初中数学竞赛《加法原理与乘法原理》复习题 (42)

第22讲加法原理和乘法原理——练习题一、第22讲加法原理和乘法原理（练习题部分）1.书架上有三排书．第一排共有12本书．第二排共有20本书，第三排共有15本书．小明从中取一本书来阅读．问他有几种不同的取法?2.某班有男生18人，女生15人．从中选出一人去参加夏令营，问有多少种不同的选法?3.第一个口袋中装2个球，第二个口袋中装4个球，第三个口袋中装5个球，球各不相同．（1）从口袋中任取一个小球，有多少种不同的取法?（2）从三个口袋中各取一个球，问有多少种不同的取法?4.如图，从甲地到乙地有两条路．从乙地到丙地有三条路．从甲地到丙地有四条路．问从甲地到丙地共有多少种不同的走法?5.把多项式(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2) 展开，展开式中有多少种不同的项?6.求2000的正约数的个数．7.用1、2、3、4这四个数字可组成多少个不同的三位数?8.将6个人分成甲、乙两组，每组至少1人．有多少种不同的分法?9.从南京到上海的某次快车，中途要停靠六个大站．铁路局要为这次快车准备多少种不同的车票?这些车票中最多有多少种不同的票价?10.4个人站成一排合影，共有多少种不同的排法?11.用2、3、4这三个数字组成没有重复数字的三位数．（1）求这些三位数的数字和的和；（2）求这些三位数的和．12. 2000的正约数中，有多少个偶数?13.用数字0、1、2、3、4可以组成多少个（1）四位数?（2）四位偶数?（3）没有重复数字的四位数?（4）没有重复数字的四位偶数?（5）没有重复数字的正整数?14.三封信，随机地投入四个信箱中．有多少种不同的投信方法?15. 5人站成一排照相，其中一人必须站在中间．有多少种站法?16.有多少个被3整除并且含有数字9的三位数?17.如图，对地图中的A、B、C、D、E这五个部分用四种不同的颜色染色．相邻的部分不能用相同的颜色，不相邻的部分可以用相同的颜色．有多少种不同的染色方法?答案解析部分一、第22讲加法原理和乘法原理（练习题部分）1.【答案】解：小明从中取一本，共有三种方法：一种是从第一排取，共12种不同的取法；一种是从第二排取，共20种不同的取法；一种是从第三排取，共15种不同的取法；∴12+20+15=47（种），答：他有47种不同的取法.【解析】【分析】做一件事情，完成它有n类办法；在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，在第三类办法中有m3种不同的方法，……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+m3+……+m n.根据加法原理计算即可.2.【答案】解：从中选一人，共有两种选法：一种是从男生选，共有18种选法；一种是从女生选，共有15种选法；∴18+15=33（种），答：有33种不同的选法.【解析】【分析】做一件事情，完成它有n类办法；在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，在第三类办法中有m3种不同的方法，……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+m3+……+m n.根据加法原理计算即可.3.【答案】（1）解：从口袋中任取一个小球有三种办法：第一种是从第一个口袋中取球，共有2种不同的方法；第二种是从第二个口袋中取球，共有4种不同的方法；第三种是从第三个口袋中取球，共有5种不同的方法；∴2+4+5=11（种）．答：有1种不同的取法.（2）解：从三个口袋中各取一个球，可分三步进行：第一步是从第一个口袋中取一球，有2种不同的方法；第二步是从第二个口袋中取一球，有4种不同的取法；第三步是从第三个口袋中取一球，有5种不同的方法；∴2×4×5=40（种）.答：有40种不同的取法.【解析】【分析】使用乘法原理与加法原理的不同之处在于：用加法原理时，完成一件事情有n类办法，不论用哪一类办法，都能完成这件事．而用乘法原理时，完成一件事情可分为n步，但不论哪一步，都只是完成这件事情的一部分，只有每一步都完成了；这件事情才得以完成．因此，这n步缺一不可．这就是使用乘法原理还是使用加法原理的主要区别．4.【答案】解：从甲地到丙地有两种不同的走法：第一种是从甲地到丙地，有4条路；第二种是从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，故共有2×3=6条路；∴4+2×3=10（种）.答：从甲地到丙地共有10种不同的走法.【解析】【分析】从甲地到丙地有两种不同的走法：第一种是从甲地到丙地，有4条路；第二种需要分成两步：先从甲地到乙地有2条路，再从乙地到丙地有3条路，根据加法原理和乘法原理计算即可.5.【答案】解：多项式含a的有3项，含b的有4项，含c的有2项，∴展开式中不同的项有：3×4×2=24（种）.【解析】【分析】这个多项式的乘积是有三个部分组成：第一部分含a的有3项，第二部分含b的有4项，第三部分含c的有2项，根据乘法原理计算即可.6.【答案】解：∵2000=24×53，∴2000的正约数个数是：（4+1）×（3+1）=20（个）.【解析】【分析】对于一个大于1的正整数分解质因数：n=p1a1·p2a2·……·p k a k，可知n的正约数有（a1+1）（a2+1）……（a k+1）个；所以先将2000分解质因数，再依此计算即可.7.【答案】解：百位数字有4种选法，十位数字有4种选法，个位数字有4种选法，∴4×4×4=64.∴可组成64个不同的三位数.【解析】【分析】三位数分成三步：第一步选百位数字有4种选法，第二步选十位数字有4种选法，第三步选个位数字有4种选法，根据乘法原理计算即可.8.【答案】解：∵每个人都可分在甲组，也可分在乙组，即有2种分法，根据乘法原理可得：2×2×2×2×2×2=64（种），又∵这64种方法种，有1种是6个人全在甲组，有1种是6个人全在乙组，∴64-1-1=62（种）.答：有62种不同的分法.【解析】【分析】每个人都可以分在甲组或乙组，即有2种分法，根据乘法原理算出所有分法；然后去掉一些不符题意的；这种做法常常有很好的效果．9.【答案】解：∵中途有6个大站，∴一共有6+2=8（站），∴7+6+5+4+3+2+1=28（种），∴两个车站的往返车票各一种，即两种，∴28×2=56（种），答：铁路局要为这次快车准备56种不同的车票；这些车票中最多有28种不同的票价.【解析】【分析】根据题意可知从南京到上海一共8个站，从第一站到其他各站有7种，从第二站到下边各站有6种，从第三站到下边各站有5种，……，从第七站到下边各站有1种，根据加法原理计算单程车票的种类，即可计算往返车票的种类和票价.10.【答案】解：第一个人有4种不同站法，第二个人有3种不同的站法，第三个人有2种不同的站法，第四个人有1种不同的站法，∴4×3×2=24（种）.答：共有24种不同的排法.【解析】【分析】根据题意可知第一个人有4种不同站法，第二个人有3种不同的站法，第三个人有2种不同的站法，第四个人有1种不同的站法，根据乘法原理计算即可得出答案.11.【答案】（1）解：百位数字有3种方法，十位数字与百位数字不同，有2种方法，个位数字与百位、十位数字不同，有1种方法，∴3×2×1=6（种），∴这些三位数的数字和的和为：（2+3+4）×6=54.答：这些三位数的数字和的和为54.（2）解：依题可得三位数为：432，423，324，342，234，243，∴这些三位数的和为：432+423+324+342+234+243=1998.答：这些三位数的和为1998.【解析】【分析】（1）选三位数分成三步：第一步百位数字有3种方法，第二步十位数字与百位数字不同，有2种方法，第三步个位数字与百位、十位数字不同，有1种方法，根据乘法原理计算即可.（2）根据题意写出所有的三位数，再将这些数字加起来即可得出答案.12.【答案】解：∵2000=24×53，∴2000的正约数个数是：（4+1）×（3+1）=20（个），∴奇约数有：3+1=4（个），∴偶约数有：20-4=16（个）.【解析】【分析】对于一个大于1的正整数分解质因数：n=p1a1·p2a2·……·p k a k，可知n的正约数有（a1+1）（a2+1）……（a k+1）个；所以先将2000分解质因数，再依此计算即可.13.【答案】（1）解：千位数字有4种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，十位数字有5种不同的选法，个位数字有5种不同的选法，∴4×5×5×5=500（个）.答：可以组成500个四位数.（2）解：个位数字从0、2、4数字中选有3种不同的选法，则十位数字有5种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，千位数字有4种不同的选法，∴3×5×5×4=300（种）.答：可以组成300个四位偶数.（3）解：∵数字不能重复，∴千位数字有4种不同的选法，百位数字与千位数字不同，则有4种不同的选法，十位数字与千位、百位数字不同，则有3种不同的选法，个位数字与千位、百位、十位数字不同，则有2种不同的选法，∴4×4×3×2=96（种）.答：没有重复数字的四位数有96种.（4）解：∵数字不能重复且为偶数，∴①若个数数字为0时，则十位数字与个位数字不同，则有4种不同的选法；百位数字与个位、十位数字不同，则有3种不同的选法；千位数字与个位、十位、百位数字不同，则有2种不同的选法，∴4×3×2=24（种），②个位数字从2、4数字中选有2种不同的选法，则千位数字与个位数字不同，则有3种不同的选法，百位数字与个位、千位数字不同，则有3种不同的选法；十位数字与个位、百位、千位数字不同，则有2种不同的选法，∴2×3×3×2=36（种），∴24+36=60（种）.答：没有重复数字的四位偶数有60种.（5）解：①一位数有4个；②两位数有4×4=16（个）；③三位数有4×4×3=48（个）；④四位数有4×4×3×2=96（个）；⑤五位数有4×4×3×2×1=96（个）；∴没有重复数字的正整数有：4+16+48+96+96=260（个）.答：没有重复数字的正整数有260.【解析】【分析】（1）千位数字有4种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，十位数字有5种不同的选法，个位数字有5种不同的选法，根据乘法原理计算即可.（2）个位数字从0、2、4数字中选有3种不同的选法，则十位数字有5种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，千位数字有4种不同的选法，根据乘法原理计算即可.（3）由于数字不能重复，从而千位数字有4种不同的选法，百位数字与千位数字不同，则有4种不同的选法，十位数字与千位、百位数字不同，则有3种不同的选法，个位数字与千位、百位、十位数字不同，则有2种不同的选法，根据乘法原理计算即可.（4）根据题意分情况分析：①若个数数字为0时，分别写出十位、百位、千位数字的不同选法，根据乘法原理计算即可；②个位数字从2、4数字中选有2种不同的选法，分别写出十位、百位、千位数字的不同选法，根据乘法原理计算即可；再将两种选法加起来即可.（5）根据题意分情况讨论：①一位数；②两位数；③三位数；④四位数；⑤五位数；再分别求出个数，求和即可.14.【答案】解：每封信都有4种投法，依题可得：4×4×4=64（种）.答：有64种不同的投信方法.【解析】【分析】根据题意可知每封信都有4种投法，根据乘法原理计算即可.15.【答案】解：∵一人必须站在中间，∴第一个人有4种不同的排法，第二个人有3种不同的排法，第四个人有2种不同的排法，第五个人有1种不同的排法，∴4×3×2=24（种）.答：有24种站法.【解析】【分析】根据题意可知一个人的位置已经固定，再将剩余的4人排列，根据乘法原理计算即可.16.【答案】解：依题可分类讨论：①9在个位：由于需被3整除且个位是9，根据被3整除的数，其各位数字之和也能被3整除的定理，百位和十位数字之和能被3整除；所以百位和十位组成的两位数也能被3整除.百位和十位从10到99，共有90个数，每3个数一组，必有一个被3整除，共30个.②9在十位：同上分析，有30个.③9在百位：与上面不同的是，个位和十位组成的两位数应该从00到99，共100个数，能被3整除的有34个.以上三种情况有重复的，那就是9不止一个的时候.④□99，有3个.⑤9□9，有4个.⑥99□，有4个.⑦999，有1个.∴共有30+30+34-3-4-4+1 =84（个）.【解析】【分析】根据题意分情况讨论：①9在个位；②9在十位；③9在百位，根据被3整除的数的特征分析得出各部分数的个数，再把其中重复的找出来，计算即可.17.【答案】解：根据题意可知：A有4种不同的染色方法，则B不能和A相同，有3种不同的染色方法；C不能和A、B相同，有2种不同的染色方法；D不能和B、C相同，有2种不同的染色方法；E不能和C、D相同，有2种不同的染色方法；∴4×3×2×2×2=96（种）.答：有96种不同的染色方法.【解析】【分析】根据题意可知A有4种不同的染色方法，则B不能和A相同，有3种不同的染色方法；C不能和A、B相同，有2种不同的染色方法；D不能和B、C相同，有2种不同的染色方法；E不能和C、D相同，有2种不同的染色方法；由乘法原理计算即可.。

初中数学复习概率计算中的加法和乘法原理概率是数学中的一个重要概念，是研究随机现象的可能性大小的数值。

在初中数学复习中，我们经常会遇到与概率相关的问题。

而概率计算中的加法和乘法原理是解决这些问题的基本方法。

本文将重点介绍初中数学中的概率计算并深入探讨加法和乘法原理的应用。

一、概率计算的基本概念在开始深入讨论加法和乘法原理之前，我们需要了解一些概率计算的基本概念。

1.1 试验与样本空间试验是指为了研究某随机现象而进行的操作或观测过程。

样本空间是试验的所有可能结果构成的集合，通常用S表示。

例如，抛一枚硬币的试验，样本空间S={正面，反面}。

1.2 事件与事件的概率事件是样本空间的一个子集，通常用大写字母A、B、C等表示。

事件的概率是指该事件发生的可能性大小，通常用P(A)表示。

例如，抛一枚硬币，事件A={正面}，事件B={反面}，则P(A) = P(B) = 1/2。

1.3 等可能事件与不等可能事件如果样本空间中的每个结果发生的可能性相等，则称为等可能事件。

相反，如果样本空间中的每个结果发生的可能性不等，则称为不等可能事件。

在初中数学中，我们通常处理的是等可能事件。

二、加法原理的应用加法原理适用于求两个事件的并的概率。

当两个事件A、B是互不相容事件时，即事件A发生时事件B不会发生，事件B发生时事件A不会发生，我们可以使用加法原理来计算这两个事件的并的概率。

例如，从一副扑克牌中取一张牌，事件A={取到红心}，事件B={取到黑桃}，由于红心和黑桃是没有交集的，即红心牌不可能同时为黑桃牌，所以我们可以使用加法原理：P(A∪B) = P(A) + P(B) = 1/4 + 1/4 = 1/2三、乘法原理的应用乘法原理适用于求多个事件同时发生的概率。

当两个事件A和B相互独立时，即事件A的发生与事件B的发生无关联，我们可以使用乘法原理来计算这两个事件同时发生的概率。

例如，从一副扑克牌中取两张牌，事件A={第一次取到红心}，事件B={第二次取到红心}，由于两次取牌的过程相互独立，所以我们可以使用乘法原理：P(A∩B) = P(A) * P(B) = 1/2 * 1/2 = 1/4四、加法和乘法原理的综合应用在实际问题中，我们通常需要综合运用加法和乘法原理来解决复杂的概率计算问题。

加乘原理练习题一、填空题1.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写,把这三个字母写成三种不同颜色,现有五种不同颜色的笔,按上述要求能写出种不同颜色搭配的“IMO”.2.H市的电话号码有七个数字,其中第一个数字不为0,也不为1.这个城市、数字不重复的电话号码共有个.3.这是一个棋盘,将一个白子和一个黑子放在棋盘线的交叉点上,但不能在同一条棋盘线上,共种不同的放法.4.电影院有六个门,其中A、B、C、D门只供退场时作出口,甲、乙门作为入口也作为出口.共有种不同的进出路线.5.将3封信投到4个邮筒中,一个邮筒最多投一封信,有种不同的投法.6.两人见面要握一次手,照这样的规定,五人见面共握次手.7.有四张卡片,上面分别写有0,1,2,4四个数字,从中任意抽出三张卡片组成三位数.这些卡片共可组成个不同的三位数.8.圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H8个点,每任意三点为顶点作三角形.这样共可作出个不同的三角形?9.用1,2,3这三个数字可以组成多少个不同的三位数.如果按从小到大的顺序排列,213是第个数.10.一排房有四个房间,在四个房间中住着甲、乙、丙三人,规定每个房间只许住一人,并且只允许两个人住的房间挨在一起.第三个人的房间必须和前两个人隔开,有种住法.二、解答题11.在一次晚会上男宾与每一个人握手,女宾不与女宾握手,如果有8对夫妻参加晚会,那么这16人共握手多少次?12.20名运动员进行乒乓球球比赛,每两名运动员都要比赛一场,每场比赛3局2胜,全部比赛结束后,所有各局比赛最高得分为25:23,那么,至少有多少局的比分是相同的?13.下面五张卡片上分别写有数字:可以用它们组成许多不同的五位数,求所有这些五位数的平均数.14.有一种用六位数表示日期的方法,如:890817表示的是1989年8月17日,也就是从左到右第一、二位数表示年,第三、四位数表示月,第五、六位数表示日.如果用这种方法表示1991年的日期,那么全年中六个数字都不相同的日期共有多少天?———————————————答案——————————————————————1.60.先写I,有5种方法;再写M,有4种方法;最后写O,有3种方法.一共有5×4×3=60方法.2.483840.先排首位,有8种方法.再依次排后面六位,依次有9,8,7,6,5,4种方法.故一共有8×9×8×7×6×5×4=483840数字不同的电话号码.3.72.先排黑子,它可以放在任一格,有12种放法.再排白子,它与黑子不能在同一行,也不能在同一列,只有6种方法.一共有12×6=72放法.4.12.先选入口,有2种方法,再选出口,有6种方法,一共有12种方法.5.24.第一封信有4种投法,第二封信有3种投法,第三封信有2种投法,共有4×3×2=24投法.6.10.每一人要握4次手,五人共握4×5=20,但在上述计算中,每次握手都被计算了2次,故实际上握手次数为20÷2=10.7.18.先排百位,有3种方法;再排十位,也有3种方法;最后排个位,有2种方法,一共有3×3×2=18方法.即可以组成18个不同的三位数.8.56.选第一个顶点,有8种方法;选第二个顶点,有7种方法;选第三个顶点,有6种方法.共有8×7×6选法.但在上述计算中,每个三角形都被计算了6次,故实际上有÷6=56三角形.9.6,3.排百位、十位、个位依次有3种、2种、1种方法,故一共有3×2×1=6方法,即可以组成6个不同三位数.它们依次为123,132,213,231,312,321.故213是第3个数.10.12.三个人住四个房间,一共有4×3×2=24种不同住法.其中三人挨着的有×2=12,故符合题意的住法有24-12=12.11.如果16人都互相握手应握.其中应减去女宾间的握手次数,还应减去夫妻间的握手次数8次,即共握手120-28-8=84.12.20名运动员共要赛,每场最少打2局,故比赛局数不少于190×2=380.而最高分为25:23,这样就会有25:23,24:22,23:21,22:20以及21:0至21:19这24种情况,故至少有局比分相同.13.当首数为1时,2有4个位置可放,3有3个位置可放,其余为0,共有4×3=12个不同的数.在12个数中0,0,2,3在各个数位上都出现了3次,故12个数之和为:×10000+×1111=136665.当首位为2或3时,用以上方法可求得和为253332和369999,平均数为÷36=21111.14.显然第一、二位为9和1.这样一来第三位不能是1,只能是0.第五位不能是0,1,只能是2.第4位有6种排法,第6位有5种排,故一共有6×5=30排法,即全年中六个数字都不同的日期共有30天.加法、乘法原理练习题1、李苹从A城到B城，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘飞机。

华杯赛计数专题：加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例题：例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例6.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例7.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?【答案】90（种）【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例9.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例10.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例11. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H 进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H 的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.。

2020年初中数学竞赛《加法原理与乘法原理》复习题1．完成一件事有几类办法，各类办法相互独立，每类办法中又有多种不同的办法，则完全这件事的不同办法数是各类不同方法种树的和，这就是分类计数原理，也叫做加法原理．完成一件事，需要分别几个步骤，每一步的完成有多种不同的方法，则完成这件事的不同方法种数是各种不同的方法数的乘积，这就是分布计数原理，也叫做乘法原理．（Ⅰ）300人参加校内竞赛，每个人都可以享受加分政策，且有10，20，30，60四个档次．加分人数10302090301506030小王想获得至少30分的加分，那么概率为多少？（Ⅱ）某大学的录取分数线为660分，小王估得高于分数可能在630﹣639，640﹣649，650﹣659三个分段．（1）若小王的高考分数在630﹣639分段，则小王被该大学录取的概率为多少？（2）若小王的高考分数在三个片段的概率都是，则小王被该大学录取的概率为多少？【分析】完成一件事有几类办法，各类办法相互独立，每类办法中又有多种不同的办法，则完成这件事的不同办法数是各类不同方法种数的和，这就是分类计数原理，也叫做加法原理．完成一件事，需要分成几个步骤，每一步的完成有多种不同的方法，则完成这件事的不同方法种数是各种不同的方法数的乘积，这就是分步计数原理，也叫做乘法原理．（Ⅰ）300人参加校内竞赛，每个人都可以享受加分政策，且有10，20，30，60四个档次．获得至少30分的加分的人数有180人，由此能求出小王获得至少30分的加分的概率．（Ⅱ）（1）小王被该大学录取，需要获得至少30分的加分，由此能求出小王被该大学录取的概率．（2）利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出小王被该大学录取的概率．【解答】解：（Ⅰ）∵300人参加校内竞赛，每个人都可以享受加分政策，且有10，20，30，60四个档次，获得至少30分的加分的人数有：150+30＝180，∴小王获得至少30分的加分的概率为：p1＝＝．（Ⅱ）（1）∵某大学的录取分数线为660分，小王的高考分数在630～639分段，∴小王被该大学录取，需要获得至少30分的加分，∴小王被该大学录取的概率为p2＝＝．（2）∵某大学的录取分数线为660分，小王估得高考分数可能在630～639，640～649，650～659三个分段，小王的高考分数在三个分段的概率都是，∴小王被该大学录取的概率为p3＝×+×+×1＝．【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式的合理运用．。

加法原理和乘法原理知识定位加法原理和乘法原理是计数研究中最常用、也是最基本的两个原理．所谓计数，就是数数，把一些对象的具体数目数出来．当然，情况简单时可以一个一个地数．如果数目较大时，一个一个地数是不可行的，利用加法原理和乘法原理，可以帮助我们计数．知识梳理知识梳理1.加法原理完成一件工作有n种方式，用第1种方式完成有m1种方法，用第2种方式完成有m2种方法，…，用第n种方式完成有m n种方法，那么，完成这件工作总共有m+m2+…+m n1种方法．例如，从A城到B城有三种交通工具：火车、汽车、飞机．坐火车每天有2个班次；坐汽车每天有3个班次；乘飞机每天只有1个班次，那么，从A城到B 城的方法共有2+3+1=6种．知识梳理2.乘法原理完成一件工作共需n个步骤：完成第1个步骤有m1种方法，完成第2个步骤有m2种方法，…，完成第n个步骤有m n种方法，那么，完成这一件工作共有m·m2·…·m n1种方法．例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3条路线(设为a，b，c)，从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6条路线，它们是：am，at，bm，bt，cm，ct．下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用．例题精讲【试题来源】【题目】利用数字1，2，3，4，5共可组成(1)多少个数字不重复的三位数？(2)多少个数字不重复的三位偶数？(3)多少个数字不重复的偶数？【答案】（1）60 （2）24 （3）130【解析】(1)百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有5×40×3=60个数字不重复的三位数．(2)先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有2×4×3=24个数字不重复的三位偶数．(3)分为5种情况：一位偶数，只有两个：2和4．二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．三位偶数由上述(2)中求得为24个．四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4)．五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个．由加法原理，偶数的个数共有2+8+24+48+48=130．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？【答案】242【解析】解法1将符合要求的自然数分为以下三类：(1)一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．(2)二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，98种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．(3)三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，7，8，9九种情形，故三位数有2×9×9=162个．因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有8+72+162=242个．解法2将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有3×9×9－1=242(个)．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？【答案】3439【解析】不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面补0．使之成为四位数．先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为9×9×9×9＝6561，其中包括了一个0000，它不是自然数，所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6560，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有9999－6560=3439个．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂练习题【难度系数】3【试题来源】【题目】求正整数1400的正因数的个数．【答案】24【解析】因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积，因此，我们先把1400分解成质因数的连乘积1400=23527所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到(有的可重复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：(1)取23的正因数是20，21，22，33，共3+1种；(2)取52的正因数是50，51，52，共2+1种；(3)取7的正因数是70，71，共1+1种．所以1400的正因数个数为(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．说明利用本题的方法，可得如下结果：若p i是质数，a i是正整数(i=1，2，…，r)，则数的不同的正因数的个数是(a1+1)(a2+1)…(ar+1)．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】求五位数中至少出现一个6，而被3整除的数的个数．【答案】12504【解析】要使一个数能被3整除，只要确保该数各数位的和是3的倍数即可：于是分别讨论如下：(1)从左向右计，如果最后一个6出现在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定．因此，为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3种可能，根据乘法原理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有3×10×10×10=3000(个)．(2)最后一个6出现在第四位，即a4=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有3×10×10×9=2700(个)．(3)最后一个6出现在第3位，即a3=6，被3整除的数应有3×10×9×9=2430(个)．(4)最后一个6出现在第2位，即a2=6，被3整除的数应有3×9×9×9=2187(个)．(5)a1=6，被3整除的数应有3×9×9×9=2187(个)．根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有3000+2700+2430+2187+2187=12504(个)．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】如图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色．如果使相邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？【答案】360【解析】对这五个区域，我们分五步依次给予着色：(1)区域A共有5种着色方式；(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．于是，根据乘法原理共有5×4×3×3×2=360种不同的着色方式．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，有多少种不同的剪法？【答案】64【解析】我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个都是一个凸字形的头，所以，这类凸字形有16个．第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有4×(4×4)=64(个)．由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？(4)文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？【答案】（1）96 （2）48 （3）72 （4）12【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】课后两周练习【难度系数】3【试题来源】【题目】在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？【答案】45【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】课后一个月练习【难度系数】3【试题来源】【题目】用1，2，3，4，5，6，7这七个数，(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数？(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？【答案】（1）1440 （2）1260【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？【答案】60【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？【答案】420【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】阶段测验【难度系数】3【试题来源】【题目】今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？【答案】119【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？【答案】125【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】随堂课后练习【难度系数】3【试题来源】【题目】从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？【答案】73【解析】【知识点】加法原理和乘法原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3。

九年级数学上册综合算式专项练习题概率的加法原理与乘法原理的运算在九年级数学上册的学习中，综合算式是一个重要的知识点。

而在综合算式中，概率的加法原理与乘法原理是我们需要掌握的运算方法。

本文将详细介绍概率的加法原理与乘法原理，并通过专项练习题来巩固我们的理解和运用能力。

一、概率的加法原理概率的加法原理是指对于不相容事件的概率求和的方法。

不相容事件是指两个或多个事件发生时，不会同时发生的情况。

加法原理可以通过以下公式表示：P(A或B) = P(A) + P(B)例如，现有一只袋子，里面有5个红球和3个蓝球。

如果从袋子中随机取出一个球，求取到红球或蓝球的概率。

解题步骤如下：1. 计算红球的概率：P(红球) = 红球的个数 / 总球的个数 = 5 / 82. 计算蓝球的概率：P(蓝球) = 蓝球的个数 / 总球的个数 = 3 / 83. 根据加法原理，求取到红球或蓝球的概率：P(红球或蓝球) = P(红球) + P(蓝球) = 5/8 + 3/8 = 8/8 = 1因此，取到红球或蓝球的概率为1。

过程中，我们需要确定各个事件的概率，然后将它们相加得到最终答案。

二、概率的乘法原理概率的乘法原理是指对于相互独立事件的概率求积的方法。

相互独立事件是指两个或多个事件发生时，彼此之间不会互相影响的情况。

乘法原理可以通过以下公式表示：P(A且B) = P(A) × P(B)举个例子，现有一副扑克牌，从中随机抽取两张牌，求第一张是红桃并且第二张是黑桃的概率。

解题步骤如下：1. 计算第一张是红桃的概率：P(第一张是红桃) = 红桃的个数 / 总牌的个数 = 13 / 52 = 1 / 42. 计算第二张是黑桃的概率：P(第二张是黑桃) = 黑桃的个数 / 剩余牌的个数 = 13 / 513. 根据乘法原理，求第一张是红桃并且第二张是黑桃的概率：P(第一张是红桃且第二张是黑桃) = P(第一张是红桃) × P(第二张是黑桃) = (1/4) × (13/51) ≈ 0.06因此，第一张是红桃并且第二张是黑桃的概率约为0.06。

第九讲排列组合(加法乘法原理)总复习【例1】【分析与解】首先看他们完成整个过程需要几个过程，这是判断利用加法原理和乘法原理的依据．很明显，整个过程要分两步完成，先从北京到天津，再从天津到上海，应该用乘法原理．我们再分开来看，先看从北京到天津，无论是坐火车还是汽车都是一步完成，所以要用加法原理．同样的道理，从天津到上海的走法计算也应该用加法原理．从北京到天津的走法有4＋3 = 7 （种）．同理，天津到上海的走法有3＋5＋4＋2 = 14 （种）.最后，算出从北京到上海的走法有7×14 = 98 （种）.【评析】本题是考查学生对加法原理和乘法原理的理解，只要正确利用加法原理和乘法原理，解这种题应该难度不大．【例2】【分析与解】画出示意图，由乘法原理可得：3×2+3×2×2=18(条)【评析】本题主要考查加法乘法原理．先分类利用加法原理，再对每一类进行分步利用乘法原理．【例题3】【解】（l) 9×9×8×7=4536(2）如果个位为0，从其他 9 个数字中选3个排在前3位，有 9×8×7 = 504（个）如果个位不为O，有4种，这时千位数字有8种选法，再从余下8个数字选2个排在其他两位．共有 4×8×8×7 = 1792 （个），综上504＋1792 = 2296答：有 4536 个没有重复数字的四位数，有 2296 个没有重复数字的四位偶数．【评析】（l）注意0不能在最高位上．(2）偶数的问题，应先考虑个位数字，并且注意分成个位为0与个位非0两种情况．本例的前一半还有另一种解法：从 10 个数字中取 4 个，排成一列有 10×9×8×7 种，其中0在首位的有9×8×7 种因此组成的 4 位数有 10×9×8×7一 9×8×7 = 4536 （个）这种方法，先不考虑0不在首位的限制，算出有多少个排列，再减去0在首位的，也是很常用的．【例4】【分析与解】首先确定解题方法，将染色这一过程分为依次给A、B、C、D、E染色5 步，很明显要用乘法原理，现在只要算出各个量就行了．先给A染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；第二步给B染色，因不能与A同色，还剩下4种颜色可选择，故有4种不同的染色方法；第三步给C 染色，因为不能与A , B 同色，故有3 种不同的染色方法；第四步给D 染色，因为不能与A , C同色，故有3种不同的染色方法；第五步给E染色，由于不能与A , C , D 同色，故只有 2 种不同的染色方法．根据乘法原理，共有不同的染色方法5×4×3×3×2 = 360 （种）.【评析】染色问题，一般用乘法原理．但要注意限制条件，从限制条件最多的部分的开始分步．此题中 A 区域与其他4个区域均有相邻，所以应该A区先染色，其他依此类推．典型例题精讲【附加题】【解】三角形：由乘法原理可得： 3×2×1 = 6 （种）四边形：第一条边有 3 种染法，染好后，第二条边有 2 种染法．它的对边如与它颜色相同，第三条边有 2 种染法，它的对边如与它颜色不同，第三条边只有 1 种染法．因此共有 3×2×2＋3×2×1 =18 （种）五边形：第一条边有 3 种染法．染好后，第二条边有 2 种染法．如果第 5 条边与第 2 条边颜色相同，第三条边有 2 种染法，第 4 条边只有一种染法．如果第 5 条边与第 2 条边颜色不同，又有两种情况：① 第 3 条边与第 5 条边颜色相同，第 4 条边有 2 种染法．② 第 3 条边与第 5 条边颜色不同，第 4 条边只有 1 种染法．因此共有 3×2×(2×1＋2＋1 ）= 30 （种）答：用三种颜色给三角形染色，有 6 种染法；用三种颜色给四边形染色，有 18 种染法；用三种颜色给五边形染色，有 30 种染法．【例5】【分析】（ 2 ）中限定某人的坐法．可以先安排这个人，再安排其他人，分两步进行，采用乘法原理．也可以先不考虑这种限制，算出排列总数，然后去掉例外情况（减去某人坐在两端的排列数） . ( 3 ）中可将那两个人先当作一个人，然后再考虑那两个人的排列（即乘以 2 ) .【解】（1) 5×4×3×2×1=120（种）(2) 3×（4×3×2×l ）=3×24 =72（种）或5×4×3×2×1-2×( 4×3×2×1）= 120-48 = 72 （种）(3) (4×3×2×1) ×2=48（种） （4）总减相邻或用插空法均可3×2×1×4×3=72=120-48答： (1）共有120 种排法： (2）共有72种排法； (3）共有45 种排法．【评析】若（3）改为“某二人座位不相邻”，怎么解？请同学们去试一试．【例6】【解】(1)甲不站在两边，因此有5种站法．如果甲站中间，其余6个人有 6×5×4×3×2×1=720种排法．（2）如果甲不在中间，甲有4种站法，这时乙有5种站法，其余的5个人有5!种站法,共有4×5×5!=2400种排法．因此共有720+2400=3120（种）答：共有3120种排法．【例7】【分析与解】(1)先从6名女同学中选出4名426615C C ==，5名男同学中选出3名325510C C ==，然后使用插空法，女生先站好，有4!种方法，男生再插空（4个女生的3个空）。

2020年初中数学竞赛《加法原理与乘法原理》复习题1．某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如图所示，现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给图染色，要求任意相邻的两个面染不同的颜色，则共有4860种不同的染色方法．
【分析】根据排列与组合的概念定义及计算方法解题即可．
【解答】解：根据题意：把该沿海城市的7个县分别编号为A、B、C、D、E、F、G（如图），我们把此图改画成圆（相邻关系不变），下面按A、B、C、D、E、F、G的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色依次染色，共有不同的染色方法：5×4×3×3×3×3×3＝4860（种）．
答案：4860
【点评】注意染色顺序，做到不重不漏，本题实际上运用了排列组合中的乘法原理．即完成一件事，需两个步骤，第一步有m种不同方法，第二步有n种不同方法，则完成这件一共有m×n种不同方法．。

加法原理与乘法原理1．一个礼堂有4个门，若从一个门进，从任一门出，共有不同走法() A．8种B．12种C．16种D．24种答案 C2．从集合A＝{0,1,2,3,4}中任取三个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c.则可构成不同的二次函数的个数是()A．48 B．59 C．60 D．100 答案 A3．某电话局的电话号码为168～×××××，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有()A．20个B．25个C．32个D．60个答案 C4．在2、3、5、7、11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为()A．20 B．10 C．5 D．24 答案 B5．将5名大学毕业生全部分配给3所不同的学校，不同的分配方式的种数有()A．8种B．15种C．125种D．243种答案 D6．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有() A．24种B．18种C．12种D．6种答案 B7．已知异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则经过这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．13 C．10 D．16 答案 B8．书架上原来并排放着5本不同的书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法共有()A．336种B．120种C．24种D．18种答案 A9．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种B．20种C．25种D．32种答案 D10．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是() A．14 B．23 C．48 D．120 答案 C11．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A．6种B．12种C．24种D．30种答案 C12．从数字1,2,3,4,5,6中取两个数相加，其和是偶数，共得________个偶数．答案 413．从正方体的6个表面中取3个面，使其中两个面没有公共点，则共有________种不同的取法．答案1214．动物园的一个大笼子里，有4只老虎，3只羊，同一只羊不能被不同的老虎分食，问老虎将羊吃光的情况有多少种？15．用五种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．(1)共有多少种不同的涂色方法？(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色，则共有多少种不同的涂色方法？解析(1)由于1至4知，不同的涂色方法有54＝625种．(2)第一类，1号区域与3号区域同色时，有5×4×4＝80种涂法，第二类，1号区域与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180种涂法．依据分类加法计数原理知，不同的涂色方法有80＋180＝260(种)．16．用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个．(1)三位整数？(2)无重复数字的三位整数？(3)小于500的无重复数字的三位整数？(4)小于500，且末位数字是8或9的无重复数字的三位整数？(5)小于100的无重复数字的自然数？解析由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位的数字有9种选择，十位和个位的数字都各有10种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(3)百位数字只有4种选择，十位数字可有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．(4)百位数字只有4种选择，个位数字只有2种选择，十位数字可有8种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的三位数共有4×2×8＝64(个)．(5)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类．一位自然数：10个．两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，符合题意的两位数共有9×9＝81(个)．由分类加法计数原理知，符合题意的自然数共有10＋81＝91(个)．17．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系第一、第二象限中的不同点的个数有() A．18个B．16个C．14个D．10个答案 C18．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落可能性共有()A．6种B．36种C ．63种D ．64种 答案 C19．已知互不相同的集合A 、B 满足A ∪B ＝{a ，b }，则符合条件的A ，B 的组数共有________种． 答案 920．已知a ，b ∈{0,1,2，…，9}，若满足|a －b |≤1，则称a ，b “心有灵犀”．则a ，b “心有灵犀”的情形共有( )A ．9种B ．16种C ．20种D ．28种 答案 D21．(2012·广东)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )A.49B.13C.29D.19 答案 D22．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，最多5个，则不同的分法共有( )A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种 答案 A23．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8 答案 D24．若5名学生争夺3项比赛冠军(每一名学生参赛项目不限)，则冠军获得者有________种不同情况(没有并列冠军)? 答案 5325．有1元、2元、5元、10元、50元、100元人民币各一张，则由这6张人民币可组成________种不同的币值． 答案 6326．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有________个．答案 3627．设椭圆x 2m ＋y 2n ＝1的焦点在y 轴上，m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________． 答案 2028.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个． 答案 40。