71加法原理题库版.docx

1、71加法原理题库版加法原理知识框架图7计数综合7-1加法原理7-1-1分类讨论中加法原理的应用7-1-2树形图法、标数法及简单的递 推7-1-2-1树形图法7-1-2-2标数法7-1-2-3简单递推：斐波那契数列 的应用1 i hL教学目标1使学生掌握加法原理的基本内容；2掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则.加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致.知识要点一、加法原理概念引入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，而每一类方法中，又有几种

2、可能的做法那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决.例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津.那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有 5种走法，如果乘长途汽车，有 4种走法.上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有 5+4=9种不同的走法.在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法.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两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加

3、上第二类的方法数.二、 加法原理的定义一般地，如果完成一件事有 k类方法，第一类方法中有 g种不同做法，第二类方法中有 m,种不同做法，,第k类方法中有mk种不同做法，则完成这件事共有 N = mi m2 mk种不同方法，这就是加法原理.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”.分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：1完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；2分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.只有满

4、足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确.运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数通俗地说，就是“整体等于局部之和”.三、 加法原理解题三部曲1、 完成一件事分 N类；2、 每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、 类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来， 这时的方法就是枚举法. 枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏.例题精讲模块一、分类讨论中加法原理的应用【例1】（难度等级 探）小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具 8种，不同的课外书

5、20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有 8种方法；第二类，买课外书，有 20种方法；第三种，买纪念品，有 10种方法.根据加法原理，小宝买一种礼物有 8+ 20+ 10= 38种方法.【巩固】 （难度等级 有不同的语文书 6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【解析】根据加法原理，共有 6+ 4+3+2= 15种取法.【巩固】 （难度等级 探）阳光小学四年级有 3个班，各班分别有男生 18人、20人、16人从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【解析】 解决这个问题有3类办法

6、：从一班、二班、三班男生中任选 1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班 20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级 3个班中任选一名男生当升旗手的方法有： 18 20 154种.第8类810、92第9类9101因此，根据加法原理，共有：1+2+ 3+4+5+4+3+2+ 1=25 种取法使和大于 10.【巩固】 （难度等级从 18中每次取两个不同的数相加，和大于 10的共有多少种取法?【解析】 两个数和为11的一共有3种取法；两个数和为 12的一共有2种取法；两个数和为13的一共有2种取法；两个数和为 14的一共有1种

7、取法；两个数和为15的一共有1种取法； 一共有3+2+2+1+1 = 9种取法.【例3】（难度等级 探）甲、乙、丙三个工厂共订 300份报纸，每个工厂至少订了 99份，至多101份,问：一共有多少种不同的订法？【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法.如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定.如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定.如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定.根据加法原理，一共有 2 3 7种订报方法.【巩固】 （难度等级 探）大林和小林共有小人书不超过 9本，他们各自有小人书的

8、数目有多少种可能的情况？【解析】 大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有9种可能， ，共有0本的话，有1 种可能，所以根据加法原理，一共有 10+ 9+ + 3+2+1 = 55种可能.【例4】（难度等级 探）四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自 己做的一张.问：一共有多少种不同的方法？【解析】设四个学生分别是 A , B, C, D，他们做的贺年片分别是 a , b , c, d .先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法.ABCDbadcad自bdac同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法.一共有3+ 3+ 3=9 （种）不同

9、的方法.【例5】（第六届走美试题）一次，齐王与大将田忌赛马每人有四匹马，分为四等田忌知道齐王这次比 赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等 马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等， 自己的四等田忌有 种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛.【解析】第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；若胜两场，则又分为三种情况：二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有 这一种情况；二，四两场胜，此时有

10、三种情况；三，四两场胜，此时有七种情况；所以一共有1 1 3 7 =12种方法.【例6】（难度等级 探）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三 种.【解析】把一元钱换成角币，有三类分法：第一类：有五角币 2张，只有1种换法：2第二类：有五角币 1张，则此时二角币可以有 0, 1, 2张，相应的，一角币有 5, 3, 1张，有3种换法；3第三类：有五角币 0张，则此时二角币可以有 0, 1 , 2, 3, 4, 5张，相应的，一角币有 10, 8, 6,4,2, 0张，有6种换法.所以，根据加法原理，总共的换法有 1 3 6=10种.【巩固】 （难度等级 探）一把硬

11、币全是 2分和5分的，这把硬币一共有 1元，问这里可能有多少种不同 的情况？【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类:如果5分硬币有奇数个，那么无论 2分硬币有多少个都不能凑成 100分.如表当5分硬币的个数为020的偶数时，都有对应个数的 2分硬币所以一共有 11种不同的情况.类别12345678910115分024681012141618202分50454035302520151050【例7】（难度等级 用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的 买法？【解析】如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为 025张，其余的钱全部购买 2元饭票，共有

12、26种买法；如果买I张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票023张，其余的钱全部购买 2元饭票，共有24种不同方法；如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票021张，其余的钱全部购买 2元饭票，共有22种不同方法；如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票01张，其余的钱全部购买 2元饭票，共有2 种方法.总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为 2,项数是13的等差数列.利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：26+24+22+ +2=（ 26+2） X13-2=182（种）. 共有 182 种不同的买法.【巩固】 （难度等级 探）一个文具店橡皮每块 5角、圆珠笔每支1

13、元、钢笔每支2元5角小明要在该 店花5元5角购买两种文具，他有多少种不同的选择.【解析】一共三种文具，要买两种文具那么就可以分三类了.第一类：橡皮和圆珠笔 5元5角=55角=11块橡皮（要买两种，所以这个不考虑）=9块橡皮+ 1只圆珠笔=7块橡皮+2只圆珠笔=5块橡皮+3只圆珠笔=3块橡皮+4只圆珠笔=1块橡皮+5只圆珠笔 第一类共5种第二类：橡皮和钢笔 55角=11块橡皮（不做考虑）=6块橡皮+ 1只钢笔=1块橡皮+ 2只钢笔 第二类共2种第三类：圆珠笔和钢笔 55角=11块橡皮（不做考虑）=1只钢笔+3只圆珠笔 第三类共1种【例8】（难度等级 探）袋中有 3个红球，4个黄球和5个白球，小明

14、从中任意拿出 6个球，他拿出球的情况共有 种可能.（2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）【解析】按最少的红球来分类：3红时，黄白=3,黄可取0, 1, 2, 3共4种.2红时，黄白=4,黄可取0, 1 , 2, 3, 4共5种.1红时，黄白=5，黄可取0, 1, 2, 3, 4共5种.0红时，黄白=6,黄可取0, 1, 2, 3共4种.共有：4+5+5+ 4=18 （种）.【例9】（难度等级 1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号 （最少插一个乘号），可以得到多少个不同的乘积 ？【解析】按插入乘号的个数进行分类：若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当

15、，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有 3种不同的插法，可以得到 3个不同的乘积，枚举如下：1 2 3 4 , 1 2 3 4 , 1 2 3 4.若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从 3个空档中选2个空当插入乘号有 3种不同的插法，可以得到 3个不同的乘积，枚举如下：1 2 3 4， 1 2 3 4， 1 2 3 4 .若插入三个乘号，则只有 1个插法，可以得到I个不同的乘积，枚举如下：1 2 3 4 .所以，根据加法原理共有 3 3 7种不同的乘积.【例10】（难度等级 探）1995的数字和是1 + 9 + 9+ 5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于 26的数共有多少

16、个？【解析】小于2000的四位数千位数字是 1,要它数字和为 26,只需其余三位数字和是 25.因为十位、个位数字和最多为9 + 9=18，因此，百位数字至少是 7.于是百位为7时，只有1799, 一个；百位为8时，只有1889, 1898，二个；百位为9时，只有1979, 1997, 1988,三个；总计共1 + 2+ 3=6个.【巩固】 （难度等级 1995的数字和是1 + 9 + 9+ 5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于 24的数共有多少个？【解析】小于2000的四位数千位数字是 1,要它数字和为 24,只需其余三位数字和是 23.因为十位、个位数字和最多为9 7=18，因此

17、，百位数字至少是 5.于是百位为5时，只有1599 一个；百位为6时，只有1689, 1698两个；百位为7时，只有1779, 1788, 1797三个；百位为8时，只有1869, 1878, 1887, 1896四个；百位为 9 时，只有 1959, 1968, 1977, 1986, 1995 五个;根据加法原理，总计共 1 2 3 4 15个.【巩固】 （难度等级 探）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个？【解析】 大于2000小于3000的四位数千位数字是 2,要它数字和为9，只需其余三位数字和是 7因此，百位数字至多是

18、7 .于是根据百位数进行分类：第一类,百位为7时,只有2700 一个;第二类,百位为6时，只有2610,2601两个；第三类，百位为5时，只有2520,2511,2502三个；第四类,百位为4时，只有2430,2421,2412,2403四个；第五类，百位为3时,只有2340,2331,2322,2313,2304五个；第八类，百位为2时,只有2250,2241,2232,2223,2214、2205六个；第七类，百位为1时,只有2160,2151,2142,2133,2124、2115、2106七个；第八类，百位为0时，只有2070,2061,2052,2043,2034、2025、2016

19、、2007 八个;根据加法原理，总计共 1 2 3 4 5 6 7 36个.【巩固】 （难度等级 探）在四位数中，各位数字之和是 4的四位数有多少?【解析】以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：第1类一一个位数字是 0，满足条件的数共有10个.其中：十位数字为 0,有4000、3100、2200、1300，共4个；十位数字为 1,有3010、2110、1210,共3个；十位数字为 2,有2020、1120,共2个；十位数字为3,有1030,共1个.第2类一一个位数字是 1，满足条件的数共有 6个.其中：十位数字为 0,有3001、2101、1201，共3个;根据上面分析，由加法原

20、理可求出满足条件的数共有 10 6 3 20个.【例11】有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止, 如257 , 1459等等，这类数共有 个【解析】按自然数的最高位数分类：最高位为1的有10112358 , 112358 , 12358 , 1347 , 1459 , 156 , 167 , 178 , 189 共 9 个最高位为2的有202246 , 21347 , 2246 , 2358 , 246 , 257 , 268 , 279 共 8 个最高位为3的有303369 , 31459 , 3257 , 3369 , 347, 358 ,

21、369共 7个最高位为9的有9099共1个所以这类数共有9 8 7 1 2 45个【例12】如果一个大于 9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春 数.那么，小于2008的迎春数一共有多少个？【解析】（法1）两位数中迎春数的个数.十位数字为1 的:12 ,13 ,19. 8个十位数字为2的:23 ,24 ,29.7个十位数字为3的:34 ,35 ,39.6个十位数字为4的:45 ,46 ,49.5个十位数字为5的:56 ,57 ,59.4个十位数字为6的:67 ,68 ,69. 3 个十位数字为7的:78 ,79.2个十位数字为8的：89. 1个两位数共8 7

22、T| 1 =36个三位数中迎春数的个数10001999中迎春数的个数前两位是12 的:12341239,1289.共21个前两位是13 的:13451349,1389.共15个前两位是14 的:14561459,1489.共10个前两位是15 的:15671569,1589.共6 个.前两位是16 的:1678, 1679,1689. 3 个.前两位是17 的:1789. 1 个共56个.所以小于2008的迎春数共36 84 56 =176个.（法2）小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和 1000多的数.两位数的取法有 9 8-：-2=36个.三位数的取法有 9 8 7 3 2 1 =

23、84个.1000多的迎春数的取法有 8 7 3 2 1 =56个. 所以共36 84 56 =176个.【例13】有些五位数的各位数字均取自 1, 2, 3, 4, 5，并且任意相邻两位数字（大减小）的差都是1.问这 样的五位数共有多少个？【解析】首位取1时，千位只能是 2,百位可以是1和3.百位是1，十位只能是2,个位可以是1和3. 2种.百位是3，十位可以是2和4;十位是2,个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5. 4种. 所以，首位取1时，共有2 4 =6种.首位取2时，千位可以是1和3.千位是1，百位只能是2,十位可以是1和3.有3种.千位是3,百位可以是2和4.百位是2,十位可

24、是是1和3,有3种.百位是4,十位可以是3和5, 有3种.千位是3时有3 * 3 =6种.所以首位取2时，共有3 （=9种.首位取3时，千位可以取 2和4.千位是2，百位可以取1和3.百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3; 2种.百位是3时，十 位可以是2和4 .十位是2个位可以是1和3;十位是4,个位可以是3和5; 4种.千位是4，百位可以取3和5.百位是5，十位只能是4,个位可以是3和5; 2种.百位是3,十位可能是2和4.十位是2个位可以是1和3;十位是4个位可以是3和5; 4种.所以，首位取3时，共有2 4 2 12种.首位取4时，千位可以取 3和5.千位是5，百位只能是4，十位可

25、以是3和5十位是3个位可以是2和4;十位是5个位只能是4 有 3种.千位是3，百位可以是2和4 .百位是2,十位可以是1和3.十位是1个位只能是2;十位是3个 位可以是2和4有3种百位是4,十位可以是3和5十位是5个位只能是4;十位是3,个位 可以是2和4 .有3种.千位是3共有3 3 = 6种.所以，首位取4时，共有3飞=9种.首位取5时，千位只能是 4，百位可以是3和5.百位是5，十位只能是4,有2种；百位是3, 十位可以是2和4,有4种.所以，首位取 5时共有2*4=6种.总共有：6 9 12 9 6 =42个也可以根据首位数字分别是 1、2、3、4、5,画5个树状图，然后相加总共有：

26、6 9 12 9 42个模块二、树形图法、标数法及简单的递推一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然.【例14】（难度等级 探）A、B C三个小朋友互相传球，先从 A开始发球（作为第一次传球），这样经 过了 5次传球后，球恰巧又回到 A手中，那么不同的传球方式共多少种？ （2005年小数报数学邀请赛）【解析】如图，A第一次传给B，到第五次传回 A有5种不同方式.同理，A第一次传给C，也有5种不同方式.所以，根据加法原理，不同的传球方式共有 5 5=10种.则这只青蛙一共有多少种不同的跳法?【解析】6种，如图，

27、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.根据加法原 理，共有3 V =6种方法.【例15】（难度等级 甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜 三局谁赢，打到决出输赢为止问：一共有多少种可能的情况？【解析】如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打的为胜者，一共有 7种可能的情况同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况一共有 7 +7=14 （种）可能的情况.二、标数法适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相关点的线路数量，最终得到到达终点的方法总数标数法是 加法原理与递推思想的结合.【解析】图中B在A的右上方，因此从 A出发，只能向上或者

28、向右才能使路线最短，那么反过来想，如果到达了某一个点，也只有两种可能：要么是从这个点左边的点来的，要么是从这个点下边的点来的.那么，如果最后到达了 B，只有两种可能：或者经过 C来到B点，或者经D来到B点，因此，到达 B的走法数目就应该是到达 C点的走法数和到达 D点的走法数之和，而对于到达C的走法，又等于到达E和到达F的走法之和，到达 D的走法也等于到达 F和到达G的走法之和，这样我们就归纳出：到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和，根据加法原理，我们可以从A点开始，向右向上逐步求出到达各点的走法数如图所示，使用标号方法得到从 A到B共有10种不同的走法.【巩固】 （

29、难度等级 探）如图，从 A点到B点的最近路线有多少条?【解析】 使用标号法得出到 B点的最近路线有20条.【例17】（难度等级 探）如图，某城市的街道由 5条东西向马路和 7条南北向马路组成，现在要从西南角的A处沿最短的路线走到东北角 B出，由于修路，十字路口 C不能通过，那么共有 种不同走法.【解析】本题是最短路线问题.要找出共有多少种不同走法，关键是保证不重也不漏，一般采用标数法.如上图所示，共有120种.另解：本题也可采用排除法.由于不能经过 C，可以先计算出从 A到B的最短路线有多少条，再去掉其中那些经过C的路线数，即得到所求的结果.对于从A到B的每一条最短路线，需要向右 6次，向上4次，共有10次向右或向上；而对于每一条 最短路线，如果确定了其中的某 6次是向右的，那么剩下的 4次只能是向上的，从而该路线