小学奥数：加乘原理之数字问题(一).专项练习及答案解析

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；

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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

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．

(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

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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：1234567891011……

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+30=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?

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【考点】加乘原理之综合运用 【难度】3星 【题型】解答 【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500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244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2406，2408，2410，2416，2418，2430，2436，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

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【关键词】学而思杯，3年级，第2题 【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4位数有2000和2002，比2008小的3位数有23318（种），比

，比2008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18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、1、2、3、9、9、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8336，8545，8782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

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合题意的数共有216924432个

【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

19988L1191019285(个)．

6【答案】285

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