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21．已知常數(shù)a>0，向量c=(0，a)，i=(1，0)．經(jīng)過原點O以c+λi為方向向量的直線與經(jīng)過定點A(0，a)以i－2λc方向向量的直線相交于點P，其中λ∈R．試問：是否存在兩個定點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)已知條件求動點的軌跡方程，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，以及綜合應(yīng)用所學(xué)知識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P提出個一個探索性的問題：討論是否存在兩個定點，使得點P到這兩個定點距離之和為一定值．在這里，點P因?qū)崝?shù)λ的變化而動．考生在審題時，必須自覺理解到問題的這個特點，具備“運(yùn)動變化”和“動中求靜”的辯證法的思想和觀點，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，該題的設(shè)計，圍繞平面解析幾何的主體知識，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)符合要求的定點存在，依題意列寫出定點坐標(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．

從試題的實際出發(fā)，聯(lián)想廣泛可用的知識，才能獲得有效的求解思路和方法．題設(shè)的點P是兩條動直線的交點，隨著λ取遍實數(shù)集R中所有的值，點P的集合是一條軌跡曲線．另一方面，到兩個定點距離之和為一定值的點之集合可能有兩種情況：其一，當(dāng)定值大于兩個定點的距離時，該點集是橢圓曲線；其二，當(dāng)定值等于兩個定點的距離時，該點集是連結(jié)兩點的線段．由于平面上到兩個定點距離之和不可能小于兩定點的距離，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O和A，其方向向量分別為c+λi和i－2λc，點P是的交點．為了求點P的軌跡方程，可采用不同的方法．在這里，有一點值得注意的是：試題本身并沒有要求考生求點P的軌跡方程，我們是借助軌跡的思想，只須求出點P的坐標(biāo)所應(yīng)滿足的方程，進(jìn)而展開討論，而無須檢驗滿足方程的每一個解為坐標(biāo)的點都是符合題意的點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　因為 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

因為a>0,所以得：

(i)當(dāng)時，方程①是圓方程，故不存在合乎題意的定點E和F；

(ii)當(dāng)時，方程①表示橢圓，故焦點為合乎題意的兩個定點；

(iii)時，方程①也表示橢圓，故焦點為合乎題意的兩個定點．

解法2 　依題設(shè)，有實數(shù)m和n滿足

所以點P(x,y)的坐標(biāo)為

整理得點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)知識和數(shù)學(xué)歸納法，同時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．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)列的一個通項公式。這種提問方式反映出新的考查角度，不讓考生死套題型，有利于考查獨立思考能力和理性思維能力，對文科考生則降低抽象思維的要求，遞推關(guān)系簡化為基本形式“”，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，由已知等式成立；

(ii)假設(shè)當(dāng)n=k(k≥)時等式成立，即

也就是說，當(dāng)n=k+1時，等式也成立．

根據(jù)(i)和(ii)，可知等式對任何正整數(shù)n成立．

證法4順次迭代

(i)當(dāng)n=2k-1,k=1,2,…時，①式即為

②式對k=1,2,…都成立，有

(ii)當(dāng)n=2k,k=1,2,…時，①式即為

③式對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，

(ii)n=2k,k=1,2…時，

試題詳情

20．A、B兩個代表隊進(jìn)行乒乓球?qū)官悾筷犎爢T，A隊隊員是B隊隊員是按以往多次比賽的統(tǒng)計，對陣隊員之間勝負(fù)概率如下：

現(xiàn)按表中對陣方式出場，每場勝隊得1分，負(fù)隊得0分．設(shè)A隊、B隊最后所得總分分別為ξ、η．

對陣隊員	A隊隊員勝的概率	A隊隊員負(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)期望等概念與計算，以及運(yùn)用概率知識認(rèn)識和討論實際問題的能力．

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，給出對陣隊員間勝負(fù)的概率，并規(guī)定每場勝負(fù)的得分規(guī)則．這樣的條件下，賽后球隊所得總分是離散型隨機(jī)變量．本題要求考生計算該隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望．

這樣設(shè)計試題，應(yīng)用性強(qiáng)，也能貼近考生實際，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)事件概率計算公式(如乘法公式、加法公式等)，求出ξ取每一個可能值的概率，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)期望的計算公式求解．

因為ξ是A隊賽后所得的總分，根據(jù)題意，ξ只可能取0，1，2，3等4個值，其表示的隨機(jī)事件分別為：

ξ=表示A隊3場比賽都輸球，全負(fù)；

ξ=1表示A隊3場比賽中1勝2負(fù)；

ξ=2表示A隊3場比賽中2勝1負(fù)；

ξ=3表示A隊3場比賽全勝．

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：

試題詳情

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，以及運(yùn)算能力．

本題給出的函數(shù)比較簡單，為冪函數(shù)與對數(shù)函數(shù)ln(x+a)之差，讓考生求這個函數(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，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，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，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，方程①有惟一解x=1．

知當(dāng)0<x<1時，恒有f′(x)>0；由f′

知當(dāng)x>1時，恒有f′(x)>0．

所以，當(dāng)a=1時，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，方程①有兩個根：

這時,由于

可知：當(dāng)0<x<或

所以，當(dāng)0<a<1時，都是單調(diào)區(qū)間，f(x)在這兩個區(qū)間上都是增函數(shù)；也是單調(diào)區(qū)間，f(x)在這個區(qū)間上是減函數(shù)．

(i)當(dāng)a>1時,2a-4>-2,由x>0知

(ii)當(dāng)a=1時,

當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號．即當(dāng)0<x<1或x>1時，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．

試題詳情

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，點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，同時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際上是半個正方體，它的原型是正方體的一個性質(zhì)：“若點M是正方體的棱的中點，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，且只給出半個正方體，把問題提為“正方體的一條對角線與截面所成的角”，隱蔽了上述性質(zhì)，提高了對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，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，連結(jié)EF、FC，

因為D、E分別是的中點，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　因為ED⊥AB，ED⊥EF，又EF∩AB=F，

因為ED⊥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)．

試題詳情

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，同時考查動手畫圖的技能．

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，因此，試題的設(shè)計給出一個三角函數(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)文科考生的實際．在這個基礎(chǔ)上要求作出這個函數(shù)的圖像，強(qiáng)化了作圖技能的考查，倡導(dǎo)考生重視實踐，學(xué)會動手操作．

[解題思路]　首先把給出的函數(shù)解析式變形為單個三角函數(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

試題詳情

16．下列5個正方體圖形中，l是正方體的一條對角線，點M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出⊥面MNP的圖形的序號是_______．(寫出所有符合要求的圖形序號)

[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5個圖形逐一進(jìn)行判別．對于給定的正方體，位置固定，截面MNP變動，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)圖形對比討論．在附圖中，三個截面都是對角線的垂面．

對比圖①，由MP∥BD,，故得⊥面MNP．

對比圖②，由MN與面相交，而過交點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．

對比圖③，由MP與面相交，知不垂直于MN，故不垂直于面MNP．

對比圖④，由MN∥BD，故⊥面MNP．

對比圖⑤，面MNP與面EFGHKR重合，故⊥面MNP．

綜合得本題的答案為①④⑤．

解法2　如果記正方體對角線所在的對角截面為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M在α上的射影是的中點．點P在α上的射影是上底面的內(nèi)點，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)面正方形的一條對角線)與MP垂直，從而⊥MP，故⊥面MNP．

在圖⑤中，點N在平面α上的射影是對角線的中點，點M、P在平面α上的射影分別是上、下底面對角線的4分點，三個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)正方體的棱長為2，則對角線的方向向量可取為

對圖①，有

對圖②，有

對圖③，有

對圖④，有

對圖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，操作也比較簡單，無須多動腦筋，只需要計算正確即可．

[答案]　 ①④⑤

試題詳情

15．某城市在中心廣場建造一個花圃，花圃分為6個部分(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)計為應(yīng)用背景，主要考查排列、組合的基礎(chǔ)知識，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個部分的關(guān)系；明確每個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．對這些條件要求，稍有疏忽、遺漏或曲解，都會引致解答出錯．其次，應(yīng)設(shè)計好周全而又不出現(xiàn)重復(fù)計數(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，計數(shù)不出錯；最后，乘法原理和加法原理的運(yùn)用，以及數(shù)值計算還得無誤，方能得出正確的答數(shù)．

采用不同的計數(shù)模式和計數(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．因為區(qū)域1與其它5個區(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．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)：

	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(這是因為與之相鄰的三個區(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(因為它不能與1、4區(qū)域同色)，緊接著，由于1、2、5三個區(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　因為區(qū)域1與其它5個區(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，在剩下的五個區(qū)域中，栽種其它三種顏色的花．為此，可將2至6號五個區(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)：

	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

對每一類分得的3個組，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、6三個區(qū)中的一個區(qū)或兩個區(qū)，即分為兩類情形：

第一類：栽在4、5、6的一個區(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(因為必須不同于4、1、2區(qū)的顏色)，進(jìn)而，5區(qū)周邊三個區(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中的兩個區(qū)，只有栽于4、6兩個區(qū)域的一種情形，這時5區(qū)有2種栽法(因為5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等四個區(qū)域栽種不同顏色的4種花，共有種栽法．對于每一種栽法，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等四個區(qū)域栽種不同顏色的3種花，共有種栽法．對于每一種栽法，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

試題詳情

[分析]　本題主要考查二項式定理的應(yīng)用，以及基本的計算技能．

直接利用二項展開式的通項公式，便可求得的系數(shù)，如解法1．由于二項式中的兩個項都含有x，因此將其適當(dāng)變形，有利于簡化計算，如解法2．試題的這種設(shè)計，體現(xiàn)了對計算靈活性和準(zhǔn)確性的要求．

解法1　設(shè)所求系數(shù)為a，則由二項展開式的通項公式，知存在非負(fù)整數(shù)r，使

解得r=3，所求系數(shù)為

解法2　因為

14．某公司生產(chǎn)三種型號的轎車，產(chǎn)量分別為1 200輛，6 000輛和2 000輛．為檢驗該公司的產(chǎn)品質(zhì)量，現(xiàn)用分層抽樣方法抽取46輛進(jìn)行檢驗，這三種型號的轎車依次應(yīng)抽取____________，_______________，____________輛．

[分析]　本題主要考查分層抽樣方法在產(chǎn)品質(zhì)量檢驗中的應(yīng)用，以及簡單的數(shù)值計算技能．

設(shè)三種型號的轎車抽取數(shù)依次為x，y，z輛．根據(jù)分層抽樣方法的原理，知