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[板塊專題題庫7-1-2]加法原理之分類枚舉（二）.
1．有一個電子表的表面用2個數碼顯示“小時”，另用2個數碼顯示“分”。例如“21：32”表示21時32分，那么這個手表從“10：00”至“11：30”之間共有　 　分鐘表面上顯示有數碼“2”.
【答案】27
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：顯示小時的數碼不會出現2，只有分鐘會出現。
10點到11點分別有2，12，20，21，22，……，29，32，42，52，共15次，
11點到11點半有2，12，20，21，22，……，29共12次，所以有27分鐘。
故答案為：27。
【分析】已知只有分鐘位置會出現“2”，可以分別列舉出10點到11點、11點到11點半中，一共可以出現多少種含“2”的分鐘數，兩者相加即可。
2．袋中有3個紅球，4個黃球和5個白球，小明從中任意拿出6個球，他拿出球的情況共有　 　種可能．
【答案】18
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：如果沒拿紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（1、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）4種.
如果拿1個紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、（4、1）5種.
如果拿2個紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、（4、0）5種
如果拿3個紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、0）4種.
可見他拿出球的情況共有：4+5+5+4=18（種）．
有18種.
故答案為：18。
【分析】小明從中任意拿出6個球，有沒拿紅球、拿1個紅球、拿2個紅球、拿3個紅球四種情況；分別寫出這四種情況下，拿（黃、白）球的可能有多少種，最后將四個數字相加。
3．（小學奧數系列7-1加法原理（一））1、2、3、4四個數字，從小到大排成一行，在這四個數中間，任意插入乘號（最少插一個乘號），可以得到多少個不同的乘積
【答案】解：按插入乘號的個數進行分類：
①若插入一個乘號，4個數字之間有3個空當，選3個空當中的任一空當放乘號，所以有3種不同的插法，可以得到3個不同的乘積，枚舉如下：
②若插入兩個乘號，由于必有一個空當不放乘號，所以從3個空檔中選2個空當插入乘號有3種不同的插法，可以得到3個不同的乘積，枚舉如下：
③若插入三個乘號，則只有1個插法，可以得到l個不同的乘積，枚舉如下：
1×2×3×4.
所以，根據加法原理共有 種不同的乘積．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】四個數字最多可以插入3個乘號，那么可以分為三類，即第一類：插入一個乘號，第二類：插入二個乘號，第三類：插入三個乘號，然后分別計算出每一類中的插法，最后把它們加起來即可。
4．（小學奧數系列7-1加法原理（一））1995的數字和是1＋9＋9＋5=24，問：小于2000的四位數中數字和等于26的數共有多少個
【答案】解：小于2000的四位數千位數字是1，要它數字和為26，只需其余三位數字和是25．因為十位、個位數字和最多為9＋9=18，因此，百位數字至少是7．于是
百位為7時，只有1799，一個；
百位為8時，只有1889，1898，二個；
百位為9時，只有1979，1997，1988，三個；
總計共1＋2＋3=6個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位數的千位數字是1，要它數字和為26，只需其余三位數字和是25．因為十位、個位數字和最多為9＋9=18，因此，百位數字至少是7，那么百位數字有3種情況，然后分別把每一種情況中組成的個數加起來即可。
5．（小學奧數系列7-1加法原理（一））1995的數字和是1＋9＋9＋5=24，問：小于2000的四位數中數字和等于24的數共有多少個
【答案】解：小于2000的四位數千位數字是1，要它數字和為24，只需其余三位數字和是23．因為十位、個位數字和最多為 ，因此，百位數字至少是5．于是
百位為5時，只有1599一個；
百位為6時，只有1689，1698兩個；
百位為7時，只有1779，1788，1797三個；
百位為8時，只有1869，1878，1887，1896四個；
百位為9時，只有1959，1968，1977，1986，1995五個；
根據加法原理，總計共 個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位數的千位數字是1，要它數字和為24，只需其余三位數字和是23．因為十位、個位數字和最多為9＋9=18，因此，百位數字至少是5，那么百位數字有5種情況，然后分別把每一種情況中組成的個數加起來即可。
6．（小學奧數系列7-1加法原理（一））2007的數字和是2+0+0+7=9，問：大于2000小于3000的四位數中數字和等于9的數共有多少個
【答案】解：大于2000小于3000的四位數千位數字是2，要它數字和為9，只需其余三位數字和是7．因此，百位數字至多是7．于是根據百位數進行分類：
第一類，百位為7時，只有2700一個；
第二類，百位為6時，只有2610，2601兩個；
第三類，百位為5時，只有2520，2511，2502三個；
第四類，百位為4時，只有2430，2421，2412，2403四個；
第五類，百位為3時，只有2340，2331，2322，2313，2304五個；
第六類，百位為2時，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六個；
第七類，百位為1時，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七個；
第八類，百位為0時，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八個；
根據加法原理，總計共 個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】大于2000小于3000的四位數的千位數字是2，要它數字和為9，只需其余三位數字和是7．因此，百位數字至多是7，那么百位數字有8種情況，然后分別把每一種情況中組成的個數加起來即可。
7．從101到900這800個自然數中，數字和被8整除的數共有　 　個。
【答案】100
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：數字和被8整除，則數字和可能為8、16、24
①數字和8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2
這樣的數共有個
②數字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……
這樣的數共有58個
③數字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8
這樣的數共有6個
所以滿足題意的數字共有100個
故答案為：100。
【分析】設能被8整除的數的個數為x，則101≤8x<900，因此13≤x≤112，所以數字和被8整除的數共有112-13+1=100 (個) .
8．（小學奧數系列7-1加法原理（一））在四位數中，各位數字之和是4的四位數有多少？
【答案】解：以個位數的值為分類標準，可以分成以下幾類情況來考慮：
第1類——個位數字是0，滿足條件的數共有10個．其中：
⑴十位數字為0，有4000、3100、2200、1300，共4個；
⑵十位數字為1，有3010、2110、1210，共3個；
⑶十位數字為2，有2020、1120，共2個；
⑷十位數字為3，有1030，共1個．
第2類——個位數字是1，滿足條件的數共有6個．其中：
⑴十位數字為0，有3001、2101、1201，共3個；
⑵十位數字為1，有2011、1111，共2個；
⑶十位數字為2，有1021，滿足條件的數共有1個．
第3類——個位數字是2，滿足條件的數共有3個．其中：
⑴十位數字為0，有2002、1102，共2個；
⑵十位數字為1，有1012，共1個．
第4類——個位數字是3，滿足條件的數共有1個．其中：十位數字是0，有1003，共1個．
根據上面分析，由加法原理可求出滿足條件的數共有 個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】根據個位的數字，可以分成4類，即第一類：個位數字是0，第二類：個位數字是1，第三類，個位數字是2，第四類：個位數字是3，然后分別把每一類滿足條件的個數加起來即可。
9．將1~999這999個自然數排成一行（不一定按從大到小或從小到大的順序排列），得到一個2889位數，那么數字串“123”最多能出現　 　次．
【答案】23
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：構成數字串“123”的方式有很多，它可能是由一個數單獨構成，也可能是由兩個數或三個數構成．統計數字串“123”出現的次數，最好的辦法就是對其進行分類統計．我們將出現的“123”分為如下幾類：就是123三位數本身，一個；1和23分別屬于兩個不同的多位數，那么后面這個數可能是23或以23開頭的三位數.23或以23開頭的三位數有23，230，231，232，…，238，239共11個，而以1結尾的數遠遠多于11個，所以這類最多有11個；12和3分別屬于兩個不同的多位數，那么前面這個數可能是12或以12結尾的三位數.12或以12結尾的三位數有12，112，212，312，…，812，912共10個，而以3結尾的數遠遠多于10個，最多有10個；1、2和3分別屬于三個不同的多位數，那么中間這個數只能是2，最多出現1次．綜上，最多出現次，而且易看出可以達到．
故答案為：23。
【分析】需要確定將1到999的自然數排成一個288位數時，數字串“123”最多能出現的次數。首先，需要明確每個數的位數分布，然后分析如何排列這些數以最大化“123”的出現次數。
10．將、以及另外個不同的自然數填入下面六個□，使這個自然數從左到右構成等差數列，一共有　 　種不同的填法。
□□□□□□
【答案】18
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：由于和都在該等差數列當中，所以該等差數列的公差是與之差的約數，即只能是，，，，對這些公差分別討論：
（）當公差為時，兩個數所在的位置相隔格，但一共只有個方格，所以該情況不存在。
（）當公差為時，兩個數所在的位置相隔格，在保證數列中各個數都是自然數的情況下，可以枚舉種填法。
（）當公差為時，兩個數所在的位置相隔格，在保證數列中各個數都是自然數的情況下，可以枚舉出種填法。
（）當公差為時，兩個數所在的位置相鄰，在保證數列中各個數都是自然數的情況下，只能枚舉出種填法。所以一共只有種填法。
故答案為：18。
【分析】等差數列的公差有1、2、3、6四種可能性，分別寫出公差為1、2、3、6時有多少種填法，最后相加。
11．（小學奧數系列7-1加法原理（一））有一類自然數，從第三個數字開始，每個數字都恰好是它前面兩個數字之和，直至不能再寫為止，如 ， 等等，這類數共有　 　個.
【答案】45
【知識點】加法原理
【解析】【解答】按自然數的最高位數分類：（1）最高位為1的有：10112358，10112358，112358，1347，1459，156，167，178，189共9個；（2）最高位為2的有202246、21347、2246、2358、246、257、268、279共8個；（3）最高位為3的有303369、31459、3257、3369、347、358、369共7個；……，（9）最高位為9的有9099共1個。所以這類數共有9+8+7+6+……1=45個。
故答案為：45。
【分析】因為從第三個數字開始，每個數字都恰好是它前面兩個數字之和，所以，從最高位上的數字進行分類，即最高位分別從1開始到9，把每一類中這樣的數的個數加起來即可。
12．在所有的兩位數中，十位數字比個位數字大的兩位數有多少個？
【答案】解：十位數字可以是1到9，個位數字必須小于十位數字。例如：
當十位為1時，個位只能是0，共1個數（10）；
當十位為2時，個位可為0或1，共2個數（20，21）；
以此類推，十位為n（1≤n≤9）時，個位有n種選擇（0到n-1），共n個數。
總數 = 1 + 2 + 3 + … + 9 = = 45。
答： 十位數字比個位數字大的兩位數有45個。
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【分析】首先列舉十位與個位的可能組合，然后將十位從1到9的可能數相加，計算總數。
13．（小學奧數系列7-1加法原理（一））如果一個大于9的整數，其每個數位上的數字都比他右邊數位上的數字小，那么我們稱它為迎春數．那么，小于2008的迎春數一共有多少個？
【答案】解：（法1）兩位數中迎春數的個數．
⑴十位數字為1的：12，13，……，19.8個
⑵十位數字為2的：23，24，……29.7個
⑶十位數字為3的：34，35，……39.6個
⑷十位數字為4的：45，46，……49.5個
⑸十位數字為5的：56，57，……59.4個
⑹十位數字為6的：67，68，69.3個
⑺十位數字為7的：78，79.2個
⑻十位數字為8的：89.1個
兩位數共 個
三位數中迎春數的個數
⑴百位數字是1的：123～129，134～139……189．共28個．
⑵百位數字是2的：234～239，……289．共21個．
⑶百位數字是3的：345～349，……389．共15個．
⑷百位數字是4的：456～458，……489．共10個．
⑸百位數字是5的：567～569，……589．共6個．
⑹百位數字是6的：678，679，689．共3個．
⑺百位數字是7的：789.1個
1000～1999中迎春數的個數
⑴前兩位是12的：1234～1239，……，1289．共21個．
⑵前兩位是13的：1345～1349，……，1389．共15個．
⑶前兩位是14的：1456～1459，……，1489．共10個．
⑷前兩位是15的：1567～1569，……，1589．共6個．
⑸前兩位是16的：1678，1679，1689.3個．
⑹前兩位是17的：1789.1個
共56個．
所以小于2008的迎春數共 個．
（法2）小于2008的迎春數只可能是兩位數，三位數和1000多的數．兩位數的取法有 個．三位數的取法有 個.1000多的迎春數的取法有 個．
所以共 個．
【知識點】加法原理；排列組合
【解析】【分析】方法一：小于2008的迎春數可以分為三類，即第一類：兩位數中迎春數的個數，第二類： 三位數中迎春數的個數，第三類：1000～1999中迎春數的個數，然后把每一類中的個數加起來即可；
方法二：小于2008的迎春數只可能是兩位數，三位數和1000多的數．兩位數中，第二個數字有9種取法，第一個數字中有9-1=8種取法，那么兩位數的取法有9×8÷2=36種，據此可以分別求出三位數和1000多的數的取法，最后把這三種數的取法加起來即可。
14．（小學奧數系列7-1加法原理（一））有些五位數的各位數字均取自1，2，3，4，5，并且任意相鄰兩位數字（大減小）的差都是1．問這樣的五位數共有多少個？
【答案】解：⑴首位取1時，千位只能是2，百位可以是1和3．
百位是1，十位只能是2，個位可以是1和3.2種．
百位是3，十位可以是2和4；十位是2，個位可以是1和3，十位是4，個位可以是3和5.4種．
所以，首位取1時，共有 種．
⑵首位取2時，千位可以是1和3．
千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3種．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3種．百位是4，十位可以是3和5，有3種．千位是3時有 種．
所以首位取2時，共有 種．
⑶首位取3時，千位可以取2和4．
千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，個位可以是1和3；2種．百位是3時，十位可以是2和4．十位是2個位可以是1和3；十位是4，個位可以是3和5；4種．
千位是4，百位可以取3和5．
百位是5，十位只能是4，個位可以是3和5；2種．百位是3，十位可能是2和4．十位是2個位可以是1和3；十位是4個位可以是3和5；4種．
所以，首位取3時，共有 種．
⑷首位取4時，千位可以取3和5．
千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3個位可以是2和4；十位是5個位只能是4．有3種．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1個位只能是2；十位是3個位可以是2和4．有3種．百位是4，十位可以是3和5．十位是5個位只能是4；十位是3，個位可以是2和4．有3種．千位是3共有 種．
所以，首位取4時，共有 種．
⑸首位取5時，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2種；百位是3，十位可以是2和4，有4種．所以，首位取5時共有 種．
總共有： 個
也可以根據首位數字分別是1、2、3、4、5，畫5個樹狀圖，然后相加總共有： 個
【知識點】加法原理；排列組合
【解析】【分析】因為是組成五位數，那么可以分為5類，即第一類：首位取1時，那么千位只能是2；第二類：首位取2時，千位可以是1和3；第三類：首位取3時，千位可以取2和4；第四類：首位取4時，千位可以取3和5；第五類：首位取5時，千位只能是4。然后分別把每一類中數字的組法就出來，最后加起來即可。
15．從1～999中選出連續6個自然數，使得它們的乘積的末尾恰有4個0，一共有　 　種選法．
【答案】17
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：連續的6個自然數中，必有3個偶數，這3個偶數是3個連續偶數，其中至少有1個是4的倍數，那么這3個偶數的積肯定是的倍數，所以任意的連續6個自然數的積都是的倍數．
另外，連續的6個自然數中，至少有一個5的倍數，至多有兩個5的倍數：
⑴如果其中只有1個5的倍數，由于末尾要有4個0，那么這個5的倍數應是的倍數，即是625的倍數，又小于1000，只能是625，那么這6個數可以是621～626，622～627，623～628，624～629，共4種；⑵如果其中有2個5的倍數，那么只能是這連續6個自然數中的最大數和最小數都是5的倍數．由于這兩個5的倍數不可能同時是25的倍數，所以其中必有一個是的倍數，可能為125，250，375，500，625，750，900．對于其中除625外的6個數，每個數都可以是這連續6個自然數中的最大數和最小數，所以對這6個數，每個數都有2種取法，共有種取法；而對于625來說，與另一個5的倍數相乘，將會是的倍數，要想使末尾恰有4個0，則這連續6個自然數的乘積要是的倍數但又不是的倍數．檢驗620～625和625～630這兩組的連續6個自然數，后者滿足題意，前者則不合題意．所以有2個5的倍數的情況下共有種選法．
根據加法原理，共有種選法．小結：本題容易出錯的地方在于容易忽略掉625～630這一組數，因為在平常做題中面對此類問題基本上都是2比5多的情況，所以學生可能對于2比5少的可能性根本不予考慮．
故答案為：17。
【分析】題目要求找出1到999中連續6個自然數，其乘積末尾恰好有4個0。末尾0的個數由乘積中因數2和5的最小值決定，因此需要乘積中至少包含4個2和4個5。由于連續6個數中因數2的數量通常較多，關鍵在于分析因數5的分布情況。通過分析因數5的可能組合方式，確定滿足條件的連續數段，并統計其數量。
16．兩個籃子中分別裝有很多同樣的牽牛花和月季花，從中選出6朵串成花環（圖是其中的一種情況），可以得到不同的花環　 　種。（通過旋轉和翻轉能重合的算同一種花環）。
【答案】13
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：考慮月季花的數量有0、1、2、3、4、5、6共7類情況，分類討論：
（1）有0朵月季花，則有1種；
（2）有1朵月季花，則有1種；
（3）有2朵月季花，2朵月季花中間可包夾有0、1、2朵月季花，共有3種情況。（包夾3、4朵分與包夾1、0朵相同）；
（4）有3朵月季花，3多月季花中間可包含有0、1、2朵月季花，共有3種情況。（包含3朵月季花與包含0朵相同）；
（5）有4朵月季花，同（3），有3種情況；
（6）有5朵月季花，有1種；
（7）有6朵月季花，有1種；
所以共有1+1+3+3+3+1+1=13（種）
故答案為：13。
【分析】月季花的數量有0、1、2、3、4、5、6共7類情況，分別討論7類情況下會有多少種花環，最后求和。
17．某次武林大會有九個級別的高手參加，按級別從高到低分別是游俠、火槍手、騎士、劍客、武士、弓箭手、法師、獵人、牧師．為公平起見，分組比賽的規則是：兩人或三人分為一組，若兩人一組，則這兩人級別必須相同；若三人一組，則這三名高手級別相同，或者是連續的三個級別各一名．現有13個人，其中有三名游俠、三名牧師，其它七類高手各一名．若此時再有一人加入，所有這些人共分為五組比賽，那么新加入這個人的級別可以有　 　種選擇．
【答案】9
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：現在總共是有14個人，且分為五組，則必然是下面的這種情況：
給：游俠、火槍手、騎士、劍客、武士、弓箭手、法師、獵人、牧師依次編號為：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨．
接下來分情況討論：
第一種情況：如果里填①①，則其它組可以是：
①②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨、⑨⑨那么加入⑨．
也可以是：①②③、④⑤、⑥⑦⑧、⑨⑨⑨那么加入③或⑥都可．
第二種情況：如果里填⑨⑨，則其它組可以是：
①①①、②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨那么加入①或④都可．
也可以是：①①①、②③④、⑤⑥⑦、⑧⑨那么加入⑦．
第三種情況：如果里填①①①、⑨⑨⑨，那么其它組可以是：②③④、⑤⑥⑦、⑧那么加入⑧．也可以是：②、③④⑤、⑥⑦⑧那么加入②．還可以是：②③④、⑤、⑥⑦⑧那么加入⑤．
所以新加入這個人的級別可以有9種選擇．
故答案為：9。
【分析】為9個級別進行編號，將14個人分成5組，一共有3種情況；分別討論3種情況中有多少種選擇，最后求和。
1 / 1[板塊專題題庫7-1-2]加法原理之分類枚舉（二）.
1．有一個電子表的表面用2個數碼顯示“小時”，另用2個數碼顯示“分”。例如“21：32”表示21時32分，那么這個手表從“10：00”至“11：30”之間共有　 　分鐘表面上顯示有數碼“2”.
2．袋中有3個紅球，4個黃球和5個白球，小明從中任意拿出6個球，他拿出球的情況共有　 　種可能．
3．（小學奧數系列7-1加法原理（一））1、2、3、4四個數字，從小到大排成一行，在這四個數中間，任意插入乘號（最少插一個乘號），可以得到多少個不同的乘積
4．（小學奧數系列7-1加法原理（一））1995的數字和是1＋9＋9＋5=24，問：小于2000的四位數中數字和等于26的數共有多少個
5．（小學奧數系列7-1加法原理（一））1995的數字和是1＋9＋9＋5=24，問：小于2000的四位數中數字和等于24的數共有多少個
6．（小學奧數系列7-1加法原理（一））2007的數字和是2+0+0+7=9，問：大于2000小于3000的四位數中數字和等于9的數共有多少個
7．從101到900這800個自然數中，數字和被8整除的數共有　 　個。
8．（小學奧數系列7-1加法原理（一））在四位數中，各位數字之和是4的四位數有多少？
9．將1~999這999個自然數排成一行（不一定按從大到小或從小到大的順序排列），得到一個2889位數，那么數字串“123”最多能出現　 　次．
10．將、以及另外個不同的自然數填入下面六個□，使這個自然數從左到右構成等差數列，一共有　 　種不同的填法。
□□□□□□
11．（小學奧數系列7-1加法原理（一））有一類自然數，從第三個數字開始，每個數字都恰好是它前面兩個數字之和，直至不能再寫為止，如 ， 等等，這類數共有　 　個.
12．在所有的兩位數中，十位數字比個位數字大的兩位數有多少個？
13．（小學奧數系列7-1加法原理（一））如果一個大于9的整數，其每個數位上的數字都比他右邊數位上的數字小，那么我們稱它為迎春數．那么，小于2008的迎春數一共有多少個？
14．（小學奧數系列7-1加法原理（一））有些五位數的各位數字均取自1，2，3，4，5，并且任意相鄰兩位數字（大減小）的差都是1．問這樣的五位數共有多少個？
15．從1～999中選出連續6個自然數，使得它們的乘積的末尾恰有4個0，一共有　 　種選法．
16．兩個籃子中分別裝有很多同樣的牽牛花和月季花，從中選出6朵串成花環（圖是其中的一種情況），可以得到不同的花環　 　種。（通過旋轉和翻轉能重合的算同一種花環）。
17．某次武林大會有九個級別的高手參加，按級別從高到低分別是游俠、火槍手、騎士、劍客、武士、弓箭手、法師、獵人、牧師．為公平起見，分組比賽的規則是：兩人或三人分為一組，若兩人一組，則這兩人級別必須相同；若三人一組，則這三名高手級別相同，或者是連續的三個級別各一名．現有13個人，其中有三名游俠、三名牧師，其它七類高手各一名．若此時再有一人加入，所有這些人共分為五組比賽，那么新加入這個人的級別可以有　 　種選擇．
答案解析部分
1．【答案】27
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：顯示小時的數碼不會出現2，只有分鐘會出現。
10點到11點分別有2，12，20，21，22，……，29，32，42，52，共15次，
11點到11點半有2，12，20，21，22，……，29共12次，所以有27分鐘。
故答案為：27。
【分析】已知只有分鐘位置會出現“2”，可以分別列舉出10點到11點、11點到11點半中，一共可以出現多少種含“2”的分鐘數，兩者相加即可。
2．【答案】18
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：如果沒拿紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（1、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）4種.
如果拿1個紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、（4、1）5種.
如果拿2個紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、（4、0）5種
如果拿3個紅球，那么拿（黃、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、0）4種.
可見他拿出球的情況共有：4+5+5+4=18（種）．
有18種.
故答案為：18。
【分析】小明從中任意拿出6個球，有沒拿紅球、拿1個紅球、拿2個紅球、拿3個紅球四種情況；分別寫出這四種情況下，拿（黃、白）球的可能有多少種，最后將四個數字相加。
3．【答案】解：按插入乘號的個數進行分類：
①若插入一個乘號，4個數字之間有3個空當，選3個空當中的任一空當放乘號，所以有3種不同的插法，可以得到3個不同的乘積，枚舉如下：
②若插入兩個乘號，由于必有一個空當不放乘號，所以從3個空檔中選2個空當插入乘號有3種不同的插法，可以得到3個不同的乘積，枚舉如下：
③若插入三個乘號，則只有1個插法，可以得到l個不同的乘積，枚舉如下：
1×2×3×4.
所以，根據加法原理共有 種不同的乘積．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】四個數字最多可以插入3個乘號，那么可以分為三類，即第一類：插入一個乘號，第二類：插入二個乘號，第三類：插入三個乘號，然后分別計算出每一類中的插法，最后把它們加起來即可。
4．【答案】解：小于2000的四位數千位數字是1，要它數字和為26，只需其余三位數字和是25．因為十位、個位數字和最多為9＋9=18，因此，百位數字至少是7．于是
百位為7時，只有1799，一個；
百位為8時，只有1889，1898，二個；
百位為9時，只有1979，1997，1988，三個；
總計共1＋2＋3=6個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位數的千位數字是1，要它數字和為26，只需其余三位數字和是25．因為十位、個位數字和最多為9＋9=18，因此，百位數字至少是7，那么百位數字有3種情況，然后分別把每一種情況中組成的個數加起來即可。
5．【答案】解：小于2000的四位數千位數字是1，要它數字和為24，只需其余三位數字和是23．因為十位、個位數字和最多為 ，因此，百位數字至少是5．于是
百位為5時，只有1599一個；
百位為6時，只有1689，1698兩個；
百位為7時，只有1779，1788，1797三個；
百位為8時，只有1869，1878，1887，1896四個；
百位為9時，只有1959，1968，1977，1986，1995五個；
根據加法原理，總計共 個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位數的千位數字是1，要它數字和為24，只需其余三位數字和是23．因為十位、個位數字和最多為9＋9=18，因此，百位數字至少是5，那么百位數字有5種情況，然后分別把每一種情況中組成的個數加起來即可。
6．【答案】解：大于2000小于3000的四位數千位數字是2，要它數字和為9，只需其余三位數字和是7．因此，百位數字至多是7．于是根據百位數進行分類：
第一類，百位為7時，只有2700一個；
第二類，百位為6時，只有2610，2601兩個；
第三類，百位為5時，只有2520，2511，2502三個；
第四類，百位為4時，只有2430，2421，2412，2403四個；
第五類，百位為3時，只有2340，2331，2322，2313，2304五個；
第六類，百位為2時，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六個；
第七類，百位為1時，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七個；
第八類，百位為0時，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八個；
根據加法原理，總計共 個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】大于2000小于3000的四位數的千位數字是2，要它數字和為9，只需其余三位數字和是7．因此，百位數字至多是7，那么百位數字有8種情況，然后分別把每一種情況中組成的個數加起來即可。
7．【答案】100
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：數字和被8整除，則數字和可能為8、16、24
①數字和8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2
這樣的數共有個
②數字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……
這樣的數共有58個
③數字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8
這樣的數共有6個
所以滿足題意的數字共有100個
故答案為：100。
【分析】設能被8整除的數的個數為x，則101≤8x<900，因此13≤x≤112，所以數字和被8整除的數共有112-13+1=100 (個) .
8．【答案】解：以個位數的值為分類標準，可以分成以下幾類情況來考慮：
第1類——個位數字是0，滿足條件的數共有10個．其中：
⑴十位數字為0，有4000、3100、2200、1300，共4個；
⑵十位數字為1，有3010、2110、1210，共3個；
⑶十位數字為2，有2020、1120，共2個；
⑷十位數字為3，有1030，共1個．
第2類——個位數字是1，滿足條件的數共有6個．其中：
⑴十位數字為0，有3001、2101、1201，共3個；
⑵十位數字為1，有2011、1111，共2個；
⑶十位數字為2，有1021，滿足條件的數共有1個．
第3類——個位數字是2，滿足條件的數共有3個．其中：
⑴十位數字為0，有2002、1102，共2個；
⑵十位數字為1，有1012，共1個．
第4類——個位數字是3，滿足條件的數共有1個．其中：十位數字是0，有1003，共1個．
根據上面分析，由加法原理可求出滿足條件的數共有 個．
【知識點】加法原理
【解析】【分析】根據個位的數字，可以分成4類，即第一類：個位數字是0，第二類：個位數字是1，第三類，個位數字是2，第四類：個位數字是3，然后分別把每一類滿足條件的個數加起來即可。
9．【答案】23
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：構成數字串“123”的方式有很多，它可能是由一個數單獨構成，也可能是由兩個數或三個數構成．統計數字串“123”出現的次數，最好的辦法就是對其進行分類統計．我們將出現的“123”分為如下幾類：就是123三位數本身，一個；1和23分別屬于兩個不同的多位數，那么后面這個數可能是23或以23開頭的三位數.23或以23開頭的三位數有23，230，231，232，…，238，239共11個，而以1結尾的數遠遠多于11個，所以這類最多有11個；12和3分別屬于兩個不同的多位數，那么前面這個數可能是12或以12結尾的三位數.12或以12結尾的三位數有12，112，212，312，…，812，912共10個，而以3結尾的數遠遠多于10個，最多有10個；1、2和3分別屬于三個不同的多位數，那么中間這個數只能是2，最多出現1次．綜上，最多出現次，而且易看出可以達到．
故答案為：23。
【分析】需要確定將1到999的自然數排成一個288位數時，數字串“123”最多能出現的次數。首先，需要明確每個數的位數分布，然后分析如何排列這些數以最大化“123”的出現次數。
10．【答案】18
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：由于和都在該等差數列當中，所以該等差數列的公差是與之差的約數，即只能是，，，，對這些公差分別討論：
（）當公差為時，兩個數所在的位置相隔格，但一共只有個方格，所以該情況不存在。
（）當公差為時，兩個數所在的位置相隔格，在保證數列中各個數都是自然數的情況下，可以枚舉種填法。
（）當公差為時，兩個數所在的位置相隔格，在保證數列中各個數都是自然數的情況下，可以枚舉出種填法。
（）當公差為時，兩個數所在的位置相鄰，在保證數列中各個數都是自然數的情況下，只能枚舉出種填法。所以一共只有種填法。
故答案為：18。
【分析】等差數列的公差有1、2、3、6四種可能性，分別寫出公差為1、2、3、6時有多少種填法，最后相加。
11．【答案】45
【知識點】加法原理
【解析】【解答】按自然數的最高位數分類：（1）最高位為1的有：10112358，10112358，112358，1347，1459，156，167，178，189共9個；（2）最高位為2的有202246、21347、2246、2358、246、257、268、279共8個；（3）最高位為3的有303369、31459、3257、3369、347、358、369共7個；……，（9）最高位為9的有9099共1個。所以這類數共有9+8+7+6+……1=45個。
故答案為：45。
【分析】因為從第三個數字開始，每個數字都恰好是它前面兩個數字之和，所以，從最高位上的數字進行分類，即最高位分別從1開始到9，把每一類中這樣的數的個數加起來即可。
12．【答案】解：十位數字可以是1到9，個位數字必須小于十位數字。例如：
當十位為1時，個位只能是0，共1個數（10）；
當十位為2時，個位可為0或1，共2個數（20，21）；
以此類推，十位為n（1≤n≤9）時，個位有n種選擇（0到n-1），共n個數。
總數 = 1 + 2 + 3 + … + 9 = = 45。
答： 十位數字比個位數字大的兩位數有45個。
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【分析】首先列舉十位與個位的可能組合，然后將十位從1到9的可能數相加，計算總數。
13．【答案】解：（法1）兩位數中迎春數的個數．
⑴十位數字為1的：12，13，……，19.8個
⑵十位數字為2的：23，24，……29.7個
⑶十位數字為3的：34，35，……39.6個
⑷十位數字為4的：45，46，……49.5個
⑸十位數字為5的：56，57，……59.4個
⑹十位數字為6的：67，68，69.3個
⑺十位數字為7的：78，79.2個
⑻十位數字為8的：89.1個
兩位數共 個
三位數中迎春數的個數
⑴百位數字是1的：123～129，134～139……189．共28個．
⑵百位數字是2的：234～239，……289．共21個．
⑶百位數字是3的：345～349，……389．共15個．
⑷百位數字是4的：456～458，……489．共10個．
⑸百位數字是5的：567～569，……589．共6個．
⑹百位數字是6的：678，679，689．共3個．
⑺百位數字是7的：789.1個
1000～1999中迎春數的個數
⑴前兩位是12的：1234～1239，……，1289．共21個．
⑵前兩位是13的：1345～1349，……，1389．共15個．
⑶前兩位是14的：1456～1459，……，1489．共10個．
⑷前兩位是15的：1567～1569，……，1589．共6個．
⑸前兩位是16的：1678，1679，1689.3個．
⑹前兩位是17的：1789.1個
共56個．
所以小于2008的迎春數共 個．
（法2）小于2008的迎春數只可能是兩位數，三位數和1000多的數．兩位數的取法有 個．三位數的取法有 個.1000多的迎春數的取法有 個．
所以共 個．
【知識點】加法原理；排列組合
【解析】【分析】方法一：小于2008的迎春數可以分為三類，即第一類：兩位數中迎春數的個數，第二類： 三位數中迎春數的個數，第三類：1000～1999中迎春數的個數，然后把每一類中的個數加起來即可；
方法二：小于2008的迎春數只可能是兩位數，三位數和1000多的數．兩位數中，第二個數字有9種取法，第一個數字中有9-1=8種取法，那么兩位數的取法有9×8÷2=36種，據此可以分別求出三位數和1000多的數的取法，最后把這三種數的取法加起來即可。
14．【答案】解：⑴首位取1時，千位只能是2，百位可以是1和3．
百位是1，十位只能是2，個位可以是1和3.2種．
百位是3，十位可以是2和4；十位是2，個位可以是1和3，十位是4，個位可以是3和5.4種．
所以，首位取1時，共有 種．
⑵首位取2時，千位可以是1和3．
千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3種．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3種．百位是4，十位可以是3和5，有3種．千位是3時有 種．
所以首位取2時，共有 種．
⑶首位取3時，千位可以取2和4．
千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，個位可以是1和3；2種．百位是3時，十位可以是2和4．十位是2個位可以是1和3；十位是4，個位可以是3和5；4種．
千位是4，百位可以取3和5．
百位是5，十位只能是4，個位可以是3和5；2種．百位是3，十位可能是2和4．十位是2個位可以是1和3；十位是4個位可以是3和5；4種．
所以，首位取3時，共有 種．
⑷首位取4時，千位可以取3和5．
千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3個位可以是2和4；十位是5個位只能是4．有3種．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1個位只能是2；十位是3個位可以是2和4．有3種．百位是4，十位可以是3和5．十位是5個位只能是4；十位是3，個位可以是2和4．有3種．千位是3共有 種．
所以，首位取4時，共有 種．
⑸首位取5時，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2種；百位是3，十位可以是2和4，有4種．所以，首位取5時共有 種．
總共有： 個
也可以根據首位數字分別是1、2、3、4、5，畫5個樹狀圖，然后相加總共有： 個
【知識點】加法原理；排列組合
【解析】【分析】因為是組成五位數，那么可以分為5類，即第一類：首位取1時，那么千位只能是2；第二類：首位取2時，千位可以是1和3；第三類：首位取3時，千位可以取2和4；第四類：首位取4時，千位可以取3和5；第五類：首位取5時，千位只能是4。然后分別把每一類中數字的組法就出來，最后加起來即可。
15．【答案】17
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：連續的6個自然數中，必有3個偶數，這3個偶數是3個連續偶數，其中至少有1個是4的倍數，那么這3個偶數的積肯定是的倍數，所以任意的連續6個自然數的積都是的倍數．
另外，連續的6個自然數中，至少有一個5的倍數，至多有兩個5的倍數：
⑴如果其中只有1個5的倍數，由于末尾要有4個0，那么這個5的倍數應是的倍數，即是625的倍數，又小于1000，只能是625，那么這6個數可以是621～626，622～627，623～628，624～629，共4種；⑵如果其中有2個5的倍數，那么只能是這連續6個自然數中的最大數和最小數都是5的倍數．由于這兩個5的倍數不可能同時是25的倍數，所以其中必有一個是的倍數，可能為125，250，375，500，625，750，900．對于其中除625外的6個數，每個數都可以是這連續6個自然數中的最大數和最小數，所以對這6個數，每個數都有2種取法，共有種取法；而對于625來說，與另一個5的倍數相乘，將會是的倍數，要想使末尾恰有4個0，則這連續6個自然數的乘積要是的倍數但又不是的倍數．檢驗620～625和625～630這兩組的連續6個自然數，后者滿足題意，前者則不合題意．所以有2個5的倍數的情況下共有種選法．
根據加法原理，共有種選法．小結：本題容易出錯的地方在于容易忽略掉625～630這一組數，因為在平常做題中面對此類問題基本上都是2比5多的情況，所以學生可能對于2比5少的可能性根本不予考慮．
故答案為：17。
【分析】題目要求找出1到999中連續6個自然數，其乘積末尾恰好有4個0。末尾0的個數由乘積中因數2和5的最小值決定，因此需要乘積中至少包含4個2和4個5。由于連續6個數中因數2的數量通常較多，關鍵在于分析因數5的分布情況。通過分析因數5的可能組合方式，確定滿足條件的連續數段，并統計其數量。
16．【答案】13
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：考慮月季花的數量有0、1、2、3、4、5、6共7類情況，分類討論：
（1）有0朵月季花，則有1種；
（2）有1朵月季花，則有1種；
（3）有2朵月季花，2朵月季花中間可包夾有0、1、2朵月季花，共有3種情況。（包夾3、4朵分與包夾1、0朵相同）；
（4）有3朵月季花，3多月季花中間可包含有0、1、2朵月季花，共有3種情況。（包含3朵月季花與包含0朵相同）；
（5）有4朵月季花，同（3），有3種情況；
（6）有5朵月季花，有1種；
（7）有6朵月季花，有1種；
所以共有1+1+3+3+3+1+1=13（種）
故答案為：13。
【分析】月季花的數量有0、1、2、3、4、5、6共7類情況，分別討論7類情況下會有多少種花環，最后求和。
17．【答案】9
【知識點】加法原理；枚舉法
【解析】【解答】解：現在總共是有14個人，且分為五組，則必然是下面的這種情況：
給：游俠、火槍手、騎士、劍客、武士、弓箭手、法師、獵人、牧師依次編號為：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨．
接下來分情況討論：
第一種情況：如果里填①①，則其它組可以是：
①②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨、⑨⑨那么加入⑨．
也可以是：①②③、④⑤、⑥⑦⑧、⑨⑨⑨那么加入③或⑥都可．
第二種情況：如果里填⑨⑨，則其它組可以是：
①①①、②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨那么加入①或④都可．
也可以是：①①①、②③④、⑤⑥⑦、⑧⑨那么加入⑦．
第三種情況：如果里填①①①、⑨⑨⑨，那么其它組可以是：②③④、⑤⑥⑦、⑧那么加入⑧．也可以是：②、③④⑤、⑥⑦⑧那么加入②．還可以是：②③④、⑤、⑥⑦⑧那么加入⑤．
所以新加入這個人的級別可以有9種選擇．
故答案為：9。
【分析】為9個級別進行編號，將14個人分成5組，一共有3種情況；分別討論3種情況中有多少種選擇，最后求和。
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