七年级奥数阶梯训练（3）计数原理

1、计数原理一、填空题（共9小题，每小题4分，满分36分）1、如图1，从甲地到乙地共有4条路可走，从乙地到丙地有3条路可走，从甲地到丙地有5条路可走，那么从甲地到丙地共有_条路可走 图1 图2 图3 2、第一个口袋中装2个球，第二个口袋中装4个球，第三个口袋中装5个球，所有三个口袋中的球各不相同（1）从口袋中任取一个球，共有 _种不同的取法（2）从三个口袋中各取一个球，有 _种不同的取法3、如图2，在四个正方形拼接成的图形中，以这个十个点中任意三点为顶点，共能组成_个等腰三角形4、画一条直线，可将平面分成2个部分，画2条直线，最多可将平面分成4个部分，那么，画6条直线最多可将平面分成_个部分5、5

2、人站成一排照相，其中一人必须站在中间，有_种站法6、在l到300这300个自然数中，不含有数字3的自然数有 _个7、跳格游戏：如图3，人从格外只能进入第1格；在格中，每次可向前跳l格或2格，那么人从格外跳到第6格可以有_种方法8、如图4，由18个边长相等的正方形组成的长方形ABCD中，包含“”在内的长方形及正方形一共有_个 图4 图5 图6 图7 9、如图5，图中阴影部分的面积S2=_二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）10、图6中的小方格是边长为1的正方形，则从图中一共可以数出（）个正方形A、24B、210 C、50D、9011、如图7，一共能数出（）个长方形（正方形也算作长方形）

3、A、64B、63 C、60D、4812、如图8，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字，若左图轮子上方的箭头指着的数字为a，右图轮子上方的箭头指着的数字为b，数对（a，b）所有可能的个数为n，其中a+b恰为偶数的不同数对的参数为m，则m/n等于（）A、B、 C、D、 图8 图9 图10 13、如图9，从A点到B点（只从左向右，从上到下），共有（）种不同的走法A、24B、20 C、16D、1214、（2003南宁）一条信息可通过如图10的网络线由上（A点）往下向各站点传送例如信息到b2点可由经a1的站点送达，也可由经a2的站点送达，共有两

4、条途径传送则信息由A点到达d3的不同途径共有（）A、3条B、4条 C、6条D、12条15、如图11，图中不同的线段的条数有（）A、52条B、63条 C、141条D、154条 图11 图12 16、平面内的9条直线任两条都相交，交点数最多有m个，最少有n个，则m+n等于（）A、36B、37 C、38D、3917、如图12仪表板上有四个开关，如果相邻的两个开关不能同时是关的，那么所有不同的状态有（）。 A、4种B、6种 C、8种D、12种三、解答题（共8小题，满分90分）18、我们知道，两条直线相交，有且只有一个交点，三条直线相交，最多只有三个交点，那么，四条直线相交，最多有多少个交点？一般地，n

5、条直线最多有多少个交点？说明理由19、由0、1、2、3、4、5、6这7个数字，可以组成（1）多少个四位数，其中有多少个奇数，有多少个偶数？（2）多少个没有重复数字的四位数，其中有多少个奇数，多少个偶数？20、两条直线上各有n个点，用这n对点按如下规则连接线段：同直线上的点不连接；连接的任意两条线段可以有共同的端点，但不得有其它的端点；（1）画图说明当n=1、2、3时，连接的线段最多各有多少条？（2）由（1）猜想n（n为正整数）对点之间连接的线段最多有多少条，证明你的结论（3）当n=2003时，所连接的线段最多有多少条？21、如图，左右相邻两点，上下相邻两点之间距离都等于1厘米，把这些点连接起来

6、，作为三角形的顶点，那么可以组成多少个直角三角形？22、用数字0，1，2，3，4可以组成多少个（1）四位数？（2）四位偶数？（3）没有重复数字的四位数？（4）没有重复数字的四位偶数？23、平面上5个圆最多能把平面分成多少个部分？一般地，n个圆最多能把平面分成多少个部分？24、5个人站成一排照相（1）若甲、乙两人必须相邻，则有多少不同的站队方法？（2）若甲、乙两人必不相邻，则有多少不同的站队方法？25、将编号为1，2，3，4，5的五个小球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中，每个盒子只放入一个，一共有多少种不同的放法？若编号为1的球恰好放在了1号盒子中，共有多少种不同的放法？若至少有一个球放

7、入了同号的盒子中（即对号放入），共有多少种不同的放法？答案与评分标准一、填空题（共9小题，每小题4分，满分36分）1、17条路可走考点：加法原理与乘法原理。2、（1）从口袋中任取一个球，共有 11种不同的取法（2）从三个口袋中各取一个球，有 40种不同的取法3、30个等腰三角形解：以点A1、A2、A3、A10、A9为直角顶点的等腰直角三角形分别有1个、1个、4个、5个、1个共12个，其中以A3为直角顶点的4个等腰直角三角形分别是A2A3A10、A4A3A10、A1A3A7、A5A3A9；以A10为直角顶点的5个等腰直角三角形分别是A1A10A3、A3A10A7、A7A10A9、A2A10A4、

8、A4A10A8再根据轴对称性质可知：在整个图形内共可组成12×2=24个等腰直角三角形顶点分别为：A8，A7，A6（此类三角形有2个）、A8，A4，A6（此类三角形有4个）故答案为30个4、22个部分设直线条数有n条，分成的平面最多有m个有以下规律：m=1+1+（n1）=+1画6条直线最多可将平面分成+1=225、5人站成一排照相，其中一人必须站在中间，有24种站法6、242个专题：分类讨论。解：解法1：将符合要求的自然数分为以下三类：（1）一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个（2）二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，9共8种情形，在个位上出现的数字除以

9、上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个（3）三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，7，8，9九种情形，故三位数有2×9×9=162个因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有8+72+162=242个解法2：将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有3×9×91=242（个）7、8种方法解：每次向前跳l格，有唯一的跳法；仅有一次跳2格，其余每次向前跳l格，有4种的跳法；有两次跳2格

10、，其余每次向前跳l格，有3种的跳法则共有1+4+3=8种8、36个解：包含有“”在内的长方形：长×宽=2×1，3个；长×宽=3×1，4个；长×宽=3×2，5个；长×宽=4×1，3个；长×宽=4×2，3个；长×宽=4×3，3个；长×宽=5×1，2个；长×宽=5×2，2个；长×宽=5×3，2个；长×宽=6×1，1个；长×宽=6×2，1个；长×宽=6×3，1个；合

11、计30个包含有“”在内的正方形：边长×边长=1×1，1个；边长×边长=2×2，2个；边长×边长=3×3，3个；合计6个包含有“”在内的长方形及正方形一共有36个9、考点：三角形的面积。解：连OC，则OC平分ACB，又AOB与BOE的高相等， 二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）10、C11、B12、C13、B点评：本题考查了加法原理，解题的关键是按照题目的要求，渐次地寻找到达每一个点的不同走法的种数，并在相应的位置上记录下来14、C解：画树状图得：所以有6种；15、D点评：本题考查点与线段的关系，有一定难度，仔细观察图形是关

12、键16、B解：三条最多交点数的情况就是第三条与前面两条都相交：1+2四条最多交点数的情况就是第四条与前面三条都相交：1+2+3五条最多交点数的情况就是第五条与前面四条都相交：1+2+3+4六条最多交点数的情况就是第六条与前面五条都相交：1+2+3+4+5七条最多交点数的情况就是第七条与前面六条都相交：1+2+3+5+6八条最多交点数的情况就是第八条与前面七条都相交：1+2+3+5+6+7九条最多交点数的情况就是第九条与前面八条都相交：1+2+3+4+5+6+7+8=36则m+n=1+36=3717、C解：我们用O表示开的状态，F表示关的状态，则各种不同的状态有000O，000F，00FO，0F

13、0O，FOO0，FOF0，0FOF，F00F共8种状态三、解答题（共8小题，满分90分）18、解：如图：2条直线相交有1个交点；3条直线相交有1+2个交点；4条直线相交有1+2+3个交点；5条直线相交有1+2+3+4个交点；6条直线相交有1+2+3+4+5个交点；n条直线相交有1+2+3+5+（n1）=个交点所以a=，而b=119、解：（1）这个四位数的最高位不能是0，故最高位有6种选法（即选16中任一个数字），其余各位，可以从06这7个数字中任选，故共有6×7×7×7=2058个四位数，奇数的个数也可以用类似的方法获得，有6×7×7×

14、;3=882个，有偶数2058882=1176个；（2）这个四位数的最高位不能是0，故最高位有6种选法（即选16中任一个数字），第三位有6种选法，第二位有5种选法，第一位有4种选法，根据乘法原理，故没有重复数字的四位数有6×6×5×4=720个，因为当四位数为奇数时，个位数字为1，3，5有3种选法，由于数不重复，千位不能为0，所以千位有5种选法，百位有5种选法，十位数字有4种选法，所以其中奇数有3×5×5×4=300个，其中偶数有720300=420个点评：本题考查的是乘法原理，要确定四位数，必须一位一位来考虑，显然计数时，需要用乘法

15、原理，（2）问与（1）问的差别在于，增加了“没有重复”的限制20、解：（1）如图可以看出，n=1时，最多可以连接1条线段，n=2时，最多可以连接3条线段，n=3时，最多可以连接5条线段（2）猜想：对于正整数n，这n对点之间连接的直线段最多有2n1条证明：将直线标记为l1，l2，它们上面的点从左到右排列为A1，A2A3，An和B1，B2，B3，Bn，设这n对点之间连接的直线段最多有Pn条，显然，其中必有AnBn这一条，否则，Pn就不是最多的数当在l1，l2分别加上笫n+1个点时，不妨设这两个点在An与Bn的右侧，那么除了原来已经有的Pn条直线段外，还可以连接An+1Bn，An+1Bn+1这两条线

16、段，或连接AnBn+1，An+1Bn+1，这两条线段所以Pn+1Pn+2另一方面，设对于n+1对点有另一种连法：考虑如图所示以An+1为端点的线段，若以An+1为端点的线段的条数大于1，则一定可以找到一个in，使得对于任意的ji，An+1Bj都不在所画的线段中，这时，Bi+1，Bi+2，Bn+1只能与An+1连接，不妨设An+1Bi+1，An+1Bi+2，An+1Bn+1都已连接，此时图中的线段数为Pn+1，我们做如下操作：去掉An+1Bi，连接AnBi+1，得到新的连接图，而新的连接图满足要求且线段总数不变，将此操作一直续断下去，直到与An+1连接的线段只有一条An+1Bn+1为止最后图中，

17、与点Bn+1相关的线段只剩两条，即AnBn+1，An+1Bn+1，去掉这两条线段，则剩余Pn+22条线段，而图形恰是n对点的连接图，所以Pn+12Pn由此，我们得到Pn+1=Pn+2，而P1=1，P2=3，所以Pn=1+2×（n1）=2n1（3）当n=2003时，P2003=4005（条）点评：此题考查了平面图形的有规律变化，要求学生通过观察图形，分析、归纳发现其中的规律，并应用规律解决问题21、解：正方形的4个顶点，每个顶点为直角顶点时，都能构成4个直角三角形；正方形边长正中间的点为直角顶点时，每个顶点处有5个直角三角形；正中间的点为直角顶点时，顶点处有8个直角三角形；共有直角三角

18、形的个数为4×4+5×4+8×1=44个点评：考查图形的规律性；根据每个点都能做直角三角形的直角顶点找直角三角形的个数是解决本题的关键22、解：（1）这个四位数的最高位不能是0，故最高位有4种选法（即选14中任一个数字），其余各位可以从04这5个数字中任选，故共有4×5×5×5=500个四位数；（2）偶数的个数也可以用类似的方法获得，有4×5×5×3=300个；（3）这个四位数的最高位不能是0，故最高位有4种选法（即选14中任一个数字），第三位有4种选法，第二位有3种选法，第一位有2种选法，根据乘法原理，

19、故没有重复数字的四位数有4×4×3×2=96个；（4）因为当四位数为奇数时，个位数字为1，3，有2种选法，由于数不重复，千位不能为0，所以千位有3种选法，百位有3种选法，十位数字有2种选法，所以其中奇数有2×3×3×2=36个，其中偶数有9636=60个点评：本题考查的是乘法原理，要确定四位数，必须一位一位来考虑，显然计数时，需要用乘法原理，（3）（4）问与（1）（2）问的差别在于增加了“没有重复”的限制23、解：一个圆最多能把平面分成2个部分，2个圆最多能把平面分成4个部分；3个圆最多能把平面分成8个部分；现在加入第4个圆，为了使分

20、成的部分最多，第4个圆必须与前面3个圆都有两个交点，如图所示，因此得6个交点将第4个圆的圆周分成6段圆弧，而每一段圆弧将原来的部分一分为二，即增加了一个部分，于是4个圆最多将平面分成8+6=14个部分，同理，5个圆最多将平面分成14+8=22个部分，一般地，n个圆最多分平面为：2+1×2+2×2+（n1）×2，=2+21+2+（n1），=n2n+2点评：此题主要考查了数的规律，关键是分平面找出最多时数据之间的关系，这是解决问题的关键24、解：（1）由题意得，把甲、乙看成一个整体有P22种站队方法，其余4人有P44种队方法，P22×P44=2×4

21、×3×2×1=48；（2）5个人自由站队总数：P55=5×4×3×2×1=120，12048=72；答：若甲、乙两人必须相邻，则有48不同的站队方法，若甲、乙两人必不相邻，则有72不同的站队方法点评：本题考查了排列组合问题，正确理解定义，注意分步原理的应用25、解：将第一个球先放入，有5种不同的方法，再放第二个球，这时以4种不同的放法，依此类推，放入第三、四、五个球，分别有3、2、1种放法，所以总共有5×4×3×2×1=120种不同的放法将1号球放在1号盒子中，其余的四个球随意放，它们

22、依次有4、3、2、1种不同的放法，这样共有4×3×2×1=24种不同的放法（解法一）在这120种放法中，排除掉全部不对号的放法，剩下的就是至少有一个球放入了同号的盒子中的放法种数为研究全部不对号的放法种数的计算法，设A1为只有一个球放入一个盒子，且不对号的放法种数，显然A1=0，A2为只有二个球放入二个盒子，且不对号的放法种数，A2=1，A3为只有三个球放入三个盒子，且都不对号的放法种数，A3=2，An为有n个球放入n个盒子，且都不对号的放法种数下面我们研究An+1的计算方法，考虑它与An及An1的关系，如果现在有n个球已经按全部不对号的方法放好，种数为An取其中的任意一种，将第n+1个球和第n+1个盒子拿来，将前面n个盒子中的任一盒子（如第m个盒子）中的球（肯定不是编号为m的球