计数模块(教师版)

1、2.是否补证：是指入托入学报到查验发现无证无接种证后，是否补办接种证。是填“1”，否填“0”；3.免疫状况登记结果：入托入学报到查验时有接种记录，在相应疫苗剂次空格内填“1”；补种的，在相应疫苗剂次空格内打“”4.是否全种：是指入托入学报到查验时是否完成全部免疫规划疫苗的全程接种，是填“1”，否填“0”；5.是否补种全：是指入托入学报到查验时有疫苗未接种者，是否补种所有未种疫苗剂次。是填“1”，否填“0”，并在备注上注明未补种全的原因；6.可将需补证补种的儿童登记在班级的最后，便于接种单位查找。查验人 陈思 查验日期 2009.9.5 单位（印章） 瓯海时代幼儿园 附件12009年瓯海时代幼儿

2、园 托幼机构（学校）入托入学儿童免疫状况登记表td td 姓名出生日期（公历）年级班级是否有证是否补证儿童入学、入托时及补种后免疫状况登记结果是否全种是否补种全备 注卡介苗乙肝疫苗脊灰疫苗百白破疫苗白破疫苗麻疹疫苗乙脑疫苗流脑疫苗12312341234121231234林雅诗06.10.11小A班1111111111111111郑韵帆06.8.28小A班1111111111111111刘新淳07.1.2811111111111111111梁祝06.10.211111111111111111陈嘉豪 1111111111111111余承恒05.109111111111111111111叶方炜111

3、111111111111111徐雯雯06.10.2611111111111111111林晟阳06.1.21111111111111111郑奥宇06.8.1611111111111111111陈鸿帆074.1.2611111111111111p11蔡俊豪 06.10.91111111111111111方约豪 111111111111111111说明：1.是否有证：是指入托入学报到查验时是否有接种证。是填“1”，否填“0”；2.是否补证：是指入托入学报到查验发现无证无接种证后，是否补办接种证。是填“1”，否填“0”；3.免疫状况登记结果：入托入学报到查验时有接种记录，在相应疫苗剂次空格内填“1”；

4、补种的，在相应疫苗剂次空格内打“”4.是否全种：是指入托入学报到查验时是否完成全部免疫规划疫苗的全程接种，是填“1”，否填“0”；5.是否补种全：是指入托入学报到查验时有疫苗未接种者，是否补种所有未种疫苗剂次。是填“1”，否填“0”，并在备注上注明未补种全的原因；6.可将需补证补种的儿童登记在班级的最后，便于接种单位查找。查验人 陈思 查验日期 2009.9.5 单位（印章） 瓯海时代幼儿园 附件12009年瓯海时代幼儿园 托幼机构（学校）入托入学儿童免疫状况登记表模块综合复习 1计数模块综合复习 11几何计数1白 5 ，黄可取 0 ， 1共有：如表当 5 分 硬币的个数为 0 . 

5、        ？到A3的前一步有两个位置；分别是A2 和A1 在这里要强调一点，那么A23 3 之间就是一种选择了；同理A 1 1组合姓名出生日期（公历）年级班级是否有证是否补证儿童入学、入托时及补种后免疫状况登记结果是否全种是否补种全备 注卡介苗乙肝疫苗脊灰疫苗百白破疫苗白破疫苗麻疹疫苗乙脑疫苗流脑疫苗12312341234121231234李嘉慧07.4.2小小一1111111111111111吴樟涛06.12.22小小一1111111111112013月 日 :00- :00上课地点：红荔上步校区上课进度：第 

6、15; 讲07.8.31知识框架111计数综合1加法分类，类类相加111排列有序排列11潘奕驰06.12.27组合排列要想全，发生与否看清晰一、 排列和组合排列数111容斥原理三、 几何计数11部分；n个圆最多分平面的部分数为n(n-1+2；n个三角形将平面最多分成3n(n-1+2部分；n个四边形将平面最多分成n毛子彤(包括两个端点（或含有n个“基本线段”），那么这n+1个点把这条线段一共分成的线段总数为n+(n-1111111111数长方形、平行四边形和正方形：一般的，对于任意长方形（平行四边形），若其横边上共有nm条线段，则图中共有长方形（平行四边形）mn07.5.231【例 1】 114

7、116个球，他拿出球的情况共有_种可能（1111红时，黄白3，黄可取，11共4121，林芊卉07.1.811说明：1.是否有证：是指入托入学报到查验时是否有接种证。是填“1”，否填“0”；2.是否补证：是指入托入学报到查验发现无证无接种证后，是否补办接种证。是填“1”，否填“0”；3.免疫状况登记结果：入托入学报到查验时有接种记录，在相应疫苗剂次空格内填“1”；补种的，在相应疫苗剂次空格内打“”4.是否全种：是指入托入学报到查验时是否完成全部免疫规划疫苗的全程接种，是填“1”，否填“0 + An-2【巩固】 1×2的小长方形(横的竖的都行覆盖”，并在备注上注明未补种全的原因；6.可将

8、需补证补种的儿童登记在班级的最后，便于接种单位查找。查验人 如果用的长方形盖的长方形，设种数为,则，,对于，左边可能竖放12009年2个的，前者有种，后者有所以,所以根据递推，覆盖的长方形一共有89种【例 4】 如图，地图上有A，是否全种是否补种全备 注【解析】卡介苗为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给染色，有百白破疫苗第二步：给染色，由于不能与同色，所以有12染色，由于不能与、同色，所以3第四步：给染色，由于不能与、同色，但可以与同色，所以有2123 如图，一张地图上有五个国家，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，

9、不同的国家可以使用同种颜色，那么这幅地图有多少着色方法？ 07.3.211【解析】 第一步，给 国上色，可以任选颜色，有四种选择； 第二步，给国上色，1第三步，给国上色，国与，两国相邻，所以不能使用1 国的颜色，只有两种选择； 第四步，给国上色，国与1两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给国上色，国与两国相邻，有两种选择 共有种着色方法潘雨诺07.2小小二111【解析】 由于四个棋子要一个一个地放入方格内，故可看成是分四步完成这件事第一步放棋子，可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子，由于已放定，那么放的那一行和一列中的其他方格内也不能放，故还剩下个方格可以放，

10、有9种放法；第三步放，再去掉所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放，有4种放法；最后一步放，再去掉所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放，有1种放法由乘法原理，共有种不同的放法【巩固】 在下图的方格内放入五枚棋子，要求每行、每列都只能有一枚棋子，共有多少种放法？ 1【解析】 要放五枚棋子，肯定需要分五步完成观察到图中的表格正好是五列的，刚好在每列放一个棋子于是，我们不妨按第列、第列、第列、第列、第列的顺序依次摆放棋子第一步：在第1列填入一个棋子因为第1列只有两个格，所以有1第二步：在第2列填入一个棋子因为第2列共有三个格，可是刚刚放在第一列的那个棋子占了其中的一行，所以有3-1第三步：在第

11、列填入一个棋子因为第列共有四个格，可是被放在第一列、第二列的那两个棋子各占了一行，所以有4-2=207.6.18第四步：在第11第五步：在第14 = 1根据乘法原理，往方格内放入枚棋子，每行每列只有一枚棋子，共有种放法【例 6】 在图中(单位：厘米：1111 (平方厘米07.5.235厘米、7厘米、9厘米、厘米和4 15厘米、1厘米求图中长方形的个数，以及所有长方形面积的和【解析】 利用长方形的计数公式：横边上共有n条线段，纵边上共有1条线段，则图中共有长方形（平行四边形）mn个，所以有(4+3+2+1×（4+31）=100，这些长方形的面积和为：（5+7+9+2+12+16+111

12、114+6+5+1111+6+15+12+16）=124×11 图中含有“”的长方形总共有_个【解析】 根据本题特点，可采用分类的方法计数按长方形的宽分类，数出含号的长方形的个数含有左上号的长方形有：个，其中，宽为1(即高度为一层的含号的长方形为：6个；宽为2(即高度为两层的含号的长方形为：61111个；1其中，宽为1(即高度为一层的含号的长方形为：6个；宽为2(即高度为两层的含号的长方形为：；宽为111郑宝宝即高度为两层07.6.2811(即高度为三层的含号的长方形为：4个；所以，含有号的长方形总共有：个【巩固】由20个边长为1的小正方形拼成一个长方形中有一格有“”图中含有“”的所

13、有长方形(含正方形共有 个，它们的面积总和是 (第六届走111郑至博11【解析】 11111111有红、黄、蓝三种信号旗，把任意两面上、下挂在旗杆上都可以表示一种信号，问共可以组成多少种不同的信号？ 【解析】 1【解析】 比小的位数有和，比小的位数有（种），比小的位数有（种），比小的1111111111111111111表示多少种不同的信号？季 【解析】 这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信号，就是有三个位置我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三个位置的问题由于信号不仅与旗子的颜色有关，而且与不同旗子所在的位置有关，所以是排列问题，且其中，1111111111

14、111111【解析】 千位数字大于十位数字，千位数字的取值范围为，对应的十位数字取，每确定一个千位数字，十位数字就相应确定了，只要从剩下的个数字中选出个作百位和个位就行了，因此总共有个这样的四位数千位数字小于十位数字，千位数字取，十位数字取，共有个这样的四位数所以总共有个这样的四位数【例 10】 从分别写有、的五张卡片中任取两张，做成一道两个一位数的乘法题，问： 有多少个不同的乘积？ 有多少个不同的乘法算式？ 1【解析】 要考虑有多少个不同乘积由于只要从张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题由组合数公式，共有(个不

15、同的乘积 要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题由排列数公式，共有(种不同的乘法算式【巩固】 9、8、7、6、5、4、3、2、1、0这10个数字中划去7个数字，一共有多少种方法？（4级）2【解析】 相当于在10个数字选出7个划去，一共有10×9×8×7×6×5×4÷（7×6×5×4×3×2×1）=10×9×8÷（3×2×1）=120种【例 11】

16、 在一个圆周上有个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的： 直线段； 三角形； 四边形 【解析】 由于个点全在圆周上，所以这个点没有三点共线，故只要在个点中取个点，就可以画出一条线段；在个点中取个点，就可以画出一个三角形；在个点中取个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题由组合数公式： 可画出(条直线段 可画出(个三角形 可画出(个四边形【巩固】 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？ 1【解析】 这道题不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题，实际上是求从个元素中取出个元素的组合数，由组合数公式，所以以个点中每个点为端点的线段共有条【例 12】 个人围成一圈，从中

17、选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？ 【解析】 (法1乘法原理按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有种选择，总共就有种选择，但是需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择，而却算作了两种，所以最后的结果应该是(种(法2排除法可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为，而被选的两个人相邻的情况有种，所以共有(种【巩固】 一栋12层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停在一楼有3人进了电梯，其中至少有一个要上12楼，则他们到各层的可能情况共有多少种？ 【解析】 每

18、个人都可以在第7层至第12层中任何一层下，有6种情况，那么三个人一共有种情况，其中，都不到12楼的情况有种因此，至少有一人要上12楼的情况有种【例 13】 有10粒糖，分三天吃完，每天至少吃一粒，共有多少种不同的吃法？ 【解析】 如图：|，将10粒糖如下图所示排成一排，这样每两颗之间共有9个空，从头开始吃，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线隔开表示之前的糖和之后的糖不是在同一天吃掉的，九个空中画两条竖线，一共有种方法【巩固】(2008年西城实验考题有12块糖，小光要6天吃完，每天至少要吃一块，问共有 种吃法【解析】 将12块糖排成一排，中间共有11个空，从11个空中挑出5个空插挡板

19、，把12块糖分成6堆，则这样的每一种分法即对应一种吃法，所以共有种 【巩固】（2009年十三分小升初入学测试题）把5件相同的礼物全部分给3个小朋友，要使每个小朋友都分到礼物，则分礼物的不同方法一共有 种 【解析】 把5件相同的礼物排成一列，中间有4个间隔，现在用两个板去隔，每个间隔最多放一个板这2个板的每一种放法都把5件礼物分成3份，所以这两个板的每一种放法都对应一种分礼物的方法而板的放法有种，所以分礼物的不同方法有6种【例 14】 一张长方形纸片，长是宽的2倍，先对折成正方形，再对折成长方形，再对折成正方形，共对折7次，将纸打开展平，数一数用折痕分割成的正方形共有多少个？【解析】 从简单情况

20、入手，从第一次对折开始分析，第一次对折，展平，折痕分割成的正方形共个；第二次对折，展平，折痕分割成的长方形共个；第三次对折，展平，折痕分割成的正方形共个；第四次对折，展平，折痕分割成的长方形共个；第五次对折，展平，折痕分割成的正方形共个；第六次对折，展平，折痕分割成的长方形共个；第七次对折，展平，折痕分割成的正方形共个观察发现规律，奇数次对折时，展平后的折痕分割成的图形是正方形，所以，对折七次，将纸展平后，用折痕分割成的正方形是个【巩固】将正方形纸片由下往上对折，再由左向右对折，称为完成一次操作按上述规则完成五次操作后，剪去所得的小正方形的左下角问：当展开这张正方形纸后，一共有多少个小洞孔？【

21、巩固】 将最后得到的小正方形纸展开两次，中间形成一个菱形的小洞孔，之后每展开一次，孔的数量为原来的倍，题中一次操作需要对折2次，五次操作对折了10次，所以孔的数量为个【例 15】 在一个西瓜上切刀，最多能将瓜皮切成多少片？【解析】 将西瓜看做一个球体，球体上任意一个切割面都是圆形，所以球面上的切割线是封闭的圆周，考虑每一次切割能增加多少瓜皮片当切刀时，瓜皮被切成两份，当切第刀时，由于切割线相交，所以瓜皮被切成分，切第次时，新增加的切割线与原来的切割线最多有个交点这些交点将第条切割线分成段，也就是说新增加的切割线使瓜皮数量增加了，所以在西瓜上切刀，最多能将瓜皮切成片【例 16】 平面上10个两两

22、相交的圆最多能将平面分割成多少个区域？【解析】 先考虑最简单的情形为了叙述方便，设平面上个圆最多能将平面分割成个部分从图中可以看出，可以发现满足下列关系式：实际上，当平面上的(个圆把平面分成个区域时，如果再在平面上出现第个圆，为了保证划分平面的区域尽可能多，新添的第个圆不能通过平面上前个圆之间的交点这样，第个圆与前面个圆共产生个交点，如下图：这个交点把第个圆分成了段圆弧，而这段圆弧中的每一段都将所在的区域一分为二，所以也就是整个平面的区域数增加了个部分所以，那么，故10个圆最多能将平面分成92部分【巩固】 平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？

23、1【解析】 假设用ak表示k条直线最多能把圆的内部分成的部分数，这里k0，1，2，a01a1=a0+12a2=a12=4a3=a23=7a4=a3+411故5条直线可以把圆分成16部分，100条直线可以把圆分成5051部分【例 17】 一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形问：一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?【解析】 方法一：归纳法如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点时可剪出的三角形个数，需剪的刀数不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n2个三角形，需剪3n

24、+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀方法二：整体法我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360÷180=2n+2个三角形2n+2个三角形共有3×(2n+2=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+64=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2÷23n+

25、1刀本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀【巩固】在三角形内有100个点，以三角形的顶点和这100点为顶点，可把三角形剖分成多少个小三角形？【解析】 整体法100个点每个点周围有360度，三角形本身内角和为180度，所以可以分成个小三角形【例 18】 在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形共有多少个？1【解析】 首先可以知道题中所讲的长方形中间的那个小主格为黑色，这是因为两个白格不相邻，所以不能在中间显然，位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含在这样的长方形中下面分两种情况来分析：第一种情况，一个位于棋

26、盘内部的黑色方格对应着两个这样的长方形(一横一竖；第二种情况，位于边上的黑色方格只能对应一个长方形由于在棋盘上的32个黑色方格中，位于棋盘内部的18个，位于边上的有12个，位于角上的有2个，所以共有个这样的长方形本题也可以这样来考虑：事实上，每一行都有6个长方形，所以棋盘上横、竖共有长方形个由于棋盘上的染色具有对称性，因此包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形正好与包含两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系，这说明它们各占一半，因此所求的长方形个数为个【巩固】 用一张如图所示的纸片盖住方格表中的四个小方格，共有多少种不同的放置方法？ 【解析】如图，将纸片中的一个特殊方格染为

27、黑色，下面考虑此格在方格表中的位置易见它不能位于四个角上；若黑格位于方格表中间如图浅色阴影所示的正方形内的某格时，纸片有4种不同的放法，共计种；若黑格位于方格表边上如图深色阴影所示的方格中时，纸片的位置随之确定，即只有1种放法，此类放法有种所以，纸片共有种不同的放置方法【例 19】 有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大，千位数字比百位大，百位数字比十位数字大？【解析】 由于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从09中任意选取的4个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数(题目中要求千位比百位大，所以千位不能为0，本身已符合四位数的首位

28、不能为0的要求，所以进行选择时可以把0包含在内，也就是说满足条件的四位数的个数与从09中选取4个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的四位数有个【巩固】 三位数中，百位数比十位数大，十位数比个位数大的数有多少个？1【解析】 相当于在10个数字中选出3个数字，然后按从大到小排列.共有10×9×8÷（3×2×1）=120种实际上，前铺中每一种划法都对应着一个数【例 20】 (第七届走美试题一个正在行进的8人队列，每人身高各不相同，按从低到高的次序排列，现在他们要变成并列的2列纵队，每列仍然是按从低到高的次序排列，同时要求并排的每两人中左边的人比

29、右边的人要矮，那么，2列纵队有 种不同排法【解析】 首先，将8人的身高从低到高依次编号为，现在就相当于要将这8个数填到一个的方格中，要求每一行的数依次增大，每一列上面的要比下面的大下面我们将依次往方格中填，按照题目规则，很容易就发现：第二行填的的数字的个数永远都小于或等于第一行数字填的个数也就是说，不能出现下图这样的情况而这个正好是“阶梯型标数”题型的基本原则于是，我们可以把原题转化成：在这个阶梯型方格中，横格代表在第一行的四列，纵格代表第二行的四列，那么此题所有标数的方法就相当于从A走到B的最短路线有多少条例如，我们选择一条路线：它对应的填法就是：最后，用“标数法”得出从A到B的最短路径有1

30、4种，如下图：【巩固】将112这12个数填入到2行6列的方格表中，使得每行右边比左边的大，每一列上面比下面的大，共有多少种填法？【解析】 根据对应关系，再运用阶梯型标数法画图如下：共有132种填法【例 21】 个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？【解析】 设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种可以想象前次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有种可能，由乘法原理，共有(种传球方法这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第次恰好传到甲手中，这有

31、种传法，它们不符合要求，因为这样第次无法再把球传给甲；另一类是第次传球，球不在甲手中，第次持球人再将球传给甲，有种传法根据加法原理，有由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以利用递推关系可以得到：，这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种本题也可以列表求解由于第次传球后，球不在甲手中的传球方法，第次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种第次传球传球的方法球在甲手中的传球方法球不在甲手中的传球方法从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有种【巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过次传球

32、后，球仍回到甲手中问：共有多少种传球方式？【巩固】 递推法设第次传球后球传到甲的手中的方法有种由于每次传球有4种选择，传次有次可能其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有种所以由于，所以，即经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种【例 22】 甲、乙、丙三个小组学雷锋，为学校擦玻璃，其中块玻璃不是甲组擦的，块玻璃不是乙组擦的，且甲组与乙组一共擦了块玻璃那么，甲、乙、丙三个小组各擦了多少块玻璃？1【解析】 68块玻璃不是甲组擦的，说明这块玻璃是乙、丙两组擦的；块玻璃不是乙组擦的，说明这块玻璃是甲、丙两组擦的如图，

33、用圆表示乙、丙两组擦的块玻璃，圆表示甲、丙两组擦的块玻璃因甲乙两组共擦了块玻璃，那么(块，这是两个丙组擦的玻璃数(块丙组擦了块玻璃乙组擦了：(块玻璃，甲组擦了：(块玻璃【巩固】 育才小学画展上展出了许多幅画，其中有16幅画不是六年级的，有15幅画不是五年级的，五、六年级共展出25幅画，其他年级的画共有多少幅？2【解析】 通过16幅画不是六年级的可以知道，五年级和其他年级的画作数量之和是16，通过15幅画不是五年级的可以知道六年级和其他年级的画作数量之和是15，那也就是说五年级的画比六年级多1幅，我们还知道五、六年级共展出25幅画，进而可以求出五年级画作有13幅，六年级画作有12幅，那么久可以求

34、出其他年级的画作共有3幅【例 23】 在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个?1【解析】 11000之间，5的倍数有=200个，7的倍数有=142个，因为既是5的倍数，又是7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有=28个所以既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个【巩固】 求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数2【解析】 记 A：1100中3的倍数，有33个；B：1100中7的倍数，有14个；：1100中3和7的公倍数，即21的倍数，有4个依据公式，1100中3的倍数或7的倍数共有个，则能被3或7整除的数的个数

35、为43个.【例 24】 有2000盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为1，2，3，2000，然后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，三次拉完后，亮着的灯有多少盏？1【解析】 三次拉完后，亮着的灯包括不是2、3、5的倍数的数以及是6、10、15的倍数但不是30的倍数的数12000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666个，5的倍数有400个，6的倍数有333个，10的倍数有200个，15的倍数有133个，30的倍数有66个，亮着的灯一共有2000-1000-666-400+2×（333+2

36、00+133）-4×66=1002盏【巩固】写有1到100编号的灯100盏，亮着排成一排，每一次把编号是3的倍数的灯拉一次开关，第二次把编号是5的倍数的灯拉一次开关，那么亮着的灯还有多少盏？【巩固】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的没拉的灯有(盏，拉两次的有(盏，最后亮着的灯一共为(盏【例 25】 甲、乙、丙、丁四人互相传球，由甲开始第一次传球，每个人接到球后，都随机从其他人中选择一个人将球传出，那么第四次传球恰好传回甲手里的概率是多少？【解析】 对每一个接到球的人来说，下一次传球的方向有种可能，所以四次传球的总路线有种可能，每一种之间都是互斥的等概率

37、事件.而恰好传回到甲的情况，以第一步为为例有如下种情况：所以第次传回甲的概率为【巩固】 一个标准的五角星（如图）由个点连接而成，从这个点随机选取个点，则这三个点在同一条直线上的概率为多少，这三个点能构成三角形的概率为多少？如果选取个点，则这四个点恰好构成平行四边形的概率为多少？【解析】 个点中任意取个的情况为种，其中涉及到条直线，每条直线上各有个点，其中任意点都共线，所以取这3点不能够成三角形，这样的概率是,所以点构成三角形的概率为个点中取个点的情形为种，个点中平行四边形有个，所以构成平行四边形的概率为【例 26】 某射手在百步之外射箭恰好射到靶心的概率为，如果该射手在百步之外连射三箭，三箭全

38、部射中靶心的概率为多少？有一箭射中靶心的概率为多少？有两箭射中靶心的概率为多少?【解析】 全部射中靶心的概率为第一箭射中，其他两箭射空的概率为第二箭射中，其他两箭射空的概率为第三箭射中，其他两箭射空的概率为有一箭射中的概率为.第一箭射空，其他两箭射中的概率为第二箭射空，其他两箭射中的概率为第三箭射空，其他两箭射中的概率为有两箭射空的概率为.【巩固】 设每门高射炮击中敌机的概率为,今欲以的把握击中敌机,则至少应配备几门高射炮同时射击？【解析】 如果只配一门高射炮，那么未击中的概率为，配备两门高射炮那么未击中的概率为，如果配备三门高射炮，那么未击中的概率为，如果配备四门高射炮，那么未击中的概率为，

39、如果配备五门高射炮，那么未击中的概率为，如果配备六门高射炮，那么未击中的概率为所以至少配备门高射炮，同时射击家庭作业【作业1】 用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?【解析】 如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为025张，其余的钱全部购买2元饭票，共有26种买法；如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票023张，其余的钱全部购买2元饭票，共有24种不同方法；如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票021张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22种不同方法；如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票01张，其余的钱全部购买2元饭

40、票，共有2种方法总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：26+24+22+2=(26+2×13÷2=182(种 共有182种不同的买法【作业2】 树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝一棵树苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”这在生物学上称为“鲁德维格定律”那么十年后这棵树上有多少条树枝？【解析】 一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13

41、，21，34，55，89，所以十年后树上有89条树枝【作业3】 用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的颜色，那么共有几种不同的涂法？ 1【解析】 涂三块毫无疑问是分成三步第一步，涂A部分，那么就有三种颜色的选择；第二步，涂B部分，由于要求相邻的区域涂不同的颜色，A和B相邻，当A确定了一种颜色后，B只有两种颜色可选择了；第三步，涂C部分，C和A、B都相邻，A和B确定了两种不相同的颜色，那么C只有一种颜色可选择了然后再根据乘法原理【作业4】 用3种颜色把一个的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有 种不同的染色法 【解析】 根据题意可知，染完后这个的方格

42、表每一行和每一列都恰有3个颜色用3种颜色染第一行，有种染法；染完第一行后再染第一列剩下的2个方格，有2种染法；当第一行和第一列都染好后，再根据每一行和每一列都恰有3个颜色对剩下的方格进行染色，可知其余的方格都只有唯一一种染法所以，根据乘法原理，共有种不同的染法【作业5】 第二届小学迎春杯数学竞赛有位旅客，其中有人既不懂英语又不懂俄语，有人懂英语，人懂俄语问既懂英语又懂俄语的有多少人？ 3【解析】 方法一：在人中懂英语或俄语的有：(人又因为有人懂英语，所以只懂俄语的有：(人从位懂俄语的旅客中除去只懂俄语的人，剩下的 (人就是既懂英语又懂俄语的旅客方法二：学会把公式进行适当的变换，由包含与排除原理

43、，得：(人【作业6】 在航海中，船舰常以“旗语”相互联系，即利用不同颜色的旗子发送出各种不同的信号如有红、黄、绿三面不同颜色的旗子，按一定顺序同时升起表示一定的信号，问这样总共可以表示出多少种不同的信号？ 【解析】 方法一：这里三面不同颜色的旗子就是三个不同的元素，红、黄、绿三面旗子按一定顺序的一个排法表示一种信号，也就是从三个元素中选三个的全排列的问题由排列数公式，共可以组成(种不同的信号方法二：首先，先确定最高位置的旗子，在红、黄、绿这三面旗子中任取一个，有种方法； 其次，确定中间位置的旗子，当最高位置确定之后，中间位置的旗子只能从余下的两面旗中去取，有种方法剩下那面旗子，放在最低位置根据

44、乘法原理，用红、黄、绿这三面旗子同时升起表示出所有信号种数是：(种【补充说明】这个问题也可以用乘法原理来做，一般，乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做，用排列数公式解决问题时，可避免一步步地分析考虑，使问题简化【作业7】 在正七边形中，以七边形的三个顶点为顶点的三角形共有多少个？ 2【解析】 三角形的形状与三个顶点选取的先后顺序无关，所以这是一个组合问题，实际上是求从个点中选出个点的选法，等于(种【作业8】 把7支完全相同的铅笔分给甲、乙、丙3 个人，每人至少1支，问有多少种方法？ 【解析】 将铅笔排成一排，用两块挡板将这一排铅笔隔开成三份，然后分与甲、乙、丙，挡板可插入的位置一共

45、有个，6个位置中安插两个不分次序的挡板一共有种方法处理分东西的问题用隔板(挡板法可以顺利解决【作业9】 用1、2、3、4、5这五个数字可组成多少个比大且百位数字不是的无重复数字的五位数？ 3【解析】 可以分两类来看： 把3排在最高位上，其余4个数可以任意放到其余4个数位上，是4个元素全排列的问题，有(种放法，对应24个不同的五位数； 把2，4，5放在最高位上，有3种选择，百位上有除已确定的最高位数字和3之外的3个数字可以选择，有3种选择，其余的3个数字可以任意放到其余3个数位上，有种选择由乘法原理，可以组成(个不同的五位数由加法原理，可以组成(个不同的五位数【作业10】 从分别写有、的八张卡片

46、中任取两张，做成一道两个一位数的加法题，有多少种不同的和？ 4【解析】 (种【作业11】 图中有_个正方形【解析】 的正方形1个；的正方形4个；的正方形5个；22的正方形4个；11的正方形13个共27个【作业12】 如图是由18个大小相同的小正三角形拼成的四边形其中某些相邻的小正三角形可以拼成较大的正三角形若干个那么，图中包含“*”号的大、小正三角形一共有_个【解析】 分三类进行计数(设小正三角形边长为1包含*的三角形中，边长为1的正三角形有1个；边长为2的正三角形有4个；边长为3的正三角形有1个；因此，图中包含“*”的所有大、小正三角形一共有(个【作业13】 个三角形最多将平面分成几个部分？

47、【解析】 设个三角形最多将平面分成个部分时，；时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有个交点，三条边与第一个三角形最多有（个）交点这个交点将第二个三角形的周边分成了段，这段中的每一段都将原来的每一个部分分成个部分，从而平面也增加了个部分，即时，第三个三角形与前面两个三角形最多有（个）交点，从而平面也增加了个部分，即：一般地，第个三角形与前面个三角形最多有个交点，从而平面也增加个部分，故；特别地，当时，即个三角形最多把平面分成个部分【作业14】 一堆苹果共有8个，如果规定每次取13个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？【解析】 取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：1个2个3个4个5个6个7个8个124713244481取完这堆苹果一共有81种方法【作业15】 兔妈妈摘了15个相同的磨菇，分装在3个相同的筐子里，如果不允许有空筐，共有多少种不