[板块专题题库7-1-2]加法原理之分类枚举（二）.
1．有一个电子表的表面用2个数码显示“小时”，另用2个数码显示“分”。例如“21：32”表示21时32分，那么这个手表从“10：00”至“11：30”之间共有 分钟表面上显示有数码“2”.
【答案】27
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：显示小时的数码不会出现2，只有分钟会出现。
10点到11点分别有2，12，20，21，22，……，29，32，42，52，共15次，
11点到11点半有2，12，20，21，22，……，29共12次，所以有27分钟。
故答案为：27。
【分析】已知只有分钟位置会出现“2”，可以分别列举出10点到11点、11点到11点半中，一共可以出现多少种含“2”的分钟数，两者相加即可。
2．袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有 种可能．
【答案】18
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：如果没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（1、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）4种.
如果拿1个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、（4、1）5种.
如果拿2个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、（4、0）5种
如果拿3个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、0）4种.
可见他拿出球的情况共有：4+5+5+4=18（种）．
有18种.
故答案为：18。
【分析】小明从中任意拿出6个球，有没拿红球、拿1个红球、拿2个红球、拿3个红球四种情况；分别写出这四种情况下，拿（黄、白）球的可能有多少种，最后将四个数字相加。
3．（小学奥数系列7-1加法原理（一））1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号（最少插一个乘号），可以得到多少个不同的乘积
【答案】解：按插入乘号的个数进行分类：
①若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
②若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
③若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：
1×2×3×4.
所以，根据加法原理共有 种不同的乘积．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】四个数字最多可以插入3个乘号，那么可以分为三类，即第一类：插入一个乘号，第二类：插入二个乘号，第三类：插入三个乘号，然后分别计算出每一类中的插法，最后把它们加起来即可。
4．（小学奥数系列7-1加法原理（一））1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个
【答案】解：小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是
百位为7时，只有1799，一个；
百位为8时，只有1889，1898，二个；
百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；
总计共1＋2＋3=6个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位数的千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7，那么百位数字有3种情况，然后分别把每一种情况中组成的个数加起来即可。
5．（小学奥数系列7-1加法原理（一））1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个
【答案】解：小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为 ，因此，百位数字至少是5．于是
百位为5时，只有1599一个；
百位为6时，只有1689，1698两个；
百位为7时，只有1779，1788，1797三个；
百位为8时，只有1869，1878，1887，1896四个；
百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；
根据加法原理，总计共 个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位数的千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是5，那么百位数字有5种情况，然后分别把每一种情况中组成的个数加起来即可。
6．（小学奥数系列7-1加法原理（一））2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个
【答案】解：大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7．于是根据百位数进行分类：
第一类，百位为7时，只有2700一个；
第二类，百位为6时，只有2610，2601两个；
第三类，百位为5时，只有2520，2511，2502三个；
第四类，百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；
第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；
第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；
第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；
第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八个；
根据加法原理，总计共 个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】大于2000小于3000的四位数的千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7，那么百位数字有8种情况，然后分别把每一种情况中组成的个数加起来即可。
7．从101到900这800个自然数中，数字和被8整除的数共有 个。
【答案】100
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：数字和被8整除，则数字和可能为8、16、24
①数字和8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2
这样的数共有个
②数字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……
这样的数共有58个
③数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8
这样的数共有6个
所以满足题意的数字共有100个
故答案为：100。
【分析】设能被8整除的数的个数为x，则101≤8x<900，因此13≤x≤112，所以数字和被8整除的数共有112-13+1=100 (个) .
8．（小学奥数系列7-1加法原理（一））在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？
【答案】解：以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：
第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：
⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；
⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；
⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个；
⑷十位数字为3，有1030，共1个．
第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：
⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；
⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个；
⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．
第3类——个位数字是2，满足条件的数共有3个．其中：
⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个；
⑵十位数字为1，有1012，共1个．
第4类——个位数字是3，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有1003，共1个．
根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有 个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】根据个位的数字，可以分成4类，即第一类：个位数字是0，第二类：个位数字是1，第三类，个位数字是2，第四类：个位数字是3，然后分别把每一类满足条件的个数加起来即可。
9．将1~999这999个自然数排成一行（不一定按从大到小或从小到大的顺序排列），得到一个2889位数，那么数字串“123”最多能出现 次．
【答案】23
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：构成数字串“123”的方式有很多，它可能是由一个数单独构成，也可能是由两个数或三个数构成．统计数字串“123”出现的次数，最好的办法就是对其进行分类统计．我们将出现的“123”分为如下几类：就是123三位数本身，一个；1和23分别属于两个不同的多位数，那么后面这个数可能是23或以23开头的三位数.23或以23开头的三位数有23，230，231，232，…，238，239共11个，而以1结尾的数远远多于11个，所以这类最多有11个；12和3分别属于两个不同的多位数，那么前面这个数可能是12或以12结尾的三位数.12或以12结尾的三位数有12，112，212，312，…，812，912共10个，而以3结尾的数远远多于10个，最多有10个；1、2和3分别属于三个不同的多位数，那么中间这个数只能是2，最多出现1次．综上，最多出现次，而且易看出可以达到．
故答案为：23。
【分析】需要确定将1到999的自然数排成一个288位数时，数字串“123”最多能出现的次数。首先，需要明确每个数的位数分布，然后分析如何排列这些数以最大化“123”的出现次数。
10．将、以及另外个不同的自然数填入下面六个□，使这个自然数从左到右构成等差数列，一共有 种不同的填法。
□□□□□□
【答案】18
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：由于和都在该等差数列当中，所以该等差数列的公差是与之差的约数，即只能是，，，，对这些公差分别讨论：
（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，但一共只有个方格，所以该情况不存在。
（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以枚举种填法。
（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以枚举出种填法。
（）当公差为时，两个数所在的位置相邻，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，只能枚举出种填法。所以一共只有种填法。
故答案为：18。
【分析】等差数列的公差有1、2、3、6四种可能性，分别写出公差为1、2、3、6时有多少种填法，最后相加。
11．（小学奥数系列7-1加法原理（一））有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止，如 ， 等等，这类数共有 个.
【答案】45
【知识点】加法原理
【解析】【解答】按自然数的最高位数分类：（1）最高位为1的有：10112358，10112358，112358，1347，1459，156，167，178，189共9个；（2）最高位为2的有202246、21347、2246、2358、246、257、268、279共8个；（3）最高位为3的有303369、31459、3257、3369、347、358、369共7个；……，（9）最高位为9的有9099共1个。所以这类数共有9+8+7+6+……1=45个。
故答案为：45。
【分析】因为从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，所以，从最高位上的数字进行分类，即最高位分别从1开始到9，把每一类中这样的数的个数加起来即可。
12．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？
【答案】解：十位数字可以是1到9，个位数字必须小于十位数字。例如：
当十位为1时，个位只能是0，共1个数（10）；
当十位为2时，个位可为0或1，共2个数（20，21）；
以此类推，十位为n（1≤n≤9）时，个位有n种选择（0到n-1），共n个数。
总数 = 1 + 2 + 3 + … + 9 = = 45。
答： 十位数字比个位数字大的两位数有45个。
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【分析】首先列举十位与个位的可能组合，然后将十位从1到9的可能数相加，计算总数。
13．（小学奥数系列7-1加法原理（一））如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数．那么，小于2008的迎春数一共有多少个？
【答案】解：（法1）两位数中迎春数的个数．
⑴十位数字为1的：12，13，……，19.8个
⑵十位数字为2的：23，24，……29.7个
⑶十位数字为3的：34，35，……39.6个
⑷十位数字为4的：45，46，……49.5个
⑸十位数字为5的：56，57，……59.4个
⑹十位数字为6的：67，68，69.3个
⑺十位数字为7的：78，79.2个
⑻十位数字为8的：89.1个
两位数共 个
三位数中迎春数的个数
⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个．
⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个．
⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个．
⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个．
⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个．
⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个．
⑺百位数字是7的：789.1个
1000～1999中迎春数的个数
⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个．
⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个．
⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个．
⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个．
⑸前两位是16的：1678，1679，1689.3个．
⑹前两位是17的：1789.1个
共56个．
所以小于2008的迎春数共 个．
（法2）小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有 个．三位数的取法有 个.1000多的迎春数的取法有 个．
所以共 个．
【知识点】加法原理；排列组合
【解析】【分析】方法一：小于2008的迎春数可以分为三类，即第一类：两位数中迎春数的个数，第二类： 三位数中迎春数的个数，第三类：1000～1999中迎春数的个数，然后把每一类中的个数加起来即可；
方法二：小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数中，第二个数字有9种取法，第一个数字中有9-1=8种取法，那么两位数的取法有9×8÷2=36种，据此可以分别求出三位数和1000多的数的取法，最后把这三种数的取法加起来即可。
14．（小学奥数系列7-1加法原理（一））有些五位数的各位数字均取自1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字（大减小）的差都是1．问这样的五位数共有多少个？
【答案】解：⑴首位取1时，千位只能是2，百位可以是1和3．
百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3.2种．
百位是3，十位可以是2和4；十位是2，个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5.4种．
所以，首位取1时，共有 种．
⑵首位取2时，千位可以是1和3．
千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3种．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3种．百位是4，十位可以是3和5，有3种．千位是3时有 种．
所以首位取2时，共有 种．
⑶首位取3时，千位可以取2和4．
千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3；2种．百位是3时，十位可以是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4，个位可以是3和5；4种．
千位是4，百位可以取3和5．
百位是5，十位只能是4，个位可以是3和5；2种．百位是3，十位可能是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4个位可以是3和5；4种．
所以，首位取3时，共有 种．
⑷首位取4时，千位可以取3和5．
千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3个位可以是2和4；十位是5个位只能是4．有3种．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1个位只能是2；十位是3个位可以是2和4．有3种．百位是4，十位可以是3和5．十位是5个位只能是4；十位是3，个位可以是2和4．有3种．千位是3共有 种．
所以，首位取4时，共有 种．
⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2种；百位是3，十位可以是2和4，有4种．所以，首位取5时共有 种．
总共有： 个
也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有： 个
【知识点】加法原理；排列组合
【解析】【分析】因为是组成五位数，那么可以分为5类，即第一类：首位取1时，那么千位只能是2；第二类：首位取2时，千位可以是1和3；第三类：首位取3时，千位可以取2和4；第四类：首位取4时，千位可以取3和5；第五类：首位取5时，千位只能是4。然后分别把每一类中数字的组法就出来，最后加起来即可。
15．从1～999中选出连续6个自然数，使得它们的乘积的末尾恰有4个0，一共有 种选法．
【答案】17
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：连续的6个自然数中，必有3个偶数，这3个偶数是3个连续偶数，其中至少有1个是4的倍数，那么这3个偶数的积肯定是的倍数，所以任意的连续6个自然数的积都是的倍数．
另外，连续的6个自然数中，至少有一个5的倍数，至多有两个5的倍数：
⑴如果其中只有1个5的倍数，由于末尾要有4个0，那么这个5的倍数应是的倍数，即是625的倍数，又小于1000，只能是625，那么这6个数可以是621～626，622～627，623～628，624～629，共4种；⑵如果其中有2个5的倍数，那么只能是这连续6个自然数中的最大数和最小数都是5的倍数．由于这两个5的倍数不可能同时是25的倍数，所以其中必有一个是的倍数，可能为125，250，375，500，625，750，900．对于其中除625外的6个数，每个数都可以是这连续6个自然数中的最大数和最小数，所以对这6个数，每个数都有2种取法，共有种取法；而对于625来说，与另一个5的倍数相乘，将会是的倍数，要想使末尾恰有4个0，则这连续6个自然数的乘积要是的倍数但又不是的倍数．检验620～625和625～630这两组的连续6个自然数，后者满足题意，前者则不合题意．所以有2个5的倍数的情况下共有种选法．
根据加法原理，共有种选法．小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉625～630这一组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是2比5多的情况，所以学生可能对于2比5少的可能性根本不予考虑．
故答案为：17。
【分析】题目要求找出1到999中连续6个自然数，其乘积末尾恰好有4个0。末尾0的个数由乘积中因数2和5的最小值决定，因此需要乘积中至少包含4个2和4个5。由于连续6个数中因数2的数量通常较多，关键在于分析因数5的分布情况。通过分析因数5的可能组合方式，确定满足条件的连续数段，并统计其数量。
16．两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出6朵串成花环（图是其中的一种情况），可以得到不同的花环 种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。
【答案】13
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：考虑月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况，分类讨论：
（1）有0朵月季花，则有1种；
（2）有1朵月季花，则有1种；
（3）有2朵月季花，2朵月季花中间可包夹有0、1、2朵月季花，共有3种情况。（包夹3、4朵分与包夹1、0朵相同）；
（4）有3朵月季花，3多月季花中间可包含有0、1、2朵月季花，共有3种情况。（包含3朵月季花与包含0朵相同）；
（5）有4朵月季花，同（3），有3种情况；
（6）有5朵月季花，有1种；
（7）有6朵月季花，有1种；
所以共有1+1+3+3+3+1+1=13（种）
故答案为：13。
【分析】月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况，分别讨论7类情况下会有多少种花环，最后求和。
17．某次武林大会有九个级别的高手参加，按级别从高到低分别是游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师．为公平起见，分组比赛的规则是：两人或三人分为一组，若两人一组，则这两人级别必须相同；若三人一组，则这三名高手级别相同，或者是连续的三个级别各一名．现有13个人，其中有三名游侠、三名牧师，其它七类高手各一名．若此时再有一人加入，所有这些人共分为五组比赛，那么新加入这个人的级别可以有 种选择．
【答案】9
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：现在总共是有14个人，且分为五组，则必然是下面的这种情况：
给：游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师依次编号为：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨．
接下来分情况讨论：
第一种情况：如果里填①①，则其它组可以是：
①②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨、⑨⑨那么加入⑨．
也可以是：①②③、④⑤、⑥⑦⑧、⑨⑨⑨那么加入③或⑥都可．
第二种情况：如果里填⑨⑨，则其它组可以是：
①①①、②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨那么加入①或④都可．
也可以是：①①①、②③④、⑤⑥⑦、⑧⑨那么加入⑦．
第三种情况：如果里填①①①、⑨⑨⑨，那么其它组可以是：②③④、⑤⑥⑦、⑧那么加入⑧．也可以是：②、③④⑤、⑥⑦⑧那么加入②．还可以是：②③④、⑤、⑥⑦⑧那么加入⑤．
所以新加入这个人的级别可以有9种选择．
故答案为：9。
【分析】为9个级别进行编号，将14个人分成5组，一共有3种情况；分别讨论3种情况中有多少种选择，最后求和。
1 / 1[板块专题题库7-1-2]加法原理之分类枚举（二）.
1．有一个电子表的表面用2个数码显示“小时”，另用2个数码显示“分”。例如“21：32”表示21时32分，那么这个手表从“10：00”至“11：30”之间共有 分钟表面上显示有数码“2”.
2．袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有 种可能．
3．（小学奥数系列7-1加法原理（一））1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号（最少插一个乘号），可以得到多少个不同的乘积
4．（小学奥数系列7-1加法原理（一））1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个
5．（小学奥数系列7-1加法原理（一））1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个
6．（小学奥数系列7-1加法原理（一））2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个
7．从101到900这800个自然数中，数字和被8整除的数共有 个。
8．（小学奥数系列7-1加法原理（一））在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？
9．将1~999这999个自然数排成一行（不一定按从大到小或从小到大的顺序排列），得到一个2889位数，那么数字串“123”最多能出现 次．
10．将、以及另外个不同的自然数填入下面六个□，使这个自然数从左到右构成等差数列，一共有 种不同的填法。
□□□□□□
11．（小学奥数系列7-1加法原理（一））有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止，如 ， 等等，这类数共有 个.
12．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？
13．（小学奥数系列7-1加法原理（一））如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数．那么，小于2008的迎春数一共有多少个？
14．（小学奥数系列7-1加法原理（一））有些五位数的各位数字均取自1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字（大减小）的差都是1．问这样的五位数共有多少个？
15．从1～999中选出连续6个自然数，使得它们的乘积的末尾恰有4个0，一共有 种选法．
16．两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出6朵串成花环（图是其中的一种情况），可以得到不同的花环 种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。
17．某次武林大会有九个级别的高手参加，按级别从高到低分别是游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师．为公平起见，分组比赛的规则是：两人或三人分为一组，若两人一组，则这两人级别必须相同；若三人一组，则这三名高手级别相同，或者是连续的三个级别各一名．现有13个人，其中有三名游侠、三名牧师，其它七类高手各一名．若此时再有一人加入，所有这些人共分为五组比赛，那么新加入这个人的级别可以有 种选择．
答案解析部分
1．【答案】27
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：显示小时的数码不会出现2，只有分钟会出现。
10点到11点分别有2，12，20，21，22，……，29，32，42，52，共15次，
11点到11点半有2，12，20，21，22，……，29共12次，所以有27分钟。
故答案为：27。
【分析】已知只有分钟位置会出现“2”，可以分别列举出10点到11点、11点到11点半中，一共可以出现多少种含“2”的分钟数，两者相加即可。
2．【答案】18
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：如果没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（1、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）4种.
如果拿1个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、（4、1）5种.
如果拿2个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、（4、0）5种
如果拿3个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、0）4种.
可见他拿出球的情况共有：4+5+5+4=18（种）．
有18种.
故答案为：18。
【分析】小明从中任意拿出6个球，有没拿红球、拿1个红球、拿2个红球、拿3个红球四种情况；分别写出这四种情况下，拿（黄、白）球的可能有多少种，最后将四个数字相加。
3．【答案】解：按插入乘号的个数进行分类：
①若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
②若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
③若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：
1×2×3×4.
所以，根据加法原理共有 种不同的乘积．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】四个数字最多可以插入3个乘号，那么可以分为三类，即第一类：插入一个乘号，第二类：插入二个乘号，第三类：插入三个乘号，然后分别计算出每一类中的插法，最后把它们加起来即可。
4．【答案】解：小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是
百位为7时，只有1799，一个；
百位为8时，只有1889，1898，二个；
百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；
总计共1＋2＋3=6个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位数的千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7，那么百位数字有3种情况，然后分别把每一种情况中组成的个数加起来即可。
5．【答案】解：小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为 ，因此，百位数字至少是5．于是
百位为5时，只有1599一个；
百位为6时，只有1689，1698两个；
百位为7时，只有1779，1788，1797三个；
百位为8时，只有1869，1878，1887，1896四个；
百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；
根据加法原理，总计共 个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】小于2000的四位数的千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是5，那么百位数字有5种情况，然后分别把每一种情况中组成的个数加起来即可。
6．【答案】解：大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7．于是根据百位数进行分类：
第一类，百位为7时，只有2700一个；
第二类，百位为6时，只有2610，2601两个；
第三类，百位为5时，只有2520，2511，2502三个；
第四类，百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；
第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；
第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；
第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；
第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八个；
根据加法原理，总计共 个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】大于2000小于3000的四位数的千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7，那么百位数字有8种情况，然后分别把每一种情况中组成的个数加起来即可。
7．【答案】100
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：数字和被8整除，则数字和可能为8、16、24
①数字和8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2
这样的数共有个
②数字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……
这样的数共有58个
③数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8
这样的数共有6个
所以满足题意的数字共有100个
故答案为：100。
【分析】设能被8整除的数的个数为x，则101≤8x<900，因此13≤x≤112，所以数字和被8整除的数共有112-13+1=100 (个) .
8．【答案】解：以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：
第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：
⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；
⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；
⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个；
⑷十位数字为3，有1030，共1个．
第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：
⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；
⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个；
⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．
第3类——个位数字是2，满足条件的数共有3个．其中：
⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个；
⑵十位数字为1，有1012，共1个．
第4类——个位数字是3，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有1003，共1个．
根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有 个．
【知识点】加法原理
【解析】【分析】根据个位的数字，可以分成4类，即第一类：个位数字是0，第二类：个位数字是1，第三类，个位数字是2，第四类：个位数字是3，然后分别把每一类满足条件的个数加起来即可。
9．【答案】23
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：构成数字串“123”的方式有很多，它可能是由一个数单独构成，也可能是由两个数或三个数构成．统计数字串“123”出现的次数，最好的办法就是对其进行分类统计．我们将出现的“123”分为如下几类：就是123三位数本身，一个；1和23分别属于两个不同的多位数，那么后面这个数可能是23或以23开头的三位数.23或以23开头的三位数有23，230，231，232，…，238，239共11个，而以1结尾的数远远多于11个，所以这类最多有11个；12和3分别属于两个不同的多位数，那么前面这个数可能是12或以12结尾的三位数.12或以12结尾的三位数有12，112，212，312，…，812，912共10个，而以3结尾的数远远多于10个，最多有10个；1、2和3分别属于三个不同的多位数，那么中间这个数只能是2，最多出现1次．综上，最多出现次，而且易看出可以达到．
故答案为：23。
【分析】需要确定将1到999的自然数排成一个288位数时，数字串“123”最多能出现的次数。首先，需要明确每个数的位数分布，然后分析如何排列这些数以最大化“123”的出现次数。
10．【答案】18
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：由于和都在该等差数列当中，所以该等差数列的公差是与之差的约数，即只能是，，，，对这些公差分别讨论：
（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，但一共只有个方格，所以该情况不存在。
（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以枚举种填法。
（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以枚举出种填法。
（）当公差为时，两个数所在的位置相邻，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，只能枚举出种填法。所以一共只有种填法。
故答案为：18。
【分析】等差数列的公差有1、2、3、6四种可能性，分别写出公差为1、2、3、6时有多少种填法，最后相加。
11．【答案】45
【知识点】加法原理
【解析】【解答】按自然数的最高位数分类：（1）最高位为1的有：10112358，10112358，112358，1347，1459，156，167，178，189共9个；（2）最高位为2的有202246、21347、2246、2358、246、257、268、279共8个；（3）最高位为3的有303369、31459、3257、3369、347、358、369共7个；……，（9）最高位为9的有9099共1个。所以这类数共有9+8+7+6+……1=45个。
故答案为：45。
【分析】因为从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，所以，从最高位上的数字进行分类，即最高位分别从1开始到9，把每一类中这样的数的个数加起来即可。
12．【答案】解：十位数字可以是1到9，个位数字必须小于十位数字。例如：
当十位为1时，个位只能是0，共1个数（10）；
当十位为2时，个位可为0或1，共2个数（20，21）；
以此类推，十位为n（1≤n≤9）时，个位有n种选择（0到n-1），共n个数。
总数 = 1 + 2 + 3 + … + 9 = = 45。
答： 十位数字比个位数字大的两位数有45个。
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【分析】首先列举十位与个位的可能组合，然后将十位从1到9的可能数相加，计算总数。
13．【答案】解：（法1）两位数中迎春数的个数．
⑴十位数字为1的：12，13，……，19.8个
⑵十位数字为2的：23，24，……29.7个
⑶十位数字为3的：34，35，……39.6个
⑷十位数字为4的：45，46，……49.5个
⑸十位数字为5的：56，57，……59.4个
⑹十位数字为6的：67，68，69.3个
⑺十位数字为7的：78，79.2个
⑻十位数字为8的：89.1个
两位数共 个
三位数中迎春数的个数
⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个．
⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个．
⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个．
⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个．
⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个．
⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个．
⑺百位数字是7的：789.1个
1000～1999中迎春数的个数
⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个．
⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个．
⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个．
⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个．
⑸前两位是16的：1678，1679，1689.3个．
⑹前两位是17的：1789.1个
共56个．
所以小于2008的迎春数共 个．
（法2）小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有 个．三位数的取法有 个.1000多的迎春数的取法有 个．
所以共 个．
【知识点】加法原理；排列组合
【解析】【分析】方法一：小于2008的迎春数可以分为三类，即第一类：两位数中迎春数的个数，第二类： 三位数中迎春数的个数，第三类：1000～1999中迎春数的个数，然后把每一类中的个数加起来即可；
方法二：小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数中，第二个数字有9种取法，第一个数字中有9-1=8种取法，那么两位数的取法有9×8÷2=36种，据此可以分别求出三位数和1000多的数的取法，最后把这三种数的取法加起来即可。
14．【答案】解：⑴首位取1时，千位只能是2，百位可以是1和3．
百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3.2种．
百位是3，十位可以是2和4；十位是2，个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5.4种．
所以，首位取1时，共有 种．
⑵首位取2时，千位可以是1和3．
千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3种．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3种．百位是4，十位可以是3和5，有3种．千位是3时有 种．
所以首位取2时，共有 种．
⑶首位取3时，千位可以取2和4．
千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3；2种．百位是3时，十位可以是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4，个位可以是3和5；4种．
千位是4，百位可以取3和5．
百位是5，十位只能是4，个位可以是3和5；2种．百位是3，十位可能是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4个位可以是3和5；4种．
所以，首位取3时，共有 种．
⑷首位取4时，千位可以取3和5．
千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3个位可以是2和4；十位是5个位只能是4．有3种．
千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1个位只能是2；十位是3个位可以是2和4．有3种．百位是4，十位可以是3和5．十位是5个位只能是4；十位是3，个位可以是2和4．有3种．千位是3共有 种．
所以，首位取4时，共有 种．
⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2种；百位是3，十位可以是2和4，有4种．所以，首位取5时共有 种．
总共有： 个
也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有： 个
【知识点】加法原理；排列组合
【解析】【分析】因为是组成五位数，那么可以分为5类，即第一类：首位取1时，那么千位只能是2；第二类：首位取2时，千位可以是1和3；第三类：首位取3时，千位可以取2和4；第四类：首位取4时，千位可以取3和5；第五类：首位取5时，千位只能是4。然后分别把每一类中数字的组法就出来，最后加起来即可。
15．【答案】17
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：连续的6个自然数中，必有3个偶数，这3个偶数是3个连续偶数，其中至少有1个是4的倍数，那么这3个偶数的积肯定是的倍数，所以任意的连续6个自然数的积都是的倍数．
另外，连续的6个自然数中，至少有一个5的倍数，至多有两个5的倍数：
⑴如果其中只有1个5的倍数，由于末尾要有4个0，那么这个5的倍数应是的倍数，即是625的倍数，又小于1000，只能是625，那么这6个数可以是621～626，622～627，623～628，624～629，共4种；⑵如果其中有2个5的倍数，那么只能是这连续6个自然数中的最大数和最小数都是5的倍数．由于这两个5的倍数不可能同时是25的倍数，所以其中必有一个是的倍数，可能为125，250，375，500，625，750，900．对于其中除625外的6个数，每个数都可以是这连续6个自然数中的最大数和最小数，所以对这6个数，每个数都有2种取法，共有种取法；而对于625来说，与另一个5的倍数相乘，将会是的倍数，要想使末尾恰有4个0，则这连续6个自然数的乘积要是的倍数但又不是的倍数．检验620～625和625～630这两组的连续6个自然数，后者满足题意，前者则不合题意．所以有2个5的倍数的情况下共有种选法．
根据加法原理，共有种选法．小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉625～630这一组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是2比5多的情况，所以学生可能对于2比5少的可能性根本不予考虑．
故答案为：17。
【分析】题目要求找出1到999中连续6个自然数，其乘积末尾恰好有4个0。末尾0的个数由乘积中因数2和5的最小值决定，因此需要乘积中至少包含4个2和4个5。由于连续6个数中因数2的数量通常较多，关键在于分析因数5的分布情况。通过分析因数5的可能组合方式，确定满足条件的连续数段，并统计其数量。
16．【答案】13
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：考虑月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况，分类讨论：
（1）有0朵月季花，则有1种；
（2）有1朵月季花，则有1种；
（3）有2朵月季花，2朵月季花中间可包夹有0、1、2朵月季花，共有3种情况。（包夹3、4朵分与包夹1、0朵相同）；
（4）有3朵月季花，3多月季花中间可包含有0、1、2朵月季花，共有3种情况。（包含3朵月季花与包含0朵相同）；
（5）有4朵月季花，同（3），有3种情况；
（6）有5朵月季花，有1种；
（7）有6朵月季花，有1种；
所以共有1+1+3+3+3+1+1=13（种）
故答案为：13。
【分析】月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况，分别讨论7类情况下会有多少种花环，最后求和。
17．【答案】9
【知识点】加法原理；枚举法
【解析】【解答】解：现在总共是有14个人，且分为五组，则必然是下面的这种情况：
给：游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师依次编号为：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨．
接下来分情况讨论：
第一种情况：如果里填①①，则其它组可以是：
①②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨、⑨⑨那么加入⑨．
也可以是：①②③、④⑤、⑥⑦⑧、⑨⑨⑨那么加入③或⑥都可．
第二种情况：如果里填⑨⑨，则其它组可以是：
①①①、②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨那么加入①或④都可．
也可以是：①①①、②③④、⑤⑥⑦、⑧⑨那么加入⑦．
第三种情况：如果里填①①①、⑨⑨⑨，那么其它组可以是：②③④、⑤⑥⑦、⑧那么加入⑧．也可以是：②、③④⑤、⑥⑦⑧那么加入②．还可以是：②③④、⑤、⑥⑦⑧那么加入⑤．
所以新加入这个人的级别可以有9种选择．
故答案为：9。
【分析】为9个级别进行编号，将14个人分成5组，一共有3种情况；分别讨论3种情况中有多少种选择，最后求和。
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