題目列表(包括答案和解析)
21.已知常數(shù)a>0,向量c=(0,a),i=(1,0).經(jīng)過原點(diǎn)O以c+λi為方向向量的直線與經(jīng)過定點(diǎn)A(0,a)以i-2λc方向向量的直線相交于點(diǎn)P,其中λ∈R.試問:是否存在兩個(gè)定點(diǎn)E、F,使得|PE|+|PF|為定值.若存在,求出E、F的坐標(biāo);若不存在,說明理由.
[命題意圖] 本題主要考查平面向量的概念和向量的線性運(yùn)算,根據(jù)已知條件求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程,并討論軌跡曲線的性質(zhì),著重考查直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎(chǔ)知識(shí),以及綜合應(yīng)用所學(xué)知識(shí)分析和解決問題的能力.
試題用向量的形式給出兩條相交直線的條件,圍繞交點(diǎn)P提出個(gè)一個(gè)探索性的問題:討論是否存在兩個(gè)定點(diǎn),使得點(diǎn)P到這兩個(gè)定點(diǎn)距離之和為一定值.在這里,點(diǎn)P因?qū)崝?shù)λ的變化而動(dòng).考生在審題時(shí),必須自覺理解到問題的這個(gè)特點(diǎn),具備“運(yùn)動(dòng)變化”和“動(dòng)中求靜”的辯證法的思想和觀點(diǎn),只有這樣才能有效破題,獲得問題的解答.可見試題重在考查思維和分析的能力.同時(shí),該題的設(shè)計(jì),圍繞平面解析幾何的主體知識(shí),將傳統(tǒng)的坐標(biāo)法與向量法有機(jī)結(jié)合起來,旨在考查綜合應(yīng)用能力.
[解題思路] 有關(guān)存在性問題的討論,許多時(shí)候可用構(gòu)造法,這是一種基本的,而且也是比較原始的方法.就本題而言,即假設(shè)符合要求的定點(diǎn)存在,依題意列寫出定點(diǎn)坐標(biāo)所滿足的方程,進(jìn)而探求方程的解是否存在.依此思路,由于未知量比較多,方程的列寫也難以簡(jiǎn)明,因而推演起來工作量大,而且繁雜.顯然采用構(gòu)造法絕非上策,宜另謀出路.
從試題的實(shí)際出發(fā),聯(lián)想廣泛可用的知識(shí),才能獲得有效的求解思路和方法.題設(shè)的點(diǎn)P是兩條動(dòng)直線的交點(diǎn),隨著λ取遍實(shí)數(shù)集R中所有的值,點(diǎn)P的集合是一條軌跡曲線.另一方面,到兩個(gè)定點(diǎn)距離之和為一定值的點(diǎn)之集合可能有兩種情況:其一,當(dāng)定值大于兩個(gè)定點(diǎn)的距離時(shí),該點(diǎn)集是橢圓曲線;其二,當(dāng)定值等于兩個(gè)定點(diǎn)的距離時(shí),該點(diǎn)集是連結(jié)兩點(diǎn)的線段.由于平面上到兩個(gè)定點(diǎn)距離之和不可能小于兩定點(diǎn)的距離,所以也就不可能出現(xiàn)第三種情況.由這樣的思考,可得解題思路如下:
從求點(diǎn)P的軌跡方程入手,進(jìn)而討論軌跡曲線的性質(zhì),便可獲得本題的答案.
由題設(shè),可作圖觀察.圖中,向量直線分別過點(diǎn)O和A,其方向向量分別為c+λi和i-2λc,點(diǎn)P是的交點(diǎn).為了求點(diǎn)P的軌跡方程,可采用不同的方法.在這里,有一點(diǎn)值得注意的是:試題本身并沒有要求考生求點(diǎn)P的軌跡方程,我們是借助軌跡的思想,只須求出點(diǎn)P的坐標(biāo)所應(yīng)滿足的方程,進(jìn)而展開討論,而無須檢驗(yàn)滿足方程的每一個(gè)解為坐標(biāo)的點(diǎn)都是符合題意的點(diǎn)P,也即無須要求所得方程的純粹性,與嚴(yán)格意義上的求軌跡方程有所不同.
解法1 因?yàn)?c+λi=(0,a)+ λ(1,0)=(λ,a),
i-2λc=(1,0)-2λ(0,a)=(1,-2λa),
所以 直線OP與AP的方程分別為
λy=ax
y-a=-2λax,
式中,a>0,λ∈R.
整理得
因?yàn)閍>0,所以得:
(i)當(dāng)時(shí),方程①是圓方程,故不存在合乎題意的定點(diǎn)E和F;
(ii)當(dāng)時(shí),方程①表示橢圓,故焦點(diǎn)為合乎題意的兩個(gè)定點(diǎn);
(iii)時(shí),方程①也表示橢圓,故焦點(diǎn)為合乎題意的兩個(gè)定點(diǎn).
解法2 依題設(shè),有實(shí)數(shù)m和n滿足
所以點(diǎn)P(x,y)的坐標(biāo)為
整理得點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足方程
以下的討論同解法1.此處從略.
[命題意圖] 本小題主要考查數(shù)列、等比數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)和數(shù)學(xué)歸納法,同時(shí)考查抽象推理等理性思維能力.
數(shù)學(xué)高考中較難的數(shù)列解答題,一般都是給出一個(gè)遞推關(guān)系,通過它或者轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列,或者通過由特殊到一般的猜想、歸納,或者通過順次迭代,以求出其通項(xiàng).而試題的難度則由給出的遞推關(guān)系與初始值來調(diào)整.2002年的數(shù)列解答題給出相鄰四項(xiàng)的數(shù)量關(guān)系,較為新穎,2003年定位于回歸到考生較為熟悉的相鄰兩項(xiàng)的數(shù)量關(guān)系,基本遞推關(guān)系為“”.理科試題改變以往給出初始值的做法,給出常數(shù)證明數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式。這種提問方式反映出新的考查角度,不讓考生死套題型,有利于考查獨(dú)立思考能力和理性思維能力,對(duì)文科考生則降低抽象思維的要求,遞推關(guān)系簡(jiǎn)化為基本形式“”,并給出初始值a=1,使試題難度較為切合文科考生的實(shí)際.
[解題思路] 常規(guī)方法是通過遞推關(guān)系的變形轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列,但過程較繁,用數(shù)學(xué)歸納法或迭代方法較順暢.
(Ⅰ)證法1 (i)當(dāng)n=1時(shí),由已知等式成立;
(ii)假設(shè)當(dāng)n=k(k≥)時(shí)等式成立,即
也就是說,當(dāng)n=k+1時(shí),等式也成立.
根據(jù)(i)和(ii),可知等式對(duì)任何正整數(shù)n成立.
證法4順次迭代
(i)當(dāng)n=2k-1,k=1,2,…時(shí),①式即為
②式對(duì)k=1,2,…都成立,有
(ii)當(dāng)n=2k,k=1,2,…時(shí),①式即為
③式對(duì)k=1,2,…都成立,有
[以下同解法1]
解法3
下面證明當(dāng)
(i)當(dāng)n=2k-1,k=1,2,…時(shí),
(ii)n=2k,k=1,2…時(shí),
20.A、B兩個(gè)代表隊(duì)進(jìn)行乒乓球?qū)官,每?duì)三名隊(duì)員,A隊(duì)隊(duì)員是B隊(duì)隊(duì)員是按以往多次比賽的統(tǒng)計(jì),對(duì)陣隊(duì)員之間勝負(fù)概率如下:
現(xiàn)按表中對(duì)陣方式出場(chǎng),每場(chǎng)勝隊(duì)得1分,負(fù)隊(duì)得0分.設(shè)A隊(duì)、B隊(duì)最后所得總分分別為ξ、η.
對(duì)陣隊(duì)員 |
A隊(duì)隊(duì)員勝的概率 |
A隊(duì)隊(duì)員負(fù)的概率 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(Ⅰ)求ξ,η的概率分布;
(Ⅱ)求Eξ,Eη.
[命題意圖] 本題主要考查離散型隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望等概念與計(jì)算,以及運(yùn)用概率知識(shí)認(rèn)識(shí)和討論實(shí)際問題的能力.
該題的取材貼近考生日常生活,以廣大考生都熟悉的乒乓球比賽為素材,用列表的方式,給出對(duì)陣隊(duì)員間勝負(fù)的概率,并規(guī)定每場(chǎng)勝負(fù)的得分規(guī)則.這樣的條件下,賽后球隊(duì)所得總分是離散型隨機(jī)變量.本題要求考生計(jì)算該隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望.
這樣設(shè)計(jì)試題,應(yīng)用性強(qiáng),也能貼近考生實(shí)際,符合《考試說明》的要求.
[解題思路] 為了求隨機(jī)變量ξ和η的概率分布,必須先確定它們是離散型還是連續(xù)型.依題意,它們都是離散型隨機(jī)變量,且滿足ξ+η=3.所以只須求出ξ(或η)的概率分布,便可立即寫出η(或ξ)的概率分布.
為了求ξ的概率分布,首先應(yīng)弄清ξ可能取哪些值?這些值表示怎樣的隨機(jī)事件?進(jìn)而應(yīng)用隨機(jī)事件概率計(jì)算公式(如乘法公式、加法公式等),求出ξ取每一個(gè)可能值的概率,使得到所要求的概率分布列.
至于第(Ⅱ)問,可直接應(yīng)用離散型隨機(jī)變量數(shù)學(xué)期望的計(jì)算公式求解.
因?yàn)棣问茿隊(duì)賽后所得的總分,根據(jù)題意,ξ只可能取0,1,2,3等4個(gè)值,其表示的隨機(jī)事件分別為:
ξ=表示A隊(duì)3場(chǎng)比賽都輸球,全負(fù);
ξ=1表示A隊(duì)3場(chǎng)比賽中1勝2負(fù);
ξ=2表示A隊(duì)3場(chǎng)比賽中2勝1負(fù);
ξ=3表示A隊(duì)3場(chǎng)比賽全勝.
所以由給出的勝負(fù)概率表,應(yīng)用互斥事件概率的加法公式、獨(dú)立事件的概率加法公式等相關(guān)公式,便可求得ξ的分布列.
(Ⅰ)解 ξ、η的可能取值都為3,2,1,0.ξ的分布為:
依題意,ξ+η=3,故η的分布為:
19.設(shè)a>0,求函數(shù).
[命題意圖] 本題主要考查函數(shù)的求導(dǎo),導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用和不等式的求解等基本知識(shí),以及運(yùn)算能力.
本題給出的函數(shù)比較簡(jiǎn)單,為冪函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)ln(x+a)之差,讓考生求這個(gè)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.直接應(yīng)用單調(diào)函數(shù)的定義,難以進(jìn)行有效的討論,宜借助求導(dǎo)的方法求解.以此可以考查函數(shù)求導(dǎo)的技能,以及討論導(dǎo)數(shù)正負(fù)性的方法.
所設(shè)的函數(shù)含有參數(shù)a,討論函數(shù)單調(diào)區(qū)間時(shí),應(yīng)顧及a值的影響.這樣,也就考查了分類討論的數(shù)學(xué)方法,強(qiáng)化了試題對(duì)能力的考查功能.
[解題思路] 可從求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)入手,再討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)性變化區(qū)間,便可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.由于所得導(dǎo)數(shù)含有x的根式和分式,在討論導(dǎo)數(shù)正負(fù)性時(shí),將遇到解含根式和分式的方程或不等式,須正確運(yùn)用同解變換的思想方法和技能.
(i)當(dāng)a>1時(shí),方程①無解,即f′(x)=0無解,f′(x)在區(qū)間(0,+∞)上正負(fù)性不變,故由
知f′(x)>0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,所以(0,+∞)是f(x)的單調(diào)區(qū)間,f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
(ii)a=1時(shí),方程①有惟一解x=1.
知當(dāng)0<x<1時(shí),恒有f′(x)>0;由f′
知當(dāng)x>1時(shí),恒有f′(x)>0.
所以,當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù),在區(qū)間(1,+∞)上也是增函數(shù).又f(x)在x=1連續(xù),所以(0,+∞)是f(x)的單調(diào)區(qū)間,f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
(iii)當(dāng)0<a<1時(shí),方程①有兩個(gè)根:
這時(shí),由于
可知:當(dāng)0<x<或
所以,當(dāng)0<a<1時(shí),都是單調(diào)區(qū)間,f(x)在這兩個(gè)區(qū)間上都是增函數(shù);也是單調(diào)區(qū)間,f(x)在這個(gè)區(qū)間上是減函數(shù).
(i)當(dāng)a>1時(shí),2a-4>-2,由x>0知
(ii)當(dāng)a=1時(shí),
當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào).即當(dāng)0<x<1或x>1時(shí),f′(x)>0,知f(x)在(0,1)或(1,+∞)內(nèi)都單調(diào)遞增.又f(x)在x=1處連續(xù),因此,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
因此,函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)也單調(diào)遞增.
令f′(x)<0,即
因此,函數(shù),f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.
18.如圖,在直三棱柱底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°.側(cè)棱的中點(diǎn),點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.
(Ⅰ)求與平面ABD所成角的大小(結(jié)果用反三角函數(shù)值表示);
[命題意圖] 本小題主要考查線面關(guān)系和直三棱柱等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力和推理運(yùn)算能力.
新課程的立體幾何教材分為(A)、(B)兩個(gè)版本,即傳統(tǒng)的邏輯推理體系和向量運(yùn)算方法.為了.適應(yīng)不同地區(qū)的選用情況,前幾年高考的立體幾何試題是命制出(甲)、(乙)兩道平行題目由考生選作.今年試驗(yàn)改變這種做法,原課程與新課程統(tǒng)一命制一道通用的試題,基本要求是用傳統(tǒng)方法或向量方法,解題難度相當(dāng).于是,試題的知識(shí)載體定位于直棱柱.理科用直三棱柱,文科用正四棱柱.
理科試題中的圖形實(shí)際上是半個(gè)正方體,它的原型是正方體的一個(gè)性質(zhì):“若點(diǎn)M是正方體的棱的中點(diǎn),則正方體的中心O在截面AMC上的射影恰好是△AMC的重心”.試題基本上是采用其逆命題,且只給出半個(gè)正方體,把問題提為“正方體的一條對(duì)角線與截面所成的角”,隱蔽了上述性質(zhì),提高了對(duì)考生空間想像力和推理能力的要求,以期更好地考查考生的數(shù)學(xué)能力.
[解題思路] 本題(Ⅰ)的基本解法是先求出三棱柱的底面邊長(zhǎng),可以在直三棱柱中求解,也可以補(bǔ)形成正四棱柱或直平行六面體求解,思維層次高者可以發(fā)現(xiàn)EB=DF避開計(jì)算,通過線段比求角的三角函數(shù)值.(Ⅱ)問的解法用等積法最為簡(jiǎn)便.運(yùn)用向量方法則(Ⅰ)問較易,(Ⅱ)問較難,總體難度相當(dāng).
(Ⅰ)解法1 如圖,連結(jié)BG,則BG是BE在面ABD的射影,即∠EBG是與平面ABD所成的角.
設(shè)F為AB中點(diǎn),連結(jié)EF、FC,
因?yàn)镈、E分別是的中點(diǎn),又DC⊥平面ABC,
所以CDEF為矩形.
連結(jié)DF,G是△ADB的重心,故G∈DF.在直角三角形EFD中,
解法2 同解法1圖.
所以 AB·DF·EG=AB·EF·DE,其中EF=1.
的中點(diǎn)P,連結(jié)PD,PA,PB,則ABDP是平行四邊形,PB必過△ADB的重心.
解得x=2
解法4 如解法1圖,由解法1知,CDEF是矩形,故DE=CF,而EF=FB,所以Rt△DEF≌△CFB,則DF=EB.
解法5 連結(jié)BG,則BG是BE在面ABD的射影,即與平面ABD所成的角.
如圖所示建立坐標(biāo)系,坐標(biāo)原點(diǎn)為O.
設(shè)CA=2a,則A(2a,0,0),B(0,2a,0),D(0,0,1),,E(a,a,1),
(Ⅱ)解法1 因?yàn)镋D⊥AB,ED⊥EF,又EF∩AB=F,
因?yàn)镋D⊥AB,ED上⊥EF,又EF∩AB=F,
解法3 如(Ⅰ)問解法5中圖,A(2,0,0),E(1,1,1),D(0,0,1).
17.已知函數(shù)f(x)=2sinx(sinx+cosx).
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的最小正周期和最大值;
(Ⅱ)在給出的直角坐標(biāo)系中,畫出函數(shù)y=f(x在區(qū)間上的圖象.
[命題意圖] 本小題主要考查三角函數(shù)的性質(zhì)和恒等變形的基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查動(dòng)手畫圖的技能.
作為三角函數(shù)的解答題,力求較全面地覆蓋三角函數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí),因此,試題的設(shè)計(jì)給出一個(gè)三角函數(shù)的解析式,通過運(yùn)用和角與倍角的三角函數(shù)公式,變形為單個(gè)三角函數(shù)的表達(dá)式,從而求出它的周期和最值.恒等變形過程強(qiáng)調(diào)通性通法,以適應(yīng)文科考生的實(shí)際.在這個(gè)基礎(chǔ)上要求作出這個(gè)函數(shù)的圖像,強(qiáng)化了作圖技能的考查,倡導(dǎo)考生重視實(shí)踐,學(xué)會(huì)動(dòng)手操作.
[解題思路] 首先把給出的函數(shù)解析式變形為單個(gè)三角函數(shù)的表達(dá)式,再按問題的要求答題.
(Ⅱ)解 由(Ⅰ)知
x |
|
|
|
|
|
Y |
1 |
|
1 |
|
1 |
16.下列5個(gè)正方體圖形中,l是正方體的一條對(duì)角線,點(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn),能得出⊥面MNP的圖形的序號(hào)是_______.(寫出所有符合要求的圖形序號(hào))
[分析] 本題以正方體為依托,主要考查直線與平面垂直的判定,比較深刻地考查了空間想象能力.
為了得到本題答案,必須對(duì)5個(gè)圖形逐一進(jìn)行判別.對(duì)于給定的正方體,位置固定,截面MNP變動(dòng),與面MNP是否垂直,可從正、反兩方面進(jìn)行判斷.在MN、NP、MP三條線中,若有一條不垂直,則可斷定與面MNP不垂直;若有兩條與都垂直,則可斷定⊥面MNP;若有的垂面∥面MNP,也可得⊥面MNP.
解法1 作正方體如附圖,與題設(shè)圖形對(duì)比討論.在附圖中,三個(gè)截面都是對(duì)角線的垂面.
對(duì)比圖①,由MP∥BD,,故得⊥面MNP.
對(duì)比圖②,由MN與面相交,而過交點(diǎn)且與垂直的直線都應(yīng)在面內(nèi),所以MN不垂直于,從而不垂直于面MNP.
對(duì)比圖③,由MP與面相交,知不垂直于MN,故不垂直于面MNP.
對(duì)比圖④,由MN∥BD,故⊥面MNP.
對(duì)比圖⑤,面MNP與面EFGHKR重合,故⊥面MNP.
綜合得本題的答案為①④⑤.
解法2 如果記正方體對(duì)角線所在的對(duì)角截面為α.各圖可討論如下:
在圖①中,MN,NP在平面α上的射影為同一直線,且與垂直,故⊥面MNP.事實(shí)上,還可這樣考慮:在上底面的射影是MP的垂線,故⊥MP;在左側(cè)面的射影是MN的垂線,故⊥MN,從而⊥面MNP.
在圖②中,由MP⊥面α,可證明MN在平面α上的射影不是的垂線,故不垂直于MN.從而不垂直于面MNP.
在圖③中,點(diǎn)M在α上的射影是的中點(diǎn).點(diǎn)P在α上的射影是上底面的內(nèi)點(diǎn),知MP在α上的射影不是的垂線,得不垂直于面MNP.
在圖④中,平面α垂直平分線段MN,故⊥MN.又在左側(cè)面的射影(即側(cè)面正方形的一條對(duì)角線)與MP垂直,從而⊥MP,故⊥面MNP.
在圖⑤中,點(diǎn)N在平面α上的射影是對(duì)角線的中點(diǎn),點(diǎn)M、P在平面α上的射影分別是上、下底面對(duì)角線的4分點(diǎn),三個(gè)射影同在一條直線上,且與這一直線垂直.從而⊥面MNP.
至此,得①④⑤為本題答案.
解法3 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則對(duì)角線的方向向量可取為
對(duì)圖①,有
對(duì)圖②,有
對(duì)圖③,有
對(duì)圖④,有
對(duì)圖⑤,有
綜合得本題答案為①④⑤.
從解法3可以看到;應(yīng)用向量法討論兩直線是否垂直十分方便,操作也比較簡(jiǎn)單,無須多動(dòng)腦筋,只需要計(jì)算正確即可.
[答案] ①④⑤
15.某城市在中心廣場(chǎng)建造一個(gè)花圃,花圃分為6個(gè)部分(如圖).現(xiàn)要栽種4種不同顏色的花,每部分栽種一種且相鄰部分不能栽種同樣顏色的花.不同的栽種方法有_____種.(以數(shù)字作答)
[分析] 本題以花圃設(shè)計(jì)為應(yīng)用背景,主要考查排列、組合的基礎(chǔ)知識(shí),側(cè)重考查乘法原理和加法原理的應(yīng)用,以及邏輯思維能力和計(jì)數(shù)能力.
為了正確解答本題,首先必須準(zhǔn)確理解題意:抓住花圃布局的要求,看清圖形中6個(gè)部分的關(guān)系;明確每個(gè)部分只種同一種顏色的花,相鄰部分應(yīng)種不同顏色的花;而且4種顏色的花都要種上,缺一不可.對(duì)這些條件要求,稍有疏忽、遺漏或曲解,都會(huì)引致解答出錯(cuò).其次,應(yīng)設(shè)計(jì)好周全而又不出現(xiàn)重復(fù)計(jì)數(shù)的推算程序,關(guān)鍵是推算過程中分步、分類的安排要合理且嚴(yán)密;此外,在每一分步或分類中,計(jì)數(shù)不出錯(cuò);最后,乘法原理和加法原理的運(yùn)用,以及數(shù)值計(jì)算還得無誤,方能得出正確的答數(shù).
采用不同的計(jì)數(shù)模式和計(jì)數(shù)程序,伴隨出現(xiàn)不同的解法,列舉解法供參考.
解法1 將6個(gè)區(qū)域分4組,不同組栽種不同顏色的花,同一組栽種同一顏色的花.因?yàn)閰^(qū)域1與其它5個(gè)區(qū)域都有公共邊,所以為了栽種方案合乎題意,分在同一組的區(qū)域至多只能有2個(gè).因而,由圖形可知,不同分組法有且只有5類,如下表(表中數(shù)字為區(qū)域號(hào)):
|
第一組 |
第二組 |
第三組 |
第四組 |
第一類 |
1 |
2 |
3,5 |
4,6 |
第二類 |
1 |
2,5 |
3,6 |
4 |
第三類 |
1 |
2,5 |
3 |
4,6 |
第四類 |
1 |
2,4 |
3,5 |
6 |
第五類 |
1 |
2,4 |
3,6 |
5 |
每一類分組法,都有種不同的栽種方法.應(yīng)用加法原理,得到所有符合題意的不同栽種方法的種數(shù)為
解法2 按區(qū)域的順序,依次安排各區(qū)域所栽種的花的顏色:
第1區(qū),可種4色花中的任一種,有4種不同的栽種法;
接著,第2區(qū),因與第1區(qū)相鄰,兩區(qū)花色必須不同,所以,第2區(qū)只能從3色花中任選一種栽種,有3種不同種法;
跟著,第3區(qū),因與第1、2區(qū)都有邊界,所以,只有2種不同栽種法;
隨后,第4區(qū),與2區(qū)無邊界,與1、3區(qū)都有邊界.因此,可分兩類情形:
第一類:在第4區(qū)中栽種與第2區(qū)同一色的花,有1種栽法;至此,只栽種了3種不同顏色的花,因此,第5、6區(qū)域,應(yīng)有一個(gè)區(qū)域栽種第4種顏色的花,而另一區(qū)域可選的花色只有1種(這是因?yàn)榕c之相鄰的三個(gè)區(qū)域,已種上不同顏色的3種花).從而,在第5、6區(qū)域栽花的不同方式有2種;
第二類:在第4區(qū)域中栽種與第2區(qū)域不同顏色的花,有1種栽法;不過,與第一類不同的是:至此,4種不同顏色的花都被栽種了.往后,第5區(qū)域栽花有兩種選擇:一種是栽與第2區(qū)域同色花,緊接著,第6區(qū)域有2種栽種方法;第五區(qū)域另一種栽花法,是栽種與第2區(qū)域不同顏色的花,只有1種選擇(因?yàn)樗荒芘c1、4區(qū)域同色),緊接著,由于1、2、5三個(gè)區(qū)域已栽種3種不同顏色的花,故第6區(qū)域只有1種栽花的選擇.
綜合起來,應(yīng)用乘法原理和加法原理,得合乎題意的不同栽花的方法種數(shù)為
N=4×3×2×(1×2+1×2+1×1)
=120
解法3 因?yàn)閰^(qū)域1與其它5個(gè)區(qū)域都有公共邊,所以當(dāng)區(qū)域1栽種一種顏色的花之后,該顏色的花就不能栽于其它區(qū)域.因而可分兩步走,考慮如下:
第一步,在區(qū)域1中,栽上一種顏色的花,有4種栽法;
第二步,在剩下的五個(gè)區(qū)域中,栽種其它三種顏色的花.為此,可將2至6號(hào)五個(gè)區(qū)域分成3組,使同一組中的不同區(qū)域沒有公共邊.這樣的分組法有且只有5類,如下表(表中數(shù)字為區(qū)域號(hào)):
|
第一組 |
第二組 |
第三組 |
第一類 |
2 |
3,5 |
4,6 |
第二類 |
2,4 |
3,5 |
6 |
第三類 |
2,4 |
3,6 |
5 |
第四類 |
2,5 |
3,6 |
4 |
第五類 |
2,5 |
3 |
4,6 |
對(duì)每一類分得的3個(gè)組,將3種顏色的花分別栽于各組,共有種栽法.
應(yīng)用乘法原理和加法原理,得合乎題意要求的不同栽種方法的種數(shù)為
解法4 由于第1、2、3區(qū)兩兩都有邊界,所以這3個(gè)區(qū)所栽的花,彼此必須不同顏色.因而,第一步可從4種顏色的花任取3種分別栽在這3個(gè)區(qū)域上,共有種栽法.其次將另一顏色的花栽于4、5、6三個(gè)區(qū)中的一個(gè)區(qū)或兩個(gè)區(qū),即分為兩類情形:
第一類:栽在4、5、6的一個(gè)區(qū)域中,有3種情形:
情形1:栽于4區(qū),則6區(qū)只有一種顏色的花可栽(因?yàn)楸仨毑煌?、1、2區(qū)的顏色),進(jìn)而,5區(qū)周邊三個(gè)區(qū)域已栽上3種不同顏色的花,故5區(qū)也只有一種顏色的花可栽;
情形2:栽于6區(qū),則與情形1同理,4、5區(qū)域分別只有1種顏色可栽;
情形3:栽于5區(qū),由于5、1、2三個(gè)區(qū)已栽上不同顏色的花,6區(qū)只有1種栽法;同理,4區(qū)也只有1種栽法.
第二類:栽于4、5、6中的兩個(gè)區(qū),只有栽于4、6兩個(gè)區(qū)域的一種情形,這時(shí)5區(qū)有2種栽法(因?yàn)?區(qū)的周邊只有兩色花).
綜合起來,應(yīng)用乘法原理與加法原理,得不同栽種方法的種數(shù)為
解法5 分兩類情況考慮:
第1類:第1、2、3、5等四個(gè)區(qū)域栽種不同顏色的4種花,共有種栽法.對(duì)于每一種栽法,第4、6區(qū)分別都只有1種顏色的花可栽.
第2類:第1、2、3、5等四個(gè)區(qū)域栽種不同顏色的3種花,共有種栽法.對(duì)于每一種栽法,要么2、5區(qū)栽同色花,要么3、5區(qū)栽同色花.對(duì)于前者,第6區(qū)有2種顏色的花可供選栽,第4區(qū)只能栽第4種顏色的花;對(duì)于后者,第4區(qū)有2種顏色的花可供選栽,第6區(qū)只能栽第4種顏色的花.即無論何種情形,第4、6區(qū)的栽法都是2種.
綜合上述情形,應(yīng)用加法原理與乘法原理,得不同栽種方法的種數(shù)為
[答案] 120
[分析] 本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用,以及基本的計(jì)算技能.
直接利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式,便可求得的系數(shù),如解法1.由于二項(xiàng)式中的兩個(gè)項(xiàng)都含有x,因此將其適當(dāng)變形,有利于簡(jiǎn)化計(jì)算,如解法2.試題的這種設(shè)計(jì),體現(xiàn)了對(duì)計(jì)算靈活性和準(zhǔn)確性的要求.
解法1 設(shè)所求系數(shù)為a,則由二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式,知存在非負(fù)整數(shù)r,使
解得r=3,所求系數(shù)為
解法2 因?yàn)?/p>
14.某公司生產(chǎn)三種型號(hào)的轎車,產(chǎn)量分別為1 200輛,6 000輛和2 000輛.為檢驗(yàn)該公司的產(chǎn)品質(zhì)量,現(xiàn)用分層抽樣方法抽取46輛進(jìn)行檢驗(yàn),這三種型號(hào)的轎車依次應(yīng)抽取____________,_______________,____________輛.
[分析] 本題主要考查分層抽樣方法在產(chǎn)品質(zhì)量檢驗(yàn)中的應(yīng)用,以及簡(jiǎn)單的數(shù)值計(jì)算技能.
設(shè)三種型號(hào)的轎車抽取數(shù)依次為x,y,z輛.根據(jù)分層抽樣方法的原理,知
這個(gè)方程組可用不同方法求解.
解法1 由比例式知存在常數(shù)k滿足
解法2 由此例式得
60x=12y,
20x=12z,
[答案] 6,30,10
12.一個(gè)四面體的所有棱長(zhǎng)都為,四個(gè)頂點(diǎn)在同一球面上,則此球的表面積為
A.3π B.4π D.6π
[分析] 本題主要考查正多面體和球的基本知識(shí),以及空間想象能力和幾何計(jì)算能力.
本題給出棱長(zhǎng)為的正四面體,要求推斷外接球的表面積.為此,必須先求該球的半徑,宜作圖進(jìn)行推算或估算.為了圖像清晰,可只作正四面體進(jìn)行討論,不畫出球的圖線.如附圖,四面體ABCD各棱長(zhǎng)都為.
解法1 如圖,點(diǎn)O為球心,OA、OB、OC、OD都是球的半徑,因?yàn)锳BCD是正四面體,所以這四條半徑的兩兩夾角彼此相等,設(shè)其大小為θ.
由空間中的一點(diǎn)O,引四條射線,兩兩的夾角都等于θ,則有
據(jù)此,可排除選項(xiàng)B、C和D,應(yīng)取A作答.
解法2 如圖,過A作AE⊥面BCD,E是垂足.連結(jié)EB,則EB是正△BCD外接圓的半徑.應(yīng)用正弦定理,由正三角形的邊長(zhǎng)為得
因?yàn)椤 ?AE⊥EB
過AB的中點(diǎn)F,在平面AEB中,作AB的垂線交AE于O,則O是四面體ABCD外接球的球心,球的半徑為
所以,所求的球之表面積為
上述估計(jì)和精算的方法,計(jì)算量仍嫌偏大.若充分發(fā)揮空間想像力,可獲快速判斷.
解法3 聯(lián)想棱長(zhǎng)為1的正方體則四面體的棱長(zhǎng)都為它的外接球也是正方體的外接球,其半徑為正方體對(duì)角線長(zhǎng)的一半,即有故所求球面積為S=3π.
[答案] A
10.已知長(zhǎng)方形的四個(gè)頂點(diǎn)A(0,0),B(2,0),C(2,1)和D(0,1).一質(zhì)點(diǎn)從AB的中點(diǎn)沿與AB夾角為θ的方向射到BC上的點(diǎn)后,依次反射到CD、DA和AB上的點(diǎn)(入射角等于反射角).設(shè)的坐標(biāo)為則tanθ的取值范圍是
[分析] 本題以運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)碰壁反射問題為背景,主要考查直線、軸對(duì)稱和函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)及其應(yīng)用,以及分析解決問題的能力.
依題意可知點(diǎn)的橫坐標(biāo)是tanθ的函數(shù),試題要求由的取值范圍確定tanθ的取值范圍,也即由函數(shù)的值域求定義域.為此,宜從建立函數(shù)關(guān)系式入手,如解法2.不過,作為選擇題,本題可以用特殊值排除法快速求解,如解法1.
解法1 取特殊的θ角,當(dāng)時(shí),根據(jù)反射原理,得點(diǎn)依次是BC,CD,DA和AB的中點(diǎn),即有不屬于所求的tanθ的取值范圍.從而,可排除選項(xiàng)A、B和D,應(yīng)取C作答.
解法2 依題設(shè)可作圖如下.記各點(diǎn)的坐標(biāo)如下:
根據(jù)反射原理得:
[答案] C
A.3 D.6
[分析] 本題主要考查組合數(shù)的性質(zhì)、數(shù)列極限的計(jì)算等基本知識(shí),以及基本的計(jì)算技能.
本題要求考生計(jì)算兩個(gè)和式之比的極限.由于和式的項(xiàng)數(shù)隨n的增加而無限增加,因而不能簡(jiǎn)單應(yīng)用極限四則運(yùn)算法則求極限,必須將和式化簡(jiǎn)成有限的形式.
原式中,分子、分母的和式是組合數(shù)求和,應(yīng)充分借助組合數(shù)性質(zhì),將其化簡(jiǎn).例如,應(yīng)用公式
可順利化簡(jiǎn)原式.
此外,也可采用數(shù)列求和的方法求解.
[答案] B
百度致信 - 練習(xí)冊(cè)列表 - 試題列表
湖北省互聯(lián)網(wǎng)違法和不良信息舉報(bào)平臺(tái) | 網(wǎng)上有害信息舉報(bào)專區(qū) | 電信詐騙舉報(bào)專區(qū) | 涉歷史虛無主義有害信息舉報(bào)專區(qū) | 涉企侵權(quán)舉報(bào)專區(qū)
違法和不良信息舉報(bào)電話:027-86699610 舉報(bào)郵箱:58377363@163.com