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7-3-2.加乘原理之数字问题（一）



教学目标


1.复习乘法原理和加法原理；
2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．
3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来 解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方
法解决问题．
在分类讨论中结合分步分析，在 分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是
分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常 见题型：数论类问题、染色问题、图形组
合．
知识要点
一、加乘原理概念

生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采
用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件
事所有可能 的做法，就要用到加法原理来解决．
还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而 在完成每一步时，又
有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决 ．

二、加乘原理应用
应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：
⑴ 加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，
所以完成任务的不同 方法数等于各类方法数之和．
⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不 同方法数等于
各步方法数的乘积．
⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的， 这就需要我们能够熟练的运
用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．
加法原理运用 的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成
任务，这样的问题可以使用加法 原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．
乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互 不影响的独立步骤来完成，这几步是完成
．．．．．．．．
这件任务缺一不可的，这样的问题可 以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，
．．．．．
步步相关”．

例题精讲


【例 1】 由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 因为有1，2，3共3个数字，因此组 成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组
成三位数．它们的和就是问题所求．
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⑴组成一位数：有3个；
⑵组成二位数：由于数 字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3
种方法；第二步排个位数也有3种方法 ，因此由乘法原理，有
326
个；
⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有
326
个三位数；
所以，根据加法原理，一共可组成
36615
个数．
【答案】
15


【例 2】 用数字1，2，3可以组成6个没有重复数字的三位数，这6个数的和是 。
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】填空
【关键词】希望杯，4年级，1试
【解析】 （1+2+3)×2×111=1332.
【答案】
1332


【巩固】 由数字0，3，6组成的所有三位数的和是__________。
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】填空
【关键词】希望杯，四年级，二试，第6题
【解析】 由 数字
0
，
3
，
6
组成的所有三位数有
306
，
360
，
603
，
630
，它们的和为：
3063606036301899
。
【答案】
1899


【例 3】 由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数．
第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；
第二类，组成二位数，有
339
个；
第三类，组成三位数，有
33218
个;
第四类，组成四位数，有
332118
个．
由加法原理，一共可以组成
49181849
个数．
【答案】
49


【例 4】 用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 小于1000的自然数有三类．第一类 是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有
4520
个；第三类是三位数，有
4 55100
个，共有
520100125
个．
【答案】
125


【例 5】 用数码0，1，2，3，4，可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为
4416
个 ，三位数时，
为：
44348
个，由加法原理，一共可以组成
516 4869
个小于1000的没
有重复数字的自然数．
【答案】
69


【例 6】 用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数．
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 无重复数字的四位数的千位、百位、十 位、个位的限制条件：千位上不能排0，或
说千位上只能排1～9这九个数字中的一个.而且其他位置上 数码都不相同，下面分
别介绍三种解法.（方法一）分两步完成：
第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法；
第二步：从余下的9个数 （包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位
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有9种.十位有8种，个位有7种方法；
由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个．
（方法二）组成的四位数分为两类：
第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个； 第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能
在百、十 、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的
四位数有3×9×8 ×7=1512个．由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个．
【答案】4536



【巩固】 用0，1，2，3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 分为两类：个位数字为0的有
326
个，个位数字为 2的有
224
个，由加法
原理，一共有：
6410
个没有重复数字的四位偶数．
【答案】
10


【例 7】 在2000到2999这1000个 自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中
恰有两个相同的数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 若相同的数是2，则另一个2可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的
两 个位置分别有9个和8个数可选，有 3×9×8=216（个）；若相同的数是1，有3×8
＝24（ 个）；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有 24个，所以，
符合题意的数共有216＋9×24=432（个）．
【答案】432

【例 8】 在1000至1999这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 (方法一)解决计数问题常用分类讨论的方法． 设在1000至1999这些自然数中满
足条件的数为
1abc
(其中
c a
)； (1)当
a0
时，
c
可取1～9中的任一个数字，c
可取2～于是一共有
91090
个． (2)当
a1
时 ，
b
可取0～9中的任一个数字，
9中的任一个数字，
b
仍可取0～ 9中的任一个数字，于是一共有
81080
个．(3)
类似地，当
a依次取2，3，4，5，6，7，8时分别有70，60，50，40，30，20，
10个符合条 件的自然数．所以，符合条件的自然数有
908070L2010450
个． < br>(方法二)1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100
个；剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以
总数为
(1000100)2450
个.
【答案】
450


【例 9】 某人忘记了自己的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是
9．为确保打开保险柜至少要试多少次？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 四个非0数码之和等于9的组合有1， 1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，
2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六 种．
第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选
择．
第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共
有4 ×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3
的位置有四 种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成
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4+12+12+12+ 12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次．
【答案】
56


【例 10】 将1到35这35个自然数连续地 写在一起，够成了一个大数：
11……333435，则这个大数的位数是 。
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯，4年级，1试
【解析】 这个数的位数与数码的总共个数有关系，从1到 9都是一位数，则共有9个数码，
从10到35全市两位数，则共有
26252
（ 个）数码，那么位数就共有
95261
（位）。
【答案】
61


【例 11】 如图，《希望杯数学能力培训教程（四年级）》一书有160页，在它的页码中，
数字“2”共出现了 次。

【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯，4年级，1试
【解析】 十位上是2的有20个（含有22和122）， 个位上是2的有14个（除了22和122），
所以共有34个数。
【答案】
34
个

【例 12】 按照中国篮球职业联赛组委会的 规定，各队队员的号码可以选择的范围是0～55
号，但选择两位数的号码时，每位数字均不能超过5. 那么，可供每支球队选择
的号码共（ ）个 .
（
A
） 34 (
B
) 35 (
C
) 40 (
D
) 56
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】选择
【关键词】华杯赛，初赛，第3题
【解析】 根据题意，可供选择的号码可以 分为一位数和两位数两大类，其中一位数可以为
0~9，有10种选择；两位数的十位可以为1~5，个 位可以为0~5，根据乘法原理，
两位数号码有5×6=30种选择。所以可供选择的号码共有10+3 0=40种。
【答案】
C
种

【例 13】 从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．
一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；
两位数中，不含4的 可以这样考虑：十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种
情况．个位上，不含4的有 0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，
可以先取十位数，再取个位数， 应用乘法原理，这时共有
8972
个数不含4．
三位数只有100．
所以一共有
889181
个不含4的自然数．
【答案】
81


【巩固】 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
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【解析】 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．
一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；
两位数中，不含4的 可以这样考虑：十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种
情况．个位上，不含4的有 0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，
可以先取十位数，再取个位数， 应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．
三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样 考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三
种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7 、8、9这九种情况，个位上，不含4
的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位 数，最后取个位数，应用
乘法原理，这时共有
399243
个三位数．由于50 0也是一个不含4的三位数．所以，1～
500中，不含4的三位数共有
399124 4
个．
所以一共有
8893991324
个不含4的自然数．
【答案】
324


【巩固】 从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．
一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；
两位数中，不含2的 可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种
情况．个位上，不含2的有 0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，
可以先取十位数，再取个位数， 应用乘法原理，这时共有
8972
个数不含2；
三位数中，除去300外，百位 数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，
8，9九种取法，根据乘法原理，不 含数字2的三位数有：
19981
个，还要加上300；
根 据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有
87282162个．
【答案】
162

【例 14】 将各位数字的和是10的不同的三位数按从大到小的顺序排列，第10个数
是 。
【考点】加法原理之分类枚举 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯，4年级，1试
【解析】 百位是9的有2个，百位是8的有3个，百位是 7的有4个，这一共是9个，接下
来应该是百位是6的，其中最大的是640，所以第10个数是640 。
【答案】
640


【例 15】 把所有不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是
多少？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，5年级，第9题
【解析】 1打头的数中，个位有5种取法，剩下的两 位分别有8种取法和7种取法，总共有
587280
个数。364-280=84，所以 第364个数是2打头的第84个数。2打头
的数中，百位是奇数时，个位有4种取法，十位有7种取法 ，总共有28个数；百
位是偶数时，个位有3种取法，十位有7种取法，总共有21个数。前两位是20 ，
21，23，24的分别有21，28，28，21个，84-21-28-28=7，所以2打头的 第84个
数是24打头的第7个数。列举可得前7个数是2406，2408，2410，2416，2 418，
2430，2436，所以是2436。
【答案】
2436


【例 16】 由数字1，2，3，4组成的所有四位数中（数字不重复使用），从小到大排 列，第
7个数是______________．
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，3年级，第2题
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【解析】 1开头的数有6个，所以第7个数应该是2开头的最小的数，那么应该是2134
【答案】
2134


【巩固】 由1，2，3，4，5五个数字组 成的不同的五位数有120个，将他们从大到小排列
起来，第95个数是___________。
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】希望杯,4年级,1试
【解析】 1打头的有24个，2打头24个，3打头24 个，4打头24个，正好96个，第96
个数是45321，第95个是45312。
【答案】
45312


【例 17】 由数字0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，
2008排在第 个．
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4星 【题型】解答
【关键词】第二届，华杯赛
【解析】 比
2008
小的< br>4
位数有
2000
和
2002
，比
2008
小的
3
位数有
23318
（种），比
，比
2008< br>小的
1
位数有
2
（种），所以
2008
排在
2008
小的
2
位数有
236
（种）
第
21 862129
（个）．
【答案】
29


【例 18】 从分别写有2、4、6、8的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的
6可以看成 9，那么共有多少种不同的乘积？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 取2有8、12、16、18四种，取 4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，
一共有9种
【答案】
9
种

【巩固】 有七张卡片：
1
、< br>1
、
2
、
3
、
9
、
9
、< br>9
，从中任取3张可排列成三位数。
若其中卡片
9
旋转后可看作
6
，则排成的偶数有_______个。
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯，五年级，一试，第19题
【解析】 当个位是2时，有15种，当个位是6时有23种，一共有15+23=38种
【答案】
38
种

【例 19】 自然数8336，8545，8 782有一些共同特征，每个数都是以8开头的四位数，且
每个数中恰好有两个数字相同．这样的数共有 多少个？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有
98 72
种
填法，有
398216
个数；两个相同的数字不是8时，相 同的数字有9种选法，
不同的数字有8种选法，并有3个位置可放，有
983216个数．
由加法原理，共有
398983432
个数．
【答案】
432

【巩固】 在1000到1999这1000个自然数中， 有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰
有两个相同的数？
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 若相同的数是1，则另一个1可以出现 在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的
两个位置分别有9个和8个数可选，有
398 216
个；若相同的数是2，有3×8
＝24个；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7， 8，9时，各有 24个，所以，符
合题意的数共有
216924432
个
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【答案】
432


【例 20】 如果一个三位数
ABC
满足
AB
，
BC
，那么把这个三位数称为“凹数”，求
所有“凹数”的个数．
【考点】加乘原理之综合运用 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 当
B
为
0
时，
A
、
C
可以为1～9中的任何一个，此时有
99
种；当
B
为
1
时 ，
A
、
C
可以为2～9中的任何一个，此时有
88
种；… …；当
B
为
8
时，有
11
种；所
以共有
1
9988L1191019285
(个)．
6
【答案】
285

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