六年级上册奥数试题第5讲容斥原理全国通用含答案.docx
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六年级上册奥数试题第5讲容斥原理全国通用含答案
第5讲容斥原理
知识网络
我们经常会遇到这样一类问题，题目中涉及到包含与排除，也就是说有重叠部分。
解答此类问题的主要依据是容斥原理。
容斥原理一：
设A、B是两类有重叠部分的量（如图1所示），若A对应的量为a，B对应的量为b，A与B重叠部分对应的量为ab，那么这两类量的总量可以用下面的公式进行计算：
总量=a+b-ab
容斥原理二：
设A、B、C是三类有重叠部分的量（如图2所示），若A对应的量为a，B对应的量为b，C以应的量为c，A与B重叠部分以应的量为ab，B与C重叠部分对应的量为bc，C与A重叠部分对应的量为ca，A、B、C三部分重叠部分对应的量为abc，则这三类量的总量可以用下面的公式进行计算：
总量=a+b+c-ab-bc-ca+abc
重点·难点
容斥原理的表述虽然简单，但涉及容斥原理的题型很多，范围很广。
我们往往会遇到一些看似与容斥原理无关的问题，然而通过恰当的转化，便可利用容斥原理顺利求解。
如何分析题目，准确找到重叠部分，将问题转化成可用容斥原理解决的问题是本节的难点。
学法指导
解决本节问题的最基本方法是示意图法，即通过示意图来表示题目中的数量关系，使分析、推理与计算结合起来，达到使题目的内容形象化，数量之间关系直观化的目的。
因此，这就要求我们在解题过程中，仔细分析，找出所需量并用示意图表示出来，进而通过观察示意图，确定几类量的重叠部分，然后运用容斥原理解决问题。
经典例题
[例1]分母是1001的最简真分数，共有多少个？
思路剖析
分母是1001的真分数有
共1000个，为了方便计算，增加一个分数
在1001个分数中考虑问题。
由于1001=7×11×13，所心1~1001的分子里只要含有7、11、13的倍数的就一定能同分母约分，即不是最简真分数，应排除掉。
因此，首先应考虑1~1001中，有多少个7、11或13的倍数。
解答
因为1001=7×11×13，所以在1~1001的自然数中，7的倍数共有（11×13）个，11的倍数共有（7×13）个，13的倍数共有（7×11）个；7、11年公倍数有13个，7、13的公倍数有11个，11、13的公倍数有7个；7、11、13的公倍数有1个（即1001）。
根据容斥原理二可得，在1~1001中，7、11和13的公倍数共有：
11×13+7×13+7×11-13-11-7+1=281（个）
在1~1001中，不是7、11或13的倍数共有：
1001-281=720（个）
答：
分母是1001的最简真分数共有720个。
[例2]蔡老师出了两道数学题，全班40人中，第一题有30人做对，第二题有12人未做对，两题都做对的有20人。
问：
（1）第二题做对第一题做不对有多少人？
（2）两题都做不对的有多少人？
思路剖析
本题涉及到以下四类同学：
第一题做对但第二题不对的人；第二题做对但第一题不对的人；两题都做对的人；两题都不对的人。
如图3所示，用一长方形表示全班人数，其内画两个相交的圆，第一个圆表示做对第一题的人数；第二个圆表示做对第二题的人数；两圆相交的公共部分表示两题都做对的人数；长方形内、两圆之外的部分表示两题都不对的人数，依次进行计算。
解答
用a表示“第一题做对第二题不对的人数”；用b表示“第二题做对第一题不对的人数”；用c表示“两题都对的人数”，用d表示“两题都不对的为数。
”
根据题意可知：
a+b+c+d=40
（1）
a+c=30
（2）
a+d=12 （3）
c=20 （4）
由式
（2）、（4），得a=10 （5）
由式（3）、（5），得d=2 （6）
由式
（1）、（4）、（5）、（6），得b=8
答：
第二题做对第一题做不对的有8人，两题都做不对的有2人。
[例3]向100名同学调查春游去长城还是去香山的态度，赞成去长城的人数是全体的
；赞成支香山的人数比赞成去长城的多6人，另外对去两处都不赞成的学生数比对去两处都赞成的学生数的
多2人，求对去长城和香山都赞成和都不赞成的学生各有多少人？
思路剖析
所求的都赞成和都不赞成的学生都包含在100名同学中，由于问题较复杂，我们在100人中利用逐步排除法进行计算。
如图4所示，用长方形I表示100名被调查的学生，A表示赞成去长城的学生，B表示赞成去香山的学生，则A中有
（人），B中有60+6=66（人），若设去两处都赞成的学生有x人，则去两都不赞成的学生有
。
解答
由以上分析可以列出方程
解得x=21
故
答：
去两处都赞成的学生有21人，去两处都不赞成的学生有16人。
[例4]如图5所示，直角三角形三边长分别3厘米、4厘米和5厘米，分别以三边为半径作半圆，求阴影部分的面积。
思路剖析
仔细观察图5，我们会发现该图形的一些特点。
其中所求阴影部分的面积可以看成是两个小半圆的面积加上直角三角形的面积，再减去大半圆的面积。
同学们需注意此题并未直接用到容斥原理，有些题目可根据圆形自身性质得到答案，尤其是类似求阴影部分面积的题目。
解答
所求阴影部分面积是
答：
所求阴影部分面积是6平方厘米。
[例5]小强给三个朋友写信，他写完3封信又写了3个相应的信封，然后把3封信装入3个信封内寄了出去。
而三个朋友收到信拆开一看，发现都不是写给自己的，也就是说小强在装信封时都装错了。
请问这种装法有多少种可能？
思路剖析
本题用枚举法来解答，很容易得出答案。
现在我们换个思路来想这具题目：
把“3个信封都装错”转化为在所有可能的装信封的方法中，减去“第一封信装对或第二封装对或第三封装对”的情况，而被减去的情况就是“三种不同分类标准”计数的方法。
解答
信封总共有3×2×1=6（种）装法。
第一封装对的方法有两种，即将第二封、第三封都装对和第二封、第三封装倒了两种情况。
同理，第二封装对的方法也有两种，第三封装对的方法也有两种。
第一、二封都装对的装法有一种；第二、三封都装对的装法有一种；第一、三封都装对的装法有一种；全部都装对的方法有一种。
所以，三封都装错的装法有
3×2×1-[（2+2+2）-（1+1+1）+1]=6-[6-3+1]=2（种）
答：
这种装法有2种。
[例6]在一次数学竞赛中，赵伟答错了题目总数的
，钱玲答对了7道题，两人都答对的题数是总数的
，问赵伟答对了多少道题？
思路剖析
仔细分析，可知本题的关键是求出题目的总数。
由已知“赵伟答错了题目总数的
”，“两人都答对的题数是题目总数的
”可知，题目总数应为9和6的公倍数，即为18的倍数。
解答
由题意知，题目的总数应该是18的倍数，我们用“假设条件”法来求解。
（1）假设题目的总数是18道，则有
姓 名
答 对
答 错
双方都对
赵伟
钱玲
7
18-7=11
但由容斥原理知，赵伟和钱玲做对的题目为16+7-3=20（道），这与题目总数为18道矛盾，因而题目总数不可能为18道。
（2）假设题目的总数是36道，则有
姓 名
答 对
答 错
双方都对
赵伟
钱玲
7
36-7=29
这样，赵伟和钱玲做对的题目为32+7-6=33（道），小于题目总数，合乎题意。
（3）假设题目的总数为54道，则有
姓 名
答 对
答 错
双方都对
赵伟
钱玲
7
54-7=47
显然，“钱玲答对7道题”与“两人都答对9道”是矛盾，因此题目总数不可能是54道。
同理，题目总数也不可能大于54道。
所以，题目总数为36道，赵伟答对32道题。
[例7]在小于100的自然数中，能被3或7整除的自然数有多少个？
思路剖析
如图6所示，用圆A表示小于100的自然数中能被7整除的自然数，用圆B表示小于100的自然数中能被3整除的自然数。
则阴影部分C表示即能被3整除又能被7整除的数，即能被21整除的数。
如果A、B、C分别表示上述三类数的个数，则“能被3或7整除的数”有A+B-C个。
解答
小于100的自然数能被3整除的共有33个，即3，6，9，…，96，99；能被7整除的共有14个，即7，14，21，…，91，98；能被3整除又能被7整除的数有4个，即21，42，63，84。
于是，由容斥原理，能被3或7整除的数共有33+14-4=43（个）。
[例8]如图7所示，四个圆两两相交，它们把四个圆分成了13个区域，如果在这些区域中分别填入1~13这13个自然数，然后把各圆的数各自相加，最后把这个圆的和相加得总和，那么总和最小可能是多少？
思路剖析
如图7所示，将13个区域分别标以A、B、C、…、L、M，显然最后的和要求将A处的数相加四次，B、C、D、E处的数要加三次，F、G、H、I处的数要加两次，J、K、L、M处的数要加一次。
因此，为了使最后的和尽可能地小，所以应将1~13这13个自然数从小到大填入A、B、C、…、M。
解答
将1填入A处，2填入B处，3填入C处，…，13填入M处，此时得到的和最小的和是
1×4+（2+3+4+5）×3+（6+7+8+9）×2+（10+11+12+13）=4+14×3+30×2+46=152
点津
用图来解题是本章要掌握的基本技巧，因此要求学生要多用图解题，以熟练掌握这种技巧。
这里关键要掌握量与量之间重叠部分的画法，有时是很重要的，有时是没有重叠的。
对例6而言，容斥原理不是用来解题的，却是用来检验结果的。
发散思维训练
1．把1~200这200个自然数中，即不是3的倍数，又不是5的倍数的是，从小到大排成一排，那么其中第100个是______。
2．如图8所示正方形的边长为4厘米，分别以正方形的四边为直径作半圆，那么阴影部分的面积是______。
3．一张圆形纸片的半径是3厘米，一张正方形纸片的边长是4厘米。
两张纸片重叠一部分，放在桌面上，覆盖桌面的面积为38平方厘米，则两张纸片重合部分的面积是______。
4．某校三年级有110人，并且每人至少参加语文、数学、英语三科活动小组中的一组。
已知参加语文小组的有52人，只参加语文小组的有16人；参加英语小组的有61人，只参加英语小组的有15人；参加数学小组的有63人，只参加数学小组的有21人。
则三组都参加的有______。
5．王强和李辉两人合租一套房子，客厅、厨房和厕所是两家合用的，在登记住房面积时，两家在登记表上填了如下数字（单位：
平方米）：
姓名
客 厅
居 室
厨 房
厕 所
总 面 积
王强
18
18
10
6
52
李辉
18
20
10
6
54
那么，他们租的这套房子共有______平方米。
6．边长为10厘米的正方形纸片，正中间挖一个正方形的洞，成为宽1厘米的方框。
把五个这样的方框放在桌面上，成为图9所示的图案。
问这些方框盖在桌面部分的面积是多少平方厘米？
7．分母为385的最简真分数共有多少个？
它们的和是多少？
8．如图10所示，△ABC是直角三角形，AC=4厘米，BC=
AC，以BC、AC分别为直径画半圆，两个半圆的交点D在AB边上，求图中阴影部分的面积。
9．某班四年级时、五年级时、六年级时分别评出10名三好学生，又已知四、五年级连续三好生4人，五、六年级连续三好生3人，四年级和六年级均评上三好生5人，四、五、六年级没评过三好生的有20人，则这个班最多有几个同学，最少又有几个同学？
发散思维训练
1．解：
从1至200的自然数中是3的倍数的数有66个；从1至200的自然数中是5的倍数的数有40个；而从1至200的自然数中既是3又是5的倍数的数有13个。
所以从1至200的自然数中是3或5的倍数的数有66+40-13=93（个），所以从1至200的这200个自然数中，既不是3又不是5的倍数的数有200-93=107（个）。
现在要求第100个，既倒数第8个，将它从大到小列出：
199、197、196、194、193、191、188、187、…，即从小到大排列第100个是187。
2．解：
求圆形面积问题的关键是把不规则的圆形包含在一个规则图形中，再由这个规则图形面积减去若干个规则圆形的面积。
此图中若把四个半圆面积加起来（阴影部分被加了两次）是正方形面积加阴影面积，因此阴影部分面积为
。
3．解：
本题中，圆形纸片面积+正方形纸片面积-重合部分面积=覆盖桌面的面积。
因此，两张纸片重合部分的面积是
4．解：
如52+61+63=176（人），这176人包括3个A以及2个B、C、D和1个15、16、21，那么176+16+15+21=228（人），这228人包括2个B、C、D和2个15、16、21及3个A，则228-110×2=8（人）恰好是A中的人数（答图1）。
5．解：
他们租的房子的面积=王强租的房子的总面积+李辉租的房子的总面积-两人共同租房的面积=52+54-（18+10+6）=106-34=72（平方米）
6．解：
单个方框的面积是
，所以五个方框的面积是36×5=180（平方厘米），这个图形共有八个重叠的小正方形，其总面积为8平方厘米，所以桌面被覆盖的面积为36×5-8=172（平方厘米）。
7．解：
因为385=5×7×11，在1~384中，能被5整除的数有76个，能被7整除的数有54个，能被11整除的数有34个，既能被5又能被7整除的数有10个数，既能被5又能被11整除的数有6个，既能被7又能被11整除的数有4个，没有数能同时被5、7、11同时整除。
所以能被5或7或11整除的数共有76+54+34-（10+6+4）=144（个）。
因此不能被5或被7或被11整除的数有384-144=240（个），即以385为分母的最简真分数有240个。
同时由于这240个真分数是成对出现的，如
，并且它们的和为1，所以240个数的和为120。
8．解：
两个半圆的面积和减去直角三角形ABC的面积是阴影部分的面积（答图2）。
这可以由：
从而
，所以
9．解：
若设该班有y人，三年连续三好生有x人，根据容斥原理有
y=10+10+10-4-3-5+x+20=38+x
由于三年都连续包含在五、六年级连续中，所以0≤x≤3
从而y的最大值=38+2=41（人）
y的最小值=38+0=38（人）
即该班最多有41人，最少有38人。
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