小学数学精讲教案7_3_3 加乘原理之数字问题（二） 教师版 9页

1.复习乘法原理和加法原理； 2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力． 3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题． 在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分 步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合． 一、加乘原理概念 生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中 的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加 法原理来解决． 还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方 法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决． 二、加乘原理应用 应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点： ⑴加法原理是把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，所以完成任务的 不同方法数等于各类方法数之和． ⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘 积． ⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理， 综合分析，正确作出分类和分步． 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”． 乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不 可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”． 【例 1】 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？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【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． 【答案】 【例 2】 七位数的各位数字之和为 60 ，这样的七位数一共有多少个？ 7-3-3.加乘原理之数字问题（二） 教学目标 知识要点 例题精讲 4 4 16× = 6 3 18× = 4 2 8× = 5 16 18 8 1 48+ + + + = 48 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【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 ． 【答案】 【例 3】 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？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】2 个数的和能被 4 整除，可以根据被 4 除的余数分为两类： 第一类：余数分别为 0，0．1~40 中能被 4 整除的数共有 （个），10 个中选 2 个，有 （种）取法； 第二类：余数分别为 1，3．1~40 中被 4 除余 1，余 3 的数也分别都有 10 个，有 （种） 取法； 第三类：余数分别为 2，2．同第一类，有 45 种取法． 根据加法原理，共有 （种）取法． 【答案】 【例 4】 从 1，3，5，7 中任取 3 个数字组成没有重复数字的三位数，这些三位数中能被 3 整除的有 个。 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】希望杯，四年级，二试，第 9 题 【解析】一个数能被 3 整除，它的各位数之和就能够被 3 整除。从 1，3，5，7 中任选 3 个数可以是 1，3， 5；1，3，7；1，5，7；3，5，7。和能被 3 整除的有：1，3，5 和 3，5，7，共能组成 3！×2＝12 个 数。 【答案】 个数 【例 5】 从 1,2,3,4,5,6 中选取若干个数，使得它们的和是 3 的倍数，但不是 5 的倍数．那么共有 种 不同的选取方法． 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，五年级，初赛，5 题 【解析】【解析】从 这些数中选取的数的和小于 ，满足条件的和数有 、 、 、 、 、 分别有 、 、 、 、 、 种选取方法，共 种选取方法． 【答案】 种 【例 1】 在 1 至 300 的全部自然数中，是 3 的倍数或 5 的倍数的数共有( )个。 A、139 B、140 C、141 D、142 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】选择 【关键词】华杯赛，五年级，初赛 【解析】3 的倍有 100 个，5 的倍数有 60 个，既是 3 又是 5 的倍数有 20 个，则是 3 或者 5 的倍数的数共有 100+60-20=140 个。 【答案】 【例 6】 在 1～10 这 10 个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是 3 的倍数，共有 种不同的 取法。 40 4 10÷ = 10 9 2 45× ÷ = 10 10 100× = 9 7 63× = 63 60 3− = 7 6 42× = 7 6 5 210× × = 3 2 1 6× × = 210 6 35÷ = 35 42 7 84+ + = 84 45 100 45 190+ + = 190 12 1 6 21 3 6 9 12 18 21 2 4 5 5 2 1 2 4 5 5 2 1 19+ + + + + = 19 B 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】走美杯，3 年级，决赛，第 11 题，5 年级，第 7 题 【解析】两个数的和是 3 的倍数有两种情况，或者两个数都是 3 的倍数，或有 1 个除以 3 余 1，另一个除以 3 余 2。1～10 中能被 3 整除的有 3 个数，取两个有 3 种取法；除以 3 余 1 的有 4 个数，除以 3 余 2 的 有 3 个数，各取 1 个有 12 种取法。所以共有取法 3+12=15(种)。 【答案】 种 【巩固】 从 1 到 20 中，最多能取______个数，使任意两个数不是 3 倍关系。 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】学而思杯，4 年级，第 13 题 【解析】 和 共存， 和 不能共存， 和 不能共存， 和 不能共存，5 和 不能共存， 和 不能共 存。要破坏这些组合，至少要去掉 个数，例如 【答案】16 个 【巩固】 从 个自然数这 个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是 的倍数，共有 中不同的取法。 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】走美杯，6 年级，决赛，第 8 题 【解析】 到 中，除以 ，余数是 的数有 个，余数是 的数有 个，余数是 的数有 个，余数是 的数 有 个，所以共有 （种）。 【答案】 种 【例 7】 在 的自然数中取出两个不同的数相加，其和是 3 的倍数的共有多少种不同的取法？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】将 1～100 按照除以 3 的余数分为 3 类：第一类，余数为 1 的有 1，4，7，…100，一共有 34 个；第 二类，余数为 2 的一共有 33 个；第三类，可以被 3 整除的一共有 33 个．取出两个不同的数其和是 3 的倍数只有两种情况：第一种，从第一、二类中各取一个数，有 种取法；第二种，从 第三类中取两个数，有 种取法．根据加法原理，不同取法共有： 种． 【答案】 【巩固】 在 1~10 这 10 个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是 3 的倍数，共有多少种不同的取 法？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】两个数的和是 3 的倍数有两种情况，或者两个数都是 3 的倍数，或有 1 个除以 3 余 1，另一个除以 3 余 2．1～10 中能被 3 整除的有 3 个数，取两个有 3 种取法；除以 3 余 1 的有 4 个数，除以 3 余 2 的 有 3 个数，各取 1 个有 种取法．根据加法原理，共有取法： 种． 【答案】 【巩固】 在 这 10 个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是 3 的倍数有多少种不同的取法？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】三个不同的数和为 3 的倍数有四种情况：三个数同余 1，三个数同余 2，三个数都被 3 整除，余 1 余 2 余 0 的数各有 1 个， 四类情况分别有 4 种、1 种、1 种、 种 ，所以一共有 种． 【答案】 【巩固】 从 7，8，9， ，76，77 这 71 个数中，选取两个不同的数，使其和为 3 的倍数的选法总数是多少? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】两个数和为 3 的倍数情况有两种：两个被 3 整除的数和是 3 的倍数，一个被 3 除余 1 的数和一个被 3 除余 2 的数相加也能被 3 整除.这 71 个数中被 3 整除，被 3 除余 1，被 3 除余 2 的数分别有 23、24、 24 个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了，选取两个被 3 整除的数的方法有 种，从被 3 除余 1 和被 3 除余 2 的数中各取 1 个的方法共有 种，所 以一共有 种选取方法． 【答案】 15 1 3 2 6 3 9 4 12 15 6 18 4 3,4,5,6 1~ 25 25 4 1 25 4 1 7 2 6 3 6 0 6 6 7 6 5 2 2 72× + × ÷ × = 72 1~100 34 33 1122× = 33 32 2 528× ÷ = 1122 528 1650+ = 1650 3 4 12× = 3 12 15+ = 15 1~10 4 3 3 36× × = 4 1 1 36 42+ + + = 42  23 22 2 1 253× ÷ × =（ ） 24 24 576× = 253 576 829+ = 829 【例 8】 从这些数中选取两个数，使其和被 3 除余 1 的选取方法有多少种？被 3 除余 2 的选取方法有多少种？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】两个数的和被 3 除余 1 的情况有两种：两个被 3 除余 2 的数相加，和一个被 3 整除的数和一个被 3 除余 1 的数相加，所以选取方法有 种． 同样的也可以求出被 3 除余 2 的选取方法有 种. 【答案】 【例 9】 1 到 60 这 60 个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被 5 除余 2 的偶数，问，一共有多少种选 法？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】两个数的乘积被 5 除余 2 有两类情况，一类是两个数被 5 除分别余 1 和 2，另一类是两个数被 5 除 分别余 3 和 4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1 到 60 这 60 个自然数中，被 5 除余 1、2、3、4 的偶数各有 6 个，被 5 除余 1、2、3、4 的奇数也各有 6 个，所以符合条件的选取 方式一共有 种． 【答案】 【例 10】 一个自然数，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如 1331，7，202 都是回文数，而 220 则不是回文数．问：从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第 1996 个数 是多少? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算． 所有的一位数均是“回文数”，即有 9 个； 在二位数中，必须为 形式的，即有 9 个(因为首位不能为 0，下同)； 在三位数中，必须为 ( 、 可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同)形式的，即有 9×10 =90 个； 在四位数中，必须为 形式的，即有 9×10 个； 在五位数中，必须为 形式的，即有 9×10×10=900 个； 在六位数中，必须为 形式的，即有 9×10×10=900 个． 所以共有 9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998 个，最大的为 999999，其次为 998899，再次为 997799． 而第 1996 个数为倒数第 3 个数，即为 997799． 所以，从一位到六位的回文数一共有 1998 个，其中的第 1996 个数是 997799． 【答案】997799 【例 11】 如图，将 1，2，3，4，5 分别填入图中 的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都 大．共有 种不同的填法． 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】走美杯，6 年级，决赛，第 5 题 【解析】因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满 足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是 5 和 4；第二类， 填在黑格里的数是 5 和 3．接下来就根据这两类进行计数： 第一类，填在黑格里的数是 5 和 4 时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从 5 和 4 中任选一个， 有 2 种选法；第二步，第二个黑格可从 5 和 4 中剩下的一个数选择，只有 1 种选法；第三步，第一 个白格可从 1，2，3 中任意选一个，有 3 种选法．第四步，第二个白格从 1，2，3 剩下的两个数中 任 选 一 个 ， 有 2 种 选 法 ； 第 五 步 ， 最 后 一 个 白 格 只 有 1 种 选 法 ． 根 据 乘 法 原 理 ， 一 共 有 种． 第二类，填在黑格里的数是 5 和 3 时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理， 不同的填法有 种． 所以，根据加法原理，不同的填法共有 种． 24 23 2 1 24 23 828× ÷ × + × =（ ） 24 23 2 1 24 23 828× ÷ × + × =（ ） 828 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 216× + × + × + × + × + × =（ ）（ ） 216 aa aba a b abba abcba abccba 1 5× (2 1) (3 2 1) 12× × × × = 2 2 4× = 12 4 16+ = 【答案】 【巩固】 在如图所示 1×5 的格子中填入 1，2，3，4，5，6，7，8 中的五个数，要求填入的数各不相同，并 且填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有 种不同的填法． 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】如果取出来的五个数是 1、2、3、4、5，则共有不同填法 16 种．从 8 个数中选出 5 个数，共有 8×7×6÷(3×2×1)=56 中选法，所以共 16×56=896 种． 【答案】896 【例 12】 从 1～12 中选出 7 个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的 2 倍，那么一 共有 种选法． 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】由于要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的 2 倍，可以先根据 2 倍关系将 1～12 进行 如下分组：(1，2，4，8)；(3，4，12)；(5，10)；(7)；(9)；(11)． 由于第一组最多可选出 2 个数，第二组最多可选出 2 个数，其余四组最多各可选出 1 个数，所以最 多可选出 8 个数．现在要求选出 7 个数，所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个． ⑴如果是第一组少一个，也就是说第一组选 1 个，第二组选 2 个，其余四组各选 1 个，此时有 种选法； ⑵如果是第二组少一个，也就是说第一组选 2 个，其余五组各选一个，此时第一组有 3 种选法，根 据乘法原理，有 种选法； ⑶如果是第三组少一个，也就是说第一组选 2 个，第二组选 2 个，第三组不选，其余三组各选 1 个， 有 种选法； ⑷如果是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三组地位相同，所以各有 种 选法． 根据加法原理，共有 种不同的选法． 【答案】 【例 13】 从 到 这 个自然数中有 个数的各位数字之和能被 4 整除． 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】由于在一个数的前面写上几个 0 不影响这个数的各位数字之和，所以可以将 到 中的一位数和两 位数的前面补上两个或一个 0，使之成为一个三位数．现在相当于要求 001 到 999 中各位数字之和 能被 4 整除的数的个数．一个数除以 4 的余数可能为 0，1，2，3，0～9 中除以 4 余 0 的数有 3 个， 除以 4 余 1 的也有 3 个，除以 4 余 2 和 3 的各有 2 个．三个数的和要能被 4 整除，必须要求它们除 以 4 的余数的和能被 4 整除，余数的情况有如下 5 种： ； ； ； ； ． ⑴如果是 ，即 3 个数除以 4 的余数都是 0，则每位上都有 3 种选择，共有 种可 能，但是注意到其中也包含了 000 这个数，应予排除，所以此时共有 个； ⑵如果是 ，即 3 个数除以 4 的余数分别为 0，1，3，而在 3 个位置上的排列有 种，所 以此时有 个； ⑶如果是 ，即 3 个数除以 4 的余数分别为 0，2，2，在 3 个位置上的排列有 种，所以此时 有 个； ⑷如果是 ，即 3 个数除以 4 的余数分别为 1，1，2，在 3 个位置上的排列有 种，所以此时 有 个； ⑸如果是 ，即 3 个数除以 4 的余数分别为 2，3，3，在 3 个位置上的排列有 种，此时有 个． 根据加法原理，共有 ． 【答案】 【巩固】从 10 到 4999 这 4990 个自然数中，其数字和能被 4 整除的数有多少个？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】分段计算： 16 4 1 2 1 1 1 8× × × × × = 3 3 2 1 1 1 18× × × × × = 3 1 1 1 1 1 3× × × × × = 3 1 2 1 1 1 6× × × × × = 8 18 3 6 3 47+ + + × = 47 1 999 999 1 999 0 0 0+ + 0 1 3+ + 0 2 2+ + 1 1 2+ + 2 3 3+ + 0 0 0+ + 3 3 3 27× × = 27 1 26− = 0 1 3+ + 3! 6= 3 3 2 6 108× × × = 0 2 2+ + 3 3 2 2 3 36× × × = 1 1 2+ + 3 3 3 2 3 54× × × = 2 3 3+ + 3 2 2 2 3 24× × × = 26 108 36 54 24 248+ + + + = 248 在 1000～4999 这 4000 个数中，数字和被 4 除余 0、1、2、3 的各有 1000 个； 在 200～999 这 800 个数中，数字和被 4 除余 0、1、2、3 的各有 200 个； 在 20～99、120～199 这 160 个数中，数字和被 4 除余 0、1、2、3 的各有 40 个； 此外，10～19、100～119 种分别有 2 个和 4 个被 4 整除， 所以，共有 个． 【答案】 【巩固】从 1 到 3998 这 3998 个自然数中，又多少个数的各位数字之和能被 4 整除？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】从 0 到 999 共有 1000 个数，它们除以 4 的余数为 0，1，2，3，这样，这 1000 个数每一个加上千位 上对应的 0，1，2，3，都能被 4 整除，所以答案为 1000 个． 【答案】1000 【例 14】 表中第 1 行是把 的整数依次全部排列出来，然后从第 2 行起是根据规律一直排到最后的第 100 行.请问：这个表中一共有多少个数能被 77 整除？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】日本小学数学奥林匹克决赛 【解析】在这个表里，有的数字的正下方写着比它大 4 的数. 假如，某数字是不能被 77 整除的数字，那么不管它被 4 乘多少回，也不能被 77 整除.于是我们得知 不能被 77 整除的数字下面写的数字都不能被 77 整除.那么，如果某数字是可以被 77 整除，不管乘 多少回 4，得出的数字都可以被 77 整除.可被 77 整除的数字下面都可以被 77 整除.题目的表中从左 右两边第 N 个的下面写着 N 个整数.表的第一行从右数第 24 个是 77，在它下面写的 24 个整数都可 以被 77 整除.另外，从左数第二行第 38 个是 ，所以在它下面写的 38 个整数都可以被 77 整除.在表的第一行和第二行里除此之外再没有可以被 77 整除的数了.从整个表来看，除了上述的 个以外，再也没有可以被 77 整除的数了，所以答案为 62. 【答案】 【例 15】 有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字 1、2、3、4、5、6．将两个正 方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为 偶数，所以，要分两大类来考虑． 第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现 奇数有三种可能，即 1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有 种不同的情形． 第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有 种不同情形． 最后再由加法原理即可求解．两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有 种不同的 情形． . …… …… …… …… …… …… …… …… …… …… ………………………… …… ………… ………… …… …… …… …… …… …… …… 8 12 16 388 392 396 19919719519393 5 7 100999897965431 2 第100行 第5行 第4行 第3行 第2行 第1行 2A+12A-1 4A A+1AA-1 1000 200 40 6 1246+ + + = 1246 1 100∼ 38 39 77+ = 24 38 62+ = 62 3 3 9× = 3 3 9× = 3 3 3 3 18× + × = 【答案】 【巩固】 有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字 1、2、3、4、5、6．将两个正方 体放到桌面上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】要使两个数字之和为奇数，只要这两个数字的奇偶性不同，即这两个数字一个为奇数，另一个为偶 数，由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即 1， 3，5；放第二个正方体，出现偶数也有三种可能，由乘法原理，这时共有 种不同的情形． 【答案】 【例 16】 有两个骰子，每个骰子的六个面分别有 1、2、3、4、5、6 个点．随意掷这两个骰子，向上一面点 数之和为偶数的情形有多少种？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步： 第一步第一个骰子随意掷有 6 种可能的点数；第二步当第一个骰子的点数确定了以后，第 二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的 3 种可能的点数． 根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有 （种）． 方法二：要使两个骰子点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，所以，可以分为两类： 第一类：两个数字同为奇数．有 （种）不同的情形． 第二类：两个数字同为偶数．类似第一类，也有 （种）不同的情形． 根据加法原理，向上一面点数之和为偶数的情形共有 （种）． 方法三：随意掷两个骰子，总共有 （种）不同的情形．因为两个骰子点数之和为奇数与偶 数的可能性是一样的，所以，点数之和为偶数的情形有 （种）． 【答案】 【巩固】 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有 1、2、3、4、5、6 个点．随意掷这三个骰子，向上一面点 数之和为偶数的情形有多少种？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】方法一：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两 个点数为奇数．可以分为三步：第一步，第一个骰子随意掷有 6 种可能的点数；第二步，当第一个 骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数还是奇数偶数都有可能所有也有 6 种可能的点数；第三 步，当前两个骰子的点数即奇偶性都确定了之后第三个骰子点数的奇偶性就确定了所以只有 3 种可 能的点数． 根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有 （种）． 方法二：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两 个点数为奇数．所以，要分两大类来考虑： 第一类：三个点数同为偶数．由于掷骰子可认为是一个一个地掷．每掷一个骰子出现偶数 点数都有 3 种可能．由乘法原理，这类共有 （种）不同的情形． 第二类：一个点数为偶数另外两个点数为奇数．先选一个骰子作为偶数点数的骰子有 3 种 选法，然后类似第一类的讨论方法，共有 （种）不同情形． 根据加法原理，三个骰子向上一面点数之和为偶数的情形共有 （种）． 【答案】 【巩固】 3 个骰子掷出的点数和中，哪个数最有可能？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】对于 3 个骰子的情况，情况比较复杂，点数和的取值范围是 3 到 18，其中点数和为 3 到 8 的情况的 种数可以用隔板法求出，例如，8 点的情况，实际上将 8 隔为 3 段，一共有 种． 而 13 到 18 的点数情况种数也可以直接求出，例如点数为 13 的情况，将每个骰子的数值分别记为 、 、 ， 、 、 的取值都是 1 到 6，则问题变为 的 解的数量，即 的解的数量，这就又可以用隔板法来求了，得数还是 21 种，(事实上构成 的数表一定是左右对称的)对于点数和为 9、10、11、12 的情况不能用隔板法来求，例如对 9 进行隔 板有 种，但这 28 种中还包括了 1、1、7，1、7、1，7、1、1 三种情况，所以实际 的情况只有 25 种，对于点数和为 10 点的情况用挡板法求得 45 种，扣除 9 种出现超过 6 点的情况， 还有 36 种,详表如图： 18 3 3 9× = 9 6 3 18× = 3 3 9× = 3 3 9× = 9 9 18+ = 6 6 36× = 36 2 18÷ = 18 6 6 3 108× × = 3 3 3 27× × = 3 3 3 3 81× × × =（ ） 3 3 3 3 3 3 3 108× × + × × × = 108 7 6 (2 1) 21× ÷ × = (7 )a− (7 )b− (7 )c− a b c (7 ) (7 ) (7 ) 13a b c− + − + − = 8a b c+ + = 8 7 (2 1) 28× ÷ × = 所以 3 个骰子的点数和中，10 和 11 的可能性最大． 【答案】10 和 11 【例 17】 一种电子表在 10 点 28 分 6 秒时，显示的时间如图所示。那么 10 点至 10 点半这段时间内，电子表 上六个数字都不相同有_______个。 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】希望杯，六年级，一试，第 16 题 【解析】分的十位只能取 2，再考虑秒的十位可以取 3、4、5 三种，分的个位可以取 10-4=6 种，秒的个位可 以取 10-5=5 种.所以一共有 3×6×5=90 种. 【答案】 种 【例 18】 有一种用 12 位数表示时间的方法：前两位表示分，三四位表示时，五六位表示日，七八位表示月， 后四位表示年．凡不足数时，前面补 0．按照这种方法，2002 年 2 月 20 日 2 点 20 分可以表示为 200220022002．这个数的特点是：它是一个 12 位的反序数，即按数位顺序正着写反着写都是相同 的自然数，称为反序数．例如 171，23032 等是反序数．而 28 与 82 不相同，所以 28，82 都不是反 序数． 问：从公元 1000 年到 2002 年 12 月，共有多少个这样的时刻？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】反序数是关于中心对称的数． ⑴日期的两个数可以是 01，02，03，10，11，12 中的任意一个． ⑵年份的前两位可以是 10～12 中的任意数． ⑶年份的末两位可以分别是 0～9，0～5 中的任意数． ⑷在公元 1000～公元 2000 年间符合条件的数共有 个． 2000，2001，2002，月份可选 01，02，03，10，11，12． 符合条件的时间共： (个) 【答案】 【例 19】 假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是 1 月 26 日 9 时 30 分 28 秒．在这串数里，“0”出现了 3 次，“2”出现了 2 次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现 1 次，而 “4”、“5”、“7”没有出现．如果在电子计时器所显示的这串数里，“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、 “6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只能出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”，那么 2003 年一 共有多少个这样的“十全时”？ 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】方法一： ⑴容易验证在 1、2、10、11、12 月内没有“十全时”． ⑵3 月里只有形式 032 1 □ □ 符合条件． 其中两个方格中可以填 4 或 5，四条横线上可以填 6 或 7 或 8 或 9，于是共有 个“十全时”． 同理 4、5 月内也分别各有 48 个“十全时”． ⑶6 月里有两种形式：061 23□ □ ①或 062 1□ □ ②符合条件． 对于形式①两个方格中可以填 4 或 5；三条横线上可以填 7 或 8 或 9， 于是共有 个“十全时”． ②两个方格中可以填 3 或 4，或 5 中的任意两个数，三条横线上可以填 7 或 8 或 9 及 3、4、5 中 余下的某一个数． 10 : 28 : 06 90 6 3 10 6 1080× × × = 1080 6 3 1098+ × = 1098 2 (4 3 2 1) 48× × × × = 2 (3 2 1) 12× × × = 于是共有 个“十全时”． 所以 6 月里共有“十全时” 个． 同理 7、8、9 月内也分别各有 156 个“十全时”． 综上所述，2003 年一共有 个“十全时”． 方法二： 月可以是 01 到 12，日可以是 01 到 31，时可以是 00 到 23，分可以是 00 到 59，秒也可以是 00 到 59。也就是说， 6，7，8，9 只能做个位数字，4 和 5 如果放到十位数字上只能是分和秒的十位数字。 那么，第五个个位数字是什么呢？ 如果是 0，则月的十位是 1，只能是 10 月，这样时最少是 26，不合理； 如果是 1，同样，2，3 也无法合理安排到月，日，时的十位； 如果是 2，同样，3 也无法合理安排到月，日，时的十位； 如果是 3，应该把 0，1，2 安排到月，日，时的十位，4 和 5 放到分和秒的十位。月的十位必须是 0。 如果 2 放到日的十位，安排 4 和 5 有 2 种方法，3，6，7，8，9 有 5!=120 种方法，共 240 种； 如果 2 放到时的十位，则时只能是 23，安排 4 和 5 有 2 种方法，6，7，8，9 有 4!=24 种方法，共 48 种。此类小计 288 种。 如果是 4 或 5，此时有 2 种选法。月的十位是 0，时的十位是 1，月的十位是 2。时和分的十位有 2 种 选法，五个数的个位仍有 5!=120 种方法，共有 2×2×120=480 种。共计 288+480=768 种。 【答案】768 (3 2) (4 3 2 1) 144× × × × × = 12 144 156+ = 48 3 156 4 768× + × =