2024年全國III卷高考數學真題及答案

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　　在學習和工作的日常里，我們會經常接觸并使用真題，真題是學校或各主辦方考核某種知識才能的標準。你知道什么樣的真題才是好真題嗎？下面是小編整理的2024年全國III卷高考數學真題及答案，歡迎閱讀，希望大家能夠喜歡。

2024年全國III卷高考數學真題及答案

　　真題及答案1：

　　1.某個自然數被187除余52，被188除也余52，那么這個自然數被22除的余數是_______.

　　【答案】8

　　【解】這個自然數減去52后，就能被187和188整除，為了說明方便，這個自然數減去52后所得的數用M表示，因187=17×11，故M能被11整除；因M能被188整除，故，M也能被2整除，所以，M也能被11×2=22整除，原來的自然數是M+52，因為M能被22整除，當考慮M+52被22除后的余數時，只需要考慮52被22除后的余數.52=22×2+8這個自然數被22除余8.

　　2.有一堆球，如果是10的倍數個，就平均分成10堆，并且拿走9堆；如果不是10的倍數個，就添加幾個球(不超過9個)，使這堆球成為10的倍數個，然后將這些球平均分成10堆，并且拿走9堆。這個過程稱為一次操作。如果最初這堆球的個數為

　　123456789101112…9899.

　　連續進行操作，直至剩下1個球為止，那么共進行了次操作；共添加了個球.

　　【答案】189次；802個。

　　【解】這個數共有189位，每操作一次減少一位。操作188次后，剩下2，再操作一次，剩下1。共操作189次。這個189位數的各個數位上的數字之和是

　　(1+2+3+…+9)20=900。

　　由操作的過程知道，添加的球數相當于將原來球數的每位數字都補成9，再添1個球。所以共添球1899-900+1=802(個)。

　　真題及答案2：

　　一、選擇題

　　1.某年級有6個班，分別派3名語文教師任教，每個教師教2個班，則不同的任課方法種數為( )

　　A.C26C24C22 B.A26A24A22

　　C.C26C24C22C33 D.A26C24C22A33

　　[答案] A

　　2.從單詞“equation”中取5個不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相連且順序不變)的不同排法共有( )

　　A.120種 B.480種

　　C.720種 D.840種

　　[答案] B

　　[解析] 先選后排，從除qu外的6個字母中任選3個字母有C36種排法，再將qu看成一個整體(相當于一個元素)與選出的3個字母進行全排列有A44種排法，由分步乘法計數原理得不同排法共有C36A44＝480(種).

　　3.從編號為1、2、3、4的四種不同的種子中選出3種，在3塊不同的土地上試種，每塊土地上試種一種，其中1號種子必須試種，則不同的試種方法有( )

　　A.24種 B.18種

　　C.12種 D.96種

　　[答案] B

　　[解析] 先選后排C23A33＝18，故選B.

　　4.把0、1、2、3、4、5這六個數，每次取三個不同的數字，把其中最大的數放在百位上排成三位數，這樣的三位數有( )

　　A.40個 B.120個

　　C.360個 D.720個

　　[答案] A

　　[解析] 先選取3個不同的數有C36種方法，然后把其中最大的數放在百位上，另兩個不同的數放在十位和個位上，有A22種排法，故共有C36A22＝40個三位數.

　　5.(2010湖南理，7)在某種信息傳輸過程中，用4個數字的一個排列(數字允許重復)表示一個信息，不同排列表示不同信息，若所用數字只有0和1，則與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息個數為( )

　　A.10 B.11

　　C.12 D.15

　　[答案] B

　　[解析] 與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息包括三類：

　　第一類：與信息0110只有兩個對應位置上的數字相同有C24＝6(個)

　　第二類：與信息0110只有一個對應位置上的數字相同有C14＝4(個)

　　第三類：與信息0110沒有一個對應位置上的數字相同有C04＝1(個)

　　與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息有6＋4＋1＝11(個)

　　6.北京《財富》全球論壇開幕期間，某高校有14名志愿者參加接待工作.若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當天不同的排班種數為( )

　　A.C414C412C48 B.C1214C412C48

　　C.C1214C412C48A33 D.C1214C412C48A33

　　[答案] B

　　[解析] 解法1：由題意知不同的排班種數為：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.

　　故選B.

　　解法2：也可先選出12人再排班為：C1214C412C48C44，即選B.

　　7.(2009湖南理5)從10名大學畢業生中選3人擔任村長助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為( )

　　A.85 B.56

　　C.49 D.28

　　[答案] C

　　[解析] 考查有限制條件的組合問題.

　　(1)從甲、乙兩人中選1人，有2種選法，從除甲、乙、丙外的7人中選2人，有C27種選法，由分步乘法計數原理知，共有2C27＝42種.

　　(2)甲、乙兩人全選，再從除丙外的其余7人中選1人共7種選法.

　　由分類計數原理知共有不同選法42＋7＝49種.

　　8.以一個正三棱柱的頂點為頂點的四面體共有( )

　　A.6個 B.12個

　　C.18個 D.30個

　　[答案] B

　　[解析] C46－3＝12個，故選B.

　　9.(2009遼寧理，5)從5名男醫生、4名女醫生中選3名醫生組成一個醫療小分隊，要求其中男、女醫生都有，則不同的組隊方案共有( )

　　A.70種 B.80種

　　C.100種 D.140種

　　[答案] A

　　[解析] 考查排列組合有關知識.

　　解：可分兩類，男醫生2名，女醫生1名或男醫生1名，女醫生2名，

　　∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴選A.

　　10.設集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}.選擇Ⅰ的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大于A中最大的數，則不同的選擇方法共有( )

　　A.50種 B.49種

　　C.48種 D.47種

　　[答案] B

　　[解析] 主要考查集合、排列、組合的基礎知識.考查分類討論的思想方法.

　　因為集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素從1、2、3、4中取，B中元素從2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一個元素.

　　1° 當A＝{1}時，選B的方案共有24－1＝15種，

　　當A＝{2}時，選B的方案共有23－1＝7種，

　　當A＝{3}時，選B的方案共有22－1＝3種，

　　當A＝{4}時，選B的方案共有21－1＝1種.

　　故A是單元素集時，B有15＋7＋3＋1＝26種.

　　2° A為二元素集時，

　　A中最大元素是2，有1種，選B的方案有23－1＝7種.

　　A中最大元素是3，有C12種，選B的方案有22－1＝3種.故共有2×3＝6種.

　　A中最大元素是4，有C13種.選B的方案有21－1＝1種，故共有3×1＝3種.

　　故A中有兩個元素時共有7＋6＋3＝16種.

　　3° A為三元素集時，

　　A中最大元素是3，有1種，選B的方案有22－1＝3種.

　　A中最大元素是4，有C23＝3種，選B的方案有1種，

　　∴共有3×1＝3種.

　　∴A為三元素時共有3＋3＝6種.

　　4° A為四元素時，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一種.

　　∴共有26＋16＋6＋1＝49種.

　　二、填空題

　　11.北京市某中學要把9臺型號相同的電腦送給西部地區的三所希望小學，每所小學至少得到2臺，共有______種不同送法.

　　[答案] 10

　　[解析] 每校先各得一臺，再將剩余6臺分成3份，用插板法解，共有C25＝10種.

　　12.一排7個座位分給3人坐，要求任何兩人都不得相鄰，所有不同排法的總數有________種.

　　[答案] 60

　　[解析] 對于任一種坐法，可視4個空位為0,3個人為1,2,3則所有不同坐法的種數可看作4個0和1,2,3的一種編碼，要求1,2,3不得相鄰故從4個0形成的5個空檔中選3個插入1,2,3即可.

　　∴不同排法有A35＝60種.

　　13.(09海南寧夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日兩天參加社區公益活動.若每天安排3人，則不同的安排方案共有________種(用數字作答).

　　[答案] 140

　　[解析] 本題主要考查排列組合知識.

　　由題意知，若每天安排3人，則不同的安排方案有

　　C37C34＝140種.

　　14.2010年上海世博會期間，將5名志愿者分配到3個不同國家的場館參加接待工作，每個場館至少分配一名志愿者的方案種數是________種.

　　[答案] 150

　　[解析] 先分組共有C35＋C25C232種，然后進行排列，有A33種，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150種方案.

　　三、解答題

　　15.解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.

　　[解析] 因為Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.經檢驗x＝3和x＝－9不符合題意，舍去，故原方程的解為x1＝－1，x2＝1.

　　16.在∠MON的邊OM上有5個異于O點的點，邊ON上有4個異于O點的點，以這10個點(含O點)為頂點，可以得到多少個三角形？

　　[解析] 解法1：(直接法)分幾種情況考慮：O為頂點的三角形中，必須另外兩個頂點分別在OM、ON上，所以有C15C14個，O不為頂點的三角形中，兩個頂點在OM上，一個頂點在ON上有C25C14個，一個頂點在OM上，兩個頂點在ON上有C15C24個.因為這是分類問題，所以用分類加法計數原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(個).

　　解法2：(間接法)先不考慮共線點的問題，從10個不同元素中任取三點的組合數是C310，但其中OM上的6個點(含O點)中任取三點不能得到三角形，ON上的5個點(含O點)中任取3點也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35個，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(個).

　　解法3：也可以這樣考慮，把O點看成是OM邊上的點，先從OM上的6個點(含O點)中取2點，ON上的4點(不含O點)中取一點，可得C26C14個三角形，再從OM上的5點(不含O點)中取一點，從ON上的4點(不含O點)中取兩點，可得C15C24個三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(個).

　　17.某次足球比賽共12支球隊參加，分三個階段進行.

　　(1)小組賽：經抽簽分成甲、乙兩組，每組6隊進行單循環比賽，以積分及凈剩球數取前兩名；

　　(2)半決賽：甲組第一名與乙組第二名，乙組第一名與甲組第二名作主客場交叉淘汰賽(每兩隊主客場各賽一場)決出勝者；

　　(3)決賽：兩個勝隊參加決賽一場，決出勝負.

　　問全程賽程共需比賽多少場？

　　[解析] (1)小組賽中每組6隊進行單循環比賽，就是6支球隊的任兩支球隊都要比賽一次，所需比賽的場次即為從6個元素中任取2個元素的組合數，所以小組賽共要比賽2C26＝30(場).

　　(2)半決賽中甲組第一名與乙組第二名(或乙組第一名與甲組第二名)主客場各賽一場，所需比賽的場次即為從2個元素中任取2個元素的排列數，所以半決賽共要比賽2A22＝4(場).

　　(3)決賽只需比賽1場，即可決出勝負.

　　所以全部賽程共需比賽30＋4＋1＝35(場).

　　18.有9本不同的課外書，分給甲、乙、丙三名同學，求在下列條件下，各有多少種分法？

　　(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；

　　(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本；