六年级数学上册第6讲：加乘原理（教师版）（人教版）

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第六讲加乘原理

生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，

只要采用一类中的一种方法就可以完成，并且几类方法是互不影响的。在每一类方法中，

又有几种可能的做法，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。

加法原理：如果完成一件任务有 n类方法，在第一类方法中有种不同方法，在第二

类方法中有种不同方法……，在第 n类方法中有种不同方法，那么完成这件任务共

有

种不同方法。

乘法原理：如果完成一件任务需要分成 n个步骤进行，做第 1步有种方法，做第 2

步有种方法……，做第 n步有种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有

种不同方法。

1.加法原理和乘法原理是计数方法中常用的重要原理，在应用时要注意它们的区别。

2.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。

3.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。

例 1：一个盒子内装有 5 个小球，另一个盒子内装有 9 个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：①从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？

② 从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？

分析：

①“从两个盒子内任取一个小球”，则这个小球要么从第一个盒子中取，要么从第二

个盒子中取，共有两类方法，所以应用加法原理。

②“从两个盒子内各取一个小球”，可看成先从第一个盒子中取一个，再从第二个盒

子中取一个，分两步完成，所以应用乘法原理。

解：

① 从两个盒子中任取一个小球共有：

5+9=14（种）不同的取法。

② 从两个盒子中各取一个小球共有：

5×9=45（种）不同的取法。

例 2：从 1 到 399 的所有自然数中，不含有数字 3 的自然数有多少个？

分析：

从 1 到 399 的所有自然数可分成三类，即一位数、两位数、三位数。一位数中不含 3

的有 8 个，1、2、4、5、6、7、8、9。两位数中，不含 3 的可以这样考虑：十位上不含 3

的有 1 、 2 、 4 、 5 、 6 、 7 、 8 、 9 共八种情况；个位上，不含 3 的有

0、l、2、4、5、6、7、8、9 这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数字，再取

个位数字，应用乘法原理，这时共有 8×9=72 个数字不含 3。三位数中，小于 400 并且不含

数字 3 的可以这样考虑：百位上不含 3 的有 l、2 这两种情况，十位上和个位上不含 3 的有

0、1、2、4、5、6、7、8、9 这九种情况。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 2×9×9=162 个数字不含 3。

解：在从 1 到 399 中，不含 3 的一位数有 8 个；不含 3 的两位数有 8×9=72 个；不含 3 的三

位数有 2×9×9=162 个。由加法原理，在从 1 到 399 中，共有：8+72+162=242（个）不含 3

的自然数。

例 3:用 5 种颜色给图 1 的五个区域染色，相邻的区域染不同的颜色，每个区域染一种颜色

问：共有多少种不同的染色方法？

分析：

由图 1 可知 A 与 D、B 与 E 不相邻，它们之间有同色和不同色两类变化。考虑当 A、D 染

同色时，根据乘法原理。

A 与 D 中有 5 种染色方法，①若 B 与 E 同色，则 B 与 E 有 4 种染色方法，那么 C 有 3 种

染色方法。因此有 5×4×3=60（种）②若 B 与 E 不同色，那么 B 有 4 种染色方法，E 有 3 种

染色方法，C 有 2 种染色方法。因此有 5×4×3×2=120（种）。

当 A、D 染色不同时，A 有 5 种染色方法，D 有 4 种染色方法，①若 B 与 E 同色，则 B 与

E 有 3 种染色方法，那么 C 有 2 种染色方法。因此有 5×4×3×2=120（种）②若 B 与 E 不同

色，那么 B 有 3 种杂色方法， E 有 2 种染色方法， C 有 1 种染色方法。则有

5×4×3×2×1=120（种）。

再根据加法原理可知有多少种染色方法。

解:

当 A、D 染同色时，有：

5×4×3+5×4×3×2=60+120=180（种）

当 A、D 染色不同时，有：

5×4×3×2+5×4×3×2×1=120+120=240（种）

根据加法原理：

180+240=420（种）

答：共有 420 种不同的染色方法。

§§

例 4：学校羽毛球队有 12 名男队员，10 名女队员。

（l）要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手，有多少种不同的

搭配方法？

（2）该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名，学校选一名运动员去领奖，有多少种选

法？

分析：

（l）组成男、女混合双打选手，先挑选男队员有 12 种方法，再挑选女队员有 10 种方

法，根据乘法原理可求有多少种不同的搭配方法。

（2）选一名运动员去领奖，从男队员中选有 12 种选法，从女队员中选有 10 种方法，

根据加法原理可求有多少种选法。

解：

（1）根据乘法原理，组成男、女混合双打选手有：

12×10=120（种）

（2）根据加法原理，选一名运动员去领奖有：

12+10=22（种）

例 5:找出图 2 中从 A 点出发，经过 C 点和 D 点到 B 点的最短路线，共有多少条？

分析：

要找出从 A 到 B 共有多少条不同的最短路线，只要根据加法原理找出 A 点到图上每个

交点的最短路线，便可得到。

如图 3 所示，从 A 到

、

走最短路线只有 1 种方法，而从 A 到

有

AAA 

、

32 AAA 

两种路线。根据同样的道理可推算出 A 到图上各点的走法数。先运用加法

原理进行推算，A→C 有 6 种走法。再用同法得出 C→D、D→B 的走法数，再用乘法原理可得

出从 A→C→D→B 的最短线路。

解：

从 A 到 C 有 6 种走法，再以 C 为起点，用相同的办法得出到 D 的走法有 10 种。从 D 到 B

的走法也有 6 种。

运用乘法原理得出，从 A 经 C、D 到 B 的最短不同线路共有 6×10×6=360（种）。

例 6：现有壹元的人民币 4 张，贰元的人民币 2 张，伍元的人民币 5 张，如果从中至少取一

张，至多取 11 张，那么共可以配成多少种不同的钱数？

分析：

题目中总共有三种面值的人民币，从中任取几张，构成一个钱数，需要一步一步来做，

如先取壹元的，再取贰元的，最后取伍元的，但要注意到取 2 张壹元的和取 1 张贰元的得

到的钱数相同。这样会产生重复。为了避免重复，把壹元的人民币 4 张和贰元的人民币 2

张统一起来考虑，即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种。经分析知，可组

成从壹元到捌元间的任何一种面值，共 8 种情况（其中取 2 张壹元的人民币与取 1 张贰元

的人民币是一种情况；取 4 张壹元的人民币与取 2 张贰元的人民币是一种情况。）此时问

题可转化为从 8 张壹元的人民币和 5 张伍元的人民币中分别取钱。先从 8 张壹元的人民币

中取，共 9 种取法，即 0、1、2．3、4、5、6、7、8；然后从 5 张伍元的人民币中取，共 6

种取法，即 0、l、2、3、4、5。由乘法原理，共有 9×6=54 种情况。但其中包含了一张都

不取的情况，还有一种重复的情况，即从 8 张壹元的人民币中取 5 张和从 5 张伍元的人民

币中取 1 张是一种情况。都需要减掉。

解：

4 张壹元的人民币与 2 张贰元的人民币可组成的钱数有 8 种，再与 5 张伍元的人民币组

合，取出的钱数有（8+1）×（5+1）-2=9×6-2=52（种）不同的情况。

例 7:由数字 1、2、3、4、5、6、7、8、9 可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重

复数字的三位偶数？④百位为 9 的没有重复数字的三位数？⑤百位为 9 的没有重复数字的

三位偶数？

分析：

要组成三位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分三步完成，如，组成三位

数可先从百位上考虑起，百位有 9 种选择方法，依次十位和个位也各有 9 种选择方法，根

据乘法原理可求。若要排成偶数，则要考虑到尾数的排法只有 4 种，即只能排

2、4、6、8。若要排成无重复数字的数，则须考虑到确定一个数位的选法之后，下一个数

位的选法会减少。

解：

① 组成三位数，百位、十位、个位各有 9 种选法，由乘法原理可知有：

9×9×9=729（种）。

② 组成三位偶数，个位有 4 种选法，百位、十位各有 9 种选法，那么有：4×9×9=324

种）。

③ 无重复数字三位偶数，个位有 4 种选法，十位有（9－l）种选法，百位有（9－1－

l）种选法，那么共有：4×8×7=224（种）。

④百位为 9 的无重复数字的三位数，百位有 1 种选法，十位有 8 种选法，个位有 7 种

选法，那么共有 1×8×7=56 种）。

⑤百位为 9 的无重复数字的三位偶数，百位有一种选法，个位有 4 种选法，十位有（9

－2）种选法。那么共有 l×4×7=28（种）。

1．从 0、1、2、3、4 这五个数字中任取 3 个，可以组成______个无重复数字的三位数。

答案：

百位上可以有 1、2、3、4 四种选择，十位数可以选除百位外的另外四个数，也是四种

选择，在个位上可取百位、十位外的另外三个数，有三种选择，因此共可以组成

4×4×3=48（个）符合题意的三位数。

2．在m×n的方格纸上，取两个相邻的小方格共有______种取法。

答案：

如果这两个小方格是上下相邻的，它有一边长有n种可能，另一边长有（m-1）种可能，

从而有 n(m-1)(个)小长方形；类似的，如果这两个小方格是左右相邻的，有(n-1)m(个)小

长方形，从而共有(n-1)m+n(m-1)=2mn-(m+n)(个)符合题意的取法。

3．书架上有不同的数学书20 本，不同的语文书 10 本，现从书架上取书，试问：

（1）取出一本书，有______种不同的取法。

（2）取出数学书和语文书各一本，有______种不同的取法。

答案：

（1）取出一本书，若是数学书有 20 种取法，若是语文书，有 10 种取法，总共有

20+10=30（种）取法。

（2）取出数学书和语文书各一本，可以分两步完成：先取出数学书，有 20 种取法；

再取出语文书，又有 10 种取法。由乘法原理，总共有 20×10=200（种）取法。

4．将 1、2、3、4 这 4 个数字从小到大排成一行，在 4 个数中间任意插入乘号，可以得到_

_____个不同的乘积（要求最少有一个乘号）。

答案：

显然，乘号只能放在 1 和 2、2 和 3、3 和 4 之间。在 1 和 2 之间，有放与不放两种可能，

在 2 和 3 之间，有放与不放两种可能，同样在 3 和 4 之间也有放与不放两种可能，所以总

共有 2×2×2=8（种）放法，但必须排除其中三个位置均不放乘号的可能性，所以共有 7

种放法。

5．将一个长方形用对角线分成四份，如图所示，现用五种颜色染色，要求每小块染一种颜

色，相邻的两小块（有公共边的）必须染不同的颜色。那么，总共有______种不同的染色

方法。

答案：

在 A 中填入颜色，有五种填法，在 B 中则有四种填法，对 C 则要分类考虑。如果 A 与 C

颜色一亲，则 D 有四种填法；如果 A 与 C 颜色不一样，C 有三种填法，D 有三种填法，所以

最后共有填5×4×（1×4+3×3）=20×13=260（种）。

6．用红、绿、黄、蓝四种颜色分别去涂图中的 A、B、C、D 四个区域，要求相邻区域不可

同色，共有______种不同涂法。

答案：

因为 A、C、D 相互隔开，而 B 与它们均相连，故选择先涂B，有四种涂法，而 A、C、D

均各有三种涂法，所以总共有 4×3×3×3=108（种）不同涂法。

7．从 1~9 这 9 个数字中每次取出 2 个不同的自然数相加，和大于 10 的选法共有多少种？

答案：

要使和大于 10，加数不能取 1。我们可以采取枚举法。

一个加数为 2 时，2+9=11，

一个加数为 3 时，3+9=12，3+8=11

一个加数为 4 时，4+9=13，4+8=12，4+7=11

一个加数为 5 时，5+9=14，5+8=13，5+7=12，5+6=11

一个加数为 6 时，6+9=16，6+8=14，6+7=13

一个加数为 7 时，7+9=16，7+8=15

一个加数为 8 时，8+9=17

于是符合条件的选法共有 1+2+3+4+3+2+1=16（种）。

8．现有长度为 1、2、3、4、5、6、7、8、9 单位长度的铁丝各一条，从中选出若干条来组

成正方形，问有多少种不同的选法？

答案：

这些铁丝总的长度为 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，所以所组成的正方形最长边为 11。

（1）边长为 11 时，由于 19+2=8+3=7+4=6+5

因此可取长度为 2、3、4、5、6、7、8、9 的铁丝，按（9，2），（8，3），

（7，4），（6，5）分组，可得边长为 11 的正方形一个，显然，这只能有一种选择。

（2）边长为 10 时，由于 10=9+1=8+2=7+3=6+4

取长度为 1、2、3、4、6、7、8、9 可得到 1 个边长为 10 的正方形。

（3）边长为 9 时，由于 9=8+1=7+2=6+3=5+4

从而可以取下列四组数构成一正方形：9，（8，1），（7，2），（6，3）；9，

（8，1），（7，2），（5，4）；9（8，1），（5，4），（6，3）；9，（8，1），

（7，2），（6，3），（5，4）

共有 5 种不同选择。

（4）边长为 8 时，由于 8=7+1=6+2=5+3

可得到一个正方形。

（5）边长为 7 时，由于 7=6+1=5+2=3+4

可是得到一个正方形。

当边长小于 7 时，无法组成正方形。

从而满足题意的有 1+1+5+1+1=9（种）不同选法。

9．由非负整数形成的整点（m，n）中，如果做加法 m+n时不需要进位，我们称（m，n）为

“A 点”，m+n为（m，n）的和。请问有多少个这样的“A 点”，它们的和是 1949？

答案：

我们规定，如果一个数最高位是 0 是存在的，如 0321 它实际上就是 321。

先考虑 m，因为如果 m一定，那么 n也就决定了。先考虑 m的千位数，它只能有两种选

择，0、1；再考虑它的百位数，有 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 十种选择，同样，十位

数上有 0、1、2、3、4 五种选择，个位上也有 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 十种选择。

因此，总共合乎题意的“A 点”有 2×10×5×10=1000（种）。

10.如图所示，在 10×10 个边长为 1 的小正方形拼成的棋盘中，求由若干个小方块能拼成

的所有正方形的数目。

分析：由小方块所拼成的正方形边长可以取 1，2，…，10。这样有十类不同的方式拼出正

方形。下面再计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。边长为 1 的正方形显然有 10×10

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