}

解年龄问题一般要抓住以下三條规律： （1）不论在哪一年，两个人的年龄差总是 确定不变的； （2）随着时间向前（过去）或向后（将来） 推移两个人或两个以上人的姩龄一定减少或 增加相等的数量； （3）随着时间的变化，两个人年龄之间的 倍数关系一定会改变 【例 1】妈妈今年 43 岁，女儿今年 11 岁 几年後妈妈的年龄是女儿的 3 倍？几年前妈妈 的年龄是女儿的 5 倍 【分析】无论在哪一年，妈妈和女儿的年 龄总是相差 43-11=32（岁） 当妈妈的年龄是女兒的 3 倍时女儿的年 龄为 （43-11）÷（3-1）=16（岁） 16-11=5（岁） 说明那时是在 5 年后。 同样道理由 11-（43-11）÷（5-1）=3（年） 可知，妈妈年龄是女儿的 5 倍是在 3 年湔 【例 2】今年，父亲的年龄是女儿的 4 倍 3 年前，父亲和女儿年龄的和是 49 岁父亲、 女儿今年各是多少岁？ 【分析】从 3 年前到今年父亲、女儿都 长了 3 岁，他们今年的年龄之和为 49+3×2=55（岁）

由“55 ÷（4+1）”可算出女儿今年 11 岁 从而，父亲今年 44 岁 【例 3】陈辉问王老师今年有多少歲，王老 师说：“当我像你这么大时你才 3 岁；当你 像我这么大时，我已经 42 岁了”问王老师今 年多少岁？ 【分析】我们先要明白：如果峩比你大 a 岁那么“当我像你这么大时”就是在 a 年前， “当你像我这么大时”就在 a 年后这样便可 根据题意画出下图：

从图上可看出，a=13進一步推算得王老 师今年 29 岁。 排列组合问题 I 一、知识点： 1 分类计数原理：做一件事情完成它可以有 n 类办法，在第一类办法中有 m1 种不同的方法

事共有 N = m1 + m2 + L + mn 种不同的方法 2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分 成 n 个步骤做第一步有 m1 种不同的方法，做

在第二类办法中有 m2 种不同嘚方法……，在 第 n 类办法中有 m n 种不同的方法 那么完成这件

第二步有 m2 种不同的方法……，做第 n 步有 mn 种不同的方法那么完成这件事有 种鈈同的方法 n 个不同元素中，任取 m 3．排列的概念：从 （ m ≤ n ）个元素（这里的被取元素各不相同） 按照一定的顺序排成一列 叫做从 n 个不同元素 中取出 m 个元素的一个排列 4．排列数的定义：从 n 个不同元素中，任取 m （ m ≤ n ）个元素的所有排列的个数叫做从 n 个 m 元素中取出 m 元素的排列数鼡符号 An 表示

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m ( m ≤ n ) 个元素并成一组，叫做从 n 个不同元 素中取出 m 个元素的一个组合 9．组合数的概念：从 n 个不同元素中取出

科学分类以便有条不紊地进行解答，避免重 复或遗漏现象发生 例如：从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任取 5 台 其中至少有原装与 组装计算机各两台，则不同的选取法有_______ 种.（答案：350）

m ( m ≤ n ) 个元素的所有组合的个数叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的組合数．用符号

插空法 解决一些不相邻问题时，可以先排 一些元素然后插入其余元素使问题得以解决 例如：7 人站成一行，如果甲乙两人鈈相邻则 不同排法种数是______.(答案:3600) 捆绑法 相邻元素的排列，可以采用“整体到局 部”的排法即将相邻的元素当成“一个”元 素进行排列，嘫后再局部排列 例如：6 名同学 坐成一排其中甲、乙必须坐在一起的不同坐 法是________种.（答案：240）

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解排列组合问题， 首先要弄清一件事是 “分 类”还是“分步”完成对于元素之间的关系， 还要考虑“是有序”的还昰“无序的”也就 是会正确使用分类计数原理和分步计数原理、 排列定义和组合定义，其次对一些复杂的带 有附加条件的问题，需掌握以下几种常用的解 题方法：

排除法 从总体中排除不符合条件的方法 数这是一种间接解题的方法. b、排列组合应用题往往和代数、三角、竝体几 何、平面解析几何的某些知识联系，从而增加 了问题的综合性解答这类应用题时，要注意 使用相关知识对答案进行取舍.例如：从集合 {01，23，57，11}中任取 3 个元素分别 作为直线方程 Ax+By+C=0 中的 A、B、C所得的 经过坐标原点的直线有_________条.（答案： 30）

例 1 由数字１、２、３、４、５、６、７组成 无重复数字的七位数 (1）求三个偶数必相邻的七位数的个数；（2） 求三个偶数互不相邻的七位数的个数 解 (1)：因为三个偶数２、４、６必须相邻， 所以要得到一个符合条件的七位数可以分为如 下三步： 4 第一步将１、３、５、７四个数字排好有 P4 种
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特殊优先法 对于存在特殊元素或者特殊位 置的排列组合问题我们可以从这些特殊的东 西入手，先解决特殊元素或特殊位置再詓解 决其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法. 例如：用 0、1、2、3、4 这 5 个数字组成没 有重复数字的三位数，其中偶数共有________ 个.（答案：30 个）

科学分类法 对于较复杂的排列组合问题 由于情况繁多，因此要对各种不同情况进行

不同的排法； 第二步将２、４、６三个数字“捆綁”在一起 P3 有 3 种不同的“捆绑”方法; 第三步将第二步“捆绑”的这个整体“插入” 到第一步所排的四个不同数字的五个“间隙” (包括两端嘚两个位置)中的其中一个位置上, P1 有 5 种不同的“插入”方法

P 4 ? P33 ? P51 根据乘法原理共有 4 ＝720 种不同的 排法 所以共有 720 个符合条件的七位数 解（2）：因为三個偶数２、４、６互不相邻， 所以要得到符合条件的七位数可以分为如下两 步： 4 第一步将１、 ３、 ５、 ７四个数字排好 P4 种 有

第三类（２－２－２）分法，这是一类整 体“等分”的问题首先从六个不同元素中选 2 取出两个不同元素作为一个组有 C 6 种不同的 取法，再从余下的四個元素中取出两个不同的 2 元素作为一个组有 C 4 种不同的取法最后余下 的两个元素自然作为一个组 由于三组等分存在 P3 先后选取的不同的顺序，所以应除以 3 因此 2 2 C6 ? C4 3 共有 P3 ＝15 种不同的分组方法

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不同的排法； 第二步将２、４、６分别“插入”到第一步排 嘚四个数字的五个“间隙”（包括两端的两个 3 位置）中的三个位置上，有 P5 种“插入”方法 4 3 根据乘法原理共有 P4 ? P5 ＝1440 种不同的排 法 所以共有 1440 个符匼条件的七位数 例２ 将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组 共有多少种不同的分法？ 解：要将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组 可以分為三类办法： （１－１－４）分法、（１－２－３）分法、 （２－２－２）分法 下面分别计算每一类的方法数： 第一类（１－１－４）分法，这是一类整体不 等分局部等分的问题可以采用两种解法 解法一：从六个元素中取出四个不同的元素构 成一个组，余下的两个元素各莋为一个组有 C 64 种不同的分法

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根据加法原理，将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ 六个元素分成三组共有：15＋60＋15＝90 种不 同的方法

例３ 一排九个坐位有六个人坐若每个空 位两边都坐有人，共有多少种不同嘚坐法 解：九个坐位六个人坐，空了三个坐位每个 空位两边都有人，等价于三个空位互不相邻 P6 可以看做将六个人先依次坐好有 6 种不哃的坐 法，再将三个空坐位“插入”到坐好的六个人 之间的五个“间隙”（不包括两端）之中的三 3 个不同的位置上有 C5 种不同的“插入”方法 根

据乘法原理共有 P ? C ＝7200 种不同的坐法

解法二：从六个元素中先取出一个元素作为一 C1 个组有 6 种选法再从余下的五个元素中取出 1 一个元素作為一个组有 C5 种选法，最后余下的 四个元素自然作为一个组由于第一步和第二 步各选取出一个元素分别作为一个组有先后之 2 分，产生了重複计算应除以 P2

C ?C 2 所以共有 P2 ＝15 种不同的分组方法 第二类（１－２－３）分法，这是一类整 体和局部均不等分的问题首先从六个不同的 1 元素Φ选取出一个元素作为一个组有 C6 种不同

排列组合问题 II 相临问题―― ――整体捆绑法 一、相临问题――整体捆绑法 例 1．7 名学生站成一排，甲、乙必须站在一 起有多少不同排法 解：两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法 解决， 先将甲乙二人看作一个元素与其他五人 进行排列并考虑甲乙二人的顺序，所以共有 种 捆绑法:要求某几个元素必须排在一起的问题, 可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元 素合并为┅个元素,再与其它元素一起作排列, 同时要注意合并元素内部也可以作排列.一般 地: 个人站成一排,其中某 个人相邻,可用 “捆绑”法解决，共有 種排法

的选法，再从余下的五个不同元素中选取出两 2 个不同的元素作为一个组有 C 5 种不同的选法 余下的最后三个元素自然作为一个组，根据乘 C 1 ? C 52 ＝60 种不同的分组方法 法原理共有 6

练习：5 个男生 3 个女生排成一排,3 个女生要 练习 排在一起,有多少种不同的排法? 分析 此题涉及到的是排队問题,对于女生有特 殊的限制,因此,女生是特殊元素,并且要求她 们要相邻,因此可以将她们看成是一个元素来 解决问题. 解 因为女生要排在一起,所鉯可以将 3 个女 6 生看成是一个人,与 5 个男生作全排列,有 P6

P3 种排法,其中女生内部也有 3 种排法,根据乘 P66 P33 法原理,共有 种不同的排法. 不相临问题―― ――选涳插入法 二、不相临问题――选空插入法 例 2． 7 名学生站成一排甲乙互不相邻有多 少不同排法？ 甲、 乙二人不相邻的排法一般应用 “插空” 解： 法所以甲、乙二人不相邻的排法总数应为：

种，但 解：从 7 个点中取 3 个点的取法有 其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三 点共線不能组成三角形有 3 条，所以满足条 件的三角形共有 －3＝32 个. 练习： 我们班里有 43 位同学,从中任抽 5 人, 练习 正、副班长、团支部书记至少有一囚在内的抽 法有多少种? 分析 此题若是直接去考虑的话,就要将问题分 成好几种情况,这样解题的话,容易造成各种情 况遗漏或者重复的情况.而如果从此问题相反 的方面去考虑的话,不但容易理解,而且在计算 中也是非常的简便.这样就可以简化计算过程. 5 解 43 人中任抽 5 人的方法有 C43 种,正副班 长,團支部书记都不在内的抽法有 C40 种,所 以正副班长,团支部书记至少有 1 人在内的抽法 5 5 C43 ? C40 有 种. 特殊元素―― ――优先考虑法 四、特殊元素――优先考慮法 对于含有限定条件的排列组合应用题 可 以考虑优先安排特殊位置， 然后再考虑其他位 置的安排 年上海高考题) 例 4． (1995 年上海高考题) 1 名咾师和 4 名获奖学生排成一排照像留念，若老师不排 在两端则共有不同的排法 种． 解：先考虑特殊元素（老师）的排法，因老师 不排在两端 故可在中间三个位置上任选一个 位置，有 种而其余学生的排法有 种，

种 . 插入法:对于某两个元素或者几个元素要求不 相邻的问题,可以鼡插入法.即先排好没有限制 条件的元素,然后将有限制条件的元素按要求 插入排好元素的空档之中即可.若 个人站成 一排其中 个人不相邻，鈳用“插空”法解 决共有 种排法。 练习： 学校组织老师学生一起看电影同一 练习 排电影票 12 张。8 个学生4 个老师，要求老 师在学生中间且老师互不相邻，共有多少种 不同的坐法 分析 此题涉及到的是不相邻问题,并且是对老 师有特殊的要求,因此老师是特殊元素,在解决 时就偠特殊对待.所涉及问题是排列问题. 8 解 先排学生共有 P8 种排法,然后把老师插入 学生之间的空档，共有 7 个空档可插,选其中的 4 4 个空档,共有 P7 种选法.根據乘法原理,共有 , 8 4 P8 P7 的不同坐法为 种. 三、复杂问题――总体排除法或排异法 复杂问题――总体排除法或排异法 ―― 有些问题直接法考虑比较难仳较复杂或分类 不清或多种时，而它的反面往往比较简捷可 考虑用“排除法”，先求出它的反面,再从整体 中排除.解决几何问题必须注意几何图形本身 对其构成元素的限制 年全国高考题) 例 3.(1996 年全国高考题)正六边形的中心和 顶点共 7 个点， 以其中 3 个点为顶点的三角形 共有 个.

所鉯共有 ＝72 种不同的排法. 年全国高考题） 例 5．（2000 年全国高考题）乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员 5 名队员参加比 派 赛，3 名主力队员要安排茬第一、三、五位置 其余 7 名队员选 2 名安排在第二、四位置，那 么不同的出场安排共有 种. 解：由于第一、三、五位置特殊只能安排主 力隊员，有 种排法而其余 7 名队员选出 种排法，所

2 名安排在第二、四位置有

以不同的出场安排共有 ＝252 种. 多元问题―― ――分类讨论法 五、哆元问题――分类讨论法 对于元素多，选取情况多可按要求进行分类 讨论，最后总计 年北京春招） 例 6．（2003 年北京春招）某班新年联欢會原 定的 5 个节目已排成节目单， 开演前又增加了

两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单 中那么不同插法的种数为（A ） A．42 B．30 C．20 D．12 解：增加的两个新节目，可分为相临与不相临 两种情况：1.不相临：共有 A62 种；2.相临： 2 1 2 共有 A2 A6 种故不同插法的种数为：A6 2 1 +A2 A6 =42 ，故选 A 年全国高考试题） 唎 7．（2003 年全国高考试题）如图，一个地 区分为 5 个行政区域现给地图着色，要求相 邻地区不得使用同一颜色 现有 4 种颜色可供 选择， 则不哃的着色方法共有 种. （以数字作答）

（ 年北京高考试题） 例 9． 2003 年北京高考试题）从黄瓜、白菜、 油菜、扁豆 4 种蔬菜品种中选出 3 种分别种 茬不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种 植不同的种植方法共有（） A．24 种 B．18 种 C．12 种 D．6 种 解:先选后排,分步实施. 由题意，不同 2 1 2 的选法有: C3 种,鈈同的排法有: A3 ?A2 ,故不 1 2 2 同的种植方法共有 A3 ?C3 ?A2 =12故应选 C. 相同元素分配―― ――档板分隔法 七．相同元素分配――档板分隔法 10．把 10 本相同的书發给编号为 1、2、3 例 10 的三个学生阅览室， 每个阅览室分得的书的本 数不小于其编号数试求不同分法的种数。请 用尽可能多的方法求解 并思考这些方法是否 适合更一般的情况？本题考查组合问题 解：先让 2、3 号阅览室依次分得 1 本书、2 本书；再对余下的 7 本书进行分配，保证每個 阅览室至少得一本书 这相当于在 7 本相同书 之间的 6 个“空档”内插入两个相同“I” （一

般可视为“隔板”）共有 种插法，即有 15 种分法 轉化法: 八．转化法: 对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题， 可以利用转化思想,将其化归为简单的、具体的 问题来求解. 例 11 高二年级 8 个癍,组织一个 12 个人的年级 学生分会,每班要求至少 1 人,名额分配方案有 多少种? 分析 此题若直接去考虑的话,就会比较复杂. 但如果我们将其转换为等價的其他问题,就会 显得比较清楚,方法简单,结果容易理解. 解： 此题可以转化为:将 12 个相同的白球分成 8 份,有多少种不同的分法问题,因此须把这 12 个皛球排成一排,在 11 个空档中放上 7 个相同 的黑球,每个空档最多放一个,即可将白球分成 7 8 份,显然有 C11 种不同的放法,所以名额分配 方案有 C11 种. 剩余法: 九．剩余法: 在组合问题中,有多少取法,就有多少种剩法, 他们是一一对应的,因此,当求取法困难时,可 转化为求剩法. 例 12 袋中有 5 分硬币 23 个,1 角硬币 10 个, 如果从袋中取出 2 元钱,有多少种取法?

解：区域１与其他四个区域相邻而其他每个 区域都与三个区域相邻，因此可以涂三种或 四种颜色． 用三种顏色着色有 =24 种

方法, 用四种颜色着色有 =48 种 方法,从而共有 24+48=72 种方法,应填 72. 混合问题―― ――先选后排法 六、混合问题――先选后排法 对于排列组合嘚混合应用题， 可采取先选 取元素后进行排列的策略． 年北京高考） 例 8．（2002 年北京高考）12 名同学分别 到三个不同的路口进行车流量的调查， 若每个 路口 4 人则不同的分配方案共有（ ） A． 种 B． 种

C． 种 D． 种 解：本试题属于均分组问题。则 12 名同学均 分成 3 组共有 种方法,分配到三个鈈同 种

的路口的不同的分配方案共有： 故选 A。

分析 此题是一个组合问题,若是直接考虑取钱 的问题的话,情况比较多,也显得比较凌乱,难 以理絀头绪来.但是如果根据组合数性质考虑 剩余问题的话,就会很容易解决问题. 解 把所有的硬币全部取出来,将得到 0.05× 23+0.10×10=2.15 元,所以比 2 元多 0.15 元, 所以剩下 0.15 え即剩下 3 个 5 分或 1 个 5 分与 3 1 1 1 个 1 角,所以共有 C23 + C23 ? C10 种取法. 对等法: 十．对等法: 在有些题目中,它的限制条件的肯定与否定是 对等的,各占全体的二分之一.在求解中只要求 出全体,就可以得到所求. 例 13 期中安排考试科目 9 门,语文要在数学 之前考,有多少种不同的安排顺序? 分析 对于任何一个排列问题,就其中嘚两个元 素来讲的话,他们的排列顺序只有两种情况,并 且在整个排列中,他们出现的机会是均等的,因 此要求其中的某一种情况,能够得到全体,那麼 问题就可以解决了.并且也避免了问题的复杂 性. 解 不加任何限制条件,整个排法有 种, P99 “语文安排在数学之前考”,与“数学安排在语 文之前考”的排法是相等的, 所以语文安排在 1 9 P9 数学之前考的排法共有 2 种. 十．平均分组问题: 平均分组问题: 例 14．6 本不同的书按下列要求各有多少种不 同嘚选法： （1）分给甲、乙、丙三人，每人 2 本； （2）分为三份每份 2 本； （3）分为三份，一份 1 本一份 2 本，一份 3 本； （4）分给甲、乙、丙三囚一人 1 本，一人 2 本一人 3 本； （5）分给甲、乙、丙三人，每人至少 1 本 2 2 2 解： （1） 根据分步计数原理得到：C 6 C 4 C 2 = 90 种；

因此，分为三份每份两夲一共有 15 种方法。 （3）这是“不均匀分组”问题一共有 1 3 C 6 C 52 C 3 = 60 种方法． （4）在（3）的基础上再进行全排列，所以一 1 2 3 3 共有 C 6 C 5 C 3 A3 = 360 种方法． （5）可以分为彡类情况：①“2、2、2 型”即 2 2 2 （1）中的分配情况有 C 6 C 4 C 2 = 90 种方法； ②“1、2、3 型”即（4） 中的分配情况，有 1 3 3 C 6 C 52 C 3 A3 = 360 种方 法；③“1、1、4 型” 4 3 有 C 6 A3 = 90 种方法， 所鉯一共有 90+360+90＝540 种方法． 总之，排列、组合应用题的解题思路可总结为： 排组分清加乘明确；有序排列，无序组合； 分类为加分步为乘。 具体说解排列组合的应用题，通常有以下途 径： （1） 以元素为主体 即先满足特殊元素的要求， 再考虑其他元素 （2） 以位置为主体， 即先满足特殊位置的要求 再考虑其他位置。 （3） 先不考虑附加条件 计算出排列或组合数， 再减去不合要求的排列组合数

鸡兔同笼 ┅、基本问题 “鸡兔同笼”是一类有名的中国古算题.最早 出现在《孙子算经》中.许多小学算术应用题都 可以转化成这类问题，或者用解它嘚典型解法-“假设法”来求解.因此很有必要学会它的解法 和思路.

种方法这个过程可以分两步完成：第一步分 为三份，每份两本设有 x 种方法；第二步再 3 将这三份分给甲、乙、丙三名同学有 A3 种方

例 1 有若干只鸡和兔子，它们共有 88 个 头244 只脚，鸡和兔各有多少只 解：我们设想，每只鸡都是“金鸡独立” 一只脚站着；而每只兔子都用两条后腿，像人 一样用两只脚站着.现在地面上出现脚的总数 的一半，?也就是 244÷2=122（只）. 在 122 这个数里鸡的头数算了一次，兔 子的头数相当于算了两次.因此从 122 减去总 头数 88剩下的就是兔子头数

如果设想 88 只都是兔子，那麼就有 4×8 8 只脚比 244 只脚多了 88×4-244=108（只）. 每只鸡比兔子少（4-2）只脚，所以共有鸡 （88×4-244）÷（4-2）= 54（只）. 说明我们设想的 88 只“兔子”中有 54 只 不是兔子.而是鸡.因此可以列出公式 鸡数=（兔脚数 总头数 总脚数） （兔脚数总头数-总脚数 鸡数 （兔脚数×总头数 总脚数）÷（兔脚数 鸡脚数） 鸡脚數）. 当然，我们也可以设想 88 只都是“鸡”那 么共有脚 2×88=176（只），比 244 只脚少 了 244-176=68（只）.

上面的计算可以归结为下面算式： 每只鸡比每只兔孓少（4-2）只脚， 总脚数÷2-总头数=兔子数. 68÷2=34（只）. 上面的解法是《孙子算经》中记载的.做一 次除法和一次减法马上能求出兔子数，多简 单！能够这样算主要利用了兔和鸡的脚数分 别是 4 和 2，4 又是 2 的 2 倍.可是当其他问 题转化成这类问题时，“脚数”就不一定是 4 和 2上面的计算方法就行不通.因此，我们对这 类问题给出一种一般解法. 还说例 1. 上面两个公式不必都用用其中一个算出 兔数或鸡数，再用总头数去减就知道另一个 数. 说明设想中的“鸡”，有 34 只是兔子也可 以列出公式 兔数=（总脚数 鸡脚数 总头数） （兔脚数鸡脚数×总头数 兔数 （总脚数-鸡腳数 总头数）÷（兔脚数 鸡脚数） 鸡脚数）.

假设全是鸡，或者全是兔通常用这样的 思路求解，有人称为“假设法”. 现在拿一个具体问題来试试上面的公式. 例 2 红铅笔每支 0.19 元，蓝铅笔每支 0. 11 元两种铅笔共买了 16 支，花了 2.80 元. 问红、蓝铅笔各买几支 解：以“分”作为钱的单位.我們设想，一种 “鸡”有 11 只脚一种“兔子”有 19 只脚，它们 共有 16 个头280 只脚. 现在已经把买铅笔问题，转化成“鸡兔同 笼”问题了.利用上面算兔数公式就有 蓝笔数=（19×16-280）÷（19-11） =24÷8 =3（支）.

就知道设想中的 8 只“鸡”应少 5 只，也就 是“鸡”（蓝铅笔）数是 3. 30×8 比 19×16 或 11×16 要容易计算些. 利鼡已知数的特殊性靠心算来完成计算. 实际上，可以任意设想一个方便的兔数或 鸡数.例如设想 16 只中，“兔数”为 10“鸡 数”为 6，就有脚數 19×10+11×6=256. 比 280 少 24. 24÷（19-11）=3 就知道设想 6 只“鸡”，要少 3 只. 要使设想的数能给计算带来方便，常常 取决于你的心算本领. 下面再举四个稍有难度的唎子.

红笔数=16-3=13（支）. 甲单独打字需 6 小时完成. 例 3 一份稿件 答：买了 13 支红铅笔和 3 支蓝铅笔. 对于这类问题的计算，常常可以利用已知 脚数的特殊性.例 2 中的“脚数”19 与 11 之和是 30.我们也可以设想 16 只中 只是“兔子”， 8 8 只是“鸡”根据这一设想，脚数是 8×（11+19）=240. 现在把甲打字的时间看成“兔”头数乙打 比

乙单独打字需 10 小时完成， 现在甲单独打若干 小时后因有事由乙接着打完，共用了 7 小时. 甲打字用了多少小时 解：我们紦这份稿件平均分成 30 份（30 是 6 和 10 的最小公倍数），甲每小时打 30÷ 6=5（份）乙每小时打 30÷10=3（份）.

字的时间看成“鸡”头数，总头数是 7.“兔”的腳

数是 5“鸡”的脚数是 3，总脚数是 30就把 问题转化成“鸡兔同笼”问题了.

根据前面的公式 因此，当父的年龄是兄的年龄的 3 倍时 “兔”數=（30-3×7）÷（5-3） =4.5， “鸡”数=7-4.5 =2.5 倍. 也就是甲打字用了 4.5 小时，乙打字用了 2.5 小时. 答：甲打字用了 4 小时 30 分. 例 4 今年是 1998 年父母年龄（整数） 和是 78 岁，兄弟的年龄和是 17 岁.四年后（2 002 年）父的年龄是弟的年龄的 4 倍母的年 龄是兄的年龄的 3 倍.那么当父的年龄是兄的年 龄的 3 倍时，是公元哪一年 蜘蛛数=（118-6×18）÷（8-6） 解：4 年后，两人年龄和都要加 8.此时兄 弟年龄之和是 17+8=25 父母年龄之和是 78 +8=86.我们可以把兄的年龄看作“鸡”头数， 弟 的年龄看作“兔”头数.25 是“总头数”.86 是“总 脚数”.根据公式兄的年龄是

例 5 蜘蛛有 8 条腿，蜻蜓有 6 条腿和 2 对翅膀 蝉有 6 条腿和 1 对翅膀.现在这三种小 蟲共 18 只，有 118 条腿和 20 对翅膀.每种小 虫各几只 解：因为蜻蜓和蝉都有 6 条腿，所以从腿 的数目来考虑可以把小虫分成“8 条腿”与“6 条腿”两種.利用公式就可以算出 8 条腿的

因此蜻蜓数是 13-6=7（只）. 答：有 5 只蜘蛛，7 只蜻蜓6 只蝉. 例 6 某次数学考试考五道题，全班 52 人 参加共做对 181 道题，已知每人至少做对 1 道题 做对 1 道的有 7 人， 道全对的有 6 人 5 做对 2 道和 3 道的人数一样多，那么做对 4 道 的人数有多少人

例 7 买一些 4 分和 8 分的邮票，囲花 6 元 8 角.已知 8 分的邮票比 4 分的邮票多 40 张 那么两种邮票各买了多少张？ 解一： 解一：如果拿出 40 张 8 分的邮票余下 的邮票中 8 分与 4 分的张数就┅样多. （680-8×40）÷（8+4）=30（张）， 这就知道余下的邮票中，8 分和 4 分的

解：对 2 道、3 道、4 道题的人共有 52-7-6=39（人）. 他们共做对 181-1×7-5×6=144（道）. 由于对 2 道和 3 噵题的人数一样多我们 就可以把他们看作是对 2.5 道题的人（（2+3） ÷2=2.5）.这样

各有 30 张. 因此 8 分邮票有 40+30=70（张）. 答：买了 8 分的邮票 70 张，4 分的邮票 3 0 张. 也鈳以用任意假设一个数的办法. 解二： 解二：譬如假设有 20 张 4 分，根据条

件“8 分比 4 分多 40 张” 那么应有 60 张 8 分. 以“分”作为计算单位，此时邮票总值是 4×20+8×60=560.

对 4 道题的有 比 680 少因此还要增加邮票.为了保持 （144-2.5×39）÷（4-1.5）=31（人）. 答：做对 4 道题的有 31 人. 两数之差”的问题 二、“两数之差 的問题 两数之差 鸡兔同笼中的总头数是“两数之和”，如果 把条件换成“两数之差”又应该怎样去解呢？ “差”是 40每增加 1 张 4 分，就要增加 1 张 8 分每种要增加的张数是

例 8 一项工程，如果全是晴天15 天可 以完成.倘若下雨，雨天一天

工程要多少天才能完成 答：鸡 62 只，兔 38 只. 解：類似于例 3我们设工程的全部工作 量是 150 份，晴天每天完成 10 份雨天每天 完成 8 份.用上一例题解一的方法，晴天有 （150-8×3）÷（10+8）= 7（天）. 雨天是 7+3=10 忝总共 7+10=17（天）. 答：这项工程 17 天完成. 4×50-2×50=100， 请注意如果把“雨天比晴天多 3 天”去掉， 而换成已知工程是 17 天完成 由此又回到上一 节的问題.差是 3，与和是 17知道其一，就能 推算出另一个.这说明了例 7、例 8 与上一节基 本问题之间的关系. 总脚数是“两数之和”如果把条件换成“兩 数之差”，又应该怎样去解呢 例 9 鸡与兔共 100 只，鸡的脚数比兔的 脚数少 28.问鸡与兔各几只 解一： 也就是再有 解一：假如再补上 28 只鸡脚， 雞 28÷2=14（只）鸡与兔脚数就相等，兔 的脚是鸡的脚 4÷2=2（倍）于是鸡的只数是 兔的只数的 2 倍.兔的只数是

当然也可以去掉兔 28÷4=7 （只） .兔的只 數是 （100-28÷4）÷（2+1）+7=38（只）. 也可以用任意假设一个数的办法. 解二： 解二：假设有 50 只鸡，就有兔 100-50= 50（只）.此时脚数之差是

比 28 多了 72.就说明假设的兔數多了 （鸡 数少了）.为了保持总数是 100一只兔换成一 只鸡，少了 4 只兔脚多了 2 只鸡脚，相差为 6 只（千万注意不是 2）.因此要减少的兔数 是 （100-28）÷（4+2）=12（只）. 兔只数是 50-12=38（只）. 另外，还存在下面这样的问题：总头数换 成“两数之差”总脚数也换成“两数之差”.

例 10 古诗中，五言絕句是四句诗每句 都是五个字；七言绝句是四句诗，每句都是七 个字.有一诗选集其中五言绝句比七言绝句多 13 首， 总字数却反而少了 20 个芓.问两种诗各 多少首.

说明假设诗的首数少了.为了保持相差 13 首增加一首五言绝句，也要增一首七言绝句 而字数相差增加 8.因此五言绝句的艏数要比假 设增加 200÷8=25（首）.

解一： 两种诗首 解一：如果去掉 13 首五言绝句， 数就相等此时字数相差 13×5×4+20=280（字）. 每首字数相差 7×4-5×4=8（字）. 因此，七言绝句有 28÷（28-20）=35（首）. 五言绝句有 35+13=48（首）. 答：五言绝句 48 首七言绝句 35 首. 解二： 那么根据相 解二：假设五言绝句是 23 首， 差 13 首七言绝呴是 10 首.字数分别是

五言绝句有 23+25=48（首）. 七言绝句有 10+25=35（首）. 在写出“鸡兔同笼”公式的时候，我们假设 都是兔或者都是鸡，对于例 7、例 9 和例 10 彡个问题当然也可以这样假设.现在来具体做 一下，把列出的计算式子与“鸡兔同笼”公式对 照一下就会发现非常有趣的事. 例 7，假设都昰 8 分邮票4 分邮票张数 是 （680-8×40）÷（8+4）=30（张）. 例 9，假设都是兔鸡的只数是 （100×4-28）÷（4+2）=62（只）. 10，假设都是五言绝句七言绝句的首数

首先，请读者先弄明白上面三个算式的由 来然后与“鸡兔同笼”公式比较，这三个算式 只是有一处“-”成了“+”.其奥妙何在呢 当你进入初中，有了负数的概念并会列 二元一次方程组，就会明白从数学上说，这 一讲前两节列举的所有例子都是同一件事. 例 11 有一辆货车运输 2000 呮玻璃瓶 运费按到达时完好的瓶子数目计算， 每只 2 角 如有破损， 破损瓶子不给运费 还要每只赔偿 1 元.结果得到运费 379.6 元， 问这次搬运中箥璃 瓶破损了几只 运费应是 400 元.但破 解：如果没有破损， 损一只要减少 1+0.2=1.2（元）.因此破损只 数是

解一： 得 解一：如果小明第一次测验 24 题全对 5×24=120（分）.那么第二次只做对 30-24 =6（题）得分是 8×6-2×（15-6）=30（分）. 两次相差 120-30=90（分）. 比题目中条件相差 10 分，多了 80 分.说 明假设的第一次答对题数多了要减少.第一次 答对减少一题，少得 5+1=6（分）而第二次 答对增加一题不但不倒扣 2 分，还可得 8 分

（400-379.6）÷（1+0.2）=17（只）. 因此，第一次答对题数偠比假设（全对） 答：这次搬运中破损了 17 只玻璃瓶. 请你想一想这是“鸡兔同笼”同一类型的 问题吗？ 例 12 有两次自然测验第一次 24 道题， 答对 1 题得 5 分答错（包含不答）1 题倒扣 1 分；第二次 15 道题，答对 1 题 8 分答错 或不答 1 题倒扣 2 分，小明两次测验共答对 3 0 道题但第一次测验得分仳第二次测验得分 多 10 分，问小明两次测验各得多少分 答：第一次得 90 分，第二次得 80 分. 解二： 解二：答对 30 题也就是两次共答错

24+15-30=9（题）. 第一佽答错一题，要从满分中扣去 5+1= 6（分）第二次答错一题，要从满分中扣去 8 +2=10（分）.答错题互换一下两次得分要 相差 6+10=16（分）.

解：从条件“铅筆数量是圆珠笔的 4 倍”， 这两种笔可并成一种笔四支铅笔和一支圆珠 笔成一组，这一组的笔每支价格算作 （0.60×4+2.7）÷5=1.02（元）. 现在转化成價格为 1.02 和 6.3 两种笔.用

如果答错 9 题都是第一次，要从满分中扣 去 6×9.但两次满分都是 120 分.比题目中条件 “第一次得分多 10 分” 要少了 6×9+10.因此， 第二佽答错题数是 （6×9+10）÷（6+10）=4（题）? 第一次答错 9-4=5（题）. 第一次得分 5× （24-5） -1×5=90 （分） . 第二次得分 8× （15-4） -2×4=80 （分） . 三、从“三”到“二” 三 到 二 “鸡”和“兔”是两种东西 实际上还有三种或 者更多种东西的类似问题.在第一节例 5 和例 6 就都有三种东西.从这两个例子的解法，也可以 看絀要把“三种”转化成“二种”来考虑.这一节 要通过一些例题，告诉大家两类转化的方法. 例 13 学校组织新年游艺晚会用于奖品 的铅笔、圓珠笔和钢笔共 232 支，共花了 300 元.其中铅笔数量是圆珠笔的 4 倍.已知铅笔每 支 0.60 元圆珠笔每支 2.7 元，钢笔每支 6. 3 元.问三种笔各有多少支

“鸡兔同笼”公式可算出，钢笔支数是 （300-1.02×232）÷（6.3-1.02）=12 （支）. 铅笔和圆珠笔共 232－12＝220（支）. 其中圆珠笔 220÷（4+1）=44（支）. 铅笔 220-44=176（支）. 答：其中钢笔 12 支圆珠笔 44 支，铅笔 176 支. 例 14 商店出售大、中、小气球大球每 个 3 元，中球每个 1.5 元小球每个 1 元.张老 师用 120 元共买了 55 个球，其中买中球的钱 与买小球的钱恰恏一样多.问每种球各买几个 解：因为总钱数是整数，大、小球的价钱 也都是整数所以买中球的钱数是整数，而且 还是 3 的整数倍.我们设想买中球、小球钱中各

出 3 元.就可买 2 个中球3 个小球.因此，可 以把这两种球看作一种每个价钱是 （1.5×2+1×3）÷（2+3）=1.2（元）. 从公式可算出，大浗个数是 （120-1.2×55）÷（3-1.2）=30（个）. 买中、小球钱数各是 （120-30×3）÷2=15（元）. 可买 10 个中球15 个小球. 答：买大球 30 个、中球 10 个、小球 15 个.

去时走 1 千米， 要用 20 汾钟； 回来时走 1 千米要用 10 分钟.来回共走 2 千米，用了 3 0 分钟即半小时，平均速度是每小时走 4 千 米. 千万注意平均速度不是 不是两个速度的岼均 不是 值：每小时走（6+3）÷2=4.5 千米. 例 16 从甲地至乙地全长 45 千米，有上 坡路、平路、下坡路.李强上坡速度是每小时 3 千米平路上速度是每小时 5 芉米，下坡速度 是每小时 6 千米.从甲地到乙地李强行走了 1 0 小时；从乙地到甲地，李强行走了 11 小时. 问从甲地到乙地各种路段分别是多少千米？ 解：把来回路程 45×2=90（千米）算作

例 13 是从两种东西的个数之间倍数关系 例 14 是从两种东西的总钱数之间相等关系 （倍 数关系也可用类似方法），把两种东西合井成 一种考虑实质上都是求两种东西的平均价， 就把“三”转化成“二”了. 例 15 是为例 16 作准备.

全程.去时上坡回来昰下坡；去时下坡回来时 上坡.把上坡和下坡合并成“一种”路程，根据例 15 平均速度是每小时 4 千米.现在形成一个非 常简单的“鸡兔同笼”問题.头数 10+11=21， 总脚数 90鸡、兔脚数分别是 4 和 5.因此平 路所用时间是 （90-4×21）÷（5-4）=6（小时）.

例 15 某人去时上坡速度为每小时走 3 千 米，回来时下坡速喥为每小时走 6 千米求他 的平均速度是多少？ 从甲地至乙地上坡和下坡用了 10-3=7 解：去和回来走的距离一样多.这是我们考 虑问题的前提. 45-5×3=30（芉米）. 平均速度=所行距离÷所用时间 （小时）行走路程是 单程平路行走时间是 6÷2=3（小时）.

又是一个“鸡兔同笼”问题.从甲地至乙地， 上坡荇走的时间是 （6×7-30）÷（6-3）=4（小时）.

行走路程是 3×4=12（千米）. 例 18 有 50 位同学前往参观乘电车前 下坡行走的时间是 7-4=3 （小时） .行走路 程是 6×3=18（千米）. 答：从甲地至乙地，上坡 12 千米平路 1 5 千米，下坡 18 千米. 做两次“鸡兔同笼”的解法也可以叫“两重 鸡兔同笼问题”.例 16 是非常典型的例題. 共出了 4 例 17 某种考试已举行了 24 次， 26 还余下 50-40=10（人）都乘地下铁路前 就有 9×考 25 题的次数+4×考 20 题的次数=4 2. 请注意4 和 42 都是偶数，9×考 25 题 次数也必须昰偶数因此，考 25 题的次数是偶 数由 9×6=54 比 42 大，考 25 题的次数 往，钱还有多（62＞6×10）.说明假设的乘电 车人数又多了.30 至 40 之间只有 35 是 5 的 整数倍. 现在又可以转化成“鸡兔同笼”了： 总头数 50-35=15，

往每人 1.2 元乘小巴前往每人 4 元，乘地下 铁路前往每人 6 元.这些同学共用了车费 110 元问其中乘尛巴的同学有多少位？ 解：由于总钱数 110 元是整数小巴和地 铁票也都是整数，因此乘电车前往的人数一定 是 5 的整数倍. 如果有 30 人乘电车 110-1.2×30=74（元）.

够.说明假设的乘电车人数少了.

总脚数 110-1.2×35=68. 因此，乘小巴前往的人数是 （6×15-68）÷（6-4）=11. 答：乘小巴前往的同学有 11 位. 在“三”转化为“二”時例 13、例 14、例 1 6 是一种类型.利用题目中数量比例关系，把两 种东西合并组成一种.例 17、 18 是另一种类 例 型.充分利用所求个数是整数 以及总量嘚限制， 其中某一个数只能是几个数值.对几个数值逐一 考虑是否符合题目的条件.确定了一个个数也 就变成“二”的问题了.在小学算术的范围内，学 习这两种类型已足够了.更复杂的问题只能借 助中学的三元一次方程组等代数方法去求解.

3、交集：A、B 两个集合公共的元素，也僦是那 些既属于 A又属于 B 的元素，它们组成的集合 叫做 A 和 B 的交集记作“A∩B”，读作“A 交 B”如图阴影表示：

容斥问题 一、知识点 1、集合與元素：把一类事物的全体放在一起就 形成一个集合。每个集合总是由一些成员组成 的集合的这些成员，叫做这个集合的元素 如：集匼 A={0，12，3……，9}其中 0， 12，…9 为 A 的元素 2、并集：由所有属于集合 A 或集合 B 的元素所 组成的集合，叫做 AB 的并集，记作 A∪B记 号“∪”讀作“并”。A∪B 读作“A 并 B”用 图表示为图中阴影部分表示集合 A，B 的并集 A ∪B

例：已知 6 的约数集合 A={1，23，6}10 的 约数集合 B={1，25，10}则 A∩B={1，2} 4、容斥原理（包含与排除原理）： （用|A|表示集合 A 中元素的个数，如 A={12， 3}则|A|=3） 原理一：给定两个集合 A 和 B，要计算 A∪B 中 元素的个数可以分荿两步进行： 第一步：先求出

}