六年级数学思维训练计数综合三最新整理.docx
- 文档编号:13275331
- 上传时间:2023-06-12
- 格式:DOCX
- 页数:35
- 大小:198.70KB
六年级数学思维训练计数综合三最新整理.docx
《六年级数学思维训练计数综合三最新整理.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《六年级数学思维训练计数综合三最新整理.docx(35页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
六年级数学思维训练计数综合三最新整理
2014年六年级数学思维训练:
计数综合三
一、兴趣篇
1.一个楼梯共有10级台阶,规定每步可以迈一级台阶或二级台阶.走完这10级台阶,一共可以有多少种不同的走法?
2.小悦买了10块巧克力,她每天最少吃一块,最多吃3块,直到吃完,共有多少种吃法?
3.用1×2的小方格覆盖2×7的长方形,共有多少种不同的覆盖方法?
4.如果在一个平面上画出4条直线,最多可以把平面分成几个部分?
如果画20条直线,最多可以分成几个部分?
5.甲、乙、丙三名同学练习传球,每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个.先由甲发球,经过6次传球后球仍然回到了甲的手中.请问:
整个传球过程共有多少种不同的可能?
6.一个三位数,有相邻两个数字的和为16,那么这样的三位数共有多少个?
7.由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个?
8.一个各位数字互不相等的五位数不含数字0,且数字和为18,这样的五位数共有多少个?
9.一个十位数只含有数字l或2,且不含两个连续的数字1,一共有多少个这样的十位数?
10.一个六位数由1、2、3、4、5组成,而且任意相邻两个数位的数字之差都是l,这样的六位数有多少个?
二、拓展篇
11.老师给冬冬布置了12篇作文,规定他每天至少写l篇,如果冬冬每天最多能写3篇,那么共有多少种写完作文的方法?
12.用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表,共有多少种覆盖方法?
13.现有14块糖,如果阿奇每天吃奇数块糖,直到吃完,那么阿奇共有多少种吃法?
14.如果在一个平面上画出8条直线,最多可以把平面分成几个部分?
如果画8个圆,最多可以把平面分成几个部分?
15.四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球,每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个.先由红衣人发球,并作为第1次传球,经过8次传球后球仍然回到红衣人手中.请问:
整个传球过程共有多少种不同的可能?
16.如图所示,一个圆环被分成8部分,现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一,要求相邻两部分颜色不同,共有多少种染色方法?
17.圆周上有10个点A1,A2,…,A10以这些点为端点连结5条线段,要求任两条线段之问都没有公共点,共有多少种连结方式?
18.在有些多位数的各位数字中,奇数的个数比偶数的个数多,例如137、36712等.请问:
在1至10000中有多少个这样的多位数?
19.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5,例如1975、75675等,但432579.不算在内.请问:
具有这种性质的六位数有多少个?
20.用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数,满足以下要求:
每一位上的数字要么大于它前面的所有数字,要么小于它前面的所有数字.请问:
这样的九位数共有多少个?
21.一个七位数,每位都是1、2或者3,而且没有连续的两个1,这样的七位数一共有个.
22.满足下面性质的四位数称为“好数”:
它的个位比十位大,十位比百位大,百位比千位大,并且任意相邻两位数字的差都不超过3.例如1346、2579是好数,但1567就不是好数.请问:
一共有多少个好数?
三、超越篇
23.一个九位数,它只由数字l、2和3组成,而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31,这样的自然数有多少个?
如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次,则这样的九位数有多少个?
24.
(1)如果在一个平面上画出8个三角形,最多可以把平面分成多少个部分?
(2)如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、l条直线,最多可以把平面分成多少个部分?
25.
如图所示,阴影部分是一个圆环,4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分?
26.用15个1×2的小纸片覆盖如图,共有多少种不同的覆盖方法?
27.(2011•西安校级自主招生)对一个自然数作如下操作:
如果是偶数则除以2,如果是奇数则加1.如此进行直到为l时操作停止.问:
经过9次操作变为1的数有多少个?
28.用4种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色,要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色,共有多少种涂法?
(不允许旋转、翻转图)
29.圆周上有15个点A1,A2,…,A15,以这些点为顶点连出5个三角形,要求任意两个三角形没有公共点,共有多少种连接方式?
30.有一年级到六年级的同学各一人,排成一列领取糖果.如果一个高年级的同学站在一个低年级的同学前面,那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”(一个人可以有多次“怨言”).在一种排列顺序里,我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”.例如:
六位同学按下面的
顺序排列:
一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级,那么这六位同学产生的
“怨言”次数依次为0、0、l、2、0、l,这种排列的“怨言数”就是4.请问:
有多少种“怨言数”
为7的排列顺序?
2014年六年级数学思维训练:
计数综合三
参考答案与试题解析
一、兴趣篇
1.一个楼梯共有10级台阶,规定每步可以迈一级台阶或二级台阶.走完这10级台阶,一共可以有多少种不同的走法?
【分析】从第1级开始递推,脚落到第1级只有从地上1种走法;第二级有两种可能,从地跨过第一级或从第一级直接迈上去;登上第3级,分两类,要么从第1级迈上来,要么从第2级迈上来,所以方法数是前两级的方法和;依此类推,以后的每一级的方法数都是前两级方法的和;直到10级,每一级的方法数都求出,因此得解.
【解答】解:
递推:
登上第1级:
1种登上第2级:
2种
登上第3级:
1+2=3种(前一步要么从第1级迈上来,要么从第2级迈上来)登上第4级:
2+3=5种(前一步要么从第2级迈上来,要么从第3级迈上来)登上第5级:
3+5=8种
登上第6级:
5+8=13种登上第7级:
8+13=21种登上第8级:
13+21=34种登上第9级:
21+34=55种
登上第10级:
55+34=89种;
答:
一共可以有89种不同的走法.
2.小悦买了10块巧克力,她每天最少吃一块,最多吃3块,直到吃完,共有多少种吃法?
【分析】利用归纳法,记有n块巧克力,有m种吃法,从小数开始算起,找到规律,然后递推出大数的情况.
【解答】解:
设有n块糖,有m种吃法,
n=1时,m=1,有1=1
n=2时,m=2,有2=1+1
n=3时,m=4,有4=1+2+1
n=4时,m=7,有7=1+2+4
n=5时,m=13,有13=2+4+7
…
可以发现:
从第四项开始,每项的方法数等于前三项的方法和,所以,后面的方法数是:
24、44、81、149、274…
所以,10块巧克力,共有274种吃法.答:
共有274种吃法.
3.用1×2的小方格覆盖2×7的长方形,共有多少种不同的覆盖方法?
【分析】本题分类计数:
全部竖排1种;1个竖排有4种;3个竖排有10种;,5个横排有6
种;然后加在一起,即可得解.
【解答】解:
1+4+10+6=21(种)
答:
共有21种不同的覆盖方法.
4.如果在一个平面上画出4条直线,最多可以把平面分成几个部分?
如果画20条直线,最多可以分成几个部分?
【分析】根据直线两两相交,每三条不交于同一点,可把平面分成最多部分,根据两条直线最多分成的部分比一条直线分成部分增加2,三条直线最多分成部分比两条直线最多分成部分增加三,以此类推找出规律,可得答案.
【解答】解:
2条直线最多可将平面分成4个部分,如图:
;
三条直线最多分成可将平面分成7个部分,如图:
;
四条直线最多分成可将平面分成11个部分,如图:
;
n条直线最多分成可将平面分成2+2+3+4+…+n=
+1个部分;所以画20条直线,最多可以分成
+1=211个部分.
答:
在一个平面上画出4条直线,最多可以把平面分成11个部分;如果画20条直线,最多
可以分成211个部分.
5.甲、乙、丙三名同学练习传球,每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个.先由甲发球,经过6次传球后球仍然回到了甲的手中.请问:
整个传球过程共有多少种不同的可能?
【分析】利用递推法,设经过n次传球回到甲手中的过程有An种可能,n至少为2.从简单分析探讨得出答案即可.
【解答】解:
设经过n次传球回到甲手中的过程有An种可能,n至少为2.A2=2,A3=2,
对于An,若第一次回到甲的手中是经过两次传球,有2种可能,此时还剩余2次,有A2种可能,总共有2A2种可能;
若第一次回到甲手里是经过四次传球(不需要考虑第一次回到甲手里是经过三次传球,这样四次传球不可能回到甲的手中)有2种可能,所以A4=2A2+2=2A2+A3=6.
对于A5,若第一次回到甲的手中是经过两次传球,有2种可能,此时还剩余3次,有A3
种可能,总共有2A3种可能;
若第一次回到甲的手中是经过三次传球有2种可能,此时还剩余2次,有2A2种可能;若第一次回到甲的手中是经过5次传球有2种可能,(不需要考虑第一次回到甲的手中是经过4次传球,这样5次传球不可能回到甲的手中)有2种可能,所以A5=2A3+2A2+2=2A3+A4=10.
以此类推,可以得到An=2An﹣2+2An﹣3+L+2A2+2=2An﹣2﹣An﹣1,A6=2A4+A5=22.即整个传球过程共有22种不同的可能.
6.一个三位数,有相邻两个数字的和为16,那么这样的三位数共有多少个?
【分析】由题意,相邻两个数字的和为16,可以是前两个数字和是16或后两个数字和是16,且16=7+9=8+8,据此分类枚举即可.
【解答】解:
因为16=7+9=8+8,所以可分前两位数是79、97、88以及后两位数是79、97、88
六种情况枚举,
790﹣﹣﹣﹣﹣79910个
970﹣﹣﹣﹣﹣97910个
880﹣﹣﹣﹣﹣88910个
179﹣﹣﹣9799个﹣1个=8个(与前面重复一个为979)
197﹣﹣﹣9979个﹣1个=8个(与前面重复一个为797)
188﹣﹣﹣9889个﹣1个=8个(与前面重复一个为888)所以共有10+10+10+8+8+8=54个
答:
这样的三位数共有54个.
7.由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个?
【分析】因为1+1+3+4=9,再找出由1、1、3、4组成的四位数共有多少个即可.
【解答】解:
1+1+3+4=9,这四位数以1开头,有6个;这四位数以3开头,有3个;这四位数以4开头,有3个;总共有6+3+3=12个.
8.一个各位数字互不相等的五位数不含数字0,且数字和为18,这样的五位数共有多少个?
【分析】5个不同的数和为18,则平均值是3.6;如果出现3时,这5个数可能是:
1,2,3,4,8,和1,2,3,5,7;如果出现4时,这5个数可能是:
1,2,4,5,6;再根据分类计数原理解答即可.
【解答】解:
把18分成4个不同的数之和,可能是:
1,2,3,4,8,和1,2,3,5,7
和1,2,4,5,6;
由1,2,3,4,8组成的五位数有:
5×4×3×2×1=120(个);同理可得:
由1,2,3,5,7组成的五位数有120个;由1,2,4,5,6组成的五位数有120个;所以这样的五位数共有:
120×3=360(个);答:
这样的五位数共有360个.
9.一个十位数只含有数字l或2,且不含两个连续的数字1,一共有多少个这样的十位数?
【分析】每一位都有两种可能,或1或2,共10位.根据乘法原理,一共有2×2×2…×2=210个.
【解答】解:
每一位都有两种可能,或1或2,共10位.那就有2×2×2…×2=210个.答:
共有210个这样的十位数.
10.一个六位数由1、2、3、4、5组成,而且任意相邻两个数位的数字之差都是l,这样的六位数有多少个?
【分析】通过分析:
以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样,都是9个;以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样,都是18个;以3开头的六位数的是18个,所以共计:
9×2+18×2+18=72种,据此解答即可.
【解答】解:
①以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样,都是9个;
②以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样,都是18个;
③以3开头的六位数的是18个,所以共计:
9×2+18×2+18=72(种)
答:
这样的六位数有72个.
二、拓展篇
11.老师给冬冬布置了12篇作文,规定他每天至少写l篇,如果冬冬每天最多能写3篇,那么共有多少种写完作文的方法?
【分析】利用递推法:
对于A1,若第一天写1篇,剩余3篇,有A3种可能;若第一天写2
篇,剩余2篇,有A2种可能;若第一天写3篇,剩余1篇,有A1种可能,所以A4=A3+A2+A1=7,
以此类推,得出An=An﹣1+An﹣2+An﹣3,解决问题.
【解答】解:
设写完a篇作文的有An种方法,A1=1,A2=2,A3=4,
对于A1,若第一天写1篇,剩余3篇,有A3种可能;若第一天写2篇,剩余2篇,有A2
种可能;
若第一天写3篇,剩余1篇,有A1种可能,所以A4=A3+A2+A1=7,以此类推,An=An﹣1+An﹣2+An﹣3,可得A12=A11+A10+A9=927.
12.用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表,共有多少种覆盖方法?
【分析】本题采用递推法.若用1×3的小长方形去覆盖3×1的方格网,有1种方法,去覆盖3×2的方格网有2种方法,覆盖3×3的方格网会得到1+2=3种方法…依次进行求解,发现这是一个斐波那契数列,由此进行求解.
【解答】解:
若用1×3的小长方形去覆盖3×n的方格网,设方法数为An,那么A1=1,A2=2
当n≥3时,对于最左边的一列有两种覆盖的方法:
(1)用1个1×3的小长方形竖着覆盖,那么剩下的3(n﹣1)的方格网有An﹣1种方法;
(2)用2个1×3的小长方形横着覆盖,那么剩下的3(n﹣2)的方格网有An﹣2种方法,根据加法原理,可得:
An=An﹣1+An﹣2.
A3=1+2=3A4=2+3=5A5=3+5=8A6=5+8=13A7=8+13=21A8=13+21=34A9=21+34=55A10=34+55=89
答:
覆盖3×10的方格网共有89种不同方法.
13.现有14块糖,如果阿奇每天吃奇数块糖,直到吃完,那么阿奇共有多少种吃法?
【分析】利用归纳法,记有n块糖,有m种吃法,从小数开始算起,找到规律,然后递推出大数的情况.
【解答】解:
设有n块糖,有m种吃法,
n=1时,m=1,有1=1
n=2时,m=1,有2=1+1
n=3时,m=2,有3=1+1+1=3
n=4时,m=3,有4=1+1+1+1=1+3=3+1
n=5时,m=5,有5=1+1+1+1+1=1+1+3=1+3+1=3+1+1=5
…
可以发现:
从第三项开始,每项的方法数等于前两项的方法和,
所以,后面的方法数是:
8、13、21、34、55、89、144、233、377、…所以,14块糖,阿奇共有377种吃法.
答:
阿奇共有377种吃法.
14.如果在一个平面上画出8条直线,最多可以把平面分成几个部分?
如果画8个圆,最多可以把平面分成几个部分?
【分析】
(1)根据直线两两相交,每三条不交于同一点,可把平面分成最多部分;在一个平面上画出1条直线,最多可以把平面分成2部分;在一个平面上画出2条直线,平面数量增加2,最多可以把平面分成2+2=4部分;在一个平面上画出3条直线,平面数量增加3,最多可以把平面分成:
4+3=7部分;…,据此求出8条直线最多可以把平面分成几个部分即可;
(2)画1个圆可以把平面分成2部分;画第2个圆时与第1个圆最多新产生2个交点,平面数量多2,即2+2=4,把分成4部分;画第3个圆时,与前两个圆最多新产生4个交点,平面数量增加4,即2+2+4=8,平面被分成8部分…每多画1个圆,平面数量分别增加2、4、6、8…,据此求出画8个圆,最多可以把平面分成几个部分即可.
【解答】解:
根据分析,可得
(1)在一个平面上画出8条直线,最多可以把平面分成:
2+2+3+4+…+8=
=37(个);
答:
如果在一个平面上画出8条直线,最多可以把平面分成37个部分.
(2)在一个平面上画出画8个圆,最多可以把平面分成:
2+2+4+6+8+10+12+14=58(个).
答:
如果在一个平面上画出8个圆,最多可以把平面分成58个部分.
15.四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球,每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个.先由红衣人发球,并作为第1次传球,经过8次传球后球仍然回到红衣人手中.请问:
整个传球过程共有多少种不同的可能?
【分析】设第n次传球后,球又回到红衣人手中的传球方法有an种,可以想象前n﹣1次传球,如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球,即每一次都有3种可能,由乘法原理,
共有3×3×3×…×3(n﹣1个3)=3n﹣1种传球方法.这些传球方法并不都是符合要求的,它们可以分为两类:
一类恰好第n﹣1次恰好传到红衣人手中,这有an﹣1种传法,它们不符合要求,因为这样第n次无法再把球传给红衣人;另一类是第n﹣1次传球,球不在红衣人手中,第n次持球人再将球传给红衣人,有an种传法;根据加法原理有an=an﹣1﹣an﹣2,由于红衣人是发球者,一次传球后又回到红衣人手中的传球方法是不存在的,所以a1=0,利用递推a2=3﹣0=3,a3=3×3﹣3=6,a4=3×3×3﹣6=21,a5=3×3×3×3﹣21=60,a6=3×3×3×3×3﹣60=183,
a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546,a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641.说明经过8次传球后球仍然回到红
衣人手中,整个传球过程共有1641种不同的可能.
【解答】解:
设第n次传球后,球又回到红衣人手中的传球方法有an种,如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球,即每一次都有3种可能,由乘法原理,共有3×3×3×…×3
(n﹣1个3)=3n﹣1种传球方法.第n﹣1次传球,球不在红衣人手中,第n次持球人再将球传给红衣人,有an种传法;根据加法原理有an=an﹣1﹣an﹣2,可得
a1=0,递推a2=3﹣0=3,
a3=3×3﹣3=6,a4=3×3×3﹣6=21,a5=3×3×3×3﹣21=60,a6=3×3×3×3×3﹣60=183,
a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546,
a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641.
答:
经过8次传球后球仍然回到红衣人手中,整个传球过程共有1641种不同的可能.
16.如图所示,一个圆环被分成8部分,现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一,要求相邻两部分颜色不同,共有多少种染色方法?
【分析】按照顺时针方向考虑:
首先第一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一有3种方法,则第二至七部分各有2种选择,最后一部分只有一种选择,根据乘法原理得出答案即可.
【解答】解:
3×2×2×2×2×2×2×1=192(种)答:
共有192种染色方法.
17.圆周上有10个点A1,A2,…,A10以这些点为端点连结5条线段,要求任两条线段之问都没有公共点,共有多少种连结方式?
【分析】为了叙述的方便,不妨这10个点用下标数数字1、2、3、4、5…10表示,分情况探讨得出答案即可.
【解答】解:
(1)如图的连法:
共5种
1、连12,310,49,58,67,
2、连23,14,510,69,78,
3、连34,…
4、连45,…
5、连56,…
以下5种与上面的重复,不考虑6、连67,…(与1重复)
…
10、连110,…(与5重复)
(2)如图的连法:
共2种
1、连12,34,56,78,910
2、连23,45,67,89,110
(3)
如图的连法:
共10种
(4)如图的连法:
共10种
(5)
如图的连法:
共5种
(6)图的连法:
共10种
合计共5+2+10+10+5+10=42种连法.
18.在有些多位数的各位数字中,奇数的个数比偶数的个数多,例如137、36712等.请问:
在1至10000中有多少个这样的多位数?
【分析】本题可分情况进行讨论,分别求出1至10000中一位数,两位数,三位数,四位数、五位数中有多少个奇数的个数比偶数多的数,再相加即可.
【解答】解:
一位数中奇数的个数比偶数个数多的数:
0个;两位数中奇数的个数比偶数个数多的数:
5×5=25个;
三位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况:
①两位数是奇数一位数是偶数,这样的数有5×5×5×3﹣5×5=375﹣25=350个;
②三位数是奇数,这样的数有:
5×5×5=125个;
四位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况:
①三位数是奇数一位数是偶数,这样的数有5×5×5×5×4﹣5×5×5=2500﹣125=2375个;
②四位数是奇数,这样的数有:
5×5×5×5=625个;五位数即10000中没有;
1至10000中有共有这样的数:
25+350+125+2375+625=3500个
答:
1至10000中有3500个这样的数.
19.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5,例如1975、75675等,但432579.不算在内.请问:
具有这种性质的六位数有多少个?
【分析】此题分为以下几种情况:
①当75在首位时,剩余4位数字随意选;②当75不在
首位时,75看作一个整体,位置有4种情况;③对于最高位的数有1﹣9共9种选择,剩余的3个数都有10种选择.求出每种情况的个数,解决问题.
【解答】解:
当75在首位时,剩余4位数字随意选,有10×10×10×10=10000(个),当75不在首位时,75看作一个整体,位置有4种情况(在23,34,45,56位),
对于最高位的数有1﹣9共9种选择,剩余的3个数都有10种选择,一共有4×
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 六年级 数学 思维 训练 计数 综合 最新 整理