2023年初一數(shù)學(xué)競(jìng)賽教程含例題練習(xí)及答案⑽

初一數(shù)學(xué)競(jìng)賽講座第10講計(jì)數(shù)措施與原理計(jì)數(shù)措施與原理是組合數(shù)學(xué)重要課題之一，本講簡(jiǎn)介某些計(jì)數(shù)基本措施及計(jì)數(shù)基本原理。一、枚舉法一位旅客要從武漢乘火車(chē)去北京，她要理解所有可供乘坐車(chē)次共有多少，一種最易行措施是找一張列車(chē)運(yùn)行時(shí)刻表，將所有從武漢到北京車(chē)次逐一挑出來(lái)，共有多少次車(chē)也就數(shù)出來(lái)了，這種計(jì)數(shù)措施就是枚舉法。所謂枚舉法，就是把所規(guī)定計(jì)數(shù)所有對(duì)象一一列舉出來(lái)，最終計(jì)算總數(shù)措施。運(yùn)用枚舉法進(jìn)行列舉時(shí)，必要注意無(wú)一反復(fù)，也無(wú)一遺漏。例1四個(gè)學(xué)生每人做了一張賀年片，放在桌子上，然后每人去拿一張，但不能拿自己做一張。問(wèn)：一共有多少種不一樣措施？解：設(shè)四個(gè)學(xué)生分別是A，B，C，D，她們做賀年片分別是a，b，c，d。先考慮A拿B做賀年片b狀況（如下表），一共有3種措施。同樣，A拿C或D做賀年片也有3種措施。一共有3＋3＋3=9（種）不一樣措施。例2甲、乙二人打乒乓球，誰(shuí)先連勝兩局誰(shuí)贏，若沒(méi)有人連勝頭兩局，則誰(shuí)先勝三局誰(shuí)贏，打到?jīng)Q出輸贏為止。問(wèn)：一共有多少種也許狀況？解：如下圖，咱們先考慮甲勝第一局狀況：圖中打√為勝者，一共有7種也許狀況。同理，乙勝第一局也有7種也許狀況。一共有7＋7=14（種）也許狀況。二、加法原理假如完畢一件事情有n類措施，而每一類措施中分別有m1，m2，…，mn種措施，而無(wú)論采用這些措施中任何一種，都能單獨(dú)地完畢這件事情，那么要完畢這件事情共有：N=m1+m2+…mn種措施。這是咱們所熟知加法原理，也是運(yùn)用分類法計(jì)數(shù)根據(jù)。例3一種自然數(shù)，假如它順著數(shù)和倒著數(shù)都是同樣，則稱這個(gè)數(shù)為“回文數(shù)”。例如1331，7，202都是回文數(shù)，而220則不是回文數(shù)。問(wèn)：1到6位回文數(shù)一共有多少個(gè)？按從小到大排，第個(gè)回文數(shù)是多少？解：一位回文數(shù)有：1，2，…，9，共9個(gè)；二位回文數(shù)有：11，22，…，99，共9個(gè)；三位回文數(shù)有：101，111，…，999，共90個(gè)；四位回文數(shù)有：1001，1111，…，9999，共90個(gè)；五位回文數(shù)有：10001，10101，…，99999，共900個(gè)；六位回文數(shù)有：100001，101101，…，999999，共900個(gè)。到六位數(shù)為止，回文數(shù)共有9＋9＋90＋90＋900＋900=1998（個(gè)）。第1999個(gè)回文數(shù)是1000001，第個(gè)回文數(shù)是1001001。例4設(shè)有長(zhǎng)度為1，2，…，9線段各一條，目前要從這9條線段中選用若干條構(gòu)成一種正方形，共有多少種不一樣取法？這里規(guī)定當(dāng)用2條或多條線段接成一條邊時(shí)，除端點(diǎn)外，不許重疊。解法1：由于因此正方形邊長(zhǎng)不不不不小于11。下面按正方形邊長(zhǎng)分類枚舉：（1）邊長(zhǎng)為11：9＋2=8+3=7＋4=6＋5，可得1種選法；（2）邊長(zhǎng)為10：9＋1=8＋2=7＋3=6＋4，可得1種選法；（3）邊長(zhǎng)為9：9=8＋1=7＋2=6＋3=5＋4，可得5種選法；（4）邊長(zhǎng)為8：8=7＋1=6＋2=5+3，可得1種選法；（5）邊長(zhǎng)為7：7=6＋1=5＋2=4＋3，可得1種選法；（6）邊長(zhǎng)≤6時(shí)，無(wú)法選用。綜上計(jì)算，不一樣取法共有1＋1+5＋1＋1=9（種）。解法2：由于這些線段互不等長(zhǎng)，故至少要用7條線段才能構(gòu)成一種正方形。當(dāng)恰取7條線段構(gòu)成正方形時(shí)，正方形3條邊各用2條線相接，另一條邊只用一條線段；當(dāng)恰用8條線段時(shí)，只能每邊各用2條線段相接（輕易看出，其她狀況不也許發(fā)生）。由于1+2＋…＋9=45，45不能被4整除，因此用9條線段，不也許構(gòu)成正方形。由解法一知，拼出正方形邊長(zhǎng)至多為11，又易知正方形邊長(zhǎng)不也許為1，2，3，4，5，6。有了以上分析就輕易計(jì)數(shù)了。（1）取出7條線段，有如下7種：7=1+6＝2＋5＝3＋4；8＝1+7＝2+6＝3＋5；9＝1＋8＝2＋7＝3＋6=4＋5（這個(gè)式子有5種）；（2）取出8條線段，有如下2種：1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6；2＋9＝3＋8＝4＋7＝5＋6。綜上所述，不一樣取法共有7＋2=9（種）。三、乘法原理假如完畢一件事必要分n個(gè)環(huán)節(jié)，而每一種環(huán)節(jié)分別有m1，m2，…，mn種措施，那么完畢這件事共有：N＝m1×m2×…×mn種措施。這就是乘法原理，它是分步法根據(jù)。乘法原理和加法原理被稱為是計(jì)數(shù)基本原理。咱們應(yīng)注意它們區(qū)別，也要注意兩者聯(lián)合使用。例5一臺(tái)晚會(huì)上有6個(gè)演唱節(jié)目和4個(gè)舞蹈節(jié)目。求：（1）當(dāng)4個(gè)舞蹈節(jié)目要排在一起時(shí)，有多少不一樣安排節(jié)目次序？（2）當(dāng)規(guī)定每2個(gè)舞蹈節(jié)目之間至少安排1個(gè)演唱節(jié)目時(shí)，一共有多少不一樣安排節(jié)目次序？解：（1）先將4個(gè)舞蹈節(jié)目當(dāng)作1個(gè)節(jié)目，與6個(gè)演唱節(jié)目一起排，有7！=7×6×5×4×3×2×1=5404（種）措施。第二步再排4個(gè)舞蹈節(jié)目，有4！=4×3×2×1＝24（種）措施。根據(jù)乘法原理，一共有5040×24=120960（種）措施。（2）首先將6個(gè)演唱節(jié)目排成一列（如下圖中“□”），一共有6！=6×5×4×3×2×1=720（種）措施?！痢酢痢酢痢酢痢酢痢酢痢酢恋诙剑賹?個(gè)舞蹈節(jié)目排在一頭一尾或2個(gè)演唱節(jié)目之間（即上圖中“×”位置），這相稱于從7個(gè)“×”中選4個(gè)來(lái)排，一共有7×6×5×4＝840（種）措施。根據(jù)乘法原理，一共有720×840=604800（種）措施。例6有8個(gè)隊(duì)參與比賽，假如采用下面淘汰制，那么在賽前抽簽時(shí)，實(shí)際上可以得到多少種不一樣安排表？解：8個(gè)隊(duì)要通過(guò)3輪比賽才能確定冠亞軍。將第1輪4組，自左至右記為1，2，3，4組，其中第1，2組為甲區(qū)，3，4組為乙區(qū)。8個(gè)隊(duì)抽簽即是在上圖8個(gè)位置排列，共有8！=8×7×6×5×4×3×2×1=40320（種）不一樣措施。不過(guò)，兩種不一樣排列不一定是實(shí)際上不一樣比賽安排表。實(shí)際上，8隊(duì)中某4隊(duì)都分在甲區(qū)或乙區(qū)，實(shí)際上是同樣；同區(qū)4隊(duì)中某2隊(duì)在某一組或另一組，實(shí)際上也是同樣；同組中2隊(duì)，編號(hào)誰(shuí)是奇數(shù)誰(shuí)是偶數(shù)實(shí)際也是同樣。由乘法原理知，在40320種排法中，與某一種排法實(shí)質(zhì)上相似排法有2×22×24=27=128（種），故按實(shí)際不一樣比賽安排表種數(shù)是四、對(duì)應(yīng)法小孩子數(shù)蘋(píng)果，往往掰著手指頭，一種一種地掰，掰完左手掰右手，這種數(shù)蘋(píng)果措施就是對(duì)應(yīng)法。小孩子把蘋(píng)果與自己手指頭一對(duì)一，她掰了幾種指頭，也就數(shù)出了幾種蘋(píng)果。一般地，假如兩類對(duì)象彼此有一對(duì)一關(guān)系，那么咱們可以通過(guò)對(duì)一類較易計(jì)數(shù)對(duì)象計(jì)數(shù)，而得出具有相似數(shù)目另一類難于計(jì)數(shù)對(duì)象個(gè)數(shù)。例7在8×8方格棋盤(pán)中，取出一種由3個(gè)小方格構(gòu)成“L”形（如圖1），一共有多少種不一樣措施？解：每一種取法，有一種點(diǎn)與之對(duì)應(yīng)，這就是圖1中A點(diǎn)，它是棋盤(pán)上橫線與豎線交點(diǎn)，且不在棋盤(pán)邊上。從圖2可以看出，棋盤(pán)內(nèi)每一種點(diǎn)對(duì)應(yīng)著4個(gè)不一樣取法（“L”形“角”在2×2正方形不一樣“角”上）。由于在8×8棋盤(pán)上，內(nèi)部有7×7=49（個(gè)）交叉點(diǎn)，故不一樣取法共有49×4=196（種）。例8數(shù)3可以用4種措施體現(xiàn)為1個(gè)或幾種正整數(shù)和，如3，1＋2，2+1，1+1＋1。問(wèn)：1999體現(xiàn)為1個(gè)或幾種正整數(shù)和措施有多少種？分析與解：咱們將1999個(gè)1寫(xiě)成一行，它們之間留有1998個(gè)空隙，在這些空隙處，或者什么都不填，或者填上“＋”號(hào)。例如對(duì)于數(shù)3，上述4種和體現(xiàn)措施對(duì)應(yīng)：111，11＋1，1＋11，1＋1＋1。顯然，將1999體現(xiàn)到和形式與填寫(xiě)1998個(gè)空隙處方式之間一對(duì)一，而每一種空隙處均有填“＋”號(hào)和不填“＋”號(hào)2種也許，因而1999可以體現(xiàn)為正整數(shù)之和不一樣措施有五、容斥原理在應(yīng)用加法原理時(shí)，關(guān)鍵在于把所要計(jì)數(shù)對(duì)象分為若干個(gè)不重不漏類，使得每類便于計(jì)數(shù)。不過(guò)詳細(xì)問(wèn)題往往是復(fù)雜，常常扭成一團(tuán)，難以分為不重不漏類，而要把條理分清晰就得用加法原理推廣——容斥原理。為了體現(xiàn)以便，咱們用A體現(xiàn)A類元素個(gè)數(shù)，用B體現(xiàn)B類元素個(gè)數(shù)，用A∪B體現(xiàn)是A類或是B類元素個(gè)數(shù)，用A∩B體現(xiàn)既是A類又是B類元素個(gè)數(shù)。A∪B∩C，A∪B∩C意義類似。容斥原理1假如被計(jì)數(shù)事物有兩類，那么A∪B＝A＋B－A∩B。容斥原理2假如被計(jì)數(shù)事物有三類，那么A∪B∪C＝A+B＋C-A∩B-B∩C－A∩C＋A∩B∩B。容斥原理實(shí)質(zhì)在于包括與排除，或形象地稱之為“多退少補(bǔ)”。容斥原理若用韋恩圖進(jìn)行分析和記憶，十分以便，留給讀者研究。例9在100名學(xué)生中，有10人既不會(huì)騎自行車(chē)又不會(huì)游泳，有65人會(huì)騎自行車(chē)，有73人會(huì)游泳，既會(huì)騎自行車(chē)又會(huì)游泳有多少人？解：從100名總?cè)藬?shù)中減去既不會(huì)騎自行車(chē)又不會(huì)游泳10人，就是會(huì)騎自行車(chē)或會(huì)游泳人數(shù)100-10=90（人）。既會(huì)騎自行車(chē)又會(huì)游泳有（65＋73）－90=48（人）。例10在1至100自然數(shù)中，不能被2整除，又不能被3整除，還不能被5整除數(shù)，占這100個(gè)自然數(shù)百分之幾？解：由容斥原理2知，1至100自然數(shù)中，或能被2整除，或能被3整除，或能被5整除自然數(shù)個(gè)數(shù)是＝50＋33＋20-16-6＋3＝74。因此，在1至100自然數(shù)中，不能被2整除，又不能被3整除，還不能被5整除自然數(shù)有100－74=26（個(gè)），占這100個(gè)自然數(shù)26％。六、歸納法對(duì)于比較復(fù)雜問(wèn)題，可以先觀測(cè)其簡(jiǎn)樸狀況，歸納出其中帶規(guī)律性東西，然后再來(lái)處理較復(fù)雜問(wèn)題。例1110個(gè)三角形最多將平面提成幾種某些？解。設(shè)n個(gè)三角形最多將平面提成an個(gè)某些。n=1時(shí)，a1=2；n=2時(shí)，第二個(gè)三角形每一條邊與第一種三角形最多有2個(gè)交點(diǎn)，三條邊與第一種三角形最多有2×3=6（個(gè)）交點(diǎn)。這6個(gè)交點(diǎn)將第二個(gè)三角形周?chē)岢闪?段，這6段中每一段都將本來(lái)每一種某些提成2個(gè)某些，從而平面也增長(zhǎng)了6個(gè)某些，即a2＝2＋2×3。n＝3時(shí)，第三個(gè)三角形與前面兩個(gè)三角形最多有4×3＝12（個(gè)）交點(diǎn)，從而平面也增長(zhǎng)了12個(gè)某些，即：a3=2＋2×3＋4×3?！话愕兀趎個(gè)三角形與前面（n-1）個(gè)三角形最多有2（n-1）×3個(gè)交點(diǎn)，從而平面也增長(zhǎng)2（n－1）×3個(gè)某些，故an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3＝2＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2。尤其地，當(dāng)n＝10時(shí)，a10＝3×102＋3×10＋2=272，即10個(gè)三角形最多把平面提成272個(gè)某些。七、整體法解答數(shù)學(xué)題，有時(shí)要“化整為零”，使問(wèn)題變得簡(jiǎn)樸；有時(shí)反而要從整體上來(lái)考慮，從全局、從整體來(lái)研究問(wèn)題。例12正方形ABCD內(nèi)部有1999個(gè)點(diǎn)，以正方形4個(gè)頂點(diǎn)和內(nèi)部1999個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)，將它剪成某些三角形。問(wèn)：一共可以剪成多少個(gè)三角形？共需剪多少刀？解：咱們從整體來(lái)考慮，先計(jì)算所有三角形內(nèi)角和。匯聚在正方形內(nèi)一點(diǎn)諸角之和是360°，而正方形內(nèi)角和也是360°，共有360°×1999＋360°，從而三角形個(gè)數(shù)是由于每個(gè)三角形有三條邊，而正方形紙本來(lái)4條邊當(dāng)然不用剪；別旳邊，由于是兩個(gè)三角形公共邊，剪一刀出兩條邊，因此共剪刀數(shù)是練習(xí)101．一只青蛙在A，B，C三點(diǎn)之間跳動(dòng)，若青蛙從A點(diǎn)跳起，跳4次仍回到A點(diǎn)，則這只青蛙一共有多少種不一樣跳法？2．在國(guó)際象棋棋盤(pán)上放置兩只“車(chē)”，假如它們彼此不構(gòu)成威脅，那么一共有多少種不一樣放法？3．在8×8棋盤(pán)上可以找到多少個(gè)形如右圖所示“凸”字形圖形？4．從19，20，21，…，97，98，99這81個(gè)數(shù)中，選用兩個(gè)不一樣數(shù)，使其和為偶數(shù)選法總數(shù)是多少？5．平面上有7個(gè)不在同一直線上點(diǎn)，以這7個(gè)點(diǎn)作為頂點(diǎn)做三角形，使得任何兩個(gè)三角形至多只有一種公共頂點(diǎn)。最多可做出多少個(gè)滿足條件三角形？6．下圖是一種道路圖。A處有一大群孩子，這群孩子向東或向北走，在從A開(kāi)始每個(gè)路口，均有二分之一人向北走，另二分之一人向東走，假如先后有60個(gè)孩子到過(guò)路口B，那么先后共有多少個(gè)孩子到過(guò)路口C？7．在1001，1002，…，這1000個(gè)自然數(shù)中，可以找到多少對(duì)相鄰自然數(shù)，使它們相加時(shí)不進(jìn)位？8．有10個(gè)箱子，編號(hào)為1，2，…，10，各配一把鑰匙，10把各不相似，每個(gè)箱子放進(jìn)一把鑰匙鎖好，先撬開(kāi)1，2號(hào)箱子，取出鑰匙去開(kāi)別箱子，假如最終能把所有箱子鎖都打開(kāi)，則說(shuō)是一種好放鑰匙措施。求好措施總數(shù)。練習(xí)10答案1.6種。解：如下圖，第1步跳到B，4步回到A有3種措施；同樣第1步到C也有3種措施。共有6種措施。2.3136種。解：第一步，放第一只“車(chē)”，有64種措施；第二步，放第二只“車(chē)”，因不能和第一只同行，也不能同列，故有49種措施。由乘法原理，一共有64×49=3136（種）放法。3.168個(gè)。解：在每個(gè)2×3長(zhǎng)方形中可以找到2個(gè)“凸”字形圖形，8×8方格棋盤(pán)中共有84個(gè)2×3長(zhǎng)方形，因此可以找到84×2=168（個(gè)）。4.1600種。解：從19到99合計(jì)81個(gè)不一樣整數(shù)，其中有41個(gè)奇數(shù)、40個(gè)偶數(shù)。若選用兩數(shù)之和為偶數(shù)，則必要且只須選用兩個(gè)數(shù)有相似奇偶性，因此選用措施數(shù)分為兩類：第一類，選用兩個(gè)不一樣偶數(shù)措施數(shù)；第二類，選用兩個(gè)不一樣奇數(shù)措施數(shù)。依加法原理，這兩類措施數(shù)總和即為所求措施數(shù)。第一類是從40個(gè)偶數(shù)中選用兩個(gè)不一樣偶數(shù)措施數(shù)，先取第一種偶數(shù)有40種措施，從別旳39個(gè)偶數(shù)中選用第2個(gè)有39種措施，依乘法原理，共有40×39種不一樣措施，但注意選用第1個(gè)數(shù)例如30，選用第2個(gè)數(shù)例如32，與選第1個(gè)數(shù)32，再選第2個(gè)數(shù)30，是同一組。因此總選法數(shù)應(yīng)當(dāng)折半，第二類是從41個(gè)奇數(shù)中選用兩個(gè)不一樣奇數(shù)措施數(shù)，與上述措施相似，5.7個(gè)。2個(gè)三角形至多