2006-四川卷理-12 单-余数分组特性

本题导读

本题是一道将数论（被 3 整除的特征）与排列组合计数交汇的古典概型概率压轴选择题。核心在于利用对立事件思想，先求出“能被 3 整除”的三位数总个数，进而求出无法被 3 整除的概率。

📌【题干】

Question

（2006年四川卷(理)） 从 0 到 9 这 10 个数字中任取 3 个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被 3 整除的概率为()

A. $\frac{19}{54}$　　　　　B. $\frac{35}{54}$　　　　　C. $\frac{38}{54}$　　　　　D. $\frac{41}{60}$

🔍【思路分析】

破题导航

计算样本空间总数 $N$（没有重复数字的三位数总个数）：百位不能放 0（有 9 种选法），十位可放 0（剩下 9 种选法），个位有 8 种选法。总数由乘法原理决定。 转换对立事件：求“不能被 3 整除”较为繁琐。考虑其对立事件：“能被 3 整除的三位数”。一个数能被 3 整除，其充要条件是其三个数位上的数字之和能被 3 整除。 按余数进行数字分类：将 0 到 9 这 10 个数字按照除以 3 的余数分为三组：

• 余 0 组 $R_0=\{0,3,6,9\}$ （共 4 个）；
• 余 1 组 $R_1=\{1,4,7\}$ （共 3 个）；
• 余 2 组 $R_2=\{2,5,8\}$ （共 3 个）。 分类计数符合条件的组合：要使三数之和为 3 的倍数，组合选法有四类：① 三个数字全来自 $R_0$；② 三个数字全来自 $R_1$；③ 三个数字全来自 $R_2$；④ 三个组各出一个数字。注意排三位数时排除百位为 0 的非法情况。

✅【答案】

Success

B

✍【详细解析】

Abstract

解：本题计算“不能被 3 整除”的概率，采用对立事件法，先计算能被 3 整除的概率。

• 步骤一：求符合题意的三位数总个数（样本空间基数 $N$） 组成没有重复数字的三位数，百位上不能为数字 0，故有 9 种选法； 十位上有剩余的 9 种选法；个位上有剩余的 8 种选法。 $N=9\times 9\times 8=648\text{ 个}$

• 步骤二：按除以 3 的余数对 0~9 这 10 个数字进行分类 根据能被 3 整除的数位和特征，将数字按余数分为以下三组：

• 余 0 组 $R_0=\{0,3,6,9\}$ （共 4 个数字）；

• 余 1 组 $R_1=\{1,4,7\}$ （共 3 个数字）；

• 余 2 组 $R_2=\{2,5,8\}$ （共 3 个数字）。

• 步骤三：分类计数“三个数位之和能被 3 整除”的组合及排法数 要使选出的 3 个互异数字相加之和是 3 的倍数，其组合来源只能有以下四种独立构型：

1. 三个数字全部来自于 $R_0$ 组： 从 $\{0,3,6,9\}$ 中任选 3 个数字。由于包含 0，排三位数时需分步：百位有 3 种选法（不能选0），其余两数全排列有 ${\text{A}}_3^2$ 种： $m_1={\text{C}}_3^1\times {\text{A}}_3^2=3\times (3\times 2)=18\text{ 个}$

2. 三个数字全部来自于 $R_1$ 组： 从 $\{1,4,7\}$ 中选 3 个数字，共 ${\text{C}}_3^3=1$ 种组合。这三个数没有 0，任意进行全排列： $m_2={\text{A}}_3^3=6\text{ 个}$

3. 三个数字全部来自于 $R_2$ 组： 从 $\{2,5,8\}$ 中选 3 个数字，同理，没有 0 的全排列： $m_3={\text{A}}_3^3=6\text{ 个}$

4. 三个数字分别来自于 $R_0,R_1,R_2$ 三个组（各出一个）： 选数阶段：从 $R_0$ 中挑 1 个（ ${\text{C}}_4^1=4$ 种），从 $R_1$ 中挑 1 个（ ${\text{C}}_3^1=3$ 种），从 $R_2$ 中挑 1 个（ ${\text{C}}_3^1=3$ 种）。总组合数为 $4\times 3\times 3=36$ 种。 这些组合中，必须进一步分流“含 0 ”与“不含 0 ”的排法：

• 不含 0 的组合：即从 $R_0$ 中选了 $\{3,6,9\}$。选数方法有 $3\times 3\times 3=27$ 种，排列无限制： $n_{\text{不含0}}=27\times {\text{A}}_3^3=27\times 6=162\text{ 个}$
• 含 0 的组合：即从 $R_0$ 中严格选了 0。选数方法有 $1\times 3\times 3=9$ 种，由于包含 0，百位不能放 0，排法有 $2\times 2\times 1=4$ 种： $n_{\text{含0}}=9\times 4=36\text{ 个}$ 综上，第四类总个数为： $m_4=162+36=198$ 个。

累加得到所有“能被 3 整除”的三位数的总个数 $M$： $M=m_1+m_2+m_3+m_4=18+6+6+198=228\text{ 个}$

• 步骤四：计算不能被 3 整除的概率 根据古典概型， “能被 3 整除”的概率为： $P_{\text{能}}=\frac{M}{N}=\frac{228}{648}=\frac{19}{54}$

所以，利用对立事件减法原理， 目标“不能被 3 整除”的概率为： $P_{\text{不能}}=1-P_{\text{能}}=1-\frac{19}{54}=\frac{35}{54}$

故选 B

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：百位不能为0的三位数排列计数规则、能被3整除的余数分组分类法（$R_0,R_1,R_2$ 组合建模）、古典概型对立事件的概率减法转换。
• 核心方法：余数分组计数法、对立事件法。
• 避坑指南：
• 本题最易出错点在于第④类情况（各抽一个）中，由于 0 混杂在 $R_0$ 组内，必须强制将“抽中0”与“没抽中0”彻底拆开进行精细的分步排列计数。如果含混直接乘以 ${\text{A}}_3^3$ 或者直接乘以 ${\text{C}}_2^1{\text{A}}_2^2$，极易因多数或漏数零边界导致分子计算彻底崩溃。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是考查排列组合与古典概型求概率最著名的数论交汇压轴选择题。 结论推广: 针对任何从 $\{0,1,\dots ,9\}$ 中不重复抽取 $m$ 个数要求和能被 $k$ 整除的排列组合问题， 万能的唯一标准化拆解路径恒为：按模 $k$ 的同余类（Congruence class）将元素划分入不同的抽屉，再通过组合相加的余数运算（模算术）完成分类讨论。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 22.01 计数原理、排列与组合
• 15.01 古典概型

类题演练 (Links)

• 2007-湖北卷理-10 单-排列组合数论综合
• 2007-四川卷理-10 单-排列组合综合应用
• 2008-大纲卷I理-12 单-排列组合