完整版教案例题+练习+答案
加乘原理
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”．
例题精讲
第一板块、简单加乘原理综合应用
【例题1】商店里有2种巧克力糖：
牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：
苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．
⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？
⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？
⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：
第一类是从2种巧克力糖中选一种
有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有2+3=5种选糖的方法．
⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3×2=6种方法．
【巩固】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、武汉和上海、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？
从北京转道上海到广州一共有3×3=9种方法，从北京转道武汉到广州一共也有3×3=9种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有9+9+2=20种方法．
【例题2】从智慧学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从智慧学校到张老师家有3条路可走，那么从智慧学校到张老师家共有多少种走法？
根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有3×2=6种方法，从智慧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6+3=9种走法．
【巩固】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？
从甲地到丙地有两种方法：
第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有4×2=8种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3×3=9种方法．根据加法原理，一共有8+9=17种走法．
【例题3】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点A出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次．问共有多少种不同的走法？
走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：
①第二次走C点：
就是意味着从A点出发，我们要先走F，D，E，B中间的一点，再经过C点，但之后只能走D，B点，最后选择后面两点．
有4×1×2×1×1=8种（从F到C的话，是不能到E的）；
②第二次不走C：
有4×2×2×2×1=32种（同理，F不能到E）；
共计：
8+32=40种．
【巩固】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5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？
因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：
来自语文、数学：
3×4=12；来自语文、外语：
3×5=15；来自数学、外语：
4×5=20；所以共有12＋15＋20=47．
【例题4】某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？
（6级）
由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：
第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法；
第二类，要分两步完成：
第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，共有4×3=12种表示法；
第三类，要分三步完成：
第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法．根据乘法原理，共有4×3×2=24种表示法．
根据加法原理，一共可以表示出4+12+24=40种不同的信号．
【巩固】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三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？
分3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；
由加法原理，一共可以表示：
5+20+60=85种信号．
第三类，三种颜色：
4×3×2=24
所以，根据加法原理，一共可以表示2+36+24=62种不同的信号．
（二）白棋打头的信号，后两面旗有4×4=16种情况．所以白棋不打头的信号有62-16=46种．
【例题5】小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢．共有种可能的情况．
小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有2×2=4种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有2×2×2=8种情况，所以共有2+4+8=14种情况．
【巩固】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．
若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外3个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有5×4×3=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60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60种方法．所以共有60+60+60=180种方法．
【例题6】有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：
一共有多少种不同的订法？
可以分三种情况来考虑：
⑴3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有3×2×1=6种不同的排列，此时有6×2=12种订法．
⑵3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有3×2=6种订法．
⑶3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法．
由加法原理，不同的订法一共有12+6+1=19种．
【巩固】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．
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．
【例题7】奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特，他们文字的每个单词都由5个字母a、b、c、d、e组成，并且所有的单词都有着如下的规律，⑴字母e不打头，⑵单词中每个字母a后边必然紧跟着字母b，⑶c和d不会出现在同一个字母之中，那么由四个字母构成的单词一共有多少种？
分为三种：
第一种：
有两个a的情况只有abab1种
第二种，有一个a的情况，又分3类
第一类，在第一个位置，则b在第二个位置，后边的排列有4×4=16种，减去c、d同时出现的两种，总共有14种，
第二类，在第二个位置，则b在第三个位置，总共有3×4-2=10种.
第三类，在第三个位置，则b在第四个位置，总共有3×4-2=10种.
第三种，没有a的情况:
分别计算没有c的情况:
2×3×3×3=54种.
没有d的情况：
2×3×3×3=54种.
没有c、d的情况：
1×2×2×2=8种.
由容斥原理得到一共有54+54-8=100种.
所以，根据加法原理，一共有1+14+10+10+100=135种．
【巩固】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
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．
第二板块、加乘原理与数字问题
【例题1】由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？
因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：
组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．
⑴组成一位数：
有3个；
⑵组成二位数：
由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有3×2=6个；
⑶组成三位数：
与组成二位数道理相同，有3×2=6个三位数；
所以，根据加法原理，一共可组成3+6+6=15个数．
【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？
小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，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，共有5+20+100=125个．
【例题2】由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？
满足条件的数可以分为4类：
一位、二位、三位、四位数．
第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；
第二类，组成二位数，有3×3=9个；
第三类，组成三位数，有3×3×2=18个;
第四类，组成四位数，有3×3×2×1=18个．
由加法原理，一共可以组成4+9+18+18=49个数．
【巩固】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．
【例题3】用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．
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．
【巩固】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．
【例题4】某人忘记了自己的密码数字，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？
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．
【巩固】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?
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．
【例题5】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?
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．
所以一共有个不含4的8+8×9+1=81自然数．
【巩固】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?
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2的有1、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；
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．
【例题6】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？
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=216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=216个数．
由加法原理，共有3×9×8+9×8×3=432个数．
【巩固】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？
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
【例题7】用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？
将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：
4个2、3个2、2个2、1个2和没有2；
①4个2时，4个1可以有5种插法；
②3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有4种插法，共有4×4=16种；
③2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有3种插法，共有6×3=18种；
④1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有2种插法，共有4×2=8种；
⑤没有2时，只有1种；
所以，总共有：
5+16+18+8+1=48个．
答：
至少连续四位都是1的有48个．
【巩固】七位数的各位数字之和为60，这样的七位数一共有多少个？
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．
【例题8】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，有多少种取法？
2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：
第一类：
余数分别为0，0．1~40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．
根据加法原理，共有45+100+45=190（种）取法．
【巩固】在1~10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？
两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3×4=12种取法．根据加法原理，共有取法：
3+12=15种．
【例题9】1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？
两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5除分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取方式一共有（6×6+6×6+6×6+6×6）+（6×6+6×6）=216种．
【巩固】一个自然数，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数．问：
从一位到六位的回文数一共有多少个?
其中的第1996个数是多少?
我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算．
所有的一位数均是“回文数”，即有9个；
在二位数中，必须为aa形式的，即有9个（因为首位不能为0，下同）；
在三位数中，必须为aba（a、b可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同）形式的，即有9×10=90个；
在四位数中，必须为abba形式的，即有9×10个；
在五位数中，必须为abcda形式的，即有9×10×10=900个；
在六位数中，必须为abccba形式的，即有9×10×10=900个．
所以共有9+9+90+90+900+900=1998个，最大的为999999，其次为998899，再次为997799．
而第1996个数为倒数第3个数，即为997799．
所以，从一位到六位的回文数一共有1998个，其中的第1996个数是997799．
【例题10】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．
因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：
第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数：
第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：
第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法．第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法．根据乘法原理，一共有（2×1）×（3×2×1）=12种．
第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有2×2=4种．
所以，根据加法原理，不同的填法共有12+4=16种．
【巩固】在如图所示1×5的格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8中的五个数，要求填入的数各不相同，并且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．
如果取出来的五个数是1、2、3、4、5，则共有不同填法16种．从8个数中选出5个数，共有8×7×6÷（3×2×1）=56中选法，所以共16×56=896种．
【例题11】从1～12中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有种选法．
由于要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，可以先根据2倍关系将1～12进行如下分组：
（1，2，4，8）；（3，4，12）；（5，10）；（7）；（9）；（11）．
由于第一组最多可选出2个数，第二组最多可选出2个数，其余四组最多各可选出1个数，所以最多可选出8个数．现在要求选出7个数，所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个．
⑴如果是第一组少一个，也就是说第一组选1个，第二组选2个，其余四组各选1个，此时有4×1×2×1×1×1=8种选法；
⑵如果是第二组少一个，也就是说第一组选2个，其余五组各选一个，此时第一组有3种选法，根据乘法原理，有3×3×2×1×1×1=18种选法；
⑶如果是第三组少一个，也就是说第一组选2个，第二组选2个，第三组不选，其余三组各选1个，有3×1×1×1×1×1=3种选法；
⑷如果是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三组地位相同，所以各有3×1×2×1×1×1=6种选法．
根据加法原理，共有8+18+3+6×3=47种不同的选法．
【巩固】从1到999这999个自然数中有个数的各位数字之和能被4整除．
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