11.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：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”【例例 1 1】 由数字 1,2,3 可以组成多少个没有重复数字的数? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2 星 【题型】解答 【解析】因为有 1,2,3 共 3 个数字,因此组成的数有 3 类：组成一位数;组成二位数;组成三位数它们的和就是问题所求组成一位数：有 3 个;组成二位数：由于数字可以重复使用,组成二位数分两步完成;第一步排十位数,有 3 种方法;第二步排个位数也有 3 种方法,因此由乘法原理,有326个;组成三位数：与组成二位数道理相同,有326个三位数;所以,根据加法原理,一共可组成36615个数例题精讲例题精讲知识要点知识要点教学目标教学目标7-3-2.7-3-2.加乘原理之数字问题（一）加乘原理之数字问题（一）2【答案】15【例例 2 2】 用数字 1,2,3 可以组成 6 个没有重复数字的三位数,这 6 个数的和是 .【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2 星 【题型】填空【关键词】希望杯,4 年级,1 试【解析】（1+2+3)2111=1332.【答案】1332【巩固巩固】 由数字 0,3,6 组成的所有三位数的和是_.【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2 星 【题型】填空【关键词】希望杯,四年级,二试,第 6 题【解析】由数字0,3,6组成的所有三位数有306,360,603,630,它们的和为：3063606036301899.【答案】1899【例例 3 3】 由数字 0,1,3,9 可以组成多少个无重复数字的自然数? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2 星 【题型】解答 【解析】满足条件的数可以分为 4 类：一位、二位、三位、四位数第一类,组成 0 和一位数,有 4 个（0 不是一位数,最小的一位数是 1）;第二类,组成二位数,有3 39个;第三类,组成三位数,有3 3218 个;第四类,组成四位数,有3 32 118 个由加法原理,一共可以组成49181849个数【答案】49【例例 4 4】 用数字 0,1,2,3,4 可以组成多少个小于 1000 的自然数? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】小于 1000 的自然数有三类第一类是 0 和一位数,有 5 个;第二类是两位数,有4520个;第三类是三位数,有45 5100 个,共有520100125个【答案】125【例例 5 5】 用数码 0,1,2,3,4,可以组成多少个小于 1000 的没有重复数字的自然数? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】分为三类,一位数时,0 和一位数共有 5 个;二位数时,为4416个,三位数时,为：44348 个,由加法原理,一共可以组成5164869个小于 1000 的没有重复数字的自然数【答案】69【例例 6 6】 用 09 这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排 0,或说千位上只能排19 这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同,下面分别介绍三种解法.（方法一）分两步完成： 第一步：从 19 这九个数中任选一个占据千位,有 9 种方法; 第二步：从余下的 9 个数（包括数字 0）中任选 3 个占据百位、十位、个位,百位有 9 种.十位有 8种,个位有 7 种方法; 由乘法原理,共有满足条件的四位数 9987=4536 个 （方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含 0 的四位数有 9876=3024 个;第二类：含 0 的四位数的组成分为两步：第一步让 0 占一个位有 3 种占法,（让 0 占位只能在百、十、个位上,所以有 3 种）第二步让其余 9 个数占位有 987 种占法.所以含 0 的四位数有3987=1512 个由加法原理,共有满足条件的四位数 3024+1512=4536 个【答案】45363【巩固巩固】 用 0,1,2,3 四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】分为两类：个位数字为 0 的有326个,个位数字为 2 的有 224个,由加法原理,一共有：6410个没有重复数字的四位偶数【答案】10【例例 7 7】 在 2000 到 2999 这 1000 个自然数中,有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数?【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】若相同的数是 2,则另一个 2 可以出现在个、十、百位中的任一个位置上,剩下的两个位置分别有 9个和 8 个数可选,有 398=216（个）;若相同的数是 1,有 3824（个）;同理,相同的数是0,3,4,5,6,7,8,9 时,各有 24 个,所以,符合题意的数共有 216924=432（个） 【答案】432【例例 8 8】 在 1000 至 1999 这些自然数中个位数大于百位数的有多少个? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】 (方法一)解决计数问题常用分类讨论的方法 设在 1000 至 1999 这些自然数中满足条件的数为1 abc (其中 ca); (1)当0a 时,c可取 19 中的任一个数字,b可取 09 中的任一个数字,于是一共有9 1090个 (2)当1a 时,c可取 29 中的任一个数字,b仍可取 09 中的任一个数字,于是一共有8 1080个(3)类似地,当a依次取 2,3,4,5,6,7,8 时分别有70,60,50,40,30,20,10 个符合条件的自然数所以,符合条件的自然数有9080702010450个(方法二)1000 至 1999 这 1000 个自然数中,每 10 个中有一个个位数等于百位数,共有 100 个;剩余的数中,根据对称性,个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多,所以总数为(1000100)2450个.【答案】450【例例 9 9】 某人忘记了自己的密码数字,只记得是由四个非 0 数码组成,且四个数码之和是 9为确保打开保险柜至少要试多少次? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】四个非 0 数码之和等于 9 的组合有 1,1,1,6;1,1,2,5;1,1,3,4;1,2,2,4;1,2,3,3;2,2,2,3 六种第一种中,只要考虑 6 的位置即可,6 可以随意选择四个位置,其余位置方 1,共有 4 种选择第二种中,先考虑放 2,有 4 种选择,再考虑 5 的位置,有 3 种选择,剩下的位置放 1,共有 43=12 种选择,同理,第三、第四、第五种都有 12 种选择,最后一种与第一种相似,3 的位置有四种选择,其余位置放 2,共有 4 种选择.由加法原理,一共可以组成 4+12+12+12+12+4=56 个不同的四位数,即为确保打开保险柜至少要试 56 次【答案】56【例例 10 10】将 1 到 35 这 35 个自然数连续地写在一起,够成了一个大数：1234567891011333435,则这个大数的位数是 .【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,4 年级,1 试【解析】这个数的位数与数码的总共个数有关系,从 1 到 9 都是一位数,则共有 9 个数码,从 10 到 35 全市两位数,则共有26252（个）数码,那么位数就共有95261（位）.【答案】61【例例 11 11】如图,希望杯数学能力培训教程（四年级）一书有 160 页,在它的页码中,数字“2”共出现了 次.4【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,4 年级,1 试【解析】十位上是 2 的有 20 个（含有 22 和 122）,个位上是 2 的有 14 个（除了 22 和 122）,所以共有 34 个数.【答案】34个【例例 12 12】按照中国篮球职业联赛组委会的规定,各队队员的号码可以选择的范围是 055 号,但选择两位数的号码时,每位数字均不能超过 5. 那么,可供每支球队选择的号码共（ ）个 .【例例 13 13】（A） 34 (B) 35 (C) 40 (D) 56【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,初赛,第 3 题【解析】根据题意,可供选择的号码可以分为一位数和两位数两大类,其中一位数可以为 09,有 10 种选择;两位数的十位可以为 15,个位可以为 05,根据乘法原理,两位数号码有 56=30 种选择.所以可供选择的号码共有 10+30=40 种.【答案】C种【例例 14 14】从 1 到 100 的所有自然数中,不含有数字 4 的自然数有多少个? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】从 1 到 100 的所有自然数可分为三大类,即一位数,两位数,三位数一位数中,不含 4 的有 8 个,它们是 1、2、3、5、6、7、8、9;两位数中,不含 4 的可以这样考虑：十位上,不含 4 的有 1、2、3、5、6、7、8、9 这八种情况个位上,不含 4 的有 0、1、2、3、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,再取个位数,应用乘法原理,这时共有8 972个数不含 4三位数只有 100 所以一共有889181 个不含 4 的自然数【答案】81【巩固巩固】 从 1 到 500 的所有自然数中,不含有数字 4 的自然数有多少个? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】从 1 到 500 的所有自然数可分为三大类,即一位数,两位数,三位数一位数中,不含 4 的有 8 个,它们是 1、2、3、5、6、7、8、9;两位数中,不含 4 的可以这样考虑：十位上,不含 4 的有 1、2、3、5、6、7、8、9 这八种情况个位上,不含 4 的有 0、1、2、3、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,再取个位数,应用乘法原理,这时共有 89=72 个数不含 4三位数中,小于 500 并且不含数字 4 的可以这样考虑：百位上,不含 4 的有 1、2、3、这三种情况十位上,不含 4 的有 0、1、2、3、5、6、7、8、9 这九种情况,个位上,不含 4 的也有九种情况要确定一个三位数,可以先取百位数,再取十位数,最后取个位数,应用乘法原理,这时共有3 99243 个三位数由于 500 也是一个不含 4 的三位数所以,1500 中,不含 4 的三位数共有3 991244 个 所以一共有8893 991324 个不含 4 的自然数【答案】324【巩固巩固】 从 1 到 300 的所有自然数中,不含有数字 2 的自然数有多少个? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】从 1 到 300 的所有自然数可分为三大类,即一位数,两位数,三位数一位数中,不含 2 的有 8 个,它们是 1、3、4、5、6、7、8、9;两位数中,不含 2 的可以这样考虑：十位上,不含 2 的有 1、3、4、5、6、7、8、9 这八种情况个5位上,不含 2 的有 0、1、3、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,再取个位数,应用乘法原理,这时共有8 972个数不含 2;三位数中,除去 300 外,百位数只有 1 一种取法,十位与个位均有 0,1,3,4,5,6,7,8,9 九种取法,根据乘法原理,不含数字 2 的三位数有：1 9981 个,还要加上 300; 根据加法原理,从 1 到 300 的所有自然数中,不含有数字 2 的自然数一共有87282162个【答案】162【例例 15 15】将各位数字的和是 10 的不同的三位数按从大到小的顺序排列,第 10 个数是 .【考点】加法原理之分类枚举 【难度】3 星 【题型】填空【关键词】希望杯,4 年级,1 试【解析】百位是 9 的有 2 个,百位是 8 的有 3 个,百位是 7 的有 4 个,这一共是 9 个,接下来应该是百位是 6 的,其中最大的是 640,所以第 10 个数是 640.【答案】640【例例 16 16】把所有不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列,则从前往后数第 364 个数是多少?【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,5 年级,第 9 题【解析】1 打头的数中,个位有 5 种取法,剩下的两位分别有 8 种取法和 7 种取法,总共有5 87280 个数.364-280=84,所以第 364 个数是 2 打头的第 84 个数.2 打头的数中,百位是奇数时,个位有 4 种取法,十位有 7 种取法,总共有 28 个数;百位是偶数时,个位有 3 种取法,十位有 7 种取法,总共有 21 个数.前两位是 20,21,23,24 的分别有 21,28,28,21 个,84-21-28-28=7,所以 2 打头的第 84 个数是 24 打头的第 7 个数.列举可得前 7 个数是 2406,2408,2410,2416,2418,2430,2436,所以是 2436.【答案】2436【例例 17 17】由数字 1,2,3,4 组成的所有四位数中（数字不重复使用）,从小到大排列,第 7 个数是_【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】学而思杯,3 年级,第 2 题【解析】1 开头的数有 6 个,所以第 7 个数应该是 2 开头的最小的数,那么应该是 2134【答案】2134【巩固巩固】 由 1,2,3,4,5 五个数字组成的不同的五位数有 120 个,将他们从大到小排列起来,第 95 个数是_.【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】希望杯,4 年级,1 试【解析】1 打头的有 24 个,2 打头 24 个,3 打头 24 个,4 打头 24 个,正好 96 个,第 96 个数是 45321,第 95 个是 45312.【答案】45312【例例 18 18】由数字 0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数,按照从小到大排列,2008 排在第 个 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】第二届,华杯赛【解析】比2008小的4位数有2000和2002,比2008小的3位数有23 318 （种）,比2008小的2位数有236（种）,比2008小的1位数有2（种）,所以2008排在第21862129 （个） 【答案】29【例例 19 19】从分别写有 2、4、6、8 的四张卡片中任取两张,做两个一位数乘法.如果其中的 6 可以看成 9,那么共有多少种不同的乘积? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】取 2 有 8、12、16、18 四种,取 4 增加 24、32、36 三种,取 6 增加 48、72 两种,一共有 9 种【答案】9种【巩固巩固】 有七张卡片：1、1、2、3、9、9、9,从中任取 3 张可排列成三位数.若其中卡片9旋转6后可看作6,则排成的偶数有_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,五年级,一试,第 19 题【解析】当个位是 2 时,有 15 种,当个位是 6 时有 23 种,一共有 15+23=38 种【答案】38种【例例 20 20】自然数 8336,8545,8782 有一些共同特征,每个数都是以 8 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? 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】两个相同的数字是 8 时,另一个 8 有 3 个位置可选,其余两个位置有9 8 72种填法,有 3 9 8216 个数;两个相同的数字不是 8 时,相同的数字有 9 种选法,不同的数字有 8 种选法,并有 3 个位置可放,有9 8 3216 个数 由加法原理,共有3 9 89 83432 个数【答案】432【巩固巩固】 在 1000 到 1999 这 1000 个自然数中,有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数?【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】若相同的数是 1,则另一个 1 可以出现在个、十、百位中的任一个位置上,剩下的两个位置分别有 9个和 8 个数可选,有3 9 8216 个;若相同的数是 2,有 3824 个;同理,相同的数是0,3,4,5,6,7,8,9 时,各有 24 个,所以,符合题意的数共有216924432个【答案】432【例例 21 21】如果一个三位数ABC满足AB,BC,那么把这个三位数称为“凹数”,求所有“凹数”的个数 【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4 星 【题型】解答 【解析】当B为0时,A、C可以为 19 中的任何一个,此时有99种;当B为1时,A、C可以为 29 中的任何一个,此时有8 8种;当B为8时,有1 1种;所以共有1998 81 19 10 192856 (个)【答案】285