小学数学，奥数加法原理16题答案解析

小学数学加法原理，是奥数的重要组成部分，也是常考题型。下面给出16题答案解析，希望对同学们学习有所帮助。

例题

1．如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对．问这样的数对共有多少个?

2．一本书从第l页开始编排页码，共用数字2355个．那么这本书共有多少页?

3．上、下两册书的页码共有687个数字，且上册比下册多5页．问上册书有多少页?

4．从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积?

5．将所有自然数，自1开始依次写下去得到：123456789101112……试确定在第206788个位置上出现的数字．

6．用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有多少种不同的凑法?

7．在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个?

8．用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？

9．各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？

10．有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？

11． 一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？

13．旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？

15．各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？

16． 小明要登上10级台阶，他每一步只能登1级或2级台阶，他登上10级台阶共有多少种不同的登法？

参考答案

1．79

【解析】

被减数最小可为1000，最大可为9999－8921=1078，且从1000到1078中任何一个数都可以作为被减数．

共有79个被减数，从而这样的数对共有79个．

2．821

【解析】

从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；

从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；

从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字；

显然这本书的页数在100～999之间，有2355－9－180＝2166，而2166÷3＝722，所以这本书有100+722－1＝821页．

3．153

【解析】

两本书页码所用的数字大致相当，

从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；

从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；

从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字．

显然，两本书的页码均在100～999之间，而前99页两本书共用去(9+180)×2＝378个数字，还剩下687－378＝309个数字．

上册书比下册书多的5页，每页均需3个数字作为页码，所以上册比下册多用5×3＝15个数字．

于是在剩下的309个数字种，上册用了(309+15)÷2＝162个数字，即3位数的页码有162÷3＝54页，所以上册有100+54－1＝153页．

4．13

【解析】

题中的5个数相加最小为1+2+3+4+5＝15，最大为6+7+8+9+10＝40，即题中5个数相加的和有40－15+1＝26种可能．

而10个数的和为1+2+3+4+…+10＝55．

如果我们假定被乘数不超过乘数，那么被乘数有26÷2＝13种可能，而当被乘数确定，乘数也就是确定为“55－被乘数”，并且这些的乘积没有重复．(如果被乘数大于乘数，都可将上面的被乘数、乘数互换而得)．

所以共有13种不同的乘积．

5．7

【解析】

有1～9为1位数，所以占有9×1＝9个数字；

10～99为2位数，所有占有90×2＝180个数字；

100～999为3位数，所以占有900×3＝2700个数字；

1000～9999为4位数，所有占有9000×4＝36000个数字；

10000～99999为5位数，所有占有90000×5＝450000个数字．

现在第206788个位置对应的5位数在10000～99999之间，有206788－9－180－2700－36000＝167899，167899÷5＝33579……4，所以对应的数字为10000+33579＝43579的从左至右的第4个数字，即7．

6．541

【解析】

5分的硬币最多可以有100÷5＝20枚；

当5分的硬币有20枚，那么只有这1种凑法；

当5分的硬币有19枚，则剩下的5分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+1＝2+1+1+1＝1+1+1+1+1＝5，所以共有3种凑法；

当5分的硬币有18枚，则剩下的10分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有5+1＝6种凑法；

当5分的硬币有17枚时，则剩下的15分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+1，2分的可以替换为1分的，于是有7+1＝8种凑法；

当5分的硬币有16枚时，则剩下的20分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有10+1＝11种凑法；

当5分的硬币有15枚时，则剩下的20分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+2+2+2+2+2+1，2分的可以替换为1分的，于是有12+1＝13种凑法；

于是，我们把两种情况作为一组，有(1，3)，(6，8)，(11，13)，…，

即每组数内两个数字相差2，从第2组开始，每组数的第一个数字比前一组的第一个数字大5，

5分的硬币可以取20～0枚，即有21种情况，分成10组还剩下一种情况，

有(1，3)，(6，8)，(11，13)，(16，18)，(21，23)，(26，28)，(31，33)，(36，38)，

(41，43)，(46，48)，51所以共有(1+6+11+16+21+26+31+36+41+46+51)+(3+8+13+18+23+28+33+38+43+48)＝(1+51)×11÷2+(3+48)×10÷2＝286+255＝541种．

即用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有541种不同的凑法．

7．45

【解析】

我们将符合条件的两位数列出

因此，符合要求的两位数有1+2+3+4+…+9＝(1+9)×9÷2＝45个．

8．10

【解析】运用加法原理，把组成方法分成三大类：

①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角；5张2角；2张5角。

②取两种人民币组成1元，有5种方法：1张5角和5张1角；一张2角和8张1角；2张2角和6张1角；3张2角和4张1角；4张2角和2张1角。

③取三种人民币组成1元，有2种方法：1张5角、1张2角和3张1角的；1张5角、2张2角和1张1角的。

所以共有组成方法：3+5+2=10（种）。

9．10

【解析】一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：24=9+9+7； 24=9+8+7；24=8+8+8。运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：

①由9、9、8三个数字可组成3个三位数：998、989、899；

②由9、8、7三个数字可组成6个三位数：987、978、897、879、798、789；

③由8、8、8三个数字可组成1个三位数：888。

所以组成三位数共有：3+6+1=10（个）。

10．70

【解析】围三角形的依据：三根木条能围成三角形，必须满足任意两边之和大于第三边。要满足这个条件，需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。

这道题的计数比较复杂，需要分层重复运用加法原理。

根据三角形三边长度情况，我们先把围成的三角形分为两大类：

第一大类：围成三角形的三根木条，至少有两根木条等长（包括三根等长的）。

由题目条件，围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米，根据三角形腰长，第一大类又可以分为8小类，三边长依次是：

①腰长为1的三角形1个：1、1、1。

②腰长为2的三角形3个：2、2、1；2、2、2；2、2、3。

③腰长为3的三角形5个：3、3、1；3、3、2；3、3、3；3、3、4；3、3、5。

④腰长为4的三角形7个：4、4、1；4、4、2；……4、4、7。

⑤腰长为5的三角形8个：5、5、1；5、5、2；……5、5、8。

同理，腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。

第一大类可围成的不同的三角形：1+3+5+7+8×4=48（个）。

第二大类：围成三角形的三根木条，任意两根木条的长度都不同。

根据最长边的长度，我们再把第二大类围成的三角形分为五小类（最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米）：

①最长边为8厘米的三角形有9个，三边长分别为：8、7、6；8、7、5；8、7、4；8、7、3；8、7、2；8、6、5；8、6、4；8、6、3；8、5、4。

②最长边为7厘米的三角形有6个，三边长分别为：7、6、5；7、6、4；7、6、3；7、6、2；7、5、4；7、5、3。

③最长边为6厘米的三角形有4个，三边长分别为：6、5、4；6、5、3；6、5、2；6、4、3。

④最长边为5厘米的三角形有2个，三边长分别为：5、4、3；5、4、2。

⑤最长边为4厘米的三角形有1个，三边长为：4、3、2。

第二大类可围成的不同的三角形：9+6+4+2+1=22（个）。

所以，这一题共可以围成不同的三角形：48+22=70（个）。

11．45

【解析】要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑：第1把钥匙要配到锁，最多要试9次（如果9次配对失败，第10把锁就一定是这把钥匙，不用再试）；同理，第2把钥匙最多要试8次；……第9把锁最多试1次，最好一把锁不用试。

所以，最多试验次数为：9+8+7……+2+1=45（次）。

13．9

【解析】根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一共可以表示出不同的信号

3＋6=9（种）。

15．10

【解析】一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：24=9+9+6； 24=9+8+7；24=8+8+8。运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：

9、9、7三个数字可组成3个三位数：997、979、799；

②由9、8、7三个数字可组成6个三位数：987、978、897、879、798、789；

③由8、8、8三个数字可组成1个三位数：888。

所以组成三位数共有：3+6+1=10（个）。

16．89

【解析】登上第1级台阶只有1种登法。登上第2级台阶可由第1级台阶上去，或者从平地跨2级上去，故有2种登法。登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去，或者从第2级台阶上去，所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和，共有1+2＝3（种）„„一般地，登上第n级台阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级上去，或者从第（n—2）级台阶跨两级上去。根据加法原理，如果登上第（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法，则登上第n级有（a＋b）种方法。因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法，就可以依次推算出登上以后各级的方法数。由登上第1级有1种方法，登上第2级有2种方法，可得出下面一串数：

1，2，3，5，8，13，21，34，55，89。

其中从第三个数起，每个数都是它前面两个数之和。登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个，即89。