五年级数学思维训练计数综合二Word格式.docx

五年级数学思维训练计数综合二Word格式.docx

《五年级数学思维训练计数综合二Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《五年级数学思维训练计数综合二Word格式.docx（30页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

17．（4分）有一些三位数的相邻两位数字为2和3，例如132、235等等，这样的三位数一共有多少个？

18．（4分）在图中的方框内填入3、4、5、6中的一个数字，使得竖式成立．请问：

所填的九个数字之和是多少？

一共有多少种填法？

19．（4分）在1000，1001，…，2000这1001个自然数中，可以找到多少对相邻的自然数，满足它们相加时不进位？

20．在图1中的空格内各填人一个一位数，使同一行内左边的数比右边的数大，同一列内下面的数比上面的数大，并且方格内的6个数字互不相同，例如图2就是一种填法，请问：

一共有多少种不同的填法？

21．（4分）将数字1至7分别填入图中的各个圆圈中，使得每条线段两个端点处所填的数，上面的比下面的大，请问：

符合上述要求的不同填数方法一共有多少种？

22．（4分）甲、乙、丙、丁四人各有一个作业本混放在一起，四人每人随便拿了一本．问：

（1）甲拿到自己作业本的拿法有多少种？

（2）恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种？

（3）至少有一人没拿到自己作业本的拿法有多少种？

（4）谁也没拿到自己作业本的拿法有多少种？

23．（4分）一种电子表在6时24分30秒时的显示为6：

2430，那么从5时到7时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有多少个？

24．（4分）各位数字均不大于5，且能被99整除的六位数共有多少个？

25．（4分）从1，2，3，…，9中选取若干个互不相同的数字（至少一个），使得其和是3的倍数，共有多少种选法？

26．（4分）从0至9这10个数字中选出7个填入图中的方框中，使竖式成立，一共有多少种不同的填法？

27．（4分）在3×

3方格表内填人数字1至9，使得左边的数比右边的大，上边的数比下边的大，一共有多少种不同的填法？

28．（4分）含有数字3，且能被3整除的五位数共有多少个？

二、填空题

29．将1～7分别填入图中的7个方框内，使得每行、每列中既有奇数，又有偶数，那么共有　　种不同的填法．

30．（4分）从1至9这九个数字中挑出六个不同的数，填在下图所示的六个圆圈内，使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数．那么最多能找出　　种不同的挑法来．（六个数字相同，排列次序不同算同一种）

参考答案

1．18个

【解析】

试题分析：

首先求得6、7、8、9的最小公倍数是504，进一步求得被504整除的最小四位数与最大的四位数，进一步求得答案即可．

解：

6=2×

3，8=2×

2×

2，9=3×

3，

6，7，8，9的最小公倍数为2×

3×

7=504，

所以同时能被6、7、8、9整除最小的四位数为504×

2=1008，最大的四位数为504×

19=9576，

一共有19﹣2+1=18个．

答：

同时能被6、7、8、9整除的四位数有18个．

点评：

此题考查数的整除特征，注意条件的限制与利用，选择合适的方法解决问题．

2．

（1）12种；

（2）24种；

（1）首先一个数字一个数字分析，可以采用枚举法一一列举解答即可：

1+（2、5、8），2+（4、7），3+（6、9），4+（5、8），5+7，6+9，7+8一共有12种；

（2）要使两数之积是3的倍数，首先从含有因数3的三个数字3、6、9来选有3种方法，再从剩余的8个数中选出一个，有8种方法，进一步由乘法原理解决问题即可．

（1）一一列举如下：

一共有12种不同的选法．

（2）3×

8=24（种）

一共有24种不同的选法．

此题考查排列组合的实际运用，注意两种计算方法的灵活运用．

3．24个

写出用1、3、5、7、9三个数字能组的3位数，是3的倍数的数要各个数位上的数的和是3的倍数；

判断解答即可．

1+3+5=9

3+5+7=15

1+9+5=15

5+7+9=21

所以1、3、5、7、9三个数字能组的不同的三位数3的倍数有：

135、153、315、351、513、531；

357、375、537、573、753、735；

195、159、915、951、519、591；

579、597、759、795、957、975共24个．

有24个是3的倍数．

本题的重点是写出所有能组成的不同的三位数，再根据3倍数的特征进行解答．

4．216个

若五位数的末尾是0，则有

个，若五位数的末尾是5，则有

•

个，再根据分类计数原理求得结果．

+

=5×

4×

1+4×

1

=120+96

=216（个）

可以组成216个能被5整除且各位数字互不相同的五位数．

本题主要考查被5整除数的特征，排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，注意把特殊元素与位置综合分析，分类讨论．

5．36个；

84个．

根据题意百位比十位小，并且十位比个位小，首先对百位进行讨论，然后把这些数的个数相加即可得到答案．

（1）按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，

在每一类中满足条件的两位数分别是

1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个．

则共有1+2+3+4++7+8=36（个）．

解法二：

按十位数字是1，2，3，4，5，6，7，8分成8类，

在每一类中满足条件的两位数分别是8

个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．

则共有8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）．

个位比十位大的两位数共有36．

（2）按百位数字分类讨论：

①百位数字是8，9时不存在，个数0；

②百位数字是7，只有789，1个；

③百位数字是6，只有679，678，689，共3个；

④百位数字是5，有567，568，569，578，579，589，共6个；

⑤百位数字是4，有456，457，458，459，467，468，469，478，479，489共10个；

⑥百位数字是3时，共15个；

⑦百位数字是2时，共21个；

⑧百位数字是1时，共28个．

总计，共1+3+6+10+15+21+28=84个，

个位比十位大，十位比百位大的三位数共有84个．

本题主要考查整数的十进制表示法的知识点，对百位进行分类讨论是解答的关键．

6．59个．

①根据自然数的排列规律及数位知识可知，在1﹣200中找含有数字“8”的数；

②在1﹣200中找能被8整除的数

③重复出现的个数

即可得出答案

1到100为：

8，18，28…，78，80，81，82…89，98共有20个，

同理可知，100﹣200中共有20个，

1至200中含有8的数共有20+20=40个．

又1﹣200中，能被8整除的数共有：

200÷

8=25个，

8；

48；

80；

88；

128；

168；

6个重复的数

则在l至200这200个自然数中有多少个“吉利数”：

40+25﹣6=59个．

本题为较为简单的数字问题根据自然数的排列规律及数位知识是完成此类题目的关键．

7．1999个，998899．

本题根据“回文数”数的特点及数位知数和数位知识进行分析即可．

按一位数，两位数，三位数，四位数，五位数，六位数，

如果不考虑0，第1999个，是第一个七位回文数，为：

1000001，

则第1997个是：

998899．

一位数，有10个（0﹣﹣﹣9）

两位数，有9个（11，22，33…99）

三位数，9×

10=90个，（101，202，…，909，111，…，999）

四位数，9×

10=90个（1001，…，9999）

五位数，9×

10×

10=900个（10001，…9999，11011，…99099，…99999）

六位数，9×

10=900个（100001，999999）

共有：

10+9+90×

2+900×

2=1999个，

完成此类题目要注意“回文数”的特点，然后根据数位知识进行分析完成．

8．68种．

既然是4位数．所以A、D都不能为0．又ABCD，它与逆序数DCBA之和的末两位为56，由此可分A+D=6时与A+D=16时两种情况进行分析确定．

由题意可知，A、D都不能为0．

1、A+D=6时，可得出：

A、D不能为0，也不能为6．A、D都为自然数，所以有5种可能．

（1）B+C=5，B、C都为自然数或0，所以有5种可能．

（2）B+C=15，B、C都为自然数但不能大于9，所以有3种可能．

所以当A+D=6时，四位数ABCD可能数=5*（5+3）=40种

2、A+D=16时，A、D都为自然数但不能大于9，

（1）A不等于D，所以有2种可能．

①B+C=4，B、C都为自然数或0，所以有5种可能．

②B+C=14，B、C都为自然数但不能大于9，所以有5种可能．

所以A不等于D时，四位数ABCD可能数=2*（5+5）=20种．

（2）A等于D，所以有1种可能．

①B+C=4，B、C都为自然数或0，所以有4种可能（其中已去掉8228一种重复）．

②B+C=14，B、C都为自然数但不能大于9，所以有4种可能（其中已去掉8778一种重复）．

所以A不等于D时，四位数ABCD可能数=1*（4+4）=8种．

所以A+D=16时，四位数ABCD可能数=20+8=28种．

所以位数ABCD总可能数=40+28=68种．

首先根据题意确定A与D的取值范围，然后分情况进行分是完成本题的关键．

9．8种

因为这五个数是连续的自然数，所以首先确定中间填2007，2005和2009相对，2006和2008相对，2007是固定的位置，东南西北四个方位，选一个数作为第一个位置（如选北方），则有4种选法，选定第一个位置后，它对面（南方）的就固定了，再选东有两种选法，根据乘法原理得4×

2=8种．

2=8（种）

一共有8种不同的填法．

此题主要利用乘法原理解决问题，注意两种计数原理的综合运用，根据实际灵活选用适当的方法解决问题．

10．14种

去掉任意一个数都可以，这是7种情况，每种大情况中，最上面的必最小，最右边的必最大；

左边中间的第2小，下边中间的第2大．剩下两个空格中的数字可以互换．所以每个大情况下有两个小情况，根据乘法原理求得答案即可．

如表：

7×

2=14（种）

一共有14种填法．

11．48个．

在分数中，分子与分母只有公因数1的分数为最简分数．分子小于分母的数为真分数．据此根据所给条件解答即可．

分子小于6，则分子可为1，2，3，4，5．

分母小于20则分母可为：

1，2，…19．

根据最简真分数的意义可知，

分子是1分母可选2，3，4，…，18，19，共18个

分子是2分母可选3，5，7，9，11，13，15，17，19，共9个

分子是3分母可选4，5，7，8，10，11，13，14，16，17，19，共11个

分子是4分母可选5，7，9，11，13，15，17，19，共8个

分子是5分母可选6，7，8，9，11，12，13，14，16，17，18，19共12个

总计18+9+11+8+2=48个．

分子小于6，分母小于20的最简真分数共有48个．

明确最简分数及真分数的意义是完成本题的关键．

12．

（1）25种；

（2）13种.

（1）要使这3个数的乘积能被3整除，即这三个数中含有3的倍数，即3和6，完成该问题分三类，有3没6：

4+3+2+1=10种；

同理有6没3的有10种；

有3有6的：

5种；

所以总共有10+10+5=25种；

（2）任取三个数和的范围6～18，要使这3个数的和能被3整除：

即和为6，9，12，15，18，逐一探讨得出答案即可．

（1）有3没6：

一共有25种不同的选法．

（2）①先求出两个极值5+6+7=18.1+2+3=6．共2种，

②和为9：

2+3+4=9、1+3+5=9、1+2+6=9，共3种，

③和为12：

3+4+5=2+4+6=1+4+7=2+3+7=1+5+6=12，共5种，

④和为15：

4+5+6=3+5+7=2+6+7=15，共3种，

共2+3+5+3=13（种）．

一共有13种不同的选法．

此题抓住能被3整除的数的特征，正确利用两种计数原理解决问题．

13．34种

【详解】

根据题意，可假设从第一张卡片是1，那么从另一张卡片就有9种可能，其中能被6整除的乘积就只有6，依此类推就可以算出能被6整除的乘积的个数

假设从第一张卡片是1，那么从另一张卡片就有9种可能，其中能被6整除的乘积就只有6；

假设从第一张卡片是2、4、8、10，那么从另一张卡片就有9种可能，其中能被6整除的乘积数字就有3、6、9；

假设从第一张卡片是3、9，那么从另一张卡片就有9种可能，其中能被6整除的乘积数字就有2、4、6、8、10；

假设从第一张卡片是5、7，那么从另一张卡片就有9种可能，其中能被6整除的乘积数字就有6；

假设从第一张卡片是6，那么从另一张卡片就有9种可能，其中能被6整除的乘积就有数字1、2、3、4、5、7、8、9、10；

所以选法一共有：

1＋4×

3＋2×

5＋2×

1＋9＝34（种）

这样的选法共有34种．

【点睛】

此题主要考查的是能被6整除的数的特征，注意利用列举法解决问题。

14．71个

被11整除的六位数（ABCDEF）有以下特征：

A+C+E﹣（B+D+F）一定可被11整除，所以数字ACE及BDF的位置可以互换而六位数还能被11整除．ACE在2，4，6位而BDF在1，3，5位时，有（3×

1）×

（3×

1）=36种可能，换位后又有36种可能，减去原数的一种，就得出答案．

2﹣1

=36×

=71（种）

还能排出71个能被11整除的六位数．

此题考查排列组合的实际运用和被11整除数的特征，注意两种计数原理的运用．

15．8711104．

因为0不能在最高位，所以最高位上只能是1或2．

第一位一定是1或者2，所以分两种情况．

当第一位是1时，剩下一个0，一个1和3个2，而还剩下5个位置，0有5种方法，之后1有4种方法，然后把2填入即可，所以这种情况共有：

5=20（个）不同的六位数．

当第一位是2时，剩下一个0，两个1和两个2，0仍然5种放置方法，然后是4个位置放两个1和两个2，共有：

3÷

2=6（种）方法，所以这种情况下共有5×

6=30种方法．综合起来共有20+30=50种方法．

由以上可知：

不考虑0不能放在第一位，那么一共有60个六位数（其中有10个实际上是五位数），在每一位上，0出现10次，1出现20次，2出现30次，所以总和为111111×

（1×

20+2×

30）=8888880；

其中的10个五位数，每位上出现4次1，6次2，总和为11111×

（4+2×

6）=177776，最后得到符合条件的所有六位数之和为888880﹣177776=8711104．

首先第一位一定是1或者2，所以分两种情况．

当第一位是1时，剩下一个0，一个1和3个2，而还剩下5个位置，0有5种方法，剩下一个1有4种方法，然后把2填入即可，所以这种情况共有：

5=20（个）．

当第一位是2时，剩下一个0，两个1和两个2，0仍然后5种放置方法，然后是4个位置放两个1和两个2，共有：

2=6（种），所以这种情况下共有：

5×

6=30（个）．

20+30=50（个）；

共可组成50个不同的六位数．

不考虑0不能放在第一位，那么一共有60个六位数（其中有10个实际上是五位数），在每一位上，0出现10次，1出现20次，2出现30次，

所以总和为111111×

30）=8888880，

6）=177776，

所有六位数之和为888880﹣177776=8711104．

解决本题要分两种情况考虑：

当第一位是1时，有几种方法；

当第一位是2时，有几种方法，要不重不漏．

16．3479．

根据上升数的特点可知，

以1开头的四位“上升数”有：

123412351236123712381239123*=6

12451246124712481249124*=5

1256125712581259

…

12**=6+5+4+3+2+1=21

13**5+4+3+2+1=15

1***=21+15+10+6+3+1=56

即有：

=

=56个．

同理分析出以2、3…开头的四位“上升数”分别有多少个后，然后根据找出第100个上升数是几即可．

同理可知，

以2开头的“上升数”有“

=35个．

以3开头的“上升数”有：

=10个，

因为：

56+35+10=101，所以第101个上升数是3489，则第100个是3479．

根据上升数的特点及排列组合的有关知识进行分析是完成本题的关键．

17．36个．

根据题意，此类三位数有以下几种形式，

X，2，3

X，3，2

2，3，X

3，2，X

又X为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9．

据此分析完在可．

共有四十种其中323232重复，再去掉023，032故有三十六

此类三位数有以下四种形式，

所以，共有四十种，

其中323、232重复，

再去掉023，032，

所以共有40﹣2﹣2=36个．

根据根据题目要求确定此类三位数的组合形式是完成本题的关键．

18．45，6种.

因为和的个位数字是5，所以三个加数个位上只能是4、5、6，4+5+6=15，满十向十位进一，所以十位的三个数的和是19﹣1=18，所以十位数字都是6；

百位的两个加数的和9﹣1=8，在3、4、5、6中只有3和5的和是8，所以百位是数字3和5，则千位上是4；

所以个位数字是：

4、5、6，十位数字是：

6，百位数字是：

3、5，千位数字是：

4；

然后把这所填的九个数字相加即可；

那么个位数字有3种选择，十位数字有1种选择，百位数字有2种选择，千位数字有1种选择，然后根据乘法原理解答即可．

因为和的个位数字是5，所以三个加数个位上只能是4、5、6，

4+5+6=15，满十向十位进一，所以十位的三个数的和是19﹣1=18，所以十位数字都是6；

所填的九个数字之和是：

4+5+6+6×

3+3+5+4=45

所以个位数字有3种选择，十位数字有1种选择，百位数字有2种选择，千位数字有1种选择，

一共有：

1×

1=6（种）．

所填的九个数字之和是45，一共有6种填法．

本题考查了竖式数字谜和乘法原理的综合应用，关键是确定个位和十位上的数字．

19．155对

由于从1000到1999，这些数中，个位为0、1、2、3、4，且十位为0、1、2、3、4，百位为0、1、2、3、4时，

不发生进位，否则会发生进位．还有，末位为9、99、999时，也不发生进位．据此分析完成即可．

由于从1000到1999，这些数中，个位为0、1、2、3、4，

且十位为0、1、2、3、4，百位为0、1、2、3、4时，

不发生进位，否则会发生进位．还有，末位为9、