【小升初奥数竞赛培优专题】六年级下册数学-分类讨论

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分类讨论
一、知识点
1. 问题中的条件是分类给出的
2. 解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的
3. 涉及几何问题时，由几何元素的形状负位置的变化需要分类讨论的
4. 问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的
二、学习目标
1.我能够根据题目中的信息找到分类的方法。
2.我能够了解"分类求和"的思想。
3.我能够准确分类并计算出每一类的数量。
三、课前练习
1．有A，B，C，D四种不同颜色的球各一个，从中选出一些放入一个袋中，至少放1个，最多放2个，一共有多少种不同的放法？
【答案】：10种
【解析】：
当袋中放1个时，有4种放法；
当袋中放2个时，有＝6（种）放法；
共有4＋6＝10（种）
2.如图，一共有多少个正方形？

【答案】：55个
【解析】：
5²＋4²＋3²＋2²＋1²＝55（个）



四、典型例题
例题1
如图，把A，B，C，D，E这五部分用四种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色。那么，这幅图一共有多少种不同的着色方法？

【答案】：96
有4×3×2×2×2＝96（种）

练习1
如图所示，一个环形花坛分成A，B，C，D四块。现有4种不同的花供选种，要求每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为多少种？。

【答案】：84
【解析】：
本题按A，B，C，D的顺序种花，
若A、C为同一种花，则有4×3×1×3＝36（种）
若A、C为不同种花，则有4×3×2×2＝48（种）
共有36＋48＝84（种）不同的种法。

例题2
在1，2，3，4，…，100这100个自然数中任取两个不同的数，使得取出的两数之和是6的倍数，有多少种不同的取法？
【答案】：817
【解析】：
根据余数的可加性：
余1和余5搭配，有17×16＝272（种）；
余2和余4搭配，有17×17＝289 （种）；
余3的数中任取两个，有＝136（种）；
6的倍数任取两个，有＝120（种）。
一共有272＋289＋136＋120＝817（种）

练习2
从1、2、3、4、5、6、7、8、9中选出7个数，使得它们的和是3的倍数，共有多少种不同选法？
【答案】：12
【解析】：
因为1＋2＋3＋…＋9＝（1＋9）÷2×9＝45，所以这9个数的和是3的倍数，因此，只需要令剩下2个数之和为3的倍数。
①从3、6、9中任选2个有3种不同选法。
②从1、2、4、5、7、8中选2个，其和为3的倍数的有（1，2）、（1，5）、（1，8）、
（2，4）、（2，7）、（4，5）、（4，8）、（5，7）、（7，8），共9种不同选法。
一共有9＋3＝12（种）选法。

例题3
图中有多少个三角形？

【答案】15
【解析】：
这样的问题应该通过分类计数求解（见下图）。此题中的三角形可先分成含顶点C的和不含顶点C的两大类。含顶点C的又可分成另外两顶点在线段AB 上的和在线段BD上的两小类。


所以原图三角形有：（3＋2＋1）＋（3＋2＋1）＋3＝15（个）

练习3
数一数，图中有多少个三角形？

【答案】：56
【解析】：
单个的小三角形有：8×3＝24（个）；
两个小三角形组成的有：4×3＋4＝16（个）；
四个小三角形组成的有：4×3＝12（个）；
八个小三角形组成的有4个；
一共有24＋16＋12＋4＝56（个）




例题4
如下图在钉子板上有16个点，每相邻的两个点之间距离都相等，用绳子在上面围正方形，你可以得到多少个正方形？（正方形的顶点在钉子上）

【答案】：20
【解析】：
先看横着的正方形，可以围出9＋4＋1＝14（个）正方形；再看斜着的正方形，可以围出4个正方形；最后一种方式，可以围出2个正方形。这样一共可以围出14＋4＋2＝20 （个）正方形。


练习4
下图是一个4×4点阵，同一行（列）相邻两个点的距离均为1。以点阵中的三个点为顶点构成三角形，其中面积为2的三角形有 个

【答案】：64
【解析】：
根据题意，面积为2的三角形底和高都是2
则有4×2×2×4＝64（个）

例题5
一个房间有50盏电灯，从1开始依次编号，每个电灯由一个开关控制，每拉动一次开关则改变该灯的亮灭状态，一开始所有灯都灭着。有50个人，也从1开始依次编号，如果走进房间后每个人拉动编号是自己编号约数的所有灯一次。那么到最后一个人拉完后，有 盏灯亮着。
【答案】：33
【解析】：
每盏灯被自己的所有倍数拉一遍，分情况讨论：
只有一倍的是26到50号，所以被拉1 次，亮。
有两个倍数的是17到25号，所以被拉2次，不亮。
有三个倍数的是13 到16号，所以被拉3次，亮。
有四个倍数的是11和12号，所以被拉4次，不亮。
有五个倍数的是9和 10号，所以被拉5次，亮。
有六个倍数的是8号，所以被拉6次，不亮。
7号灯有7个倍数，亮。
6号灯有8个倍数，不亮。
5号灯有10个倍数，不亮。
4号灯有12个倍数，不亮。
3号灯有16个倍数，不亮。
2号灯有25个倍数，亮。
1号灯被所有人拉过，不亮。
所以，亮着的灯的编号依次为2，7，9，10，13~16，26~50，共有33盏。



例题 6
数字和能被7整除的三位数有 个。
【答案】： 126
【解析】：
三位数的数字和最大为27，27 以内7的倍数有7、14、21，可以按照数字和为7、14、21进行分类讨论。
（1）和为7的有28个：
700（1个）；
610（4个），520（4个），430（4个）；
511（3个），421（6个），331（3个），322（3个）；
（2）和为14的有70个：
950（4个），941（6个），932（6个）；
860（4个），851（6个），842（6个），833（3个）；
770（2个），761（6个），752（6个），743（6个）；
662（3个），653（6个），644（3个）；
554（3个）；
（3）和为21的有28个：
993（3个），984（6个），975（6个），966（3个）；
885（3个），876（6个）；
777（1个）；
一共28＋70＋28＝126 （个）








选讲题
将0~9这十个数字分别填入下面算式的□内，每个数字只能用一次；那么满足条件的正确填法共有 种。


【答案】：60
【解析】：
可将横式转化为竖式，如下图，先利用黄金三角填出1、0、9 根据弃九法（或者说四大同余定理之一），等式两边的数除以9 的余数之和应该相同，即等式两边各位数字之和应该相差9n。

设A＝9＋c＋d＋e＋f＋g，B＝1＋0＋a＋b。所以，
A＋B＝（0＋9）×10÷2＝45
A－B＝9n
因为A＋B与A－B同奇偶，所以A－B不可能等于偶数，可以是9，或者27。
当A－B＝9时，A＝27，B＝18，则a＋b＝17，不成立。
当A－B＝27时，A＝36，B＝9，则a＋b＝8，成立。
所以，a，b可能为（2，6）（3，5）（6，2）（5，3）四种。
当（a，b）＝（2，6）则有e＋c＝11＝3＋8＝4＋7；
当（a，b）＝（3，5）则有e＋c＝12＝4＋8：
当（a，b）＝（6，2）则有e＋c＝15＝7＋8；
当（a，b）＝（5，3）则有e＋c＝14＝6＋8；
共分5类，每一类中e与c都可以交换，g、f、d可以交换排列。
所以每一类有＝12（种）。共有5×12＝60（种）

五、课后作业
1. 在1995，1998，2000，2001，2003中，若其中几个数的和被9除余7，则将这几个数归为一组，这样的组共有 个。
【答案】：4
【解析】：
5个数被9除余数分别为6、0、2、3、5，和除以9余7，有：
（2，5）；（0，2，5）；（3，6，2，5）；（0，3，6，2，5），共4组。



2. 数数右图中共有 个三角形。

【答案】：10
【解析】：
整个图形是一个梯形，一共分成了7块，单独一块的三角形有4个，两块组成的三角形有3个，三块组成的三角形有2个，四块组成的三角形有1个，一共有10个。

3. 有一类整数具有能够被白身个位数字整除的性质，（例如，整数64可被它的个位数字4整除），则在10到50 之间有 个数具有这种性质。
【答案】：17
【解析】：
按个位数为1，2，……，9分类，共有4＋4＋1＋2＋4＋1＋0＋1＋0＝17（个）



4. 下图是一个3×3点阵，同一行（列）相邻两个点的距离均为1。以点阵中的三个点为顶点构成三角形，其中面积为1的形状不同的三角形有 种。

【答案】：3
【解析】：
三角形的面积是1，所以底和高只能为1和2的组合。有以下三种不同的形状：


5. 下图是由9个点组成的，那么以图中4个点为顶点的正方形有 个，以图中3个点为顶点的三角形有 个。

【答案】：6，76
【解析】：
假设右图中相邻两点的距离为1，那么边长为1的正方形有4个，边长为2的正方形有1个，边长介于1与2之间的正方形有1个，所以共有6个正方形；
右图中共有＝84（个）三点组，其中有8组是三点共线，无法组成三角形，其它的76组可以组成 76 个三角形



6. 用0至5这6个数字可以组成 个能被5整除且各位数字互不相同的五位数。
【答案】：216
【解析】：
当个位数字为0时，其他数位数字可以任意取，共有5×4×3×2＝120（个）
当个位数字为5时，共有4×4×3×2＝96（个）
因此共有120＋96＝216（个）能被5整除且各位数字互不相同的五位数

7. 本书从第1页开始编排页码，到最后一页结束时共用了1983个数码。这本书共有 页。
【答案】：697
【解析】：
1到9页共有9个数码；
10到99 页共有2×90＝180（个）数码；
100 到999页共有：3×900＝2700（个）数码。
1983－189＝1794（个），1794÷3＝598（页）
所以共有：99＋598＝697（页）

8. 一次，齐王与大将田忌赛马。每人有四匹马，分为四等。田忌知道齐王这次比赛，马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等。田忌有 种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛。
【答案】：12
【解析】：
第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；即 4123
若胜两场，则又分为三种情况：
二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种方法；即 3124
二，四两场胜，此时有三种方法；即 4132，3142，2143
三，四两场胜，此时有七种方法；即3412，4312，2413，4213，3421，4321，1423
所以一共有1＋1＋3＋7＝12（种）方法。

9. 有5分、1角、5角、1元的硬币各一枚，一共可以组成 种不同的币值。
【答案】：15
【解析】：
第一类，一种币值：5分、1角、5角、1元，共4种；
第二类，两种币值组合：5分＋1角，5分＋5角，5分＋1元，1角＋5角，1 角＋1元，5角＋1元，共6种；
第三类，三种币值组合：5分＋1角＋5角，5分＋1角＋1元，5分＋5角＋1元，1角＋5角＋1元，共4种；
第四类，四种币值组合：5分＋1角＋5角＋1元，共1种；
总共有4＋6＋4＋1＝15（种）



10. 分母不大于60，分子小于6的最简真分数有 个。
【答案】：198
【解析】：
分类讨论：
（1）分子是1，分母是2~60的最简真分数有59个；
（2）分子是2，分母是3~60，其中非2的倍数有58－58÷2＝29（个）
（3）分子是3，分母是4~60，其中非3的倍数有57－57÷3＝38（个）
（4）分子是4，分母是5~60，其中非2的倍数有56－56÷2＝28（个）
（5）分子是5，分母是6~60，其中非5的倍数有55－55÷5＝44（个）
这样，分子小于6，分母不大于60的最简真分数一共有59＋29＋38＋28＋44 ＝198（个）