小学四年级尖子生数学辅导拔高训练加乘原理Word下载.docx
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计数时要注意区分是分类问题还是分步问题,正确运用两个原理。
灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理,可以巧妙解决很多复杂的计数问题。
小学阶段只学习两个原理的简单应用。
一:
两种原理的基础内容的记忆和计算的方法。
二:
两种计数原理的区分和综合应用。
【题目】:
1
用1角、2角和5角的三种人民币(每种的张数没有限制)组成1元钱,有多少种方法?
【解析】:
运用加法原理,把组成方法分成三大类:
①只取一种人民币组成1元,有3种方法:
10张1角;
5张2角;
2张5角。
②取两种人民币组成1元,有5种方法:
1张5角和5张1角;
一张2角和8张1角;
2张2角和6张1角;
3张2角和4张1角;
4张2角和2张1角。
③取三种人民币组成1元,有2种方法:
1张5角、1张2角和3张1角的;
1张5角、2张2角和1张1角的。
2
各数位的数字之和是24的三位数共有多少个?
一个数各个数位上的数字,最大只能是9,24可分拆为:
24=9+9+7;
24=9+8+7;
24=8+8+8。
运用加法原理,把组成的三位数分为三大类:
①由9、9、8三个数字可组成3个三位数:
998、989、899;
②由9、8、7三个数字可组成6个三位数:
987、978、897、879、798、789;
③由8、8、8三个数字可组成1个三位数:
888。
所以组成三位数共有:
3+6+1=10(个)。
所以共有组成方法:
3+5+2=10(种)。
3
有一批长度分别为1,2,3,4,5,6,7和8厘米的细木条若干,从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形?
围三角形的依据:
三根木条能围成三角形,必须满足任意两边之和大于第三边。
要满足这个条件,需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。
这道题的计数比较复杂,需要分层重复运用加法原理。
根据三角形三边长度情况,我们先把围成的三角形分为两大类:
第一大类:
围成三角形的三根木条,至少有两根木条等长(包括三根等长的)。
由题目条件,围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米,根据三角形腰长,第一大类又可以分为8小类,三边长依次是:
①腰长为1的三角形1个:
1、1、1。
②腰长为2的三角形3个:
2、2、1;
2、2、2;
2、2、3。
③腰长为3的三角形5个:
3、3、1;
3、3、2;
3、3、3;
3、3、4;
3、3、5。
④腰长为4的三角形7个:
4、4、1;
4、4、2;
……4、4、7。
⑤腰长为5的三角形8个:
5、5、1;
5、5、2;
……5、5、8。
同理,腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。
第一大类可围成的不同的三角形:
1+3+5+7+8×
4=48(个)。
第二大类:
围成三角形的三根木条,任意两根木条的长度都不同。
根据最长边的长度,我们再把第二大类围成的三角形分为五小类(最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米):
①最长边为8厘米的三角形有9个,三边长分别为:
8、7、6;
8、7、5;
8、7、4;
8、7、3;
8、7、2;
8、6、5;
8、6、4;
8、6、3;
8、5、4。
②最长边为7厘米的三角形有6个,三边长分别为:
7、6、5;
7、6、4;
7、6、3;
7、6、2;
7、5、4;
7、5、3。
③最长边为6厘米的三角形有4个,三边长分别为:
6、5、4;
6、5、3;
6、5、2;
6、4、3。
④最长边为5厘米的三角形有2个,三边长分别为:
5、4、3;
5、4、2。
⑤最长边为4厘米的三角形有1个,三边长为:
4、3、2。
第二大类可围成的不同的三角形:
9+6+4+2+1=22(个)。
所以,这一题共可以围成不同的三角形:
48+22=70(个)。
4
一把钥匙只能开一把锁,现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了,最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙?
要求“最多”多少次配好锁和钥匙,就要从最糟糕的情况开始考虑:
第1把钥匙要配到锁,最多要试9次(如果9次配对失败,第10把锁就一定是这把钥匙,不用再试);
同理,第2把钥匙最多要试8次;
……第9把锁最多试1次,最好一把锁不用试。
所以,最多试验次数为:
9+8+7……+2+1=45(次)。
5
某人到食堂去买饭菜,食堂里有4种荤菜,3种蔬菜,2种汤。
他要各买一样,共有多少种不同的买法?
运用乘法原理,把买饭菜分为三步走:
第一步:
选汤有2种方法。
第二步:
选荤菜有4种方法。
每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法,汤和荤菜共有2个4种,即8种不同的搭配方法。
第三步:
选蔬菜有3种方法。
荤菜和汤有8种不同的搭配方法,每种搭配方法,对应的都有3种选蔬菜的方法与其二次搭配,共有8个3种,即24种不同搭配方法。
如下图所示:
所以,共有不同的买法:
2×
4×
3=24(种)。
6
用数字0,3,8,9能组成多少个数字不重复的三位数?
运用乘法原理,把组数过程分为三个步骤:
确定三位数百位上数字,有3种选法(最高位不能为0)。
确定十位上数字,有3种选法。
从上面四个数字中确定任意一个不为0的数字放在百位上,十位上都会剩下三个数字供选择。
因此,对应百位上数字的每种选法,十位上数字都有3种不同的选择方法,两个数字共有3个3种,即9种不同的组成方法。
确定个位上数字,有2种选法。
从上面四个数字中去掉百位和十位上数字任意一种组成,个位上都会剩下2个不同的数字供选择。
因此,对应百位和十位上数字的任意一种组成方法,个位上都有2种不同的选择方法,三个数字共有9个2种,即18中不同的组成方法。
所以,能组成的不重复的三位数的个数为:
3×
2=18(个)。
A
1.从甲地到乙地,可以乘火车,也可以乘汽车,还可以乘轮船。
一天中火车有4班,汽车有3班,轮船有2班。
问:
一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地,共有多少种不同走法?
答案:
一天中乘坐火车有4种走法,乘坐汽车有3种走法,乘坐轮船有2种走法,所以一天中从甲地到乙地共有:
4+3+2=9(种)不同走法。
2.旗杆上最多可以挂两面信号旗,现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面,如果用挂信号旗表示信号,最多能表示出多少种不同的信号?
根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。
第一类是只挂一面信号旗,有红、黄、蓝3种;
第二类是挂两面信号旗,有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。
所以一共可以表示出不同的信号
3+6=9(种)。
3.两次掷一枚骰子,两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种?
两次的数字之和是偶数可以分为两类,即两数都是奇数,或者两数都是偶数。
因为骰子上有三个奇数,所以两数都是奇数的有3×
3=9(种)情况;
同理,两数都是偶数的也有9种情况。
根据加法原理,两次出现的数字之和为偶数的情况有9+9=18(种)。
4.用五种颜色给右图的五个区域染色,每个区域染一种颜色,相邻的区域染不同的颜色。
共有多少种不同的染色方法?
本题与上一讲的例4表面上十分相似,但解法上却不相同。
因为上一讲例4中,区域A与其它区域都相邻,所以区域A与其它区域的颜色都不相同。
本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻,如果从区域A开始讨论,那么就要分区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。
当区域A与区域E颜色相同时,A有5种颜色可选;
B有4种颜色可选;
C有3种颜色可选;
D也有3种颜色可选。
根据乘法原理,此时不同的染色方法有
5×
3=180(种)。
当区域A与区域E颜色不同时,A有5种颜色可选;
E有4种颜色可选;
B有3种颜色可选;
C有2种颜色可选;
D有2种颜色可选。
2=240(种)。
再根据加法原理,不同的染色方法共有
180+240=420(种)。
5.用1,2,3,4这四种数码组成五位数,数字可以重复,至少有连续三位是1的五位数有多少个?
将至少有连续三位数是1的五位数分成三类:
连续五位是1、恰有连续四位是1、恰有连续三位是1。
连续五位是1,只有11111一种;
中任一个,所以有3+3=6(种);
3×
4+4×
3+3×
3=33(种)。
由加法原理,这样的五位数共有
1+6+33=40(种)。
在例5中,我们先将这种五位数分为三类,以后在某些类中又分了若干种情况,其中使用的都是加法原理。
6.右图中每个小方格的边长都是1。
一只小虫从直线AB上的O点出发,沿着横线与竖线爬行,可上可下,可左可右,但最后仍要回到AB上(不一定回到O点)。
如果小虫爬行的总长是3,那么小虫有多少条不同的爬行路线?
如果小虫爬行的总长是2,那么小虫从AB上出发,回到AB上,其不同路线有6条(见左下图);
小虫从与AB相邻的直线上出发,回到AB上,其不同路线有4条(见右下图)。
实际上,小虫爬行的总长是3。
小虫爬行的第一步有四种情况:
向左,此时小虫还在AB上,由上面的分析,后两步有6条路线;
同理,向右也有6条路线;
向上,此时小虫在与AB相邻的直线上,由上面的分析,后两步有4条路线;
同理,向下也有4条路线。
根据加法原理,共有不同的爬行路线
6+6+4+4=20(条)
B
1.小明要登上10级台阶,他每一步只能登1级或2级台阶,他登上10级台阶共有多少种不同的登法?
登上第1级台阶只有1种登法。
登上第2级台阶可由第1级台阶上去,或者从平地跨2级上去,故有2种登法。
登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去,或者从第2级台阶上去,所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和,共有1+2=3(种)……一般地,登上第n级台阶,或者从第(n—1)级台阶跨一级上去,或者从第(n—2)级台阶跨两级上去。
根据加法原理,如果登上第(n—1)级和第(n—2)级分别有a种和b种方法,则登上第n级有(a+b)种方法。
因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法,就可以依次推算出登上以后各级的方法数。
由登上第1级有1种方法,登上第2级有2种方法,可得出下面一串数:
1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。
其中从第三个数起,
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