六年级下册数学试题小升初第十讲 计数之加乘原理与技巧解析版全国通用.docx

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六年级下册数学试题小升初第十讲计数之加乘原理与技巧解析版全国通用

第十讲计数之加乘原理与技巧

本讲内容非常有趣，不过要在计数过程中达到“不重不漏”，必须掌握计数问题的原理与一些技巧才行。

在小升初的考试与其它的竞赛活动中，计数问题出现频率很高。

1．回顾分类枚举与排列组合；

2．精讲计数问题的经典范例。

排列

最简单的计数问题，只需一一列举就可以；复杂的计数问题则需要借助排列与组合的相关知识予以解决．

一般地，从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个不同的元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个排列．我们主要来研究满足某种条件的排列的个数．相同的排列应满足：

它们所含的元素均相同；

它们的顺序也一样．

一般地，从n个不同元素中取出m个元素的排列的个数称为从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作：

（m≤n）．

从n个元素中取出m个元素排成一排，有多少种排法，是从n个元素中取出m个元素的排列数．这个问题可以看成有m个位置，从n个元素中取m个元素放到m个位置中，可分m个步骤：

第①步：

第1个位置有n种选择；

第②步：

第2个位置有n-1种选择；

第③步：

第3个位置有n-2种选择；

……

第m步：

第m个位置有n-m+1种选择．

由乘法原理：

n×（n-1）×（n-2）×…×（n-m+1）．——乘积中共有m项

特别地，当m=n时，

叫做n个元素的全排列数．

1×2×3×…×n称为n的阶乘，记作n!

因此

（m≤n）．

排列数乘积形式的公式：

=n×（n-1）×（n-2）×…×（n-m+1）．

排列数阶乘形式的公式：

（m≤n）．

组合

有时我们只需从若干元素中取出一些就可以了，这种问题称为组合问题，组合问题与排列问题的区别就是：

组合问题是将元素取出即可，不需排序，而排列问题是取出后要进行排序．

一般地，从n个不同元素中任取m（m≤n）个不同的元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出，n个元素的组合．

从n个不同元素中，每次取出m个元素的组合总数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作

（m≤n）．从n个元素中取出m个元素的排列问题可以看成分两步完成：

第①步：

从n个元素中取出m个元素，这时有多少种取法?

实际上就是从n个元素中取出m个元素的组合数

；

第②步：

对取出的m个元素进行排列，排法数就是

．

由乘法原理可知：

，因此，

．

将排列数公式代人得：

或

.

分类枚举

【例1】★★★（《小数报》数学竞赛决赛填空题第ll题）

方格纸上有一只小虫，从直线AB上的一点O出发，沿方格纸上的横线或竖线爬行．方格纸上每小段的长为1厘米．小虫爬过若干小段后仍然在直线AB上，但不一定回到O点．如果小虫一共爬过2厘米，那么小虫的爬行路线有____种；如果小虫一共爬过3厘米，那么小虫爬行的路线有___种．

【解】为了方便，下面叙述省去“上、下、左、右”4个字前面的“向”．

（1）小虫爬过2厘米，可有以下6种路线，分别是：

左，右；右，左；

上，下；下，上；

左，左；右，右．

（以上前4种路线均回到O点）

（2）小虫爬过3厘米，可有20种路线，分别是：

上，左，下；上，右，下；

下，左，上；下，右，上；

上，下，左；上，下，右；

下，上，左；下，上，右．

（以上8种都是先“上”或先“下”．）

如果第一步为“左”或“右”，那么转化为第

（1）题，各有6种路线，一共是

8+6×2=20（种）

答案是：

（1）6；

（2）20。

【点评】注意前面的结论，可以在后面应用。

一般而言，前后相关的两个问题，前面是一种“引桥”或者说是一架“梯子”。

在较难的问题中，有时少了这么一个过程，题目就显得非常之难。

本题主要是分类枚举思想的运用。

【例2】在1001，1002，…，2000这1000个自然数中，可以找到多少对相邻的自然数，使它们相加时不进位？

【解】相邻两数相加不需进位的数对中，前一个数可分成四类：

（1）1999，1个；

　　由加法原理知，这样的数对共有

　　1+5+25+125=156（个）。

加乘原理

【例3】★★（“希望杯”全国数学邀请赛）

从2、3、5、7、11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子和分母，这样的分数有个，其中的真分数有个。

【解】从这五个数中任取一个作分母，有5种取法，再从剩下的4个数中任取一个作分子，有4种取法。

可构成不同的分数共有A

=5×4=20（个）

因为任意两个数，交换它们的位置，正好成对：

一个真分数与一个假分数，所以，构成的分数中，真、假分数一样多，各有10个。

【例4】★★★（“华罗庚金杯”少年数学邀请赛）

五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排成一排表演节目。

如果贝贝和妮妮不相邻，共有（）种不同的排法。

（A）48（B）72（C）96（D）120

【解】五位同学的排列方式共有

5×4×3×2×1=120（种）

如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的排列方式共有4×3×2×1=24（种）。

因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮相邻的排列方式有24×2=48（种）；

贝贝和妮妮不相邻的排列方式有120-48=72（种）。

倒推法

【例5】★★★（清华附中入学考题）

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】6种，如下图，第1步跳到B，4步回到A有3种方法；同样第1步到C的也有3种方法。

共有6种方法。

标数法

【例6】★★★（人大附中分班考试题目）

阿强和牛牛结伴骑车去图书馆看书，第一天他们从学校直接去图书馆；第二天他们先去公园再去图书馆；第三天公园修路不能通行．问：

这三天从学校到图书馆的最短路线分别有多少种不同的走法？

分析：

教师要帮助学生理解三天路线有什么不同？

每天的路线有无限制条件？

若有，是什么？

仍然用对角线法求解．第一天（无限制条件）共有16条；第二天（必须经过公园）共有8条；第三天（必须不经过公园）共有8条．

地图染色

【例7】★★★（《小数报》数学竞赛初赛填空题第2题）

某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如下图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给下图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色．共有_____种不同的染色方法．

【解】把地图上的7个县分别编号为A、B、C、D、E、F、G（如图1）．为了便于观察，可以把图1改画成（图2）（相邻关系不改变）．我们不妨按A、B、C、D、E、F、G的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色依次染色，根据乘法原理，共有5×4×3×3×3×3×3=4860

种不同的染色方法．

【例8】★★★（源自仁华学校毕业测试题）

在图中的每个区域内涂上ABCD四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有__________种不同的染色方法。

【解】三个圆重叠的部分有4种颜色可选，而只有2个圆重叠的三个区域只剩下3种颜色，并且不能相同，所以为

，当这两种确定了，那么剩下的三个只是一个圆的区域只有唯一的填法。

所以，只有4×

＝24种符合条件染色方法。

【例9】

★★★（南京市“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛B卷第11题）

在图中放四个棋子“兵”，使得每一列有一个“兵”，每一行至多有

一个“兵”．有____种不同的放法．

【解】第一列有2种放法．第一列放定后，第二列又有2

种放法．…如此下去，共有2×2×2×2=16种不同的放法．

隔板法

【例10】★★★把20个苹果分给3个小朋友，每人最少分3个，可以有多少种不同的分法？

【解1】：

先给每人2个，还有14个苹果，每人至少分一个，13个空插2个板，有C（2,13）=78种分法

【解2】：

也可以按分苹果最多的人分的个数分类枚举。

列表法

【例11】★★★（“华杯赛”口试第4题）

有一路公共汽车，包括起点站和终点站共有15个车站．如果有一辆车，除终点站外，每一站上车的乘客中，恰好各有一位乘客从这一站到以后的每一站．为了使每位乘客都有座位，问这辆公共汽车最少要有多少个座位?

【解】第一站有14个人上车，最少要有14个座位；第二站有13个人上车，有一个人下车，至少要加12个座位；第三站有12个人上车，两个人下车，至少要加10个座位；第四、五、六、七站，分别要加8、6、4、2个座位．第八站有7人上车，有7人下车，以后各站都是上车的人少，下车的人多．

根据分析，可列出算式：

14+（13-1）+（12-2）+（11-3）+（10-4）+（9-5）+（8-6）=56．

答：

最少要有56个座位．

小升初最新真题解析

【例12】★★★（源自101中学）

如图，正方形ACEG的边界上共有7个点A、B、C、D、E、F、G、其中B、D、F分别在边AC、CE、EG

上．以这7个点的4个点为顶点组成的不同的四边形的个数等于_____．

【解】从7个点中选出4个点有

种方法．但其中三点共线的情况，不能组成四边形．这共线的三点可能是A、B、C，可能是C、D、E，也可能是E、F、C，而第四个点可从其余4点中选取，因此应去掉的情况有

3×4=12种，组成的不同的四边形的个数是35—12=23．

找规律

【例13】★★★★（源自北大附中）

10个三角形最多将平面分成几个部分？

【解】设n个三角形最多将平面分成an个部分。

　　n=1时，a1=2；

　　n=2时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点，三条边与第一个三角形最多有2×3=6（个）交点。

这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平面也增加了6个部分，即a2＝2＋2×3。

　　n＝3时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3＝12（个）交点，从而平面也增加了12个部分，即：

　　a3=2＋2×3＋4×3。

　　……

　　一般地，第n个三角形与前面（n-1）个三角形最多有2（n-1）×3个交点，从而平面也增加2（n－1）×3个部分，故

　　an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3

　　　＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3

　　　＝2＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2。

　　特别地，当n＝10时，a10＝3×102＋3×10＋2=272，即10个三角形最多把平面分成272个部分。

欲看计数精彩，敬请继续关注：

下一讲“计数之容斥原理与抽屉原理”

1.在国际象棋棋盘上放置两只“车”，如果它们彼此不构成威胁，那么一共有多少种不同的放法？

【解】第一步，放第一只“车”，有64种方法；第二步，放第二只“车”，因不能和第一只同行，也不能同列，故有49种方法。

由乘法原理，一共有64×49=3136（种）放法。

2．在8×8的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形？

【解】在每个2×3的长方形中可以找到2个“凸”字形图形，8×8方格棋盘中共有84个2×3的长方形，所以可以找到

　　84×2=168（个）。

　　3．从19，20，21，…，97，98，99这81个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？

【解】从19到99共计81个不同的整数，其中有41个奇数、40个偶数。

　　若选取两数之和为偶数，则必须且只须选取的两个数有相同的奇偶性，所以选取的方法数分为两类：

第一类，选取两个不同偶数的方法数；第二类，选取两个不同奇数的方法数。

依加法原理，这两类方法数的总和即为所求的方法数。

　　第一类是从40个偶数中选取两个不同偶数的方法数，先取第一个偶数有40种方法，从其余39个偶数中选择第2个有39种方法，依乘法原理，共有40×39种不同的方法，但注意选取第1个数比如30，选取第2个数比如32，与选第1个数32，再选第2个数30，是同一组。

所以总的选法数应该折半，

即共有

种不同的选法。

　　第二类是从41个奇数中选取两个不同奇数的方法数，与上述方法相同，有

中不同的选法。

　　4．平面上有7个不在同一直线上的点，以这7个点作为顶点做三角形，使得任何两个三角形至多只有一个公共顶点。

最多可做出多少个满足条件的三角形？

7个。

　【解】因平面上7个点，两两相连共有

条线段，又因任何2个三角形至多有1个公共顶点，从而任意2个三角形没有公共边，故至多只能有

（个）三角形。

　　另一方面，7个是可以达到的。

设7个点依次为A1，A2，…，A7。

如右图，△A1A2A3，△A1A4A5，△A1A6A7，△A2A4A6，△A2A5A7，△A3A4A7，△A3A5A6这7个三角形两两没有公共边。

　　故最多可以做7个三角形。

　　5．下图是一个道路图。

A处有一大群孩子，这群孩子向东或向北走，在从A开始的每个路口，都有一半人向北走，另一半人向东走，如果先后有60个孩子到过路口B，那么先后共有多少个孩子到过路口C？

【解】如下图，设A处有a个孩子，图中各个路口边上的数字表示到过该路口的人数，则按照题述走路规则不难推出到过路口B的有

a=

a（人），于是，由

a=60，求得：

　　又从下图看出，到过路口C的人数为

数学语絮

史密斯数

美国有一位著名的数学家叫阿尔伯特·威兰斯基。

他有一个亲戚叫做史密斯，也非常喜欢数学，两个人经常在一块讨论数学。

可是两个人的家离得比较远，因此两个人主要是靠电话联系。

有一次，威兰斯基打电话给史密斯，告诉他他已经搬家了，而且还留下来了自己新的电话号码。

两个人在电话里又讨论了一些数学问题，半个小时过去了，威兰斯基挂上了电话，而史密斯则仔细地看了看刚才威兰斯基留给他的电话号码。

他的电话号码是4937775，史密斯仔细研究了一下这个电话号码，突然他发现了一个很重要的特征。

为什么史密斯会对一个电话号码这样痴迷呢?

原来这个电话号码是一个非常特别的数字，它的特别在哪里呢?

史密斯思考起来。

他先把4937775分解质因数，得到：

4937775=3×5×5×65837，然后他把4937775的所有质因数各位上的数字相加：

3+5+5+5+6+8+3+7=42，接着他又把4937775的各位数字相加：

4+9+3+7+7+7+5-42。

史密斯惊奇地发现这两个和是相等的。

史密斯终于找到了秘密，还有哪些数字具有这个特点呢?

史密斯一时之间想不出来那么多的数字，因为他已经激动得不知道思维了。

这个时候他稍稍镇定了一下自己，他打了个电话给威兰斯基，告诉了他关于他的电话号码的奥秘。

威兰斯基也对这个数字很感兴趣，于是两个人又讨论了好长时间。

史密斯的这一重大发现引起了很多数学家的注意，很多人对此作了专门的研究。

在众多科学家的努力之下，他们又发现了很多具有这种特征的数字，其中最小的数字就是4。

我们来验证一下：

4=2×22+2=4；

同样，22和27也具有这个特点：

22=2×11，2+2=2+1+1；27=3×3×3，2+7=3+3+3。

数学家们还发现在0到1000这些自然数中间，一共有376个这样的数字，并且估计在0到10000这些数字中间要有3300个这样的数字。

因为这一类数字的最先发明者是史密斯，所以又称这类数字为史密斯数.

附加习题

【1】★★★（“华杯赛”决赛二试第2题）

分子小于6而分母小于60的不可约真分数有多少个?

【解】分子的取值范围是从1到5．

当分子为l时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可

约分数．

由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只须

适合下列二个条件：

1）分母大于分子且小于60．

2）分母不是分子的倍数．

经过简单的计算可以知道：

当分子为2时，适合条件的分母有29个；

当分子为3时，适合条件的分母有38个；

当分子为5时，适合条件的分母有44个；

最后来看分子为4的情形．与分子为2基本相同，分母不能为偶数，此外

分母不能为3．所以共有28=（29-1）个．

总之，符合要求的分数共有

58+29+38+44+28=197（个）

答：

分子小于6而分母小于60的不可约真分数共有197个。

【2】★★★★某学校有甲乙两个数学兴趣小组，甲组有5人，乙组有4人，现在要从这9人中选3人去参加数学竞赛，但不能从同一组里选，问有多少种选法？

【解1】：

C（1,5）×C（2,4）+C（2,5）×C（1,4）=70

【解2】：

C（3,9）-C（3,5）-（3,4）=70

【3】★★★（北京市“迎春杯”决赛第一题第2题）

用0、l、2、3、7、8六个数字可以组成____个能被9整除的没有重复数字的四位数．

【解】根据能被9整除的数的数字特征，在0、1、2、3、7、8这六个数字中只有1、2、7、8和0、3、7、8组成的四位数能被9整除．用1、2、7、8这四个数字组成四位数，共有4×3×2=24个．

由O、3、7、8这四个数字组成四位数，千位数字不能是O，所以只能得到3×3×2=18个四位数．故用0、1、2、3、7、8六个数字可以组成24+18=42个能被9整除的没有重复数字的四位数.

【4】★★（北京市“数学解题能力展示”大赛）

有6个木箱，编号为1、2、3、…、6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好：

先挖开1,2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共种。

（A）120（B）180（C）216（D）240

【解】1，2号箱中恰好放的就是1,2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：

（1）1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3-6箱的钥匙。

（2）1，2号箱的钥匙都不在1,2号箱中。

对于

（1），从1，2号箱的钥匙中选1把，从3～6号箱的钥匙中选1把，共有2×4=8（种）选法，每一种选法放入1,2号箱各有2种放法，共有8×2=16（种）放法。

不妨设1,3号箱的钥匙放入了1,2号箱，此时3号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，不同的放法有

3×2×1=6（种）

所以，第

（1）种情况有“好”的方法

16×6=96（种）

对于

（2），从3～6号箱的钥匙中选2把放入1,2号箱，有4×3=12（种）放法。

不妨设3,4号箱的钥匙放入了1,2号箱，此时如果3,4号箱放的是5,6号箱的钥匙，那么1,2号箱的钥匙在5，6号箱中，有2×2=4种放法；

如果3,4号箱放的是5,1号箱的钥匙，则5号箱放6号箱钥匙，6号箱放2号箱钥匙，有2×1=2种放法；

同理，3，4号箱放5,2或6,1或6，2号箱的钥匙，也各有2种放法。

所以，第

（2）种情况有“好”的方法

12×（4+2+2+2+2）=144（种）

“好”的方法共有96+144=240（种）。