关于朋友的作文-教师考核个人总结

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？
< br>17．圆周上有10个点A
1
，A
2
，…，A
10
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19 75、75675等，但432579．不算
在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？
第1页（共23页）

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A
1
，A
2
，… ，A
15
，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
第2 页（共23页）

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？

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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）
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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=
所以画20条直线，最多 可以分成
+1个部分；
+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A
n
种可能，n至少为2．从简单< br>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A
n
种可能，n至少为2．
A
2
=2，A
3
=2，
对于A
n
，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A
2
种可能，总共有2A
2
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A
4
=2A
2
+2=2A
2
+A
3
=6．
第5页（共23页）

对于A
5
，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2A
3
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2A
2
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
A
5
=2A
3+2A
2
+2=2A
3
+A
4
=10．
以此 类推，可以得到A
n
=2A
n
﹣
2
+2A
n
﹣
3
+L+2A
2
+2=2A
n
﹣
2
﹣ A
n
﹣
1
，
A
6
=2A
4
+A
5
=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﹣﹣﹣﹣﹣799 10个
970﹣﹣﹣﹣﹣979 10个
880﹣﹣﹣﹣﹣889 10个
179﹣﹣﹣979 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为979）
197﹣﹣﹣997 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为797）
188﹣﹣﹣988 9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．

第6页（共23页）

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=2
个．
10
【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=2个 ．
10
答：共有2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=7 2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1 2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？ < br>【分析】利用递推法：对于A
1
，若第一天写1篇，剩余3篇，有A
3
种可能；若第一天写2
篇，剩余2篇，有A
2
种可能；若第一天写3篇，剩余1篇，有 A
1
种可能，所以A
4
=A
3
+A
2
+A
1
=7，
以此类推，得出A
n
=A
n
﹣
1
+A
n
﹣
2
+A
n
﹣
3
，解决问 题．
【解答】解：设写完a篇作文的有An种方法，
A
1
=1，A
2
=2，A
3
=4，
对于 A
1
，若第一天写1篇，剩余3篇，有A
3
种可能；若第一天写2篇，剩余2 篇，有A
2
种可能；
若第一天写3篇，剩余1篇，有A
1
种可能， 所以A
4
=A
3
+A
2
+A
1
=7， < br>以此类推，A
n
=A
n
﹣
1
+A
n
﹣
2
+A
n
﹣
3
，可得A
12
=A
11
+A
10
+A
9
=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A
n
，那么A
1
=1，A
2
=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A
n
﹣
2
种方法，根
据加法原理，可得：An=A
n
﹣
1
+A
n
﹣
2
．
A
3
=1+2=3
A
4
=2+3=5
A
5
=3+5=8
A
6
=5+8=13
A
7
=8+13=21
第7页（共23页）

10

A
8
=13+21=34
A
9
=21+34=55
A
10
=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< br>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？
第8页（共23页）

【分析】设 第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a
n
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）=3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a
n
﹣
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a
n
种传法；根据加法原理有a
n
=an
﹣
1
﹣a
n
﹣
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a
1
=0，利
用递推 a
2
=3﹣0=3，a
3
=3×3﹣3=6，a
4
=3×3 ×3﹣6=21，a
5
=3×3×3×3﹣21=60，a
6
=3×3×3× 3×3﹣
60=183，a
7
=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a
8
=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a
n
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）=3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a
n
种传法；根据加法原理 有a
n
=a
n
﹣
1
﹣a
n
﹣
2< br>，可得
a
1
=0，递推a
2
=3﹣0=3，
a
3
=3×3﹣3=6，
a
4
=3×3×3﹣6=21，
a
5
=3×3×3×3﹣21=60，
a
6
=3×3×3×3×3﹣60=183，
a
7
=3×3×3×3×3×3﹣183=546，
a
8
=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？
n
﹣
1
n
﹣
1

【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A
1
，A
2
，…，A
10
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
第9页（共23页）

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


第10页（共23页）

（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
4×9×10×10×10 =36000（个）
具有这种性质的六位数有10000+36000=46000（个）．
第11页（共23页）

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？
【分析】1，2有12，21都可以． 3可以加两边，所以有2×2种；4继续加两边，有2×2×2
种；9个数是8个2相乘．据此解答．
【解答】解：1，2有12，21都可以．
3可以加两边，所以有2×2种．
4继续加两边，有2×2×2种．
8
9个数是8个2相乘，即2=256种．
答：这样的九位数共有256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 1224
个．
【分析】首先从1开始分析：从没有1到最多4个1，逐一分析探讨七位数的个数，再进 一
步合并即可．
7
【解答】解：当没有1时，每一个位置都有两种选择，一共有2=128个；
当有 1个1时，1有7个位置，而2或者3有6个位置可选，一共有
以此类推，当有2个1时，一共有
当有3个1时，一共有
3
4
×2=448个，
6
×2=480个，
5
×2=160个，
当有4个1时，一共有2=8个，
所以这样的七位数一共有128+448+480+160+8=1224个．
故答案为：1224．

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、257 9是好数，但1567就不是好数．请
问：一共有多少个好数？
【分析】此题运用枚举法解答 ：①百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1；②
两个1、一个2；③两个2、一个1；④三 个2：千位有3种取法；⑤两个1、一个3；⑥
两个3、一个1；⑦三个3；⑧两个2、一个3；⑨两个 3、一个2；还有一种：一个1、一
个2、一个3．
把这几种情况的取法求出来后相加即可．
【解答】解：三个1：百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1，其实就是千位随
便 取，后面每个大1．这时为了保证个位≤9，千位有6种取法，所以有6个数．
两个1、一个2：千位有5种取法．两个1、一个2的安排方法有3种，所以有15个数．
两个2、一个1：千位有4种取法，有12个数．
三个2：千位有3种取法，有3个数．
两个1、一个3：4×3=12个数．
两个3、一个1：2×3=6个数．
三个3：0个数．
两个2、一个3：2×3=6个数．
两个3、一个2：1×3=3个数．
第12页（共23页）

一个1、一个2、一个3：3×6=18个数．
总共有：6+15+12+3+12+6+6+3+18=81（个）
答：一共有81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？
【分析】它 的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，即1后面可能是1或3，2后面
只能是3，3后面 可能是2或3．
当九位数以2开头，232333232，不满足数字1、2和3每个数字都至少出现 一次，可发现九
位数以2和3开头都不符合要求，因此只能以1开头，111111132；11111 1323；111111332…．
【解答】解：它的任意连续两位数都不等于12、21、22或3 1，即1后面可能是1或3，2
后面只能是3，3后面可能是2或3．共177个．
由以上分 析，如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，只能以1开头，111111132；
111 111323，111111332；111113232，111113232，111113233，111 113233…；
因此共有：1+2+4+7+12+20+33=79（个）
答：这样的自然数有177个，这样的九位数有79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？
【分 析】（1）一个三角形可把平面分成两部分，第2个三角形最多和第1个三角形有6个交
点，平面增加了 6部分，所以可把平面分成：2+6=8个部分；第3个三角形最多和前两个三
角形有12个交点，平面 增加了12部分，所以可把平面分成：2+6+12=20个部分；同理，第
4个三角形可把平面分成： 2+6+12+18=20个部分，…；所以n个三角形可把平面分成的部分
数为：2+6+12+18 +24+…=2+3n（n﹣1），据此解答即可．
（2）3个四边形最多可以把平面分成26部分， 2个圆可以把平面分成4个部分，再画一条
直线，那么这条直线最多和前面的2个圆有4个交点，会多出 4个部分，所以2个圆和一条
直线最多把平面分成4+4=8个部分．
【解答】解：（1）根据分析，可得
2+3×8×（8﹣1）
=2+168
=170（个）
答：8个三角形最多可以把平面分成170个部分．

（2）3个四边形最多可以把平面分成26部分，
2个圆可以把平面分成4个部分，再画一条直线，
那么这条直线最多和前面的2个圆有4个交点，会多出4个部分，
所以2个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8个部分，
则最多可以把平面分成：26+8=34（个）．
答：最多可以把平面分成34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？
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【分析】如图，当4条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13个部分，据此解答即
可．
【解答】解：如图，当4条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13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？
【分析】总共有8行，不妨把n行的方法数记为f（n），按如图编辑数字，不妨先考虑6号
方格，

（1）6，7一起，则必有3，2一起，1，4一起，5，8一起，此时的方法数为f（6）；
（2）6，3一起，则必有7，10一起，11，14一起，15，18一起，19，22一起，23，26一
起，27，30一起，29，28一起，25，24一起，21，20一起，17，16一起，13，1 2一起，9，
8一起，剩下的1，2，4，5共2种；
（3）6，5一起，同（2）一样的分析过程，只有1种；
（4）6，9一起，同（3），1种；
第14页（共23页）

所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6） 的时候去掉了编号前8个，同样的有
f（6）=f（4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3 ，f（2）的时候只剩最后6个，所以f（8）
=4+4+4+3=15种．
【解答】解：如图：

（1）6，7一起，则必有3，2一起，1，4一起，5，8一起，此时的方法数为f（6）；
（2）6，3一起，则必有7，10一起，11，14一起，15，18一起，19，22一起，23，26一
起，27，30一起，29，28一起，25，24一起，21，20一起，17，16一起，13，1 2一起，9，
8一起，剩下的1，2，4，5共2种；
（3）6，5一起，同（2）一样的分析过程，只有1种；
（4）6，9一起，同（3），1种；
所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4 ，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8个，同样的有
f（6）=f（4）+4，f（4）=f（2 ）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6个，所以f（8）
=4+4+4+3=15种．

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？
【分析】本题可以通过所给的变换规律，由易到难，确定操作可变为1的数组成斐波拉契数
列，再根据所 发现的规律求出经过9次操作变为l的数的个数．
【解答】解：通过1次操作变为1的数有1个，即2；
经过2次操作变为1的数有2个，即4、1；
经过3次操作变为1的数有2个，即3、8；
…；
经过6次操作变为1的数有8个，即11、24、10、28、13、64、31、30；
经过1、2、3、4、5…次操作变为1的数依次为1、2、3、5、8…，这即为斐波拉契数列，
后面的数依次为：5+8=13，13+8=21，21+13=34，34+21=55．
即经过9次操作变为1的数有55个．
答：经过9次操作变为1的数有55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）
第15页（共23页）

【分析】先给各个圆圈命名，如图，最中间的E和其它圆圈相连最 多，先从E着手，如果E
有4种不同的涂色方法，那么与之相连的B有3种涂色的方法，C与B、E都相 连，那么C
有2种涂色的方法，同理F、I、H、D各有2种不同的涂色方法，与B、C都相连的A有2
种不同的涂色方法，同理，G、J各有2种涂色的方法，根据乘法原理它们的积就是全部涂
色的 方法．

【解答】解：最中间的圆圈有4种涂色的方法，与它相连的圆圈B有3种涂色的方法 ，其
它圆圈就各有2种涂色的方法，一共是：
4×3×2×2×2×2×2×2×2×2=3072（种）
答：共有3072种涂法．

29．圆周上有15个点A
1
，A
2
，…，A
15
，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 ？
【分析】圆周上15个点，意味着任意从中取出3个点都可以构成三角形，依题意不管怎么
接，每种接法里都有且仅有5个三角形，针对具体某个点如A
1
，从A
1
外的 14个点中任意
取出2个点与A
1
构成三角形的个数为，这91个三角形是没有相同的 ，意味着如果先从
A
1
点连接的话，至少是有91种连接方式；所以最多有91种接法 ．
【解答】解：圆周上15个点，意味着任意从中取出3个点都可以构成三角形，那么十五个
点可以一共构成
==5×7×13=455个三角形；
依题意不管怎么接，每种接法里都有且仅有5个三角形，则最多有：
==7×13=91种接法；
答：共有91种不同连接方式．

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？
第16页（共23页）

【分析】先对6个儿童进行编号，一年级的儿童为1号，二年级的 为2号，…，六年级的为
6号．
下面对这六名儿童进行排队，先排1号，再排2号，依此类推：
（1）排1号：只有一个人，怨言数为0；
（2）排2号：有两种选择，可能增加0或1个“怨言”；
（3）排3号：有3个选择，可能增加0、1或2个“怨言”；
…
由此逐步找出6人时的可能．
【解答】解：先对6个儿童进行编号，一年级的儿童为1号，二 年级的为2号，…，六年级
的为6号．
下面对这六名儿童进行排队，先排1号，再排2号，依此类推：
（1）排1号：只有一个人，怨言数为0；
（2）排2号：有两种选择，可能增加0或1个“怨言”；
（3）排3号：有3个选择，可能增加0、1或2个“怨言”；
…
同理，排4号会可能增加0、1、2、3个“怨言”，排5号可能增加0、1、
2、3、4个“怨言”，排6号可能增加0、1、2、3、4、5个“怨言”．
接下来，我们构造如下梯子，排1号，怨言数为0，在第一层；排2号时，
最多可以向上爬1层；排3号时，最多可以向上爬2层；„„；排6号时，最多
可以向上爬5层．现在我们可以将到达每个点的路线数量写在每个点的右上
角，怨言数为7，即排完6号时到达第七层，共有101条路线，即“怨言数”
为7的排列顺序有101种．

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参与本试卷答题和审题的老师有：xuetao；TGT；73z zx；zcb101；wdzyzlhx；guangh；齐敬
孝；pysxzly；奋斗；lqt；p engh；ZGR（排名不分先后）
菁优网
2016年5月22日
第18页（共23页）

考点卡片


1．通过操作实验探索规律
【知识点归纳】

【命题方向】
常考题型：
例：小红把10根绳子打结连起来，变成一根长绳，这根长绳上有（ ）个结．
A、10 B、9 C、8
分析：两根绳有一个结，三根绳有两个结，那么四根绳有三个结…，以后每增加一根绳子就
增加 一个结，而结的数量要比绳子的数量少一．
解：结的数量要比绳子的数量少1，10跟绳子有：
10﹣1=9（个）；
答：10根绳子有9个结．
故选：B．
点评：本题关键是打结处的理解，每相邻的两根绳子就会有1个结，由此找出规律求解．

2．数字问题
【知识点归纳】
1．数字问题的主要题型：
数字问题是研 究有关数字的特殊结构、特殊关系以及数字运算中变换问题的一类问题，相对
来说，难度较大．通常情况 下题目会给出某个数各个位数关系，求这个数为多少．
2．核心知识
（1）数字的拆分 < br>是将一个数拆分成几个因数相乘或者相加的形式，经常需要综合应用整除性质、奇偶性质、
因式分 解、同余理论等．
（2）数字的排列与位数关系
解答数字的排列与位数关系时，经常需要借 助于首尾数法进行考虑、判断，同时可以利用列
方程法、代入法、假设法等一些方法，进行快速求解．

【命题方向】
常考题型：
例1：在1到400的整数中，至少能被3和5中的一个数整除的数有（ ）个5．
A、213 B、187 C、133 D、80
分析：先求出400里面有几个3，就是1﹣400中有多少个数能被3整除，再 求出400里面
有几个5，就是1﹣400中有多少个数能被5整除；能同时倍3和5整除的数是15的 倍数；
求出400里面有多少个15，就是能同时被3和5整除的数，然后用3的倍数的个数加上5的倍数的个数然后减去15的倍数的个数即可．
解：1到400中能被3整除有：400÷3≈133（个）；
1到400中能被5整除有：400÷5=80（个）；
1到400中既能被3也能被5整除有：400÷（3×5）≈26（个）；
在1到400的整数中，至少能被3和5中的一个数整除的数：133+80﹣26=187（个）；
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故选：B．
点评：本题要注意能同时被3和5整除的数，是重复计算的数字．

例2：自然数12321，90009，41014 …有一个共同特征：它们倒过来写还是原来的数，那么
具有这种“特征”的五位偶数有 400 个．
分析：倒过来写还是原来的数，具有这种“特征”的五位偶数万位和个位有2，4，6，8这4
种选择；千位和十位有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10种选择；百位有0，1，2，3，
4，5，6，7，8，9这10种选择．可以组成倒过来写还是原来的数具有这种“特征”的五位偶
数 则有4×10×10=400个．
解：根据分析，倒过来写还是原来的数，具有这种“特征”的五位偶数有4×10×10=400个．
答：具有这种“特征”的五位偶数有400个．
故答案为：400．
点评：根据这 种数的特征，分析各对称数位会出现的数字可能，把出现可能的种数相乘即可
得这种特征数的个数．

3．数字和问题
【知识点归纳】
题型：给出一个多位数的各位的数字 之和，然后以一定的方式改变数字的位置，再次得到一
个数．告诉新得到的数字和原来的数字之差或者之 和，求算原来的数字．

【命题方向】
常考题型：
例1：5个连续自然数的和是315，那么紧接在这5个自然数后面的5个连续自然数的和是
（ ）
A、360 B、340 C、350 D、无法求出
分析：根据“5个连续自然数的和是315”，先求出这5个连续自然数，那么紧接在这 5个自
然数后面的5个连续自然数也就出来了，求和即可．
解：5个连续自然数的和是315 ，那么中间的数是315÷5=63，这5个连续的数是61、62、
63、64、65；
紧 接在这5个自然数后面的5个连续自然数分别是66、67、68、69、70，和为：
66+67+6 8+69+70=340．
故选：B．
点评：此题考查学生对连续自然数的求法，对于此类问题一般应先求出中间数．

经典题型：
例2：将100个苹果分给10个小朋友，每个小朋友的苹果个数互不相同．分得 苹果个数最
多的小朋友，至少得到几个苹果？
分析：本题可更理解为把100最多能分解为多 少个不同加数的和，就先找到10个小朋友平
均每人分几个100÷10=10个，因为10是偶数，所 以中间两个是9和11，故
100=5+6+7+8+9+11+12+13+14+15，共有10个 加数，每个小朋友的苹果个数互不相同，所
以分得苹果个数最多的小朋友，至少得到15个苹果．
解：100=5+6+7+8+9+11+12+13+14+15，
因为共有10个不同的加数．
所以分得苹果个数最多的小朋友，至少得到15个苹果．
第20页（共23页）

答：分得苹果个数最多的小朋友，至少得到15个苹果．
点评：完成本题要注意抓住“苹果个 数互不相同”就可以看作是几个不同加数的和，来进行分
析解答．

【解题方法点拨】
解决方法：使用一元一次方程的方法，将整数拆成1，10，100的关于 未知数的和．然后进
行相减或者相加，即可解出未知数x．

4．组合图形的计数
【知识点归纳】
1．组合图形的概念：
圆，三角形，正多边形，梯形，平行四边形 为基本图形其余的为组合图形，可以用辅助线分
解为基本图．
2．组合图形的计数实质上就是分类数图形，解决方法是：
（1）合理进行分类．
（2）利用排列组合的有关公式进行每一个类的数量计算．
（3）将所有的类的数量进行相加．
（4）仔细检查，防止遗漏．

【命题方向】
常考题型：
例1：试数出下图有多少个三角形．

【分析】三条线段首尾顺次连接组成的图形叫做三角形，根据概念找出图中图形的个数．
解：单个三角形组成的三角形有8个，
2个三角形组成的三角形有4个，
4个三角形组成的三角形有4个，
8+4+4=16（个）．
答：有16个三角形．
【点评】此题主要考查计数方法的应用，养成按照一定顺序观察思考问 题的习惯，逐步学会
通过观察思考探寻事物规律的能力．

5．排列组合
【知识点归纳】
排列组合的综合应用具有一定难度．突破难点的关键：首先必须准确、透彻的 理解加法原理、
乘法原理；即排列组合的基石．其次注意两点：①对问题的分析、考虑是否能归纳为排列 、
组合问题？若能，再判断是属于排列问题还是组合问题？②对题目所给的条件限制要作仔
细推 敲认真分析．有时利用图示法，可使问题简化便于正确理解与把握．

【命题方向】
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经典题型：
例1：教 务处编排某班某日上午的课程表（上午只上5节课）．该班拟安排语文、数学、英
语、科学和体育（每科 只上一节课），但规定体育不安排在第一节课．问安排的课程表可能
有几种？
分析：第一节课 是从除体育外的4科中选择一科，有4种不同的选择方法；第二节从剩下的
4科中选择1科，也有4种选 择方法，第三节从剩下的3科中选择1科，有3种选法；第四
节从剩下的2科中选择1科，有1种选法； 第五节就是剩下的1科，有1种选法；根据乘法
原理它们的积就是全部的选择方法．
解：4×4×3×2×1，
=16×3×2×1，
=96（种）；
答：安排的课程表可能有96种．
点评：分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足： 必须并且只需连续完成这n个步
骤，这件事才算完成．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开 始计算之前要进行
仔细分析要完成的“一件事”是什么，可以“分类”还是需要“分步”．

例2：如图中 A、B、C、D、E 五个区域，以红、黄、蓝三色去涂，相邻区域涂上不同颜
色，共有多少种涂法？
分析：首先， 可以将红、黄、蓝任一颜色去涂A区．由于B、C区与A相连，而B、C两
区也相连，所以可选的颜色B 区有2种，C区有1种，虽然E区并不与B区相连，理论上
可选的颜色有2种，但这样的话，D区将无法 着色，所以，可涂上的颜色数目如下：A=3，
B=2，C=1，D=1，E=1，运用乘法原理即可解 决问题．
解：将红、黄、蓝任一颜色去涂A区，由于B、C区与A相连，而B、C两区也相连，所以可选的颜色B区有2种，C区有1种，虽然E区并不与B区相连，理论上可选的颜色有
2种，但这 样的话，D区将无法着色，所以，可涂上的颜色数目如下：A=3，B=2，C=1，
D=1，E=1．
共有涂法：3×2×1×1×1=6（种）．
答：共有6种涂法．
点评：解答此题 的关键是通过题意，进行分析，首先将红、黄、蓝任一颜色去涂A区，然
后逐步推出A、B、C、D、E 可涂上的颜色数目，解决问题．


6．筛选与枚举
【知识点归纳】
通过把符合要求的一一列举出来，从而得到答案，这种解答问题的方法叫做“枚举法”，通常
也 称为“穷举法”，在解答很多有趣的数学问题时，经常用到这种方法．

【命题方向】
经典题型：
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例1：现 有1克，2克及5克砝码各四枚，如果用它们来组合成23克，问有多少个不同的组
合方法？
分析：首先分析出如果5克的砝码有4枚，5×4=20（克），23﹣20=3（克），可分为1克、2
克的砝码各有1枚以及3枚1克的砝码两种情况；然后逐一根据5克砝码的枚数确定符合情
况的1克、 2克砝码的枚数，所有满足的情况数相加即可．
解：如果5克的砝码有4枚，5×4=20（克），2 3﹣20=3（克），可分为1克、2克的砝码各有
1枚以及有3枚1克的砝码两种情况．
如果5克的砝码有3枚，5×3=15（克），23﹣15=8（克），可分为以下几种情况：
①有4枚2克的砝码；②有3枚2克的砝码和2枚1克的砝码；③有2枚2克的砝码和4
枚1克的砝码 ．
所以5克的砝码有3枚时，共有3种情况．
如果5克的砝码有2枚，5×2=10（克） ，23﹣10=13（克），13÷2=6…1，即2克的砝码至少也
需要6个，还得再加上1枚1克的 砝码，所以没有符合的情况．
如果5克的砝码有1枚，5×1=5（克），23﹣5=18（克），1 8÷2=9，即2克的砝码至少也需要
9个，所以没有符合的情况．
综上所述，共有5个不同的组合方法．
答：共有5个不同的组合方法．
点评：此题 考查了学生排列组合方面的知识以及学生的分析推理能力，注意1克，2克及5
克砝码各四枚是本题的一 个突破点，可以减少很多种情况的分析．

例2：商场出售一种运动鞋每双售价60元，为了 促销，商场规定：买一双的按原价，买两
双的每双减价5元，买3双的每双减价10元．结果有85人共 买了155双这种运动鞋（每人
不超过3双）销售收入8390元．这85人中买1双、2双、3双运动 鞋的各有多少人？
分析：解答此题可以分情况分析讨论：若85人都买3双，则需要买85×3=25 5（双），比实
际多买：255﹣155=100（双），把其中的50人调整为各买1双，即当35人 各买3双，50人
各买1双时符合，85人买155双的条件这时销售收入为35×3×（60﹣10） +50×60=8250（元）；
将1人3双和1人1双调为2人2双，做这样调整买鞋的人数和双数都 保持不变，但销售收
入增加8390﹣8250=140元，2×2×（60﹣5）﹣[1×3×（60 ﹣10）+1×1×60]=10（元），增加140
元需调整140÷10=14（次），所以买3双 鞋的有：35﹣14=21（人），据此即可解答．
解：若85人都买3双，一共买鞋：85×3=255（双），
比实际多买：255﹣155=100（双），
把其中的50人调整为各买1双，即当35人 各买3双，50人各买1双时符合85人买155双
的条件这时销售收入为：
35×3×（60﹣10）+50×60=8250（元）
将1人3双和1人1双调为2人2 双，做这样调整买鞋的人数和双数都保持不变，但销售收
入增加
2×2×（60﹣5）﹣[1×3×（60﹣10）+1×1×60]=10（元）．
增加140元需调整140÷10=14（次）．
所以买3双鞋的有：35﹣14=21（人），
买1双鞋的有：50﹣14=36（人），
买2双鞋的有：2×14=28，
答：买1双的36人．2双的28人，3双的21人．
点评：此题是较复杂的推理问题，要弄清题意，分情况分析推理．

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