7-1-2 加法原理之分类枚举(二).教师版.doc

1、7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 1 of 97-1-2.加法原理之分类枚举（二）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，又有几种可能的做法那么，考虑完成这件事

2、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上第二类的方法数二、加法原理的定

3、义一般地，如果完成一件事有 k 类方法，第一类方法中有 种不同做法，第二类方法中有 种不同做法，1m2m，第 k 类方法中有 种不同做法，则完成这件事共有 种不同方法，这就是加法原km2 kN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： 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确运

4、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”7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 2 of 9三、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分类枚举找规律【例 1】 有一个电子表的表面用 2 个数码显示“小时”，另用 2 个数码显示“分”。例如“21：32”表示

5、21 时 32分，那么这个手表从“10：00”至“11：30”之间共有 分钟表面上显示有数码“2”. 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】3 星 【题型】填空【关键词】学而思杯，6 年级，1 试，第 9 题【解析】 显示小时的数码不会出现 2，只有分钟会出现。10 点到 11 点分别有2，12，20，21，22，29，32，42，52，共 15 次，11 点到 11 点半有2，12，20，21，22，29 共 12 次，所以有 27 分钟。【答案】 分钟7【例 2】 袋中有 3 个红球，4 个黄球和 5 个白球，小明从中任意拿出 6 个球，他拿出球的情况共有_种可能 【考点】加法原理之分类枚举

6、 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想，迎春杯，四年级，初赛，6 题【 解析解析 】 如果没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（1、5） 、 （2、4） 、 （3、3） 、 （4、2）4 种.如果拿 1 个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、5） （1、4） 、 （2、3） 、 （3、2） 、 （4、1）5 种.如果拿 2 个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、4） 、 （1、3） 、 （2、2） （3、1） 、 （4、0）5 种如果拿 3 个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、3） 、 （1、2） 、 （2、1） 、 （3、0）4 种.可见他拿出球的情况共有：4+5+5

7、+4=18（种） 有 18 种.【答案】 种18【例 3】 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? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想【解析】 方法一：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，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：， ， 12 4 1 24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7-1-2.加法原理之分类枚举

8、（二）.题库 教师版 page 3 of 9同的插法，可以得到 3 个不同的乘积，枚举如下：， ， 12 412 341 234若插入三个乘号，则只有 1 个插法，可以得到 l 个不同的乘积，枚举如下： 所以，根据加法原理共有 种不同的乘积37方法二：每个空可以放入乘号可以可以不放乘号共有两种选择，在 1、2、3、4 这四个数中共有 3 个空所以共有： 去掉都不放的一种情况，所以共有： （种）选择2=8 8=7【答案】 7【例 4】 1995 的数字和是 1995=24，问：小于 2000 的四位数中数字和等于 26 的数共有多少个? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答

9、【关键词】分类讨论思想【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 99=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 123=6 个【答案】 6【巩固】 1995 的数字和是 1995= 24，问：小于 2000 的四位数中数字和等于 24 的数共有多少个? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想【解析】 小于 2000 的四位数千位数

10、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 ，因此，百位数字至少是 5于是98百位为 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 个123451【答案】 15【巩固】 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?【考点】加法

11、原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想【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 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；7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 4 of 9第五类，百位为 3 时，只有 2340，2331，2322

12、，2313，2304 五个；第六类，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、2007 八个；根据加法原理，总计共 个3456783【答案】 36【例 5】 从 101 到 900 这 800 个自然数中，数字和被 8 整除的数共有_个。【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空【关键词】走美杯，四年级，初赛，第 13 题【解析】

13、数字和被 8 整除，则数字和可能为 8、16、24数字和 8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2这样的数共有 个1323263数字和 16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=这样的数共有 58 个数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8这样的数共有 6 个所以满足题意的数字共有 100 个【答案】 个10【巩固】 在四位数中，各位数字之和是 4 的四位数有多少？ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】

14、分类讨论思想【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；十位数字为 1，有 2011、1111，共 2 个；十位数字为 2，有 1021，满足条件的数共有 1 个第 3 类个位数字

15、是 2，满足条件的数共有 3 个其中：十位数字为 0，有 2002、1102，共 2 个；十位数字为 1，有 1012，共 1 个第 4 类个位数字是 3，满足条件的数共有 1 个其中：十位数字是 0，有 l003，共 1 个根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有 个06320【答案】 2【例 6】 将 1999 这 999 个自然数排成一行（不一定按从大到小或从小到大的顺序排列） ，得到一个 2889 位数，那么数字串“123”最多能出现 次【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 5 of 9【关键词】迎春

16、杯，高年级，复试，4 题【 解析解析 】 构成数字串“123”的方式有很多，它可能是由一个数单独构成，也可能是由两个数或三个数构成统计数字串“123”出现的次数，最好的办法就是对其进行分类统计我们将出现的“123” 分为如下几类：就是 123 三位数本身，一个；1 和 23 分别属于两个不同的多位数，那么后面这个数可能是 23 或以 23 开头的三位数23 或以 23 开头的三位数有 23，230，231，232，238，239 共 11个，而以 1 结尾的数远远多于 11 个，所以这类最多有 11 个；12 和 3 分别属于两个不同的多位数，那么前面这个数可能是 12 或以 12 结尾的三位

17、数12 或以 12 结尾的三位数有12，112，212，312，812，912 共 10 个，而以 3 结尾的数远远多于 10 个，最多有 10 个；1、2 和 3 分别属于三个不同的多位数，那么中间这个数只能是 2，最多出现 1 次综上，最多出现次，而且易看出可以达到02【答案】 次【例 7】 将 、 以及另外 个不同的自然数填入下面六个，使这 个自然数从左到右构成等差数列，一164 6共有 种不同的填法。【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空【关键词】学而思杯，4 年级，第 6 题【解析】 由于 和 都在该等差数列当中，所以该等差数列的公差是 与 之差的约数，即只能是 ，

18、106 1601， ， ，对这些公差分别讨论：23（ ）当公差为 时，两个数所在的位置相隔 格，但一共只有 个方格，所以该情况不存在。5（ ）当公差为 时，两个数所在的位置相隔 格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以22枚举 种填法。6（ ）当公差为 时，两个数所在的位置相隔 格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以331枚举出 种填法。48（ ）当公差为 时，两个数所在的位置相邻，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，只能枚举出 种填法。所以一共只有 种填法。2684【答案】 18【例 8】 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，

19、如 ， 等等，这类数共有 个. 25749【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想【解析】 按自然数的最高位数分类： 最高位为 的有1， ， ， ， ， ， ， ， 共 个102358235814759167189最高位为 的有， ， ， ， ， ， ， 共 个467622最高位为 的有， ， ， ， ，358， 共 个30915329347697最高位为 的有 共 个所以这类数共有 个 01814【答案】 47-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 6 of 9【例 9】 在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个？【考

20、点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】华杯赛，初赛，试题，第 12 题【解析】 适合要求的两位数中，个位数字小于十位数字可将它们列出来：十位数字个位数字1020，130，1，290，1，2，8因此，适合要求的两位数共有：12 十 39 45(个)192（ ）【答案】 个45【例 10】 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？ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】解答 【考点】 【难度】星 【题型】填空【关键词】2007 年，迎春杯，中年级，初赛，5 题,分类讨

21、论思想【解析】 (法 1)两位数中迎春数的个数十位数字为 1 的：12，13，198 个十位数字为 2 的：23，24，297 个十位数字为 3 的：34，35，396 个十位数字为 4 的：45，46，495 个十位数字为 5 的：56，57，594 个十位数字为 6 的：67，68，693 个十位数字为 7 的：78，792 个十位数字为 8 的：891 个两位数共 个三位数中迎春数的个数百位数字是 1 的：123129，134139189共 28 个百位数字是 2 的：234239，289共 21 个百位数字是 3 的：345349，389共 15 个百位数字是 4 的：456458，4

22、89共 10 个百位数字是 5 的：567569，589共 6 个百位数字是 6 的：678，679，689共 3 个百位数字是 7 的：7891 个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7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 7 of 9前两位是 16 的：1678，1679，16893 个前两位是 17 的：17891 个共 56 个所以小于 20

23、08 的迎春数共 个6845176(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个三位数的取法有 个1000 多的迎春数的取法有9823693284个715所以共 个47【答案】 1【例 11】 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？ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想【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 32 种 百位是 3，十位可以是 2 和 4；十

24、位是 2，个位可以是 1 和 3，十位是 4，个位可以是 3 和 54种 所以，首位取 1 时，共有 种 6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 种 6所以首位取 2 时，共有 种 9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

25、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 种 21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

26、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 种 6所以，首位取 4 时，共有 种 69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 3，7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 8 of 9十位可以是 2 和 4，有 4 种所以，首位取 5 时共有 种 246总共有： 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69162相加总共有： 个 【答案】 4【例 12】 从 1999 中选出连续 6 个自然数，使得它们的乘积的末尾恰

27、有 4 个 0，一共有 种选法【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空【关键词】迎春杯，高年级，决赛，9 题【解析】 连续的 6 个自然数中，必有 3 个偶数，这 3 个偶数是 3 个连续偶数，其中至少有 1 个是 4 的倍数，那么这 3 个偶数的积肯定是 的倍数，所以任意的连续 6 个自然数的积都是 的倍数42 42另外，连续的 6 个自然数中，至少有一个 5 的倍数，至多有两个 5 的倍数：如果其中只有 1 个 5 的倍数，由于末尾要有 4 个 0，那么这个 5 的倍数应是 的倍数，即是 62545的倍数，又小于 1000，只能是 625，那么这 6 个数可以是621626

28、，622627，623628，624629，共 4 种；如果其中有 2 个 5 的倍数，那么只能是这连续 6 个自然数中的最大数和最小数都是 5 的倍数由于这两个 5 的倍数不可能同时是 25 的倍数，所以其中必有一个是 的倍数，可能为 125，250，375，500，625，750，900对于其中除3512625 外的 6 个数，每个数都可以是这连续 6 个自然数中的最大数和最小数，所以对这 6 个数，每个数都有 2 种取法，共有 种取法；而对于 625 来说，与另一个 5 的倍数相乘，将会是 的倍6 5数，要想使末尾恰有 4 个 0，则这连续 6 个自然数的乘积要是 的倍数但又不是 的倍数

29、检验4252620625 和 625630 这两组的连续 6 个自然数，后者满足题意，前者则不合题意所以有 2 个 5的倍数的情况下共有 种选法123根据加法原理，共有 种选法小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉 625630 这一7组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是 2 比 5 多的情况，所以学生可能对于 2 比 5 少的可能性根本不予考虑【答案】 种17【例 13】 两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出 6 朵串成花环（图是其中的一种情况） ，可以得到不同的花环 种。 （通过旋转和翻转能重合的算同一种花环） 。 季季【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【

30、题型】填空【关键词】希望杯，五年级，二试，第 8 题【解析】 考虑月季花的数量有 0、1、2、3、4、5、6 共类情况，分类讨论：（1） 有 0 朵月季花，则有 1 种；（2） 有 1 朵月季花，则有 1 种；7-1-2.加法原理之分类枚举（二）.题库 教师版 page 9 of 9（3） 有 2 朵月季花，2 朵月季花中间可包夹有 0、1、2 朵月季花，共有 3 种情况。 （包夹 3、4朵分与包夹 1、0 朵相同） ；（4） 有 3 朵月季花，3 多月季花中间可包含有 0、1、2 朵月季花，共有 3 种情况。 （包含 3 朵月季花与包含 0 朵相同） ；（5） 有 4 朵月季花，同（3） ，

31、有 3 种情况；（6） 有 5 朵月季花，有 1 种；（7） 有 6 朵月季花，有 1 种；所以共有 1+1+3+3+3+1+1=13（种）【答案】 种13【例 14】 某次武林大会有九个级别的高手参加，按级别从高到低分别是游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师为公平起见，分组比赛的规则是：两人或三人分为一组，若两人一组，则这两人级别必须相同；若三人一组，则这三名高手级别相同，或者是连续的三个级别各一名现有 13 个人，其中有三名游侠、三名牧师，其它七类高手各一名若此时再有一人加入，所有这些人共分为五组比赛，那么新加入这个人的级别可以有_种选择【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级，决赛，12 题【 解析解析 】 现在总共是有 14 个人，且分为五组，则必然是下面的这种情况： 如果我们给：游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师依次编号为：、 、接下来分情况讨论：第一种情况：如果 里填，则其它组可以是：、 那么加入 也可以是：、 、 、那么加入或 都可第二种情况：如果 里填，则其它组可以是：、 、那么加入 或都可也可以是：、 那么加入第三种情况：如果 里填 、，那么其它组可以是：、那么加入也可以是：、 那么加入还可以是：、那么加入所以新加入这个人的级别可以有 9 种选择【答案】 种9