15六年级奥数题:加法原理(B)[1]

十四、穷举法与树形图（一）

———————————————答 案——————————————————————

1. 15.

取一枚的, 有4种方法; 取二枚的, 有6种方法; 取三枚的有4种方法; 取四枚的, 有1种方法. 每种取法币值都不同, 故共有4+6+4+1=15(种) 不同币值.

2. 10.

放一本, 有4种不同放法, 放2本, 有6种不同放法. 共有4+6=10(种) 不同放法.

3. 10.

最简分数的分母比分子大, 分母为31的, 有4种最简分数; 分母为29的, 有3个最简分数, 分母为17的, 有2个最简分数; 分母为13的, 有1个最简分数, 故一共有4+3+2+1=10个最简分数.

4. 6,10.

三角形有6个:△ABC 、△ACD 、△ADE 、△ABD 、△ACE 、△ABE . 线段有10条:BC 、CD 、DE 、BD 、CE 、BE 、AB 、AC 、AD 、AE .

5. 30条.

在每一条长线段上有4个点, 它们可以连成6条线段, 五条长线段共可连成6×5=30条线段.

6. 18.

以BD 、DE 、EC 、BE 、DC 、BC 为底的梯形各有2个, 共12

以B 'D '、D

'E '、E 'C '、B 'E '、D 'C '、B 'C '为底的梯 形各有一个, 共有6个, 合计18个. 7. 16.

9分别与2、3、4、5、6、7、8的和大于10;8分别与3、4、5、6、7的和大于10;7分别与4、5、6的和大于10;6与5的和大于10. 所以共有7+5+3+1=16种不同取法.

8. 20.

先考虑甲胜第一局的情况, 列树形图如下:

1 2 3 4 5

甲 甲甲乙 乙

乙 甲甲乙甲乙甲乙 乙甲乙

一共有10种情况, 同理, 乙胜第一局也有10种情况, 合计有20种情况.

9. 6.

列树形图如下, 共有6种路线.

C B A B A A A A B A

10. 2种.

设三人为A 、B 、C , 他们的帽子为a , b , c , 则有如下二种换法:

A B C

b c a

c a b

11. 因为0和9是3的倍数, 而1,4,7三数被3除都余1. 故满足条件的四位数中应含有1,4,7三个数字, 第四个数是0或9. 将它由小到大排列是

1047,1074,1407, „„, 第三个是1407.

12. 将五个靶子标上字母如图:

若第一次击碎A , 第二次击碎B , 有如下3种次序

C D B E

同理, 第二次击碎C 也有3种次序, 故第一次击中A 有6种次序.

若第一次击碎B , 第二次击碎A , 有如下3种次序: C E A E 若第一次击碎B , 第二次击碎D , 有如下3种次序:

E D A

若第一次击碎B , 第二次击碎C , 则有6种次序.

故第一次击碎B , 共有3+3+6=12(种) 次序.

同理, 第一次击碎C 也有12种次序, 于是总共有6+12+12=30(种) 不同次序.

13. 以长方形的长为底的三角形有2×4=8个, 以长方形的宽为底的三角形有2个, 共有8+2=10个.

14. 除原题中的四种外, 还有如右图所示三种

十六 加法原理(2)

年级

姓名

一、填空题

1. 从1写到100, 一共用了 个“5”这个数字.

2. 从19,20,21, „，92,93,94这76个数中, 选取两个不同的数, 使其和为偶数的选法总数是 .

3. 用一个5分币、四个2分币，八个1分币买一张蛇年8分邮票，共有 种付币方式.

4. 用0,1,2,3这四个数字, 可以组成一位数, 两位数, 三位数, 四位数, 这样的很多自然数(在一个数里, 每个数字只用1次), 其中是3的倍数的自然数共有 个.

5. 在所有四位数中, 各位上的数之和等于34的数有 种.

6. 从数字0、1、2、3、4、5中任意挑选出五个数字组成能被5整除而各个数位上数字不同的五位数，共有 个.

7. 至少有一个数字是1, 并且能被4整除的四位数共有 个.

8. 在1,2,3,4, „,50这50个数中取出不同的两个数, 要使取出的两个数相加的结果是3的倍数, 有 种不同的取法.

9. 小明全家五口人到郊外春游, 由其中一人轮换给其他人拍照. 如果单人照各一张, 每两个人合影各一张, 第三个人合影各一张, 每四个人合影各一张, 用36张的彩色胶卷拍照最后还剩 张.

10. 光明小学六年级甲、乙、丙三个班组织了一次文艺晚会, 共演出14个节目. 如果每个班至少演出3个节目, 那么, 这三个班演出节目数的不同情况共有 种.

二、填空题

11.14名乒乓球运动员进行男子单打比赛, 先是进行淘汰赛, 获胜的运动员进行循环赛, 每两人都要赛一场, 决出冠、亚军. 整个比赛(包括淘汰赛和循环赛) 共要进行多少场?

12. 用, 可以组成多少个不同的四位数?(其中

倒过来当6用).

13. 数1447、1005、1231有一些共同特征, 每个数都是以1开头的四位数, 且每个数中恰好有两个数字相同, 这样的数共有多少个?

14. 某城市的街道非常整齐(如图), 从西南角A 处走到对角线DB 处, 共有多少种不同的走法?

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1. 20

在十位上,5出现了10次; 在个位上,5也出现了10次, 共出现了10+10=20(次).

2. 1236

在这76个自然数中, 奇数和偶数各有38个. 选出两数都是奇数的方法有38⨯3738⨯37种, 选出的两数都是偶数的方法也有种, 共有22

38⨯3738⨯37+=38⨯37=1236(种). 22

3. 7种

只用一种币值的方法有2种(都用1分或都用2分); 只用1分和2分两种币值的方法有3种; 只用1分和5分两种币值方法有1种; 三种币值都用上的有1种. 共有2+3+1+1=7(种).

4. 33

在一位数中, 有两个3的倍数:0和3; 在二位数中, 数字和是3的倍数的有3个:12、21和30; 在三位数中, 三个数字可以是0,1,2或1,2,3, 前者可组成4个三位数, 后者可组成6个三位数. 共可组成10个三位数; 四位数中有3⨯(3⨯2⨯1)=18(个) 三的倍数. 故一共有2+3+10+18=33(个)3的倍数.

5. 10

当四位数码为9,9,8,8时, 有3⨯2=6(种), 当四位数码为7,9,9,9时, 有4(种), 故共有6+4=10(种).

6. 216

若五位数末位为0, 共有5⨯4⨯3⨯2=120(个); 若五位数的末位为5, 共有4⨯4⨯3⨯2=96(个). 故一共有120+96=216(个).

7. 594

后两位数是4的倍数时, 其中含有1的只有12和16, 此时前两位数有90种可能, 共有2⨯90=180(个).

后两位数是4的倍数且不含有1的, 有23种可能, 前两位含1的有18种, 共有23⨯8=414(个).

所以一共有180+414=549(个

).

8. 409

在1~50这五十个自然数中, 被3整除的数有16个, 被3除余1的和被3除余2的数各有17个.

16⨯15=120(种) 取法; 当两个加数中一个被当两个加数均为3的倍数时, 有2

3除余1, 另一个被3除余2时, 有17⨯17=289(种) 取法, 共有120+289=409(种) 不同取法.

9. 6

5⨯45⨯4⨯3=10(张), 三人合影有=10(张), 四单人照有5张; 两人合影有2⨯11⨯2⨯3

人照有5张. 故还剩下36-(5+10+10+5)=6(张).

10. 21

将14分成三个数之和, 共有5组:(3、3、8),(4、4、6),(4、4、5), (3、4、

7), (3、5、6). 其中前3组, 每组的三个数有3种排列方法; 后2组, 每组的三个数有6种排列方法. 共有不同的排列方法3⨯3+6⨯2=21(种).

每种排列方法对应三个班演出节目数的一种情况, 故一共有21种不同情况.

11. 解答:在淘汰赛时,14名运动员比赛7场后就有7人被淘汰, 另7人进入循环赛. 在7人进行的循环赛中要比赛7⨯6÷2=21(场). 所以整个比赛一共进行7+21=28(场).

12. (1)当两张都作9用时, 可以分成三种类型:首位为1的, 有3个; 首位为5的, 有3个; 首位为9的, 有3⨯2⨯1=6(个). 共计3+3+6=12(个).

(2)当两张都作6用时, 同理也有12个.

(3)当两张一个作9用, 一个作6用时, 有4⨯3⨯2⨯1=24(个)

所以, 可以组成12+12+24=48(个) 不同的四位数.

13. 这样的数可以分成两大类:第一类, 相同的数字是1, 在后三位中, 数字1可以有三种位置, 另外两个是不同数字, 这类数有3⨯9⨯8=216(个).

第二类相同的数字不是1, 此时相同的数字有9种情况, 剩下的数有8种情况, 注意到剩下的数有3种位置, 故这类数有3⨯9⨯8=216(个)

根据加法原理, 这样的数共有216+216=432(个).

14. 用标数法计算对对角线BD 上的每一个交叉点的走法总数, 如图依次是1,8,28,56,70,56,28,8,1.

由加法原理知, 一共有1+8+28+56+70+56+28+8+1=256(种) 不同的走法.