《2025年高中必刷题高二数学选择性必修第三册人教版》

1. [浙江宁波九校2024高二期末]已知实数1,2,3,4,5,6,7,将这7个数适当排列成一列数$a_1,a_2,\cdots,a_7$,满足$a_1 ＜ a_2 ＜ a_3 ＞ a_4 ＞ a_5 ＜ a_6 ＜ a_7$,则满足要求的排列的个数为 ( )
A. 58
B. 71
C. 85
D. 96

答案： **B** 【解析】根据题意，$a_3,a_4,a_6,a_7$都比$a_5$大，所以$a_5$可能取$1,2$或$3$。当$a_5 = 1$时，$a_6,a_7$有$C_{6}^{2}$种选法，剩余数字中$a_3$最大，$a_1,a_2$有$C_{3}^{2}$种选法，最后剩下一个数字就是$a_4$，则共有$C_{6}^{2}C_{3}^{2}=15×3 = 45$种排列方法。当$a_5 = 2$时，$a_1 = 1$，$a_6,a_7$有$C_{5}^{2}$种选法，剩余数字中$a_3$最大，而$a_2,a_4$有$A_{2}^{2}$种选法，则共有$C_{5}^{2}A_{2}^{2}=10×2 = 20$种排列方法。当$a_5 = 3$时，$a_1 = 1$，$a_2 = 2$，$a_6,a_7$有$C_{4}^{2}$种选法，剩余数字$a_3,a_4$的选法只有$1$种，则共有$C_{4}^{2}=6$种排列方法。
则满足要求的排列的个数为$45 + 20+6 = 71$。故选B。

2. [广东惠州2024高二期中]开学典礼上甲、乙、丙、丁、戊这5名同学从左至右排成一排上台领奖,要求甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有1名同学的排法有 ( )
A. 20种
B. 16种
C. 12种
D. 10种

答案： **A** 【解析】若甲与丙之间为乙，即乙在甲、丙中间且三人相邻，共有$A_{2}^{2}=2$（种）情况，将三人看成一个整体，与丁、戊两人全排列，共有$A_{3}^{3}=6$（种）情况，则此时有$2×6 = 12$（种）排法；若甲与丙之间不是乙，先从丁、戊中选取$1$人，安排在甲、丙之间，有$C_{2}^{1}=2$（种）选法，此时乙在甲的另一侧，将四人看成一个整体，这个整体有$A_{2}^{2}=2$（种）情况，将这个整体与剩下的$1$人全排列，有$A_{2}^{2}=2$（种）情况，此时有$2×2×2 = 8$（种）排法。所以总共有$12 + 8 = 20$（种）情况符合题意。故选A。

3. (多选)[河北张家口2023高二期末]如图,某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位(每个车位只能停一辆车),现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车,则 ( )

A. 4辆车的停车方法共有1 680种
B. 4辆车恰好停在同一行的概率是$\frac{1}{35}$
C. 2辆黑色车恰好相邻(停在同一行或同一列)的停车方法共有300种
D. 相同颜色的车不停在同一行,也不停在同一列的概率是$\frac{1}{5}$

答案： **ABD** 【解析】对A，$4$辆车的停车方法共有$A_{8}^{4}=1680$（种），A正确；对B，$4$辆车恰好停在同一行的概率是$P=\frac{2A_{4}^{4}}{A_{8}^{4}}=\frac{1}{35}$，B正确；对C，$2$辆黑色车相邻且停在同一行有$6$种，停在同一列有$4$种，黑色车的停车方法共有$(6 + 4)A_{2}^{2}$种，白色车的停车方法共有$A_{6}^{2}$种，故共有$(6 + 4)A_{2}^{2}×A_{6}^{2}=600$（种）方法，C错误；对D，相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车$8$个车位都可停车，第二辆黑色车只有$3$个车位可停车，黑色车共有$8×3$种方法，不妨设黑色车停在$A,F$两个车位，则两白色车只能停$BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG$，共$7$种选择，白色车的停车方法共有$2×7$种方法，故共有$8×3×7×2$种方法，其概率$P=\frac{8×3×7×2}{A_{8}^{4}}=\frac{1}{5}$，D正确。故选ABD。

4. [教材变式][重庆一中2024高二月考]如图所示,给五个区域涂色,现有四种颜色可供选择,要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为_______.

答案： 72【解析】分两种情况：①$A,C$不同色，先涂$A$有$4$种颜色选择，$C$有$3$种颜色选择，$E$有$2$种颜色选择，$B,D$有$1$种颜色选择，共有$4×3×2 = 24$（种）涂色方法；②$A,C$同色，先涂$A,C$有$4$种颜色选择，再涂$E$有$3$种颜色选择，$B,D$各有$2$种颜色选择，共有$4×3×2×2 = 48$（种）涂色方法。故不同的涂色方法有$24 + 48 = 72$（种）。

5. [江西上饶一中2024高二开学考试]中国古建筑闻名于世,源远流长. 如图①所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式,该屋顶的结构示意图可近似地看作如图②所示的五面体EF - ABCD. 现装修工人准备用四种不同形状的风铃装饰五脊殿EF - ABCD的六个顶点,要求E,F处用同一种形状的风铃,其他每条棱的两个顶点挂不同形状的风铃,则不同的装饰方案共有_______种.

答案： 72【解析】①使用$3$种形状的风铃，只能$EF$同，$AC$同，$BD$同。此时共有$C_{4}^{3}\cdot A_{3}^{3}=24$（种）挂法；②使用$4$种形状的风铃，此时有两种情况：$AC$同，$BD$不同，直接将$4$种风铃挂到$A,B,D,E$四个点上，全排列有$A_{4}^{4}=24$（种）；$AC$不同，$BD$同，直接将$4$种风铃挂到$A,B,C,E$四个点上，全排列有$A_{4}^{4}=24$（种）。
综上，共有$24 + 24+24 = 72$（种）挂法。

6. 将一个圆环分成$n(n\in \mathbf{N}^*,n\geq3)$个区域,用$m(m\geq3)$种颜色给这n个区域染色,要求相邻区域不使用同一种颜色,但同一种颜色可重复使用,则不同的染色方案有多少种?

答案： 【解】设$a_n$表示$n$个区域染色的方案数，则$1$区域有$C_{m}^{1}=m$种染色方法，$2$区域有$C_{m - 1}^{1}=m - 1$种染色方法，$3,\cdots,n - 1,n$区域各有$C_{m - 1}^{1}=m - 1$种染色方法，依分步乘法计数原理共有$m(m - 1)^{n - 1}$种染法，但是，这些染法中包含了$n$区域和$1$区域染上相同颜色的情况，而$n$区域与$1$区域颜色相同时，就是$n - 1$个区域涂上$m$种颜色符合条件的方法。
所以$a_n=m(m - 1)^{n - 1}-a_{n - 1}$，且$a_3=m(m - 1)(m - 2)$，
$a_n-(m - 1)^n=-[a_{n - 1}-(m - 1)^{n - 1}]$，
$a_n-(m - 1)^n=[a_3-(m - 1)^3](-1)^{n - 3}$，
$a_n=(m - 1)^n+(m - 1)(-1)^{n - 2}(n\geq3)$。

7. [四川成都树德中学2024适应性考试]已知数列$\{a_n\}$共有9项,$a_1 = 1,a_1 + a_9 = 2a_5$,且满足:$a_n^2+a_{n - 1}^2-2a_na_{n - 1}-3a_n + 3a_{n - 1}+2 = 0(2\leq n\leq9,n\in \mathbf{N}^*)$,则符合条件的数列$\{a_n\}$共有 ( )
A. 16个
B. 40个
C. 70个
D. 80个

答案： C 【解析】因为$a_{n}^{2}+a_{n - 1}^{2}-2a_na_{n - 1}-3a_n + 3a_{n - 1}+2 = 0$，即$(a_n - a_{n - 1})^2-3(a_n - a_{n - 1})+2 = 0$，
所以$a_n - a_{n - 1}=1$或$a_n - a_{n - 1}=2$。\n①$a_5 = 5$时，$\{a_2,a_3,a_4\}$与$\{a_6,a_7,a_8\}$的取法均只有$1$种；②$a_5 = 6$时，$\{a_2,a_3,a_4\}$与$\{a_6,a_7,a_8\}$的取法有$(C_{4}^{1})^2$种；③$a_5 = 7$时，$\{a_2,a_3,a_4\}$与$\{a_6,a_7,a_8\}$的取法有$(C_{4}^{2})^2$种；\n④$a_5 = 8$时，$\{a_2,a_3,a_4\}$与$\{a_6,a_7,a_8\}$的取法有$(C_{4}^{3})^2$种；⑤$a_5 = 9$时，$\{a_2,a_3,a_4\}$与$\{a_6,a_7,a_8\}$的取法有$1$种。
所以满足条件的数列$\{a_n\}$共有$1+(C_{4}^{1})^2+(C_{4}^{2})^2+(C_{4}^{3})^2 + 1 = 70$个。故选C。

8. [安徽十校联盟2023高二数学竞赛]对$2\times6$的长方形方格带的某些$1\times1$小方格染色(染成红色),要求任何一个$2\times2$的正方形方格中至少有一个$1\times1$的小方格未被染色,这样的染色方式有_______种.

答案： 3105【解析】考虑$2×(n + 1)$个长方形方格带的染色情况。如果最后$2$个方格没有染色或只有一格染色（它有$3$种可能的情况），前面的$2×n$个方格有$a_n$种染色方式，共有$3a_n$种染色方式；如果最后$2$个方格都染色，则与它相邻的$2$个方格没有染色或者只有一格染色（它有$3$种可能的情况），前面的$2×(n - 1)$个方格有$a_{n - 1}$种染色方式，共有$3a_{n - 1}$种染色方式，
故$a_{n + 1}=3(a_n + a_{n - 1})$，其中$a_2=2^4 - 1 = 15$，$a_3=3×(15 + 4)=57$，
由此可知$a_4=3×(15 + 57)=216$，$a_5=3×(57 + 216)=819$，$a_6=3×(216 + 819)=3105$。