第22讲 加法原理和乘法原理

第22讲加法原理和乘法原理一、第22讲加法原理和乘法原理（练习题部分）1.书架上有三排书．第一排共有12本书．第二排共有20本书，第三排共有15本书．小明从中取一本书来阅读．问他有几种不同的取法?

2.某班有男生18人，女生15人．从中选出一人去参加夏令营，问有多少种不同的选法?

3.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，球各不相同．

（1）从口袋中任取一个小球，有多少种不同的取法?

（2）从三个口袋中各取一个球，问有多少种不同的取法?

4.如图，从甲地到乙地有两条路．从乙地到丙地有三条路．从甲地到丙地有四条路．问从甲地到丙地共有多少种不同的走法?

5.把多项式(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2)展开，展开式中有多少种不同的项?

6.求2000的正约数的个数．

7.用1、2、3、4这四个数字可组成多少个不同的三位数?

8.将6个人分成甲、乙两组，每组至少1人．有多少种不同的分法?

9.从南京到上海的某次快车，中途要停靠六个大站．铁路局要为这次快车准备多少种不同的车票?这些车票中最多有多少种不同的票价?

10.4个人站成一排合影，共有多少种不同的排法?

11.用2、3、4这三个数字组成没有重复数字的三位数．（1）求这些三位数的数字和的和；

（2）求这些三位数的和．

12.

2000的正约数中，有多少个偶数?13.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?（5）没有重复数字的正整数?14.三封信，随机地投入四个信箱中．有多少种不同的投信方法?

15.

5人站成一排照相，其中一人必须站在中间．有多少种站法?

16.有多少个被3整除并且含有数字9的三位数?

17.如图，对地图中的A、B、C、D、E这五个部分用四种不同的颜色染色．相邻的部分不能用相同的颜色，不相邻的部分可以用相同的颜色．有多少种不同的染色方法?

答案解析部分一、第22讲加法原理和乘法原理（练习题部分）1.【答案】解：小明从中取一本，共有三种方法：一种是从第一排取，共12种不同的取法；一种是从第二排取，共20种不同的取法；一种是从第三排取，共15种不同的取法；

∴12+20+15=47（种），

答：他有47种不同的取法.

【解析】【分析】做一件事情，完成它有n类办法；在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，在第三类办法中有m3种不同的方法，……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+m3+……+mn.根据加法原理计算即可.2.【答案】解：从中选一人，共有两种选法：一种是从男生选，共有18种选法；一种是从女生选，共有15种选法；

∴18+15=33（种），

答：有33种不同的选法.

【解析】【分析】做一件事情，完成它有n类办法；在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，在第三类办法中有m3种不同的方法，……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+m3+……+mn.根据加法原理计算即可.3.【答案】（1）解：从口袋中任取一个小球有三种办法：第一种是从第一个口袋中取球，共有2种不同的方法；第二种是从第二个口袋中取球，共有4种不同的方法；第三种是从第三个口袋中取球，共有5种不同的方法；

∴2+4+5=11（种）．

答：有1种不同的取法.

（2）解：从三个口袋中各取一个球，可分三步进行：第一步是从第一个口袋中取一球，有2种不同的方法；第二步是从第二个口袋中取一球，有4种不同的取法；第三步是从第三个口袋中取一球，有5种不同的方法；

∴2×4×5=40（种）.

答：有40种不同的取法.

【解析】【分析】使用乘法原理与加法原理的不同之处在于：用加法原理时，完成一件事情有n类办法，不论用哪一类办法，都能完成这件事．而用乘法原理时，完成一件事情可分为n步，但不论哪一步，都只是完成这件事情的一部分，只有每一步都完成了；这件事情才得以完成．因此，这n步缺一不可．这就是使用乘法原理还是使用加法原理的主要区别．4.【答案】解：从甲地到丙地有两种不同的走法：第一种是从甲地到丙地，有4条路；第二种是从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，故共有2×3=6条路；

∴4+2×3=10（种）.

答：从甲地到丙地共有10种不同的走法.【解析】【分析】从甲地到丙地有两种不同的走法：第一种是从甲地到丙地，有4条路；第二种需要分成两步：先从甲地到乙地有2条路，再从乙地到丙地有3条路，根据加法原理和乘法原理计算即可.5.【答案】解：多项式含a的有3项，含b的有4项，含c的有2项，

∴展开式中不同的项有：3×4×2=24（种）.

【解析】【分析】这个多项式的乘积是有三个部分组成：第一部分含a的有3项，第二部分含b的有4项，第三部分含c的有2项，根据乘法原理计算即可.6.【答案】解：∵2000=24×53，

∴2000的正约数个数是：（4+1）×（3+1）=20（个）.【解析】【分析】对于一个大于1的正整数分解质因数：n=p1a1·p2a2·……·pkak，可知n的正约数有（a1+1）（a2+1）……（ak+1）个；所以先将2000分解质因数，再依此计算即可.7.【答案】解：百位数字有4种选法，十位数字有4种选法，个位数字有4种选法，

∴4×4×4=64.

∴可组成64个不同的三位数.

【解析】【分析】三位数分成三步：第一步选百位数字有4种选法，第二步选十位数字有4种选法，第三步选个位数字有4种选法，根据乘法原理计算即可.8.【答案】解：∵每个人都可分在甲组，也可分在乙组，即有2种分法，根据乘法原理可得：

2×2×2×2×2×2=64（种），

又∵这64种方法种，有1种是6个人全在甲组，有1种是6个人全在乙组，

∴64-1-1=62（种）.

答：有62种不同的分法.

【解析】【分析】每个人都可以分在甲组或乙组，即有2种分法，根据乘法原理算出所有分法；然后去掉一些不符题意的；这种做法常常有很好的效果．9.【答案】解：∵中途有6个大站，

∴一共有6+2=8（站），

∴7+6+5+4+3+2+1=28（种），

∴两个车站的往返车票各一种，即两种，

∴28×2=56（种），

答：铁路局要为这次快车准备56种不同的车票；这些车票中最多有28种不同的票价.

【解析】【分析】根据题意可知从南京到上海一共8个站，从第一站到其他各站有7种，从第二站到下边各站有6种，从第三站到下边各站有5种，……，从第七站到下边各站有1种，根据加法原理计算单程车票的种类，即可计算往返车票的种类和票价.10.【答案】解：第一个人有4种不同站法，第二个人有3种不同的站法，第三个人有2种不同的站法，第四个人有1种不同的站法，

∴4×3×2=24（种）.

答：共有24种不同的排法.

【解析】【分析】根据题意可知第一个人有4种不同站法，第二个人有3种不同的站法，第三个人有2种不同的站法，第四个人有1种不同的站法，根据乘法原理计算即可得出答案.11.【答案】（1）解：百位数字有3种方法，十位数字与百位数字不同，有2种方法，个位数字与百位、十位数字不同，有1种方法，

∴3×2×1=6（种），

∴这些三位数的数字和的和为：（2+3+4）×6=54.

答：这些三位数的数字和的和为54.

（2）解：依题可得三位数为：432，423，324，342，234，243，

∴这些三位数的和为：432+423+324+342+234+243=1998.

答：这些三位数的和为1998.

【解析】【分析】（1）选三位数分成三步：第一步百位数字有3种方法，第二步十位数字与百位数字不同，有2种方法，第三步个位数字与百位、十位数字不同，有1种方法，根据乘法原理计算即可.

（2）根据题意写出所有的三位数，再将这些数字加起来即可得出答案.12.【答案】解：∵2000=24×53，

∴2000的正约数个数是：（4+1）×（3+1）=20（个），

∴奇约数有：3+1=4（个），

∴偶约数有：20-4=16（个）.【解析】【分析】对于一个大于1的正整数分解质因数：n=p1a1·p2a2·……·pkak，可知n的正约数有（a1+1）（a2+1）……（ak+1）个；所以先将2000分解质因数，再依此计算即可.13.【答案】（1）解：千位数字有4种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，十位数字有5种不同的选法，个位数字有5种不同的选法，

∴4×5×5×5=500（个）.

答：可以组成500个四位数.

（2）解：个位数字从0、2、4数字中选有3种不同的选法，则十位数字有5种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，千位数字有4种不同的选法，

∴3×5×5×4=300（种）.

答：可以组成300个四位偶数.

（3）解：∵数字不能重复，

∴千位数字有4种不同的选法，百位数字与千位数字不同，则有4种不同的选法，十位数字与千位、百位数字不同，则有3种不同的选法，个位数字与千位、百位、十位数字不同，则有2种不同的选法，

∴4×4×3×2=96（种）.

答：没有重复数字的四位数有96种.

（4）解：∵数字不能重复且为偶数，

∴①若个数数字为0时，则十位数字与个位数字不同，则有4种不同的选法；百位数字与个位、十位数字不同，则有3种不同的选法；千位数字与个位、十位、百位数字不同，则有2种不同的选法，

∴4×3×2=24（种），

②个位数字从2、4数字中选有2种不同的选法，则千位数字与个位数字不同，则有3种不同的选法，百位数字与个位、千位数字不同，则有3种不同的选法；十位数字与个位、百位、千位数字不同，则有2种不同的选法，

∴2×3×3×2=36（种），

∴24+36=60（种）.

答：没有重复数字的四位偶数有60种.

（5）解：①一位数有4个；

②两位数有4×4=16（个）；

③三位数有4×4×3=48（个）；

④四位数有4×4×3×2=96（个）；

⑤五位数有4×4×3×2×1=96（个）；

∴没有重复数字的正整数有：4+16+48+96+96=260（个）.

答：没有重复数字的正整数有260.

【解析】【分析】（1）千位数字有4种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，十位数字有5种不同的选法，个位数字有5种不同的选法，根据乘法原理计算即可.

（2）个位数字从0、2、4数字中选有3种不同的选法，则十位数字有5种不同的选法，百位数字有5种不同的选法，千位数字有4种不同的选法，根据乘法原理计算即可.

（3）由于数字不能重复，从而千位数字有4种不同的选法，百位数字与千位数字不同，则有4种不同的选法，十位数字与千位、百位数字不同，则有3种不同的选法，个位数字与千位、百位、十位数字不同，则有2种不同的选法，根据乘法原理计算即可.

（4）根据题意分情况分析：①若个数数字为0时，分别写出十位、百位、千位数字的不同选法，根据乘法原理计算即可；

②个位数字从2、4数字中选有2种不同的选法，分别写出十位、百位、千位数字的不同选法，根据乘法原理计算即可；再将两种选法加起来即可.

（5）根据题意分情况讨论：①一位数；②两位数；③三位数；④四位数；⑤五位数；

再分别求出个数，求和即可.14.【答案】解：每封信都有4种投法，依题可得：

4×4×4=64（种）.

答：有64种不同的投信方法.

【解析】【分析】根据题意可知每封信都有4种投法，根据乘法原理计算即可.15.【答案】解：∵一人必须站在中间，

∴第一个人有4种不同的排法，第二个人有3种不同的排法，第四个人有2种不同的排法，第五个人有1种不同的排法，

∴4×3×2=24（种）.

答：有24种站法.

【解析】【分析】根据题意可知一个人的位置已经固定，再将剩余的4人排列，根据乘法原理计算即可.16.【答案】解：依题可分类讨论：

①9在个位：由于需被3整除且个位是9，根据被3整除的数，其各位数字之和也能被3整除的定理，百位和十位数字之和能被3整除；所以百位和十位组成的两位数也能被3整除.百位和十位从10到99，共有90个数，每3个数一组，必有一个被3整除，共30个.

②9在十位：同上分析，有30个.

③9在百位：与上面不同的是，个位和十位组成的两位数应该从00到99，共100个数，能被3整除的有34个.

以上三种情况有重复的，那就是9不止一个的时候.

④□99，有3个.

⑤9□9，有4个.

⑥99□，有4个.

⑦999，有1个.

∴共有30+30+34-3-4-4+1=84（个）.

【解析】【分析】根据题意分情况讨论：①9在个位；②9在十位；③9在百位，根据被3整除的数的特征分析得出各部