7-3加乘原理综合应用.题库版Word下载.doc

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模块一、简单加乘原理综合应用

【例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、巧克力糖各种，他有几种选法？

（2级）

【解析】⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：

第一类是从种巧克力糖中选一种

有种办法；

第二类是从种水果糖中选一种，有种办法．因此，小明有种选糖的方法．

⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有种、种方法，因此有种方法．

【例2】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？

【解析】从北京转道上海到广州一共有种方法，从北京转道武汉到广州一共也有种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有种方法．

【例3】从学而思学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师家有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？

【解析】根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有种方法，从学而思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？

【解析】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，走法一共有种方法，；

第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有种方法．根据加法原理，一共有种走法．

【巩固】王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京．他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；

又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图．那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？

【解析】从重庆到南京的走法有两类：

第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有（种）走法；

第二类不经过武汉，有2种走法．根据加法原理，从重庆到南京一共有种不同走法．

【例4】如下图，八面体有12条棱，6个顶点．一只蚂蚁从顶点出发，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？

（6级）

【解析】走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：

①第二次走点：

就是意味着从点出发，我们要先走，，，中间的一点，再经过点，但之后只能走，点，最后选择后面两点．

有种（从到的话，是不能到的）；

②第二次不走：

有种（同理，不能到）；

共计：

种．

【例5】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？

（4级）

【解析】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：

5=15；

来自数学、外语：

4×

5=20；

所以共有12＋15＋20=47．

【例6】某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？

【解析】1、新站为起点，旧站为终点有3×

7=21张，2、旧站为起点，新站为终点有7×

3=21张，3、起点、终点均为新站有3×

2=6张，以上共有21＋21＋6=48张 

．

【例7】某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会．从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？

【解析】分两类情况讨论：

⑴都会的这1人被挑选中，则有：

①如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法；

所以有种方法；

②同样，这人做电工，也有9种方法．

⑵都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法；

从3名电工中选2人，也有3种方法，一共有种方法．

所以，根据加法原理，一共有种方法．

【例8】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？

【解析】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，共有种表示法；

第三类，要分三步完成：

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，共有种表示法．

根据加法原理，一共可以表示出种不同的信号．

【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？

【解析】分3种情况：

⑴取出一面，有5种信号；

⑵取出两面：

可以表示种信号；

⑶取出三面：

可以表示：

种信号；

由加法原理，一共可以表示：

种信号．

【例9】五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：

【解析】方法一：

取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类

⑴一种颜色：

5种可能；

⑵两种颜色：

⑶三种颜色：

所以，一共可以表示种不同的信号

方法二：

每一个位置都有5种颜色可选，所以共有种．

【巩固】红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：

如果白旗不能打头又有多少种？

【解析】

（一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类

第一类，一种颜色：

都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；

第二类，两种颜色：

第三类，三种颜色：

所以，根据加法原理，一共可以表示种不同的信号．

（二）白棋打头的信号，后两面旗有种情况．所以白棋不打头的信号有种．

【例10】（2008年清华附中考题）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．（6级）

【解析】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，此时共有种情况，所以共有种情况．

【例11】（2009年“数学解题能力展示”中年级复赛试题）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．（6级）

【解析】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．所以共有种方法．

【例12】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？

【解析】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，每种组各有种不同的排列，此时有种订法．

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，不同的订法一共有种．

【例13】玩具厂生产一种玩具棒，共节，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．（8级）

【解析】每节有种涂法，共有涂法（种）．但上述种涂法中，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（种）．故玩具棒最多有种不同的颜色．

【例14】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个字母、、、、组成，并且所有的单词都有着如下的规律，⑴字母不打头，⑵单词中每个字母后边必然紧跟着字母，⑶和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？

（8级）

【解析】分为三种：

第一种：

有两个的情况只有1种

第二种，有一个的情况，又分3类

第一类，在第一个位置，则在第二个位置，后边的排列有种，减去、同时出现的两种，总共有14种，

第二类，在第二个位置，则在第三个位置，总共有种.

第三类，在第三个位置，则在第四个位置，总共有种.

第三种，没有的情况:

分别计算没有的情况:

种.

没有的情况：

没有、的情况：

由容斥原理得到一共有种.

所以，根据加法原理，一共有种．

【例15】从6名运动员中选出4人参加接力赛，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（6级）

【解析】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，有种，由乘法原理，共有：

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，对应种选择，考虑若乙跑第二棒，也对应种选择，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人参赛的种方案，所以，一共有种不同参赛方案．

模块二、加乘原理与数字问题

【例16】由数字1，2，3可以组成多少个没有重复数字的数？

【解析】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，有个；

⑶组成三位数：

与组成二位数道理相同，有个三位数；

所以，根据加法原理，一共可组成个数．

【例17】由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？

【解析】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，有个；

第三类，组成三位数，有个;

第四类，组成四位数，有个．

由加法原理，一共可以组成个数．

【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？

【解析】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，有个；

第三类是三位数，有个，共有个．

【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？

【解析】分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；

二位数时，为个，三位数时，为：

个，由加法原理，一共可以组成个小于1000的没有重复数字的自然数．

【例18】用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．（6级）

【解析】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×

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×

7种占法.所以含0的四位数有3×

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？

【解析】分为两类：

个位数字为0的有个，个位数字为2的有个，由加法原理，一共有：

个没有重复数字的四位偶数．

【例19】在2000到2999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？

【解析】若相同的数是2，则另一个2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×

8=216（个）；

若相同的数是1，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20】在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?

（6级）

【解析】（方法一）解决计数问题常用分类讨论的方法．设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为（其中）；

（1）当时，可取1～9中的任一个数字，可取0～9中的任一个数字，于是一共有个．

（2）当时，可取2～9中的任一个数字，仍可取0～9中的任一个数字，于是一共有个．（3）类似地，当依次取2，3，4，5，6，7，8时分别有70，60，50，40，30，20，10个符合条件的自然数．所以，符合条件的自然数有个．

（方法二）1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100个；

剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以总数为个.

【例21】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？

【解析】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．

【例22】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?

【解析】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，这时共有个数不含4．

三位数只有100．

所以一共有个不含4的自然数．

【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?

【解析】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．

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的三位数共有个．

【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?

【解析】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：

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的自然数一共有个．

【例23】由数字0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第个．【2008年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛】

【解析】比小的位数有和，比小的位数有（种），比小的位数有（种），比小的位数有（种），所以排在第（个）．

【巩固】从分别写有2、4、6、8的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的6可以看成9，那么共有多少种不同的乘积？

【解析】取2有8、12、16、18四种，取4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，一共有9种

【例24】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？

【解析】两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有种填法，有个数；

　　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，有个数．

　　由加法原理，共有个数．

【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？

【解析】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，符合题意的数共有个

【例25】如果一个三位数满足，，那么把这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个数．（8级）

【解析】当为时，、可以为1～9中的任何一个，此时有种；

当为时，、可以为2～9中的任何一个，此时有种；

……；

当为时，有种；

所以共有

（个）．

【例26】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？

（6级）

【解析】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，共有种；

⑤没有2时，只有1种；

所以，总共有：

个．

答：

至少连续四位都是1的有48个．

【例27】七位数的各位数字之和为60，这样的七位数一共有多少个？

【解析】七位数数字之和最多可以为．．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的位置放置共有种．

三个相同的8放置会产生种重复的放置方式．

所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有种．

所以数字和为60的七位数共有．

【例28】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？

【解析】2个数的和能被4整除，可以