小学6年级数学期中考试第36单元

1、小学 6 年级数学期中考试第36 单元【例 1】（）平面上有16 个点，如图1，点与点之间横向与纵向的距离都是一个单位. 问通过这些点能够连出多少个正方形？【解】采用枚举法，把一切可能的情况都列举出来. 图中一共有16 个点，用4 个点能连成的正方形有9个 . 即这 9 个正方形只含4 个点，正方形内没有其他点. 现在我们看一看含5个点的正方形有没有？所谓含5个点的正方形也就是正方形内应含一个点. 其余 4 个点是正方形的 4 个顶点 . 显然这样的正方形共有4 个（如图 2）. 顺着这种思路，我们依次考虑，可以得到：含有8个点的正方形有2 个（如图 3），含有9 个点的正方形有4 个，含 1

2、6 个点的正方形有1 个，这样一共可以连出20 个正方形。【例 2】（）甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。问：一共有多少种可能的情况？【解】如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打的为胜者，一共有7 种可能的情况。同理，乙胜第一局也有 7 种可能的情况。一共有 7 7=14（种）可能的情况。 拓展 ：一只青蛙在圆周排列的a、b、c 、三个荷叶上跳跃，从a出发，现要求每次只能跳到其他荷叶上，问跳了4 次后跳回a荷叶的跳法有多少种？2、加法原理如果完成一件事情有n 类方法，而每一类方法中分别有m1 ，m2， mn种方法，而不论采用这些方

3、法中的任何一种，都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有n=m1+m2+ mn 种方法。这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。【例 3】（）某公园有两个园门，一个东门，一个西门. 若从东门入园，有两条道路通向龙凤亭，从龙凤亭有一条道路通向园中园，从园中园又有两条道路通向西门. 另外，从东门有一条道路通向游乐场，从游乐场有两条道路通向水上世界，另有一条道路通向园中园. 从水上世界有一条道路通向西门，另有一条道路通向小山亭，从小山亭有一条道路通向西门 . 问若从东门入园，从西门出园一共有多少种不同的走法（不走重复路线）？【解】这个题的已知条件比较复杂. 首先让我们将已知条件“梳

4、理”一下：1. 从东门入园，从西门出园；2. 从东门入园后，可以通向两个游览区，龙凤亭与游乐场；3. 从龙凤亭经园中园可达到西门；4. 从游乐场经水上世界可达到西门，或从游乐场经园中园可达到西门；5. 从水上世界经小山亭可达到西门；根据以上五条可知，从东门入园经龙凤亭经园中园达到西门为一主干线. 而东门到龙凤亭有两条不同路线；龙凤亭到园中园只有一条路线；园中园到西门又有两条不同的路线. 由乘法原理，这条主干线共有212=4 种不同的走法。再看从东门入园后到游乐场的路线. 从东门到游乐场只有一条路，由游乐场分成两种路线，一是经园中园到西门，这条路线由乘法原理可知有112=2 种不同走法；二是经水

5、上世界到西门，从水上世界到西门共有两条路线 （由水上世界直接到西门和经小山亭到西门）， 再由乘法原理可知这条路线有122=4种不同路线。最后由加法原理，从东门入园从西门出园且不走重复路线的走法共有212+112+122=10种。这道题也可用“枚举法”来解。我们可以先画出一个图（图5），从图上便可以得出正确的答案。图中 a表示东门， b表示西门， c表示龙凤亭， d表示园中园， e表示游乐场， f 表示水上世界， g表示小山亭，线表示道路。不同的走法有：即共有10 种不同走法 . 【例 4】 （）设有长度为1，2， 9 的线段各一条，现在要从这9 条线段中选取若干条组成一个正方形，共有多少种不同

6、的取法？这里规定当用2 条或多条线段接成一条边时，除端点外，不许重叠。【解】解法1：因为所以正方形的边长不大于11。下面按正方形的边长分类枚举：（1）边长为11： 92=8+3=74=65，可得 1 种选法；（2）边长为10： 91=82=73=64，可得 1 种选法；（3）边长为 9 ：9=81=72=63=54，可得 5 种选法；（4）边长为8：8=71=62=5+3，可得 1 种选法；（5）边长为7：7=61=52=4 3，可得 1 种选法；（6）边长 6 时，无法选择。综上计算，不同的取法共有11+511=9（种）。解法 2：由于这些线段互不等长，故至少要用7 条线段才能组成一个正方形

7、。当恰取7条线段组成正方形时，正方形的3 条边各用2 条线相接，另一条边只用一条线段；当恰用8条线段时，只能每边各用2 条线段相接（容易看出，其他情况不可能发生）。因为 1+2 9=45， 45 不能被 4 整除，所以用9 条线段，不可能组成正方形。由解法一知，拼出的正方形边长至多为11，又易知正方形的边长不可能为1，2，3，4，5，6。有了以上分析就容易计数了。（1）取出 7 条线段，有以下7 种：7=1+6 2534；81+72+635；9182 736=45 （这个式子有5 种） ；（2）取出 8 条线段，有以下2 种：1928 3746；2938 4756。综上所述，不同的取法共有72

8、=9（种） 。 拓展 ：有一批长度分别为1，2，3，4， 5 ，6，7，8，9，10 和 11 厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3 根木条作为三条边，可围成一个三角形; 如果规定底边是11 厘米，你能围成多少个不同的三角形?3、乘法原理如果完成一件事必须分n 个步骤，而每一个步骤分别有m1 ，m2， mn种方法，那么完成这件事共有nm1 m2 mn 种方法。这就是乘法原理，它是分步法的依据。乘法原理和加法原理被称为是计数的基本原理。我们应注意它们的区别，也要注意二者的联合使用。 讲解练习 ：3 封不同的信投入3 个不同的信箱，问总共有多少种不同的投法？解：每封信都有3 种投法，这

9、样总共有33 3=27 种投法。【例 5】（）一台晚会上有6 个演唱节目和4 个舞蹈节目。求：（1）当 4 个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？（2）当要求每2 个舞蹈节目之间至少安排1 个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？解：（ 1）先将 4 个舞蹈节目看成1 个节目，与6 个演唱节目一起排，有 7 ！=765 4321=5404（种）方法。第二步再排4 个舞蹈节目，有4！ =43 2124（种）方法。根据乘法原理，一共有 5040 24=120960（种）方法。（2）首先将6 个演唱节目排成一列（如下图中的“”），一共有6！ =65 432 1=720（种）方法。

10、第二步，再将4 个舞蹈节目排在一头一尾或2 个演唱节目之间（即上图中“”的位置），这相当于从7 个“”中选4 个来排，一共有76 54840（种）方法。根据乘法原理，一共有720840=604800（种）方法。【拓展】从13 个学生中选出5 个人去参加考试，满足下列条件的有多少种选法？1）甲、乙恰好有一人参加；2）甲、乙两人都参加；3）甲、乙至少有一人参加。4、对应法小孩子数苹果，往往掰着手指头，一个一个地掰，掰完左手掰右手，这种数苹果的方法就是对应法。小孩子把苹果与自己的手指头一对一，他掰了几个指头，也就数出了几个苹果。一般地，如果两类对象彼此有一对一的关系，那么我们可以通过对一类较易计数的

11、对象计数，而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数。【例 6】 （）在 88 的方格棋盘中， 取出一个由 3 个小方格组成的 “l”形（如图 1） ，一共有多少种不同的方法？【解】 ：每一种取法，有一个点与之对应，这就是图1 中的 a点，它是棋盘上横线与竖线的交点，且不在棋盘边上。从图 2 可以看出，棋盘内的每一个点对应着4 个不同的取法（ “l”形的“角”在22正方形的不同“角”上）。由于在 8 8 的棋盘上，内部有77=49（个）交叉点，故不同的取法共有494=196（种）。【例 7】 （） 数 3 可以用 4 种方法表示为1 个或几个正整数的和，如3，12，2+1，1+11。问：

12、1999 表示为 1 个或几个正整数的和的方法有多少种？【解】 ：我们将1999 个 1 写成一行，它们之间留有1998 个空隙，在这些空隙处，或者什么都不填，或者填上“”号。例如对于数3，上述 4种和的表达方法对应：111，111， 111， 111。显然，将1999 表示成和的形式与填写1998 个空隙处的方式之间一对一，而每一个空隙处都有填“”号和不填“”号2 种可能，因此1999 可以表示为正整数之和的不同方法有 拓展 ：把 13 拆成三个数的和，请问有几种拆法？解：隔板法：13 写成 13 个 1，这样有12 个空，我们可以拿2 块板，可以把1分成 3 堆，所以总共有212c=121

13、112=66。5、容斥原理在应用加法原理时，关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类，使得每类便于计数。但是具体问题往往是复杂的，常常扭成一团，难以分为不重不漏的类，而要把条理分清楚就得用加法原理的推广容斥原理。为了表达方便，我们用 a表示 a类元素的个数，用 b表示 b类元素的个数，用 a b表示是 a 类或是 b 类元素的个数，用ab表示既是a类又是 b类元素的个数。abc， abc的意义类似。容斥原理1 如果被计数的事物有两类，那么ababab。容斥原理2 如果被计数的事物有三类，那么abca+bc-ab-bcaca bb。容斥原理的实质在于包含与排除，或形象地称之为“多退少补”。

14、容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆，十分方便，留给读者研究。【例 8】 （） 某校六年级共有110 人，参加语文、英语、数学三科活动小组，每人至少参加一组。已知参加语文小组的有52 人，只参加语文小组的有16 人；参加英语小组的有61 人，只参加英语小组的有15 人；参加数学小组的有63 人，只参加数学小组的有21 人。那么三组都参加的有多少人？ 解 ：设参加语文小组的人组成集合a，参加英语小组的人组成集合b，参加数学小组的人组成集合c。acb语文数学英语那么不只参加一种小组的人有：11016 152158，为 |ab|+|b c|+|a c|+|a bc|；不只参加语文小组的人有：521636

15、，为 |a b|+|a c|+|a bc|；不只参加英语小组的人有：611546，为 |a b|+|b c|+|a bc|；不只参加数学小组的人有：632142，为 |b c|+|a c|+|a bc|；于是，三组都参加的人|a bc|有 36+46+422588 人。【拓展】：图书馆有100 本图书，甲借过44 本，乙借过55 本，丙借过66 本，问三人都借过至少有几本？【例 9】 （）在 1 至 100 的自然数中，不能被2 整除，又不能被3 整除，还不能被5整除的数，占这100 个自然数的百分之几？【基础知识】 ：整除计数方法： 从 1 开始的自然数列，就拿最大数除以除数再取整。如：11

16、00 中能被 3 整除的有 3100=33 ，如果不是从1 开始，一定要减去前面的。可以让学生练习：20100 中能被 3 整除有个。一定注意是：3100-319=33-6=27 。注意是19，不是 20。【解】 ：由容斥原理2 知， 1 至 100 的自然数中，或能被2 整除，或能被3 整除，或能被5整除的自然数的个数是503320-16-6 374。所以，在1 至 100 的自然数中，不能被2 整除，又不能被3 整除，还不能被5 整除的自然数有10074=26（个），占这 100 个自然数的26。 拓展 ：分母为60 的不可约分真分数有多少个？7、归纳法对于比较复杂的问题，可以先观察其简单

17、情况，归纳出其中带规律性的东西，然后再来解决较复杂的问题。【例 10】 （） 线段 ab上有 1998 个点（包括a，b两点） ，将点 a染成红色，点b染成蓝色，其余各点染成红色或蓝色。这时，图中共有1997 条互不重叠的线段。问：两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数？为什么？【解】 ：从最简单的情况考虑：如果中间的1996 个点全部染成红色，这时异色线段只有1条，是一个奇数。然后我们对这种染色方式进行调整：将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时，异色线段的条数随之有哪些变化。由于颜色的调整是任意的，因此与条件中染色的任意性就一致了。如果中间的1996 个点全部染成红色，这时异色线段仅有

18、1 条，是一个奇数。将任意一个红点染成蓝色时，这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色，则异色小线段的条数或者增加2 条（相邻的两个点同为红色），或者减少2 条（相邻的两个点同为蓝色）；这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色，则异色小线段的条数不变。综上所述，改变任意个点的颜色，异色线段的条数的改变总是一个偶数，从而异色线段的条数是一个奇数。7、整体法解答数学题， 有时要 “化零为整” ，使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑，从全局、从整体来研究问题。【例 11】 （） 如图有 53 个点，取不同的三个点就可以组合一个三角形，问可以组成个三角形。解：如下图，任选三点有315c455 种选法，其中三点共线的有335c+5+6+243。所以，可以组成三角形45543412。8、标数法【例 12】（）下图是一个道路图。小明从家里a处到学校b处上学，因为时间比较紧，小明要要在最短的时间内赶到学校上课，问小明从家到学校有多少中走法？分析：此题可以采用简单的标数法，讲课时可以先讲解“杨辉三角”1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 答案