六年級奧數(shù)第一冊三單元

1、第一講：枚舉法（分類、樹形圖）一、內(nèi)容概述1、枚舉就是將要求計數(shù)的物體一一列舉出來再進行總數(shù)的統(tǒng)計的方法。枚舉無疑是最原始、 最簡單的計數(shù)方法， 但是它同時也是計數(shù)最可靠的方法，也是發(fā)現(xiàn)規(guī)律、找到技巧的最佳方法。2、計數(shù)的關(guān)鍵在于既不重復(fù)、也不遺漏，枚舉法也不例外。要做到這一點，關(guān)鍵是要在確定列舉范圍以后先按照一定的標準分類，再按一定的順序進行列舉。運用樹形圖幫助按順序列舉是解決這一問題的常用技巧。3、借用樹形圖列舉是解決過程的方法，不是最終目的。因此，如果能夠在列舉過程中及時發(fā)現(xiàn)規(guī)律并加以應(yīng)用和推廣，將更有利于問題的盡快、 盡簡解決。二、枚舉法的運用1、分類枚舉例 1分子小于 6 而分母小于

2、 60 的最簡真分數(shù)共有多少個？解：最簡真分數(shù)的條件（ 1）分子比分母小，（ 2）分子與分母互質(zhì)。根據(jù)分類的原則，分的類別應(yīng)該盡可能少，所以這里按分子進行分類枚舉比較合理。當分子為 1，有 1 ， 1 ， 1 ，, 1 ，共計 59-2+1=58（個）；23459當分子為 2，有222，,2575728293，59，去掉可約分數(shù)共 57（個）；452當分子為 3，有333，,3565618384，59，去掉可約分數(shù)共 56（個）；563當分子為 4，有444，,4555527285，59，去掉可約分數(shù)共 55（個）；672當分子為 5，有555，,5545410446，59，去掉可約分數(shù)共 5

3、4（個）；785用加法原理可得，共有最簡真分數(shù)：58+29+38+28+44=197（個）例 2 一個長方形被一條直線分為2 個部分，那么8 條直線最多可以將長方形分為多少個部分？如果是2002 條呢？解：枚舉觀察， 1 條直線最多可以將長方形分為：1+1=2（個）部分；2 條直線最多可以將長方形分為：1+1+2=4（個）部分；3 條直線最多可以將長方形分為：1+1+2+3=7（個）部分；,所以，8 條直線最多可以將長方形分為：1+1+2+3+4+5+6+7+8=37（個）部分。2002 條直線最多可以將長方形分為：1+1+2+3+, , +2000+2001+2002=2005004（個）部

4、分。2、樹形圖例 3 某人在 A、 B、 C 三個城市游覽，他今天在這個城市，明天就要到另一個城市。那么，他從 A 城出發(fā)， 4 天后仍然回到A 城，共有多少種不同游覽路線？解：這位游客的游覽路線可以用如下的樹形圖來表示，所以他共有 6 種不同的游覽路線。例 4 甲、乙兩人進行象棋比賽，雙方約定先勝四局者最終勝?，F(xiàn)在三局過后，甲為二勝一負。 那么要決出最后勝負為止， 一共有多少種不同的可能情形？其中甲勝的不同情形共有多少種？（假設(shè)沒有和局）解：比賽要決出最后勝負，至少還要賽 2 場，至多還要賽 5 場，按進行比賽的場數(shù)分類，再比賽 2 場可以決出勝負，兩場都是甲勝利， 1 種；再比賽 3 場可

5、以決出勝負，前兩場甲一負一勝或一勝一負，2 種；再比賽 4 場可以決出勝負，前三場甲兩負一勝， 3 種；四場都是乙勝， 1 種；再比賽 5 場可以決出勝負，前四場甲三負一勝， 4 種；前四場乙三勝一負， 4種；一共有不同的可能情形：1+2+3+1+4+4=15（種）其中甲勝利的情形共有：1+2+3+4=10（種）3、標數(shù)枚舉（求最短路徑）例 5 如圖，要從 A 點走到 B 點，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方，那么共有多少種不同走法？解：根據(jù)題意，每到一個節(jié)點就會有不同的路線，那么對每個節(jié)點的路線條數(shù)進行標數(shù)，則可得到節(jié)點 B 的路線條數(shù)，如圖所示，所以，共有 12 種不同的走法。例 6

6、如下各圖，由 A 點沿最短路線到達 B 點各有多少種不同走法？解：與例題 5 一樣，對每個節(jié)點的路線進行標數(shù)，則可得到節(jié)點B 的路線條數(shù)，如圖所示，所以，圖（ 1）中，到達 B 點有 20 種不同路線，圖（ 2）中，到達 B 點有 34 種不同路線。第二講：加法、乘法原理（一）一、內(nèi)容概述1、加法原理和乘法原理來源于枚舉法中分類和有序枚舉，是枚舉中對于規(guī)律的一種概括。加法原理：完成一件事情，有 k 類不同的方法，而第一類方法中有 m1 種不同的做法， 第二類方法中有 m2 種不同的做法， , 那么完成這一件事情的方法總數(shù)為： m1+m2+,+m k乘法原理：完成一件事情，有k 個必經(jīng)的步驟，而

7、第一個步驟中有m1 種不同的做法，第二個步驟中有m2 種不同的做法， , 。那么完成這一件事情的方法總數(shù)為： m1×m2×, ×m k2、可以用下圖表示加法原理和乘法原理：二、加法原理的運用例 1 長沙去廣州，可乘火車，也可以乘汽車，還可以乘飛機。如果某天中，長沙去廣州有 5 班火車、 4 班汽車和 3 班飛機，那么這一天中由長沙去廣州可以有多少種不同的走法？分析與解 ：目的：長沙去廣州；途徑：乘坐三種不同的交通工具；結(jié)果：乘坐任何一種交通工具都可以到達目的地，整個事件結(jié)束。所以，利用加法原理，由長沙去廣州可以有 5+4+3=12（種）不同的走法。例 2 有 5

8、分幣， 2 分幣， 1 分幣各若干，現(xiàn)要組成 1 角錢，共有多少種不同的組合方式？分析與解： 按幣值較大的進行分類枚舉，這樣分的類別比較少，只有三種，5 分幣取兩張，另兩種幣值的沒得選擇，1 種組合方式；5 分幣取一張，再考慮2 分幣，可以取1 張， 2 張，或者不取， 3 種組合方式；5 分幣不取，再考慮2 分幣，可以取 1，2，3，4，5 張，或者不取， 6 種組合方式。利用加法原理，共有1+3+6=10種不同的組合方式。例 3 用 10 把鑰匙開 10 把鎖，但是不知道哪把鑰匙開哪把鎖，那么最多是多少次就能夠?qū)⑺械蔫€匙和所有的鎖一一配好？解：第一片鑰匙要找到適合它的鎖，至多要試 9 次

9、；第二片鑰匙要找到適合它的鎖，至多要試 8 次；第三片鑰匙要找到適合它的鎖，至多要試 7 次；,所以將所有的鑰匙和所有的鎖一一配好最多需要9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）三、乘法原理的運用例 4 書架上層放著 6 本不同的數(shù)學(xué)書，下層放有 5 本不同的語文書，從中任取數(shù)學(xué)書與語文書各一本。有多少種不同的取法？分析與解： 目的：取數(shù)學(xué)書與語文書各一本途徑：上層取一本，下層取一本，分步進行。所以，根據(jù)乘法原理，共有 6×5=30 種不同的取法。例 5 由數(shù)字 0、1、3、5、7 可以組成多少個沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)？能被5 整除的四位數(shù)（沒有重復(fù)數(shù)字）有多少個？解：（1）沒有

10、重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，先考慮特殊位置，千位數(shù)字，只有1， 3， 5， 7 四種選擇；百位數(shù)字，此時千位數(shù)字已經(jīng)選定，五個數(shù)字已經(jīng)用去1 個，則百位數(shù)字只能在剩下的4 個數(shù)字中選擇；依次類推，十位數(shù)字有3 種選擇，個位數(shù)字有2 種選擇，根據(jù)乘法原理，這樣沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有4×4×3×2=96（個）（2）被 5 整除沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，此時個位數(shù)字更為特殊，它只能是0 或者 5，所以分類討論，當個位數(shù)字是 0 時，千位有 4 種，百位有 3 種，十位有 2 種，共計 1×4×3× 2=24（個）當個位數(shù)字是 5 時，千位有 3 種，百位

11、有 3 種，十位有 2 種，共計 1×3×3× 2=18（個）所以被 5 整除沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有24+18=42（個）例 6 在下圖中共有 16 個方格，現(xiàn)在要將 A、B、C、D四枚棋子放到方格中，而且要求每一行、每一列都只能出現(xiàn)一枚棋子，那么一共有多少種不同的放法？解：分步將 A、B、C、D 四枚棋子放到方格中， A 放入方格中有 4× 4=16 種不同的放法； B 放入方格中有 3× 3=9 種不同的放法；C放入方格中有 2× 2=4 種不同的放法；D放入方格中有 1× 1=1 種不同的放法。一共有不同的放法： 16

12、×9×4×1=576（種）例 7 紅日小學(xué)的乒乓球代表隊由 10 名男隊員和 8 名女隊員組成：（ 1）在鄉(xiāng)乒乓球?qū)官惿?，紅日小學(xué)要從這些隊員中挑選1 名男隊員， 1 名女隊員配成一組去參加男女混合雙打比賽，問有多少種不同的搭配方式？（ 2）紅日小學(xué)榮獲鄉(xiāng)乒乓球比賽團體總分第一，校領(lǐng)導(dǎo)要從男隊員或女隊員中任選一人去登臺領(lǐng)獎，問有多少種不同的選法？解：分步選人，從男隊員中選有 10 種不同選擇；從女隊員中選有 8 種不同選擇。男女混合雙打比賽，有不同的搭配方式 10×8=80（種）利用加法原理可知，從男、女隊員中任選一人，有不同的選法： 10+8=18（

13、種）第三講：加法、乘法原理（二）一、知識要點：1、加法原理和乘法原理的區(qū)別在于是將所完成的“事情”進行分類還是分步。但是無論是進行分類還是分步，都必須做到幾個類別或幾個步驟相互獨立，互不影響。2、生活中進行加法原理與乘法原理的實際應(yīng)用時，常常應(yīng)該先考慮分類，再考慮在每一類中進行分步。 但要注意： 有時并不能直接發(fā)現(xiàn)分類， 而是在按照所分的步驟前進幾步以后才發(fā)現(xiàn)某一步中有幾類情形， 這時要找到分類的標準重來先分類、 再分步進行計數(shù)。二、加法與乘法原理的綜合運用例 1 如圖是連接城市 A、B、 C 的公路網(wǎng)，汽車從 A 點出發(fā)經(jīng)過 B 到 C 選擇不繞遠路的不同路線共有多少種？解：利用標數(shù)枚舉可知

14、，從 A 到 B 有 6 種不同走法，從 B 到 C也有 6 種不同走法，所以根據(jù)乘法原理，汽車從 A 點出發(fā)經(jīng)過 B 到 C 選擇不繞遠路的不同路線共有6×6=36（種）例 2 在 1-500 的自然數(shù)中，不含有數(shù)字“4”的數(shù)共有多少個？解：考慮 0499，為了統(tǒng)一，把一位數(shù)、兩位數(shù)都看作是三位數(shù)，如位數(shù)是 000，12 看作三位數(shù)是 012，0 看作三如此，這些三位數(shù)的個位數(shù)字有 0，1，2，3，5，6，7，8，9 共計 9 種選擇；十位數(shù)字有 0，1，2，3，5，6，7，8，9 共計 9 種選擇；百位數(shù)字有 0，1，2，3 共計 4 種選擇；因此在 0499 中，不含有數(shù)字“

15、4”的數(shù)共有 4× 9× 9=324（個）在 1-500 的自然數(shù)中，不含有數(shù)字“4”的數(shù)共有 324+1-1=324（個）例 3 用 4 種顏色染下圖中編號為 1，2，3，4 的 4 個矩形，使任二相鄰的矩形所染的顏色都不相同的染色方法有多少種？解： 2、3 同色有： 4×3×1×3=36（種）2 、3 不同色有： 4×3×2×2=48（種）染色方法有： 36+48=84（種）例 4 用紅、黃、綠三面旗子掛在旗桿上，可以掛一面、兩面、三面，不同的順序，算不同的掛法。問有多少種不同的掛法？解：按掛旗子的面數(shù)進行分類

16、枚舉，只掛一面旗子，有紅、黃、綠三種不同的選擇；掛兩面旗子，有 3×2=6（種）不同的掛法；掛三面旗子，有 3×2×1=6（種）不同的掛法。所以一共有 3+6+6=15（種）不同的掛法。例 5 有 10 級臺階，小明每步只能跨一級或者二級，那么小明要從底層上樓到第十層有多少種不同的走法？解：跨到第一級，只有 1 種走法；跨到第二級，可以從底層跨上來，也可以從第一級跨上來，有 1+1=2（種）不同走法；跨到第三級，可以從第一級上來，也可以從第二級上來，即有 1+2=3（種）不同走法；跨到第四級，可以從第二級上來，也可以從第三級上來，即有 2+3=5（種）不同走法；,

17、即跨到第幾級，都可以從它前面的兩級走一步上來，走法也就是前兩級走法的疊加。所以跨到第十級，可以從第八級上來，也可以從第九級上來，有 34+55=89（種）不同走法。例 6 育才小學(xué)有語文、數(shù)學(xué)、音樂、圖畫、體育 5 個課外活動小組，每個學(xué)生必須參加且只能參加其中任何一個小組， 冬冬和明明不在同一課外活動小組的情況有多少種？解：冬冬選課外活動小組有 5 種不同的選擇， 明明就只能在剩下的 4 個活動小組中選一個，根據(jù)乘法原理，冬冬和明明不在同一課外活動小組的情況有5×4=20（種）例 7 如下圖，從 A 處穿過房間到達 B 處，如果要求只能夠從小號房間走向大號房間，而且相鄰的房間都有門

18、相通，那么一共有多少種不同走法？解：此題類似于例題5，首先，到 1 號房間，只能從 A 進來， 1 種走法；到 2 號房間，可以從 1 號房間過來，也可以直接從 A 進來， 1+1=2（種）走法；之后每到其中的一個房間，都是前面兩個房間走法的疊加，如到第 3 號房間，就有 1+2=3（種）走法；到第 4 號房間，就有 2+3=5（種）走法；,到達 B 處，共有 21+34=55（種）不同走法。閱讀專題：容斥原理一、內(nèi)容概述1、容斥原理（又稱包含與排除）是計數(shù)中的一個基本原理，也是一個常用的計數(shù)方法： 在計數(shù)過程中， 常常先將所計數(shù)的對象分為幾個部分， 在對所有的部分分別計數(shù)后再進行相加，然后減

19、去重復(fù)計數(shù)的那些部分。2、應(yīng)用容斥原理進行實際計數(shù)時，為了能夠清楚直觀地看到計數(shù)的各個部分以及所有重復(fù)的那些部分， 常常通過作出“韋恩圖”相交的圓圈集合覆蓋圖予以展示。（如下圖）從圖示可以看出：要計數(shù)第一、二、三部分一起覆蓋面的大小，一方面可以將圖分為 7 個互不相交的部分直接相加；另一方面也可以先將一、二、三部分相加，再減去重復(fù)的部分。想一想：怎樣減去？3、容斥原理特別適用于分類不獨立的計數(shù)。二、容斥原理一的運用C A B AB ，這一公式可計算出兩個集合圈的有關(guān)問題。例 1 四·一班的全體同學(xué)都參加了音樂、美術(shù)這樣兩個課外活動小組。其中參加音樂組的有 29 人，參加美術(shù)組的有 3

20、2 人，而兩個組都參加的同學(xué)有 12 人。那么四·一班一共有多少名同學(xué)？解：在兩個圓的韋恩圖中，音樂組的那個圓有29 人，美術(shù)組的那個圓有32 人，兩個組都參加的同學(xué)的兩圓所重疊的部分有12 人，四·一班一共有學(xué)生： 29+3212=49（人）例 2 在 1-50 的自然數(shù)中，是6 的倍數(shù)或者 9 的倍數(shù)的數(shù)一共有多少個？解：在 1-50 的自然數(shù)中是 6 的倍數(shù)的數(shù)有 50 ÷6=8 （個），是 9 的倍數(shù)的數(shù)有 50 ÷ 9=5 （個），是 18 的倍數(shù)的數(shù)有 50 ÷18=2 （個）是 6 的倍數(shù)或者 9 的倍數(shù)的數(shù)一共有： 8+52=1

21、1（人）三、容斥原理二的運用DABCABACBCABC ，這一公式可計算出三個集合圈的有關(guān)問題。例 3 六年級的 160 名學(xué)生參加期末考試，其中：數(shù)學(xué)得滿分的有 58 人，語文得滿分的有 53 人，外語得滿分的有 59 人；而語文、數(shù)學(xué)都得滿分的有 17 人，數(shù)學(xué)、外語都得滿分的有 22 人，語文、外語都得滿分的有 20 人；語文、數(shù)學(xué)、外語都得滿分的有 10 人。那么六年級學(xué)生中語、數(shù)、外一門滿分都沒得的有多少人？解：首先根據(jù)容斥原理二，求出至少有一門得滿分的人數(shù)，58+53+59-17-22-20+10=121 （人）那么在全年級中，剩下的人數(shù)便是沒有一門的滿分的人數(shù)：160-121=3

22、9（人）例 4 在 1-500 的自然數(shù)中，既不能被 2 整除、又不能被 3 整除、且不能被 5 整除的數(shù)一共有多少個？解：在 1-500 的自然數(shù)中，能被 2 整除的有 500÷ 2=250（個）；能被 3 整除的有 500 ÷3=166 （個）；能被 5 整除的有 500÷5=100（個）；能被 2、 3 最小公倍數(shù) 6 整除的有 500 ÷6=83 （個）；能被 2、 5 最小公倍數(shù) 10 整除的有 500 ÷ 10=50（個）；能被 3、 5 最小公倍數(shù) 15 整除的有 500 ÷15=33 （個）；能被 2、 3、 5 最小公倍數(shù) 30 整除的有 500 ÷30=16 （個）；在 1-500 的自然數(shù)中，能被2 或 3 或 5 整除的數(shù)有：250+166+100-83-50-33+16=366（個）所以既不能被2 整除、又不能被3 整除、且不能被5 整除的數(shù)一共有500-366=134（個）四、圖像法不是利用容斥原理的公式計算，而是根據(jù)題意畫圖，并借助圖形幫助分析，逐個地計算出各個部分，從而解答問題。例 5 某班有學(xué)生 48 人，其中 21 人參加數(shù)學(xué)競賽， 13 人