六年级奥数第18讲-加法、乘法原理（教）

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1、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 理解加法、乘法原理的类型； 会用加法、乘法原理解应用题。授课日期及时段T（Textbook-Based）同步课堂知识梳理 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

2、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。典例分析 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：从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？ 从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？【解析】“从两个盒子内任取一个

3、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。 “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。 从两个盒子中任取一个小球共有： 5+9=14（种） 从两个盒子中各取一个小球共有： 59=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、

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89=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89=72个； 不含3的三位数有299=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

5、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： 543+5432=60+120=180（种） 当A、D染色不同时，有： 5432+54321=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1

6、2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： 1210=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

7、推算出A到图上各点的走法数。先运用加法原理进行推算，AC有6种走法。再用同法得出CD、DB的走法数，再用乘法原理可得出从ACDB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 6106=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可组成多少个三位数？三位偶数？没有重复数字的三位偶数？百位为9的没有重复数字的三位数？百位为9

8、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。 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： 999=729（种）。 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： 499=324种）。 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

9、-l）种选法，那么共有： 487=224（种）。 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： 187=56种）。 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： l47=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？12345【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

10、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14321=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： 33321=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54321=120（种）不同的方法

11、。A站排头有4321=24（种）不同的排法；B站排尾有4321=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321=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)实战演练实战演练 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610=60(种)2、用0，1，2，3，4，5，6

12、，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998=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；

13、 再取出语文书，又有10种取法。 由乘法原理，总共有2010=200（种）取法。4、从19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+

14、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）

15、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

16、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： 222=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： 4333=108（种）不同涂法。8、如图所示，在1010个边长为1的小正方形拼成的棋盘中，

17、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1010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99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1010个；边长为2的小正方形有99个；边长为3的小正方形有88个；边长为9的小正方形有22个；边长为10的小正方

18、形有11个。由加法原理，共有1010+99+22+11=100+81+64+49+36+25+16+9+4+1=385（个）答：共有385个正方形。 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： 128=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

19、，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： 35460（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（82）种取法；十位上有5种取法。由乘法原理： 4665=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

20、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（52）种染色方法。 由乘法原理： 54323=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

21、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：23=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：44=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

22、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432=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

23、： 54242=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： 87654=6720（种） 答：可以写出6720种不同颜色搭配的“MATHS”。直击赛场 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：230+58=100（分）=1（元）按如下方法分组，使每组中的币

24、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)归纳总结名师点拨 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。 学霸经验 本节课我学到了 我需要努力的地方是