第18讲加法乘法原理1习题导学案教案奥数实战演练习题.docx
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第18讲加法乘法原理1习题导学案教案奥数实战演练习题
学科教师辅导讲义
学员编号:
年级:
六年级
课时数:
3
学员姓名:
辅导科目:
奥数
学科教师:
授课主题
第18讲-加法、乘法原理
授课类型
T同步课堂
P实战演练
S归纳总结
教学目标
1理解加法、乘法原理的类型;
2会用加法、乘法原理解应用题。
授课日期及时段
T(Textbook-Based)——同步课堂
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,在具体做的时候,只要采用一类中的一种方法就可以完成,并且几类方法是互不影响的。
在每一类方法中,又有几种可能的做法,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。
加法原理:
如果完成一件任务有n类方法,在第一类方法中有种不同方法,在第二类方法中有种不同方法……,在第n类方法中有种不同方法,那么完成这件任务共有
种不同方法。
乘法原理:
如果完成一件任务需要分成n个步骤进行,做第1步有种方法,做第2步有种方法……,做第n步有种方法,那么按照这样的步骤完成这件任务共有
种不同方法。
例1、一个盒子内装有5个小球,另一个盒子内装有9个小球,所有这些小球颜色各不相同。
问:
①从两个盒子内任取一个小球,有多少种不同的取法?
②从两个盒子内各取一个小球,有多少种不同的取法?
【解析】①“从两个盒子内任取一个小球”,则这个小球要么从第一个盒子中取,要么从第二个盒子中取,共有两类方法,所以应用加法原理。
②“从两个盒子内各取一个小球”,可看成先从第一个盒子中取一个,再从第二个盒子中取一个,分两步完成,所以应用乘法原理。
①从两个盒子中任取一个小球共有:
5+9=14(种)
②从两个盒子中各取一个小球共有:
5×9=45(种)
例2、从1到399的所有自然数中,不含有数字3的自然数有多少个?
【解析】从1到399的所有自然数可分成三类。
一位数中不含3的有8个,1、2、4、5、6、7、8、9。
两位数中,不含3的可以这样考虑:
十位上不含3的有1、2、4、5、6、7、8、9共八种情况;个位上,不含3的有0、l、2、4、5、6、7、8、9这九种情况,要确定一个两位数,可以先取十位数字,再取个位数字,应用乘法原理,这时共有8×9=72个数字不含3。
三位数中,小于400并且不含数字3的可以这样考虑:
百位上不含3的有l、2这两种情况,十位上和个位上不含3的有0、1、2、4、5、6、7、8、9这九种情况。
在从1到399中,不含3的一位数有8个;
不含3的两位数有8×9=72个;
不含3的三位数有2×9×9=162个。
由加法原理,在从1到399中,共有:
8+72+162=242(个)不含3的自然数。
例3、用5种颜色给图1的五个区域染色,相邻的区域染不同的颜色,每个区域染一种颜色。
问:
共有多少种不同的染色方法?
【解析】由图1可知A与D、B与E不相邻,它们之间有同色和不同色两类变化。
考虑当A、D染同色时,根据乘法原理。
当A、D染同色时,有:
5×4×3+5×4×3×2=60+120=180(种)
当A、D染色不同时,有:
5×4×3×2+5×4×3×2×1=120+120=240(种)
根据加法原理:
180+240=420(种)
答:
共有420种不同的染色方法。
例4、学校羽毛球队有12名男队员,10名女队员。
(l)要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手,有多少种不同的搭配方法?
(2)该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名,学校选一名运动员去领奖,有多少种选法?
【解析】(l)组成男、女混合双打选手,先挑选男队员有12种方法,再挑选女队员有10种方法,根据乘法原理可求有多少种不同的搭配方法。
(2)选一名运动员去领奖,从男队员中选有12种选法,从女队员中选有10种方法,根据加法原理可求有多少种选法。
(1)根据乘法原理,组成男、女混合双打选手有:
12×10=120(种)
(2)根据加法原理,选一名运动员去领奖有:
12+10=22(种)
例5、找出图2中从A点出发,经过C点和D点到B点的最短路线,共有多少条?
【解析】要找出从A到B共有多少条不同的最短路线,只要根据加法原理找出A点到图上每个交点的最短路线,便可得到。
如图3所示,从A到、走最短路线只有1种方法,而从A到有、两种路线。
根据同样的道理可推算出A到图上各点的走法数。
先运用加法原理进行推算,A→C有6种走法。
再用同法得出C→D、D→B的走法数,再用乘法原理可得出从A→C→D→B的最短线路。
从A到C有6种走法,再以C为起点,用相同的办法得出到D的走法有10种。
从D到B的走法也有6种。
运用乘法原理得出,从A经C、D到B的最短不同线路共有
6×10×6=360(种)。
例6、现有壹元的人民币4张,贰元的人民币2张,伍元的人民币5张,如果从中至少取一张,至多取11张,那么共可以配成多少种不同的钱数?
【解析】33(种)
例7、由数字1、2、3、4、5、6、7、8、9可组成多少个①三位数?
②三位偶数?
③没有重复数字的三位偶数?
④百位为9的没有重复数字的三位数?
⑤百位为9的没有重复数字的三位偶数?
【解析】要组成三位数,需一位一位地确定各个数位上的数字,即分三步完成,如,组成三位数可先从百位上考虑起,百位有9种选择方法,依次十位和个位也各有9种选择方法,根据乘法原理可求。
若要排成偶数,则要考虑到尾数的排法只有4种,即只能排2、4、6、8。
若要排成无重复数字的数,则须考虑到确定一个数位的选法之后,下一个数位的选法会减少。
①组成三位数,百位、十位、个位各有9种选法,由乘法原理可知有:
9×9×9=729(种)。
②组成三位偶数,个位有4种选法,百位、十位各有9种选法,那么有:
4×9×9=324种)。
③无重复数字三位偶数,个位有4种选法,十位有(9-l)种选法,百位有(9-1-l)种选法,那么共有:
4×8×7=224(种)。
④百位为9的无重复数字的三位数,百位有1种选法,十位有8种选法,个位有7种选法,那么共有:
1×8×7=56种)。
⑤百位为9的无重复数字的三位偶数,百位有一种选法,个位有4种选法,十位有(9-2)种选法。
那么共有:
l×4×7=28(种)。
例8、有A、B、C、D、E五人排成一队,A不许站排头,B不许站排尾,共有多少种不同排法?
1
2
3
4
5
【解析】我们从排头到排尾依次编号为1、2、3、4、5。
由于A不能站排头,所以我们可考虑A的站位,再由B不能站排尾,考虑B的站位,然后再考虑C、D、E的站位;同时,我们也可以换个角度:
从所有可能的站位情况,扣去A站排头或B站排尾的情况,从而得到所有不同排法。
解法一:
先讨论A的站位:
(1)A站在5号位置上,则A只有一种站法,B有4个不同位置可站,C有3个不同位置可站,D有两个不同位置可站,E只有1个位置可站,由乘法原理,在这种站位方式下有
1×4×3×2×1=24(种)不同的排队方法。
(2)A站在2、3、4号3个位置之一。
此时A有3个位置可站,B不能站在5号位,也只有3个位置可站,C有3个位置可站,D有2个位置可站,E有1个位置可站,由乘法原理,在这种站位方式下有:
3×3×3×2×1=54(种)不同的排队方法。
最后,由加法原理,共有24+54=78(种)不同的排队方法。
解法二:
五个人任意排队,共有5×4×3×2×1=120(种)不同的方法。
A站排头有4×3×2×1=24(种)不同的排法;B站排尾有4×3×2×1=24(种)不同的排法;但这两种方法有重复,即A站排头且B站排尾;有3×2×1=6(种)不同的排法。
因此,由容斥原理,A站排头且B不站排尾的排队方法总数是:
120-42=78(种)。
答:
符合要求的排队方法共有78种。
P(Practice-Oriented)——实战演练
Ø课堂狙击
1、书架上有6本不同的画报、10本不同科技书,请你每次从书架上任取一本画报、一本科技书,共有种不同的取法?
【解析】第一步:
取一本画报,有6种方法;
第二步:
取一本科技书,有10种方法。
根据乘法原理:
一共有6×10=60(种)
2、用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字,能够组成个没有重复数字的三位数?
【解析】第一步:
排百位数字,有9种方法(0不能作首位);
第二步:
排十位数字,有9种方法;
第三步:
排个位数字,有8种方法。
根据乘法原理:
一共有9×9×8=648(个)没有重复数字的三位数。
3、书架上有不同的数学书20本,不同的语文书10本,现从书架上取书,试问:
(1)取出一本书,有______种不同的取法。
(2)取出数学书和语文书各一本,有______种不同的取法。
【解析】
(1)取出一本书,若是数学书有20种取法,若是语文书,有10种取法,总共有:
20+10=30(种)取法。
(2)取出数学书和语文书各一本,可以分两步完成:
先取出数学书,有20种取法;
再取出语文书,又有10种取法。
由乘法原理,总共有20×10=200(种)取法。
4、从1~9这9个数字中每次取出2个不同的自然数相加,和大于10的选法共有多少种?
【解析】要使和大于10,加数不能取1。
我们可以采取枚举法。
一个加数为2时,2+9=11,
一个加数为3时,3+9=12,3+8=11
一个加数为4时,4+9=13,4+8=12,4+7=11
一个加数为5时,5+9=14,5+8=13,5+7=12,5+6=11
一个加数为6时,6+9=16,6+8=14,6+7=13
一个加数为7时,7+9=16,7+8=15
一个加数为8时,8+9=17
于是符合条件的选法共有1+2+3+4+3+2+1=16(种)。
5、现有长度为1、2、3、4、5、6、7、8、9单位长度的铁丝各一条,从中选出若干条来组成正方形,问有多少种不同的选法?
【解析】这些铁丝总的长度为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,所以所组成的正方形最长边为11。
(1)边长为11时,由于19+2=8+3=7+4=6+5
因此可取长度为2、3、4、5、6、7、8、9的铁丝,按(9,2),(8,3),(7,4),(6,5)分组,
可得边长为11的正方形一个,显然,这只能有一种选择。
(2)边长为10时,由于10=9+1=8+2=7+3=6+4
取长度为1、2、3、4、6、7、8、9可得到1个边长为10的正方形。
(3)边长为9时,由于9=8+1=7+2=6+3=5+4
从而可以取下列四组数构成一正方形:
9,(8,1),(7,2),(6,3);9,(8,1),(7,2),(5,4);
9,(8,1),(5,4),(6,3);9,(8,1),(7,2),(6,3),(5,4)
共有5种不同选择。
(4)边长为8时,由于8=7+1=6+2=5+3
可得到一个正方形。
(5)边长为7时,由于7=6+1=5+2=3+4
可是得到一个正方形。
当边长小于7时,无法组成正方形。
从而满足题意的有1+1+5+1+1=9(种)不同选法。
6、将1、2、3、4这4个数字从小到大排成一行,在4个数中间任意插入乘号,可以得到______个不同的乘积(要求最少有一个乘号)。
【解析】显然,乘号只能放在1和2、2和3、3和4之间。
在1和2之间,有放与不放两种可能,在2和3之间,有放与不放两种可能,同样在3和4之间也有放与不放两种可能,
所以总共有:
2×2×2=8(种)放法,
但必须排除其中三个位置均不放乘号的可能性,所以共有7种放法。
7、用红、绿、黄、蓝四种颜色分别去涂图中的A、B、C、D四个区域,要求相邻区域不可同色,共有______种不同涂法。
【解析】因为A、C、D相互隔开,而B与它们均相连,故选择先涂B,有四种涂法,而A、C、D均各有三种涂法,所以总共有:
4×3×3×3=108(种)不同涂法。
8、如图所示,在10×10个边长为1的小正方形拼成的棋盘中,求由若干个小方块能拼成的所有正方形的数目。
【解析】由小方块所拼成的正方形边长可以取1,2,…,10。
这样有十类不同的方式拼出正方形。
下面再计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。
边长为1的正方形显然有10×10个;边长为2的正方形,横边有9种选择:
AC,BD,CE,DF,…,IK。
类似的,纵边也有9种选择,横边和纵边都选定后正方形就确定了。
因此经过两个独立步骤就可以完成拼正方形的任务,由乘法原理可知拼出边长为2的小正方形有9×9个。
边长为其他数时可以类似推出。
由乘法原理可得:
边长为1的小正方形有10×10个;
边长为2的小正方形有9×9个;
边长为3的小正方形有8×8个;
……
边长为9的小正方形有2×2个;
边长为10的小正方形有1×1个。
由加法原理,共有
10×10+9×9+…2×2+1×1=100+81+64+49+36+25+16+9+4+1=385(个)
答:
共有385个正方形。
Ø课后反击
1、书店里有12种不同的外语书,8种不同的数学书,从中任选外语书和数学书各一本,有多少种不同的选法?
【解析】先取外语书有12种选法,再取一本数学书,则有8种选法。
用乘法原理得:
12×8=96(种)
答:
总共有96种不同的选法。
2、某人出差要从甲地途经丙地、丁地到乙地,现在知道从甲地到丙地有3条路可以走,从丙地到丁地有5条路可以走,从丁地到乙地有4条路可以走。
问,此人共有多少种从甲地到乙地的方法。
【解析】某人的出差路线:
甲地→丙地→丁地→乙地,甲地→丙地3条路线,丙地→丁地5条路线,丁地→乙地4条路线;
由乘法原理:
3×5×4=60(种)
答:
此人从甲地到乙地共有60种走法。
3、由数字0、l、2、3、4、5、6、7共可组成多少个没有重复数字的四位奇数?
【解析】组成四位数,则需一位一位地确定各个数位上的数字,分四步完成。
由于要求组成的数是奇数,故个位上只能取1,3,5,7中的一个,故有4种取法;
千位上不能放“0”,则首先考虑,有(8-2)种取法;
百位上有(8-2)种取法;十位上有5种取法。
由乘法原理:
4×6×6×5=720(种)
答:
共可组成720种没有重复数字的四位奇数。
4、如图4有A、B、C、D、E五个区域,分别用五种颜色中的某一种染色,要使相邻的区域染不同的颜色,共有多少种不同的染色方法?
【解析】由于有5个区域,则分为依次给A,B,C,D,E染色五步。
先给A染色,因为有5种颜色,故有5种不同的染色方法;再给B染色,因不能与A同色,还剩下4种颜色可选择,故有4种染色方法;再给C染色,因为不能与A、B同色,故有3种不同的染色方法;再给D染色,同样不能与A、B、C同色,故有2种不同的染色方法;最后给E染色,由于E只与A、D相邻则只须与A、D不同色即可,那么它有(5-2)种染色方法。
由乘法原理:
5×4×3×2×3=360(种)
答:
共有360种不同的染色方法。
5、如图5,从甲地到乙地有两条路,从乙地到丙地有三条路;从甲地到丁地有四条路,从丁地到丙地有四条路,问从甲地到丙地共有多少种走法?
【解析】从甲地到丙地,可以有两种走法,一种是经丁地到丙地,一种是经乙地到丙地。
甲→乙→丙:
甲→乙有两种选择,乙→丙有三种选择,根据乘法原理:
2×3=6(种)
甲→丁→丙:
甲→丁有四种选择,丁→丙有四种选择,根据乘法原理:
4×4=16(种)
再由加法原理:
6+16=22(种)
答:
从甲地到丙地共有22种不同的走法。
6、一把钥匙可以开一个门,现在有20把钥匙和20个门,可是不知道哪把钥匙开哪把锁,问最多试开多少次,可以把所有的门都打开?
【解析】假设每次都是试到最后一把钥匙才打开一个门。
那么打开第一个门需要试20次,然后剩下19个门和19把钥匙;再打开剩下门中的一个,至多需要试19次;……;打开最后一个门时,正如剩下一把钥匙,试五次即可,根据加法原理:
20+19+18+…+l=20×(20+l)÷2
=210(次)
答:
要把所有的门都打开,至多需要试210次。
7、有男生5人,女生2人,排成一行照相,女生不站两头,而且2个女生要站在一起,那么有多少种不同的站法?
【解析】因为女生不站两头,那么首尾的位置排男生,又因为两个女生站一起,则先将两个女生看成一人。
7个人站排,共有7个位置,那么排在第一个位置的男生有5种方法,排在最后一个位置的男生有4种方法,剩下的位置排3个男生和看成一人的两个女生,有4×3×2=24(种)排法。
最后两个女生的位置可以互换则有2种方法。
根据乘法原理:
5×4×24×2=960(种)
答:
总共有960种不同站法。
8、“MATHS”是英文单词数学的意思,把这5个字母写成5种不同的颜色。
现在有8种不同颜色的笔,按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“MATHS”?
【解析】对于字母“M”可有8种颜色,对于字母“A”,可有7种颜色,“T”有6种颜色,“H”有5种颜色,“S”有4种颜色。
根据乘法原理:
8×7×6×5×4=6720(种)
答:
可以写出6720种不同颜色搭配的“MATHS”。
1、有30个贰分硬币和8个伍分硬币,用这些硬币不能构成1分到1元之间的币值有多少种?
【解析】共有人民币:
2×30+5×8=100(分)=1(元).按如下方法分组,使每组中的币值和为1元:
(0,100),(1,99),(2,98),(3,97),…(49,51),(50,50);
因为0,2,4,6,…,50这26个数能用所给硬币构成,所以对应的100,98,96,94,…50也能用所给硬币构成.下面讨论奇数:
1,3,5,7,…,99。
因为4,6,8,10,…,50均可由贰分硬币构成,所以将其中两个贰分币换成一个伍分币,得到5,7,9,11,…,51,可用所给硬币构成.
只有1、3不能构成,对应的99、97也不能构成,所以共有4种不能构成的币值.
S(Summary-Embedded)——归纳总结
加法原理:
如果完成一件任务有n类方法,在第一类方法中有种不同方法,在第二类方法中有种不同方法……,在第n类方法中有种不同方法,那么完成这件任务共有
种不同方法。
乘法原理:
如果完成一件任务需要分成n个步骤进行,做第1步有种方法,做第2步有种方法……,做第n步有种方法,那么按照这样的步骤完成这件任务共有
种不同方法。
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