安徽省六安市毛坦厂中学2020届高三数学下学期假期作业（2.19）理（PDF）答案.pdf

1、2 月 19 日理科数学答案1从 0,1,2,3,4,5 这 6 个数字中任意取 4 个数字组成一个没有重复数字且能被 3 整除的四位数，这样的四位数有_96_个解析 依题意，只需组成的四位数各位数字的和能被 3 整除将这 6 个数字按照被 3 除和余数分类，共分为 3 类：0,3，1,4，2,5，若四位数含 0，则另外 3 个数字分别为 1,4之一，2,5 之一，3，此时有 C12C12C13A3372 种；若四位数不含 0，则 4 个数字为 1,2,4,5，此时有 A4424 种，由分类计数原理，这样的四位数有 722496 个2“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458

2、)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第 30 个数为_1_359_.解析“渐升数”由小到大排列，形如的“渐升数”共有 65432121 个；形如的“渐升数”共有 5 个；形如的“渐升数”共有 4 个，故此时共有 215430 个，因此按从小到大的顺序排列的四位“渐升数”的第 30 个数为 1 359.3由 0,1,2,3,4,5 这六个数字组成的无重复数字的自然数，求：(1)有多少个含有 2,3，但它们不相邻的五位数？(2)有多少个数字 1,2,3 必须由大到小顺序排列的六位数？解析(1)先不考虑 0 是否在首位，0,1,4,5 先排三个位置，则有 A 34个，2,3 去排四个空位，

3、有 A 24个，即有 A34A 24个；而 0 在首位时，有 A23A 23个，即有 A34A24A23A23252 个含有 2,3，但它们不相邻的五位数(2)在六个位置先排 0,4,5，先不考虑 0 是否在首位，则有 A 36个，去掉 0 在首位，即有A36A 25个，0,4,5 三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1,2,3 必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有 A36A25100 个六位数 另：用倍缩法得A15A55A33100.4从 1 到 9 的 9 个数字中取 3 个偶数 4 个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3 个偶数排在一起

4、的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解析(1)分三步完成：第一步，在 4 个偶数中取 3 个，有 C 34种情况；第二步，在 5 个奇数中取 4 个，有 C 45种情况；第三步，3 个偶数，4 个奇数进行排列，有 A 77种情况所以符合题意的七位数有 C34C45A77100 800 个(2)上述七位数中，3 个偶数排在一起的有 C34C45A55A3314 400 个(3)上述七位数中，3 个偶数排在一起，4 个奇数也排在一起的有 C34C45A33A44A225 760 个易错点错用“隔板法”错因分析：不熟悉“隔板”法所处理问题的两个基本特点：元素必须

5、相同；必须保证每组至少 1 个元素当问题不具备这些特点时，不能完成转化【例 1】(1)12 个相同的小球放入编号为 1,2,3,4 的盒子中，问每个盒子中至少有一个小球的不同放法有多少种？(2)12 个相同的小球放入编号为 1,2,3,4 的盒子中，要求每个盒子中的小球数不小于其编号数，问不同的放法有多少种？(3)12 个相同的小球放入编号为 1,2,3,4 的盒子中，每盒可空，问不同的放法有多少种？解析(1)将 12 个小球排成一排，中间 11 个间隔，在这 11 个间隔中选出 3 个，放上“隔板”，若记作“|”看作隔板，则如图 00|0000|0000|00 隔板将一排球分成四块，从左到右

6、可以看成四个盒子放入的球数，即上图中 1,2,3,4 四个盒子相应放入 2 个，4 个，4 个，2 个小球，这样每一种隔板的插法就对应了球的一种放法，即每一种从 11 个间隔中选出 3 个间隔的组合对应于一种放法，所以不同放法有 C311165 种即每盒至少有一个小球，有 165 种不同放法(2)先将 1 个，2 个，3 个小球分别放在编号为 2,3,4 的盒子中，再将余下的 6 个小球分别放在四个盒子中，每个盒子至少一个小球，有 C3510 种放法所以放球数不小于编号数的放法总数为 C3510 种(3)因为每盒可空，所以隔板之间允许无球，那么插入法就无法应用，现建立如下数学模型：添加 4 个

7、球与原来的 12 个球排成一排，中间有 15 个间隔，从这 15 个间隔中选出 3个，放上“隔板”，有 C 315个放法，隔成 4 组后，再将每组中去掉一个球即可，所以，允许空盒的放法有 C315455(种)【跟踪训练 1】(2016全国卷)定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m 项，其中m 项为 0，m 项为 1，且对任意 k2m，a1，a2，ak 中 0 的个数不少于 1 的个数，若 m4，则不同的“规范 01 数列”共有(C)A18 个B16 个C14 个D12 个解析 当 m4 时，数列an共有 8 项，其中 4 项为 0,4 项为 1，要满足对任意 k8，a1，a2，ak

8、中 0 的个数不少于 1 的个数，则必有 a10，a81，a2 可为 0，也可为 1.(1)当 a20 时，分以下 3 种情况：若 a30，则 a4，a5，a6，a7 中任意一个为 0 均可，则有 C144种情况；若 a31，a40，则 a5，a6，a7 中任意一个为 0 均可，有 C133 种情况；若 a31，a41，则 a5 必为 0，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C122 种情况；(2)当 a21 时，必有 a30，分以下 2 种情况：若 a40，则 a5，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C133 种情况；若 a41，则 a5 必为 0，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C122 种情况综上所述，不同的“规范 01 数列”共有 4323214 个，故选 C