2019-2020年高三（上）联考数学试卷.doc

2019-2020年高三（上）联考数学试卷一填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在答题纸相应位置上1（5分）（xx镇江一模）已知集合M=1，2，3，4，5，N=2，4，6，8，10，则MN=2，4考点：交集及其运算分析：两个集合都是用列举法表示的，根据交集的定义，MN的元素是集合M，N的相同元素解答：解：集合M=1，2，3，4，5，N=2，4，6，8，10根据交集的定义得：MN=2，4故答案是2，4点评：本题主要考查交集的定义2（5分）若（12i）i=a+bi（a，bR，i为虚数单位），则ab=2考点：复数相等的充要条件专题：计算题分析：把等式左边展开后运用复数相等的概念得到a、b的值解答：解：由（12i）i=a+bi，得：2+i=a+bi，所以a=2，b=1，所以ab=2故答案为2点评：本题考查了复数相等的充要条件，两个复数相等，当且仅当它们的实部等于实部，虚部等于虚部，是基础题3（5分）函数f（x）=的定义域为（，1考点：对数函数的定义域专题：函数的性质及应用分析：根据函数的结构列出限制条件，求解不等式组得到定义域解答：解：由题意知，解得：x1，所以函数的定义域为（，1，故答案为（，1点评：本题考察函数定义域的求解，属基础题其中有对数不等式的求解，注意应先将实数化为同底的对数，再利用对数函数的单调性求解4（5分）（xx安徽）程序框图（即算法流程图）如图所示，其输出结果是127考点：设计程序框图解决实际问题分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算a值，并输出满足条件a100的第一个a值，模拟程序的运行过程，用表格将程序运行过程中变量a的值的变化情况进行分析，不难给出答案解答：解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：a 是否继续循环循环前 1/第一圈 3 是第二圈 7 是第三圈 15 是第四圈 31 是第五圈 63 是第六圈 127 否故最后输出的a值为：127故答案为：127点评：根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型解模5（5分）（xx江苏）若将一颗质地均匀的骰子（一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具），先后抛掷两次，则出现向上的点数之和为4的概率是考点：古典概型及其概率计算公式专题：计算题分析：分别求出基本事件数，“点数和为4”的种数，再根据概率公式解答即可解答：解析：基本事件共66个，点数和为4的有（1，3）、（2，2）、（3，1）共3个，故故填：点评：本小题考查古典概型及其概率计算公式，考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=6（5分）（xx大连一模）在ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，则cosC的值为考点：正弦定理；余弦定理专题：计算题分析：由正弦定理可得，可设其三边分别为2k，3k，4k，再由余弦定理求得cosC的值解答：解：在ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，由正弦定理可得，可设其三边分别为2k，3k，4k，由余弦定理可得 16k2=4k2+9k212k2cosC，解方程可得cosC=，故答案为：点评：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，设出其三边分别为2k，3k，4k，是解题的关键7（5分）（xx镇江一模）在等比数列an中，Sn为其前n项和，已知a5=2S4+3，a6=2S5+3，则此数列的公比q为3考点：等比数列的前n项和专题：计算题；等差数列与等比数列分析：分q=1，及q1，两种情况，结合等比数列的通项公式及求和公式分别表示已知，解方程可求q解答：解：a5=2S4+3，a6=2S5+3，若q=1，则，不符合题意若q1两式相减整理可得，q=3故答案为：3点评：本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，解题的关键 是根据已知方程进行求解公比q的技巧8（5分）已知向量=（5，3），=（9，6cos），是第二象限角，（2），则tan=考点：平面向量数量积的运算；同角三角函数间的基本关系专题：计算题分析：由题意可得向量的坐标，进而由向量平行的条件可得cos=，结合a是第二象限角可得sin，由三角函数关系可得答案解答：解：由题意可得：=2（5，3）（9，6cos）=（1，cos），（2），5cos（3）1=0，解得cos=，又因为是第二象限角，sin=，故tan=，故答案为：点评：本题为三角函数与向量的综合应用，涉及向量平行的充要条件，属基础题9（5分）设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：若m，则m；若m，m，则；若，则；若=m，=n，mn，则上面命题中，真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）考点：平面与平面之间的位置关系专题：证明题分析：根据空间中线面的位置关系可得：m或者m或者m；根据面面垂直的判定定理可知；根据空间中平面与平面的位置关系可得：或者与相交或者；根据三棱柱的三个侧面可得与相交，根据四棱柱的四个侧面可得解答：解：若m，则根据空间中线面的位置关系可得：m或者m或者m，所以错误；若m，m，则根据面面垂直的判定定理可知，所以正确；若，则根据空间中平面与平面的位置关系可得：或者与相交或者，所以错误；若=m，=n，mn，则可以根据三棱柱的三个侧面可得与相交，根据四棱柱的四个侧面可得，所以错误故答案为：点评：解决此类问题的关键是熟练掌握有关的定理与空间中点、线、面得位置关系，考查学生分析问题解决问题的能力与空间想象能力、逻辑推理能力，此题属于基础题10（5分）函数y=cos2xsin2x+2sinxcosx，x的最大值为考点：二次函数在闭区间上的最值专题：函数的性质及应用分析：利用两角和的正弦公式二倍角公式化简函数的解析式为 sin（2x+），由x，可得 2x+ 的范围，从而得到 sin（2x+）的范围，由此求得函数的最大值解答：解：函数y=cos2xsin2x+2sinxcosx=cos2x+sin2x=sin（2x+），x，2x+，sin（2x+）1，故函数的最大值为 ，故答案为 点评：本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题11（5分）设椭圆C：+=1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且2+=则椭圆C的离心率为考点：椭圆的简单性质；平行向量与共线向量专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：依题意可求得直线AQ的方程，从而求得Q点的坐标，利用向量的坐标运算由2+=可求得a，c之间的关系式，从而可求得椭圆C的离心率解答：解：A（0，b），F1（c，0），F2（c，0），直线AF2的斜率为：k=，AQAF2，kAQ=直线AQ的方程为：yb=（x0）=x，令y=0得：x=Q点的坐标为（，0）2+=，2（2c，0）+（c，0）=（0，0），=3c，3c2=b2=a2c2，=，e=故答案为：点评：本题考查椭圆的简单性质，考查向量的坐标运算，求得Q点的坐标是关键，属于中档题12（5分）过圆x2+y2=1上一点P作圆的切线与x轴和y轴分别交于A，B两点，O是坐标原点，则|+2|的最小值是3考点：基本不等式；平面向量数量积的运算；直线与圆的位置关系专题：计算题；平面向量及应用分析：设OBP=，由O，OAP=，知|+2|=|（，）|然后利用向量的模以及基本不等式求出表达式的最小值即可解答：解：设OAP=，O，OBP=，|+2|=|（，）|=3，当且仅当tan2时，表达式取得最小值故答案为：3点评：本题考查直线和圆的方程的应用，是基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地运用均值不等式进行解题13（5分）（xx江苏二模）已知ABC的三边长a，b，c成等差数列，且a2+b2+c2=84，则实数b的取值范围是考点：等差数列的性质专题：等差数列与等比数列分析：设a=bd，c=b+d，代入已知等式化简可得3b2+2d2=84，由此求得b的最大值为2再由a+bc 可得b2d，结合已知的等式得3b2+284，解得 b2，再把这两个b的范围取交集求得数b的取值范围解答：解：设公差为d，则有 a=bd，c=b+d，代入a2+b2+c2=84化简可得3b2+2d2=84故当d=0时，b有最大值为2由于三角形任意两边之和大于第三边，故较小的两边之和大于最大边，即 a+bc，可得b2d3b2+284，解得 b2，故实数b的取值范围是 ，故答案为 点评：本题主要考查等差数列的定义和性质的应用，解不等式，属于中档题14（5分）设函数f（x）的定义域为D，若存在非零实数l使得对于任意xM（MD），有x+tD，且f（x+t）f（x），则称f（x）为M上的t高调函数如果定义域为R的函数f（x）是奇函数，当x0时，f（x）=|xa2|a2，且f（x）为R上的4高调函数，那么实数a的取值范围是1a1考点：函数单调性的性质专题：压轴题；数形结合分析：根据分段函数的意义，对f（x）的解析式分段讨论，可得其分段的解析式，结合其奇偶性，可得其函数的图象；进而根据题意中高调函数的定义，可得若f（x）为R上的4高调函数，则对任意x，有f（x+4）f（x），结合图象分析可得44a2；解可得答案解答：解：根据题意，当x0时，f（x）=|xa2|a2，则当xa2时，f（x）=x2a2，0xa2时，f（x）=x，由奇函数对称性，有则当xa2时，f（x）=x+2a2，a2x0时，f（x）=x，图象如图：易得其图象与x轴交点为M（2a2，0），N（2a2，0）因此f（x）在a2，a2是减函数，其余区间是增函数f（x）为R上的4高调函数，则对任意x，有f（x+4）f（x），故当2a2x0时，f（x）0，为保证f（x+4）f（x），必有f（x+4）0；即x+42a2；有2a2x0且x+42a2可得44a2；解可得：1a1；故答案为1a1点评：考查学生的阅读能力，很应用知识分析解决问题的能力，考查数形结合的能力，用图解决问题的能力，属中档题二解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（14分）（xx徐州模拟）在三角形ABC中，已知，设CAB=，（1）求角的值；（2）若，其中，求cos的值考点：平面向量数量积的运算；同角三角函数基本关系的运用；两角和与差的余弦函数专题：计算题分析：（1）根据向量之间的关系，把向量的数量积用公式表示出来，两边比较，得到角的余弦值，根据角的范围，确定角的值（2）根据角和角的函数值和角的范围，把要求的角变化为两个已知角的关系，解题过程中需要的角的三角函数值，结合角的范围求出，本题的关键是角的变换解答：解：（1），0为三角形ABC的内角，（2）由（1）知：，且，故cos=cos（+）=cos（）cossin（）sin=点评：本题表面上是对向量数量积的考查，根据两个向量的夹角和模，用数量积列出式子，但是这步工作做完以后，题目的重心转移到角的变换问题注意解题过程中角的范围16（14分）（xx枣庄一模）如图，已知AB平面ACD，DEAB，ACD是正三角形，AD=DE=2AB，且F是CD的中点（）求证：AF平面BCE；（）求证：平面BCE平面CDE考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定专题：证明题分析：（）取CE中点P，连接FP、BP，欲证AF平面BCE，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证AF与平面平面BCE内一直线平行，而AFBP，AF平面BCE，BP平面BCE，满足定理条件；（）欲证平面BCE平面CDE，根据面面垂直的判定定理可知在平面BCE内一直线与平面CDE垂直，而根据题意可得BP平面CDE，BP平面BCE，满足定理条件解答：证明：（）取CE中点P，连接FP、BP，F为CD的中点，FPDE，且FP=又ABDE，且AB=ABFP，且AB=FP，ABPF为平行四边形，AFBP（4分）又AF平面BCE，BP平面BCE，AF平面BCE（6分）（）ACD为正三角形，AFCDAB平面ACD，DEABDE平面ACD又AF平面ACDDEAF又AFCD，CDDE=DAF平面CDE（10分）又BPAFBP平面CDE又BP平面BCE平面BCE平面CDE（12分）点评：本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面平行、面面垂直的判定，考查运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题17（14分）某建筑公司要在一块宽大的矩形地面（如图所示）上进行开发建设，阴影部分为一公共设施建设不能开发，且要求用栏栅隔开（栏栅要求在一直线上），公共设施边界为曲线f（x）=1ax2（a0）的一部分，栏栅与矩形区域的边界交于点M、N，交曲线于点P，设P（t，f（t）（1）将OMN（O为坐标原点）的面积S表示成t的函数S（t）；（2）若在t=处，S（t）取得最小值，求此时a的值及S（t）的最小值考点：定积分；函数的值域专题：计算题分析：（1）求f（x）的导函数，设出P的坐标，确定过点P的切线方程，进而可得M，N的坐标，表示出三角形的面积；（2）把t=代入S（t），利用导数研究S（t）的最值问题，即可确定OMN（O为坐标原点）的面积的最小值；解答：解：（1）曲线f（x）=1ax2（a0）可得f（x）=2ax，P（t，f（t）直线MN的斜率为：k=f（t）=2at，可得LMN：yf（t）=k（xt）=2at（xt），令y=0，可得xM=t+，可得M（t+，0）；令x=0，可得yM=1+at2，可得N（0，1+at2），S（t）=SOMN=（1+at2）=；（2）t=时，S（t）取得最小值，S（t）=，S（）=0，可得12a24a=0，可得a=，此时可得S（t）的最小值为S（）=；点评：本题考查导数知识的运用，解题的关键是确定切线方程，求出三角形的面积，利用导数法求最值，属于中档题18（16分）如图：已知A，B是圆x2+y2=4与x轴的交点，P为直线l：x=4上的动点，PA，PB与圆x2+y2=4的另一个交点分别为M，N（1）若P点坐标为（4，6），求直线MN的方程；（2）求证：直线MN过定点考点：恒过定点的直线专题：直线与圆分析：（1）直线PA方程为y=x+2，由 解得M（0，2），直线PB的方程 y=3x6，由 解得 N（，），用两点式求得MN的方程（2）设P（4，t），则直线PA的方程为 y=（x+2），直线PB的方程为 y=（x2），解方程组求得M、N的坐标，从而得到MN的方程为y= x，显然过定点（1，0）解答：解：（1）直线PA方程为y=x+2，由 解得M（0，2），（2分）直线PB的方程 y=3x6，由 解得 N（，），（4分）用两点式求得MN的方程，并化简可得 y=2x+2（6分）（2）设P（4，t），则直线PA的方程为 y=（x+2），直线PB的方程为 y=（x2）由 得 M（ ，），同理 N（ ，） （10分）直线MN的斜率 k=（12分）直线MN的方程为 y=（x），化简得：y= x （14分）所以直线MN过定点（1，0）（16分）点评：本题主要考查直线过定点问题，求直线的方程，求两条直线的交点坐标，属于中档题19（16分）（xx河北模拟）已知函数f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（）当a1时，求证：函数f（x）在（0，+）上单调递增；（）若函数y=|f（x）t|1有三个零点，求t的值；（）若存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，试求a的取值范围考点：函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值专题：计算题；压轴题分析：（）证明a1时函数的导数大于0（）先判断函数f（x）的极小值，再由y=|f（x）t|1有三个零点，所以方程f（x）=t1有三个根，根据t1应是f（x）的极小值，解出t（）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（1），最小值f（0）=1，由f（1）f（1）的单调性，判断f（1）与f（1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e1求出a的取值范围解答：解：（）f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna （3分）由于a1，故当x（0，+）时，lna0，ax10，所以f（x）0，故函数f（x）在（0，+）上单调递增 （5分）（）当a0，a1时，因为f（0）=0，且f（x）在R上单调递增，故f（x）=0有唯一解x=0（7分）所以x，f（x），f（x）的变化情况如下表所示：又函数y=|f（x）t|1有三个零点，所以方程f（x）=t1有三个根，而t+1t1，所以t1=（f（x）min=f（0）=1，解得t=2；（11分）（）因为存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，所以当x1，1时，|（f（x）max（f（x）min|=（f（x）max（f（x）mine1，（12分）由（）知，f（x）在1，0上递减，在0，1上递增，所以当x1，1时，（f（x）min=f（0）=1，（f（x）max=maxf（1），f（1），而，记，因为（当t=1时取等号），所以在t（0，+）上单调递增，而g（1）=0，所以当t1时，g（t）0；当0t1时，g（t）0，也就是当a1时，f（1）f（1）；当0a1时，f（1）f（1）（14分）当a1时，由f（1）f（0）e1alnae1ae，当0a1时，由，综上知，所求a的取值范围为（16分）点评：本题考查函数的零点，用导数判断函数单调性，利用导数研究函数极值20（16分）设等差数列an的公差d0，数列bn为等比数列，若a1=b1=a，a3=b3，a7=b5（1）求数列bn的公比q；（2）若an=bm，n，mN*，求n与m之间的关系；（3）将数列an，bn中的公共项按由小到大的顺序排列组成一个新的数列cn，是否存在正整数p，q，r（pqr）使得p，q，r和cp+p，cq+q，cr+r均成等差数列？说明理由考点：等差数列与等比数列的综合；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质专题：综合题；等差数列与等比数列分析：（1）依题意，通过解方程组即可求得数列bn的公比q；（2）由an=bn可求得d=，代入整理有n+1=（1）m1，可分析（1）m10，从而可得n与m之间的关系；（3）设an=bn，令m=2k1（kN*），可求得bm=a2k1，令cn=2n1a，若存在正整数p、q、r（pqr）满足题意，由基本不等式可得出矛盾，从而可得结论解答：解：（1）设bn的公比为q，由题意即（2分）q=1不合题意，故=，解得q2=2，q=（4分）（2）由an=bn得：a+（n1）d=aqn1，又2d=aq2a=a，d=（6分）1+=即n+1=（1）m1（8分）n+1N*，（1）m10，m为奇数，且n=1，（10分）（3）若an与bn有公共项，不妨设an=bn，由（2）知：m为奇数，且n=1，令m=2k1（kN*），则bm=a=a2k1，cn=2n1a（12分）若存在正整数p、q、r（pqr）满足题意，则2q=2p1+2r1，又2p1+2r12=（当且仅当p=r时取“=”）又pr，2p1+2r1（14分）又y=2x在R上增，q与题设q=矛盾，不存在p、q、r满足题意（16分）点评：本题考查等差数列的通项公式与等比数列的通项公式的综合应用，考查方程思想与化归思想的综合运用，突出抽象思维与逻辑推理能力的考查，属于难题三、选做题21（40分）在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分，请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：（几何证明选讲）如图，从O外一点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，AB与OP交于点M，设CD为过点M且不过圆心O的一条弦，求证：O，C，P，D四点共圆B选修42：（矩阵与变换）已知二阶矩阵M有特征值=3及对应的一个特征向量e1=，并且矩阵M对应的变换将点（1，2）变换成（9，15），求矩阵MC选修44：（坐标系与参数方程）在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为p=2sin（），以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为（t为参数），求直线l被曲线C所截得的弦长D选修45（不等式选讲）已知实数x，y，z满足x+y+z=2，求2x2+3y2+z2的最小值考点：与圆有关的比例线段；简单的等周问题；简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程专题：计算题；不等式的解法及应用；直线与圆；圆锥曲线中的最值与范围问题分析：A因为PA，PB为圆O的两条切线，所以OP垂直平分弦AB，在RtOAP中，OMMP=AM2，圆O中，AMBM=CMDM，由此能够证明O，C，P，D四点共圆B设M=，则=3=，=，由此能求出MC将=2sin（），分别化为普通方程：x2+y2+2x2y=0，3x+4y+1=0，由此能求出弦长D由柯西不等式知：（x+y+z）2（）2+（）2+z2（）2+（）2+12，故，由此能求出2x2+3y2+z2的最小值解答：A选修41：（几何证明选讲）证明：因为PA，PB为圆O的两条切线，所以OP垂直平分弦AB，在RtOAP中，OMMP=AM2，（4分）在圆O中，AMBM=CMDM，所以OMMP=CMDM，（8分）又弦CD不过圆心O，所以O，C，P，D四点共圆（10分）B选修42：（矩阵与变换）设M=，则=3=，故（4分）=，故（7分）联立以上两方程组解得a=1，b=4，c=3，d=6，故M= （10分）C选修44：（坐标系与参数方程）解：将方程=2sin（），分别化为普通方程：x2+y2+2x2y=0，3x+4y+1=0，（6分）由曲线C的圆心为C（1，1），半径为，所以圆心C到直线l的距离为，故所求弦长为=（10分）D选修45（不等式选讲）解：由柯西不等式可知：（x+y+z）2（）2+（）2+z2（）2+（）2+12，（5分）故，当且仅当，即：x=，y=，z=时，2x2+3y2+z2取得最小值为（10分）点评：A考查与圆有关的比例线段的应用，B考查矩阵与变换的应用，C考查极坐标与参数方程的应用，D考查柯西不等式的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的灵活运用四、必做题：第22题、第23题，每小题10分，共计20分，请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤22（10分）（2011苏州二模）袋中装着标有数字1，2，3，4的卡片各1张，甲从袋中任取2张卡片（每张卡片被取出的可能性都相等），并记下卡面数字和为X，然后把卡片放回，叫做一次操作（1）求在一次操作中随机变量X的概率分布和数学期望E（X）；（2）甲进行四次操作，求至少有两次X不大于E（X）的概率考点：离散型随机变量及其分布列；互斥事件的概率加法公式专题：计算题；压轴题分析：（1）由题设知，X可能的取值为：3，4，5，6，7；计算出随机变量X的概率分布进而利用求数学期望的公式得到X的数学期望E（X）；（2）记“一次操作所计分数X不大于E（X）”的事件记为C，则P（C）= 设四次操作中事件C发生次数为Y，则YB（4，）则其服从二项分布，所以所求事件的概率为P（Y2）=解答：解：（1）由题设知，X可能的取值为：3，4，5，6，7随机变量X的概率分布为X34567P因此X的数学期望E（X）=（3+4+6+7）+5=5（2）记“一次操作所计分数X不大于E（X）”的事件记为C，则P（C）=P（“X=3”或“X=4”或“X=5”）=+= 设四次操作中事件C发生次数为Y，则YB（4，）则所求事件的概率为P（Y2）=1C41（）3C40（）4=点评：解决此类题目的关键是正确求得随机变量的取值以及每个值得概率，熟练掌握求离散型随机变量的概率分布的方法步骤23（10分）对一个边长互不相等的凸n（n3）边形的边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色所有不同的染色方法记为P（n）（1）求P（3），P（4），P（5）； （2）求P（n）考点：排列、组合及简单计数问题专题：计算题分析：（1）直接利用着色方案分别求出P（3），P（4），P（5）； （2）直接利用类比推理，推出凸n（n3）边形的边染色与凸n1边形的不同染色方法数的种数Pn1的关系，Pn=32n1Pn1，然后求出染色方法数为Pn=2n+（1）n2，解答：解 （1）对于边a1，有3种不同的染法，由于边a2的颜色与边a1的颜色不同，所以，对边a2有2种不同的染法，第三边有一种方法，所以P（3）=6，类似四边形时对于边a1，有3种不同的染法，由于边a2的颜色与边a1的颜色不同，对边a2有2种不同的染法，第三边有2种方法，如果与a1的颜色不同，则第四边为1种染色方法，如果与a1的颜色相同，第四边有2种染色方法，P（4）=3211+3212=18，类似可求P（5）=30； （3分）（2）设不同的染色法有Pn种易知当n4时，首先，对于边a1，有3种不同的染法，由于边a2的颜色与边a1的颜色不同，所以，对边a2有2种不同的染法，类似地，对边a3，边an1均有2种染法对于边an，用与边an1不同的2种颜色染色，但是，这样也包括了它与边a1颜色相同的情况，而边a1与边an颜色相同的不同染色方法数就是凸n1边形的不同染色方法数的种数Pn1，于是可得Pn=32n1Pn1，Pn2n=（Pn12n1）于是Pn2n=（1）n3（P323）=（1）n1（2），Pn=2n+（1）n2，n3综上所述，不同的染色方法数为Pn=2n+（1）n2，（10分）点评：本题考查分步计数原理、分类计数原理的综合应用，涉及几何图形有关的涂色问题，分析时注意结合图形分析