河南省中等职业学校对口升学考试复习指导 数学习题答案

参考答案PAGE\#000106PAGE\#000105参考答案第一章集合高考必备1．确定的对象，集合，集，元素2．确定性，互异性，无序性3．，4．，或，，，空集，5．列举法，描述法6．子集，，，真子集，，，相等7．交集，，并集，，补集，8．充分条件，，必要条件，，，充分且必要条件，充要条件，例1真题再现答案：D例4真题再现答案：例5真题再现答案：A备考演练基础通关（一）单项选择题1．A 2．C 3．C 4．D 5．C 6．C 7．D8．C 9．B 10．B 11．D 12．D 13．D 14．A15．C 16．D 17．D 18．B 19．A 20．C 21．D22．D 23．C 24．A 25．A（二）填空题1． 2． 3．4． 5． 6．或7．或 8．1 9．10． 11． 12．13． 14． 15．16． 17．或 18．19． 20． 21．22． 23．必要不充分 24．充分不必要25．必要不充分 26．（三）计算题1．解：，.2．解：，，又，．3．解：，，是方程的两个根，由韦达定理可得，，．4．解：，，，.5．解：或或或当时，集合，不符合集合中元素的互异性，故要舍去，当时，集合，符合条件，故，当时，集合，符合条件，故.综上所述，或.6．解：（1），又，．（2）解得，故的取值范围为．（四）综合题1．解：（1），，．（2），，．（3），解得：故的取值范围是．2．解：（1）当时，．（2）解得：故的取值范围是．3．解：集合中只有一个元素解得或当时，集合，集合中没有元素，不符合条件当时，集合，符合条件综上所述，时集合中的元素为．巩固提高（一）单项选择题1．C 2．C 3．B 4．D 5．D 6．A 7．D 8．A

（二）填空题1． 2． 3．4． 5． 6．（三）综合题1．解：（1）当时，．（2）当时，解得：当时，或解得：或综上所述，的取值范围是．2．解：由题可知，即，，，解得，即的取值范围是．第一章综合测试卷一、选择题1．C 2．A3．D4．A5．C6．B 7．D8．D9．A10．A二、填空题11． 12． 13．14．15．16． 17． 18．必要不充分三、计算题19．解：又，即，解得20．解：，，当时，解得：当时，解得：综上所述，实数的取值范围是.21．解：，，实数的取值范围是.四、综合题22．解：，当时，，无解；当时，有根与系数的关系且，解得，符合条件；当时，有根与系数的关系且，无解；当时，有根与系数的关系且，解得，符合条件；综上所述，或．23．解：，，或解得，或实数的取值范围是．24．解：，，又即，解得或当时，，不符合条件；当时，，符合条件.综上所述，．

第二章不等式高考必备1．，，2．性质1：不等式加法性质，，；性质2：不等式乘法性质，，；，；性质3：不等式的传递性，，；性质4：同向不等式的可加性，，3．4．例1真题再现答案：C例2真题再现答案：D例3真题再现答案：例4真题再现答案：

备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．B 3．B 4．B 5．D 6．D 7．C8．A 9．C 10．B 11．C 12．B 13．D 14．B15．C 16．A 17．D 18．A 19．A 20．B 21．B22．C 23．A 24．D 25．B（二）填空题1． 2． 3．4． 5． 6．6 7． 8． 9．10． 11． 12． 13． 14． 15． 16． 17． 18． 19． 20． 21．22． 23．充分不必要 24．25． 26．（三）计算题1．解：原不等式可化为，即或，解得或．所以原不等式的解集为.2．解：原不等式可化为且，解得或，所以原不等式的解集为或.3．解：原不等式可化为，解得，所以原不等式的解集为．4．解：原不等式可化为，解得或，所以原不等式的解集为.5．解：由题可知解得：．所以原不等式的解集为．6．解：原不等式可化为，此时．所以原不等式的解集为．7．解：由题可知解得所以原不等式的解集为．（四）综合题1．解：当时，不等式可化为，解得；当时，不等式可化为，解得或；当时，解得；综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式解集为；当时，原不等式的解集为.2．解：根据题意可知，，解得：或所以的取值范围是．3．解：不等式的解集为方程的两个根为，由韦达定理可得，，解得，，．巩固提高（一）单项选择题1．A 2．A 3．A 4．D 5．B 6．D 7．D 8．C（二）填空题1． 2．3． 4．5． 6．

（三）综合题1．解：原不等式可化为，解得：或．所以原不等式的解集为.2．解：不等式的解集为，解得，的取值范围是.第二章综合测试卷一、选择题1．A 2．D3．B4．B5．A6．D 7．D8．B9．C10．B二、填空题11． 12．且 13． 14．15． 16． 17．充分不必要18．或三、计算题19．解：故20．解：不等式的解集是，方程的两个根由韦达定理可得，解得，．21．解：由题可知，，解得，则的取值范围是．四、综合题22．证明：，，，，，.23．解：不等式的解集是方程的两个根是由韦达定理可知，可化为，解得或故不等式的解集为.24．解：设与隔墙平行的矩形的边为，则另一边为由题可知，当，时，有最大值.故当长为18m，宽为3m时，面积最大为.第三章函数高考必备1．，，，，，定义域，函数值，值域2.定义域，对应法则，值域，定义域，对应法则，定义域，定义域，对应法则3.解析法，解析法，解析式；列表法，列表法；图像法，图像法4.单调性；，增函数，增区间；，减函数，减区间；相同；相同，相反；增函数，减函数，增，减；同增异减，增，减，减，增5.奇偶性，，，偶函数，，原点；，，奇函数，，原点，；原点，轴6.，，，，既不是增函数也不是减函数，增函数，减函数，偶函数，既是奇函数又是偶函数，奇函数，既不是奇函数也不是偶函数，，，，，，减函数，增函数，减函数，增函数，增函数，减函数，奇函数，偶函数，既不是奇函数也不是偶函数7.分段函数，并集例1真题再现答案：A例2真题再现答案：例3真题再现答案：B备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．C 3．D 4．C 5．C 6．D 7．B8．D 9．C 10．A 11．A 12．C 13．A 14．D15．C 16．B 17．B 18．A 19．B 20．C 21．C22．C 23．A 24．C 25．D 26．D 27．D 28．A29．C 30．D 31．B 32．D 33．B 34．D 35．D36．A 37．B（二）填空题1． 2． 3． 4． 5．1 6．7． 8． 9．，10． 11． 12．13． 14．奇 15．16． 17． 18．19． 20． 21．奇 22． 23． 24．25． 26．（三）计算题1．解：因为为一次函数，所以可设．又因为，所以，即．所以，解得或，所以或．2．解：因为是定义在上的奇函数，所以．因为，所以，所以．因为在上是减函数，所以，整理得，解得，所以的取值范围是．3．解：因为，所以．因为为偶函数，为奇函数，所以，，所以可化为，将与联立得，解得：，，所以的解析式为，的解析式为．4．解：因为所以，因为是偶函数，所以，即，所以，解得，所以．5．解：因为函数的解析式为，所以函数的对称轴为，又因为，所以图像开口向上，所以在上是增函数．因为函数在区间上的最大值为，最小

值为，所以，即，解得．6．解： ① ②①②得：，解得．7．解：因为是定义在上的偶函数，所以定义域关于原点对称且对称轴为轴，所以，解得．（四）证明题1．证明：设，且，则因为，所以，因为，所以，所以，即．所以在上是单调递减的．2．证明：设，且，则因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，所以在上是单调递增的．3．证明：设，且，则因为，所以，因为，所以，所以，即，所以在上是单调递增的．4．证明：令，则，解得．函数的定义域为，任取，都有，令，则，即，所以函数是奇函数．5．证明：令，则，整理得，解得或，又因为，所以．令，则，整理得，即，所以函数是偶函数．（五）综合题1．解：（1）因为是上的奇函数，且，所以．（2）因为，，所以，又因为是上的减函数，所以，整理得，解得，所以的取值范围是.2．解：函数是奇函数.证明如下：由题意知，函数的定义域为，任取，都有．当时，，；当时，，；所以函数是奇函数3．解：因为函数是定义在上的偶函数，所以，即，又因为，所以，解得．4．解：因为在上单调递减且奇函数在对称的区间上单调性相同，所以在上单调递减．证明如下：任取，且，则且，又因为在上单调递减，所以，因为是奇函数，所以，综上所述，，即，所以在上单调递减．5．（1）解：因为是奇函数且定义域为，所以，所以，解得．（2）证明：因为，所以．设，且，则因为，所以，因为，所以，又因为，所以，即，所以在上是单调递减的．巩固提高（一）单项选择题1．D 2．A 3．C 4．B 5．D 6．D 7．A 8．A 9．B（二）填空题1． 2． 3． 4． 5．（三）计算题1．解：当时，，所以，又因为是偶函数，所以，即当时，，所以．2．解：因为，所以函数的对称轴为，又因为函数的顶点在直线上，把代入得，所以函数的顶点为．设函数的顶点式为，因为，所以，解得．所以函数的解析式为，即．（四）证明题1．证明：设，且，则因为，所以，因为，所以．所以，即．所以在上是单调递增的．2．证明：要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为．任取，都有．又因为，所以是偶函数．3．证明：设，且，则因为，所以．因为，所以，所以，即．所以在上是单调递减的．（五）综合题1．解：设租价为元，则可以租出套，设租金收入为元，则，因为，所以当时，租金收入最高．所以．答：当租价为元时，租金收入最高，最高为元．2．解：是偶函数，证明如下：函数可化为，要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为，任取，都有，又因为，所以是偶函数．第三章综合测试卷一、选择题1．C 2．B 3．D 4．D 5．C6．B 7．A 8．C 9．D 10．A二、填空题11． 12． 13．14． 15．非奇非偶函数 16．17． 18．三、计算题19．解：因为函数是二次函数，所以可设，又因为，所以.因为，所以，整理得，所以，解得，所以函数的解析式为.20．解：由于①所以 ②①②得：，解得．所以函数的解析式为．21．解：由题意知，任取时，都有，又，所以函数是定义在上的奇函数.四、证明题22．证明：要使有意义，需满足，解得且，所以函数的定义域为．任取，都有．又因为，所以是偶函数．23．证明：设，且，则因为且，所以，因为，所以，所以，即，所以在上是增函数．四、综合题24．解：因为为奇函数，为偶函数，所以，，又因为，所以．将两个方程联立得，解得，，所以的解析式为，的解析式为．

第四章指数函数与对数函数高考必备1．，；两，，，，一，，；，，根指数，被开方数2．，，；；，3．，，，，4．，，底数，；，增函数，，；减函数，，5．（且），，，指数，；，，，，增函数，减函数，，，，6．，，，，，；；；零，负数7．，，，8．；；；，；，，，，，9．（且），，，真数；，，，，增函数，减函数，，，，；大于，小于例1真题再现答案：B例2真题再现答案：B例3真题再现答案：例4真题再现答案：备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．B 3．A 4．C 5．A 6．C 7．C8．B 9．C 10．D 11．D 12．C 13．A 14．D15．D 16．A 17．B 18．B 19．A 20．B 21．C22．D 23．B 24．A 25．C26．B 27．A 28．B29．D 30．B 31．D 32．B 33．C 34．D 35．A（二）填空题1． 2． 3．4． 5． 6． 7． 8． 9．10． 11． 12． 13． 14． 15． 16． 17． 18．19． 20． 21．22． 23． 24．25． 26． 27． 28． 29． 30．（三）计算题1．解：当时，在上是增函数，由题意得，解得；当时，在上是减函数，由题意得，解得；所以或.2．解：因为是奇函数，则定义域一定关于原点对称.令，解得或，即函数的定义域为，因为定义域关于原点对称，所以，解得.经检验，当时，是奇函数，所以.3．解：因为，所以，又因为，所以，所以．4．解：因为，所以，因式分解得，因为，所以，解得．5．解：因为，所以，根据对数的性质得，解得或，又因为需要满足且，所以．6．解：因为，所以，所以或，解得或．7．解：因为，所以，又因为在上是增函数，所以，整理得，解得．所以的解集为．8．解：因为是定义在上的奇函数，所以，即，解得．（四）证明题1．证明：的定义域为，任取时，都有，所以（）是奇函数．2．证明：因为，所以．因为，所以在上是增函数，又因为，所以．所以，所以．综上所述，．3．证明：要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为，任取，都有．，所以是奇函数．4．证明：显然，函数的定义域为，任取时，都有，又因为，所以是奇函数．（五）综合题1．解：（1）要使有意义，需满足，解得，

所以函数的定义域为．（2）任取，都有．，所以是偶函数．2．解：（1）因为，，，所以

要使有意义，需满足，

解得，所以函数的定义域为．

任取，都有．，

所以是奇函数．（2）因为，所以，

可化为，所以，解得．

所以方程的解集为．3．解：（1）因为是定义在上的奇函数，所以，所以，解得．（2）在上是单调递增的．

证明如下：

因为，所以．

设，且，则因为，所以在定义域上是增函数，又因为，所以，又因为，所以，即，

所以在上是单调递增的．4．解：（1）要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为．（2）因为，，所以，可化为，根据对数的性质可得，解得或．又因为需要满足，所以．5．解：（1）要使有意义，需满足，解得且，所以函数的定义域为．（2）要使有意义，需满足，解得且，所以函数的定义域为．巩固提高（一）单项选择题1．A2．C3．D4．C 5．D6．C7．D8．A9．C（二）填空题1． 2． 3． 4．5． 6． 7． 8．（三）计算题1．解：要使在上的函数值总小于2，只需在上的最大值小于2.（1）当时，在上的最大值是，使，解得，又因为，所以；（2）当时，在上的最大值是，使，解得或，又因为，所以.综上所述，的取值范围是.2．解：因为，所以，等式两边同时乘以整理得，因式分解得，因为，所以，解得．3．解：（1）要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为．（2）要使有意义，需满足，解得且，所以函数的定义域为．（四）证明题1．证明：将变形为，设，且，则因为，所以在定义域上是增函数，又因为，所以，又因为，所以，即，所

以在上是单调递增的．2．证明：因为，所以在上是增函数，又因为，所以，，．因为，所以．综上所述，．（五）综合题1．解：（1）因为的定义域为，所以的解集为，所以，解得，所以的取值范围是．（2）可化为，因为，所以在定义域是减函数，所以，整理得，解得，所以不等式的解集为．2．解：（1）因为，，所以，所以，解得，又因为，所以，函数的解析式为．（2）是奇函数，证明如下：要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为，任取，都有．，所以是奇函数．第四章综合测试卷一、选择题1．A 2．B 3．B 4．D 5．A6．C 7．C 8．B 9．B 10．C二、填空题11． 12． 13． 14．15． 16． 17． 18．三、计算题19．解：因为，所以，所以20．解：因为，所以，所以或，解得或．21．解：要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为．四、综合题22．证明：因为，所以在定义域上是增函数，又因为，所以，，因为，所以，因为，所以，所以．23．证明：函数可化为．显然，函数的定义域为，任取时，都有，又因为，所以是奇函数．五、综合题24．解：（1）令，得.把代入中得，所以函数．要使有意义，需满足，解得，所以函数的定义域为．所以函数的解析式为，定义域为．（2）函数是奇函数，证明如下：任取，都有．，所以是奇函数．

第五章三角函数高考必备1．（1）逆时针方向顺时针方向零角第几象限坐标轴上（2）；弧度数（3）（4）（5）；；；2.（3）；3.（1）；；（2）；；；；4.（1）（2）；；（3）5.（1）（2）（3）例1真题再现答案：B例2真题再现答案：例3真题再现答案：例4真题再现答案：（1）（2）

备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．B 3．C 4．A 5．D 6．A 7．C8．A 9．A 10．C 11．B 12．A 13．C 14．B15．B 16．B 17．C 18．A 19．D 20．D 21．B22．C 23．A 24．D 25．C 26．A 27．C 28．C29．B 30．D 31．D 32．C 33．B 34．A 35．D（二）填空题1．1 2． 3． 4．25 5．6． 7． 8． 9． 10．11． 12． 13． 14．等腰 15． 16． 17． 18． 19．20． 21． 22． 23．3 24． 25．钝角三角形 26． 27．28． 29． 30．（三）计算题1．解：（1）原式．（2）原式2．解：由题意知：，所以.3．解：由题意知：，，，，解得，．4．解：，．．5．解：，，，同理，，．6．解：由于，所以，即，所以．7．解：

，又，，，8．解：，，．又，，，．9．解：由

，因此，当，即，函数取得最大值．10．解：（1）因为，所以由正弦定理得，则，又因为三角形是锐角三角形，所以.（2）因为，，，所以，故．（四）证明题1．证明：左边．原式成立．2．证明：左边．故原式成立．3．证明：因为，所以.因为在中，有，故，．由于为的内角，所以，故4．证明：由正弦定理可设，，，代入原式得，，，，，在中，，，或，即或，是等腰三角形或直角三角形．5．证明：根据正弦定理，设，，则，，代入中，得，，A，B，，则，是等边三角形．（五）综合题1．解：（1）sin，令，，则，.函数f

(x)图像的对称轴方程是，.（2）令，，则，.的单调递增区间为，.（3）当时，，，，当时，函数的最大值为，最小值为．2．解：（1）因为，所以的最小正周期．依题意，，解得.（2）由（1）知sin．函数的单调递增区间为（）．由（），得，所以的单调递增区间为（）．3．解：，，，由正弦定理得：．4．解：（1）在中，由题意知，．又因为，所以.由正弦定理可得，.（2）由得.由，得，所以.因此，的面积.5．解：（1）根据正弦定理可设，即，，将其代入得：，.又因为三个内角都是锐角，所以.（2）由得，时，故，.时，故，综上所述巩固提高一、选择题1．D 2．B3．B4．D5．A6．C 7．A8．B二、填空题1． 2． 3． 4． 5．三、计算题1．解：是等边三角形，理由如下由余弦定理得：将代入上式解得：由解得又，是等边三角形．2.解：整理得由余弦定理知：是等边三角形．四、证明题1．证明：，．两边同时除以，，，．2．证明：由，得，即.因为，且，所以，所以.又因为，，，所以，由正弦定理知，即，即.五、综合题1．解：（1）由，，得，又，．．（2）由，，得．由余弦定理得．．2．解：（1），由余弦定理，得，整理得，，，．（2）为等边三角形．理由如下，即， ①， ②由①②得，又为等边三角形．第五章综合测试卷一、选择题1．A 2．C3．A4．B5．A6．B 7．A8．B9．B10．D二、填空题11．1 12． 13． 14． 15．16． 17．7 18．三、计算题19．解：．原式．20．解：，，在中，，21．解：由题设和正弦定理得．，，，.

四、证明题22．证明：左边．原等式成立．23．证明：根据题意，在中，，由余弦定理可得：，又由，所以，整理得：，即，又，故是等边三角形.24．解：（1）由题意得，即由为锐角，得.（2）由（1）知，因为，所以，因此，当时，有最大值，当时，有最小值，所以所求函数的值域是.

第六章数列高考必备1．次序，数列，每一个数，项，首项2．有穷数列，无穷数列3．，，通项公式4．差，常数，等差数列，公差，5．等差中项，6．，或，7．8．之比，等比数列，公比，q9．，；例3真题再现答案：4解析：，解得．例5真题再现答案：（1）（2）解析：(1)设数列的公比为，由，，得：，即解得或∵∴不合题意，舍去，故.∴(2)∵数列是首项，公差的等差数列，∴∴

=+

=.

备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．C 3．C 4．B 5．D 6．B 7．D8．B 9．A 10．C 11．B 12．C 13．C 14．C15．B 16．C 17．A 18．D 19．C 20．C（二）填空题1．4 2．86 3．94．505．4 6．8或147．63 8． 9．210． 11．4 12．413．12 14．10015．516．90 17．2 18．30（三）计算题1．解：因此2．解：设这三个数分别为，，，由题意可得，，整理方程组得，解得，． 综上可知这三个数为2，7，12或12，7，23．解：设等差数列的首项为，公差为，由已知得：，故．4．解：设这四个数的前三个依次是，，，根据题意得，，，，第四个数为．这四个数依次为5，5，15，45．（四）综合题1．解：，，即等差数列的公差，，，解得，，故所求数列的通项公式为.2．解：解法一：，当时，取得最大值，最大值为64.解法二：，因为，所以数列是递减数列，由，解得，因为是正整数，所以.，所以最大值是64.3．证明：由，可得，则，所以，故，，综上可知数列是首项为1，公比为2的等比数列.巩固提高（一）单项选择题1．C 2．B 3．D 4．C 5．A 6．A 7．B 8．C 9．A 10．C（二）填空题1．42 2． 3．2 4．145 5． 6．010 7．24 8．， 9．4和36 10．9 11． 12．1 12．（三）计算题．1．解：，，．又

．．2．解：（1）因为，则，所以，又知，故，，．（2）由（1）可知该数列为等比数列，首项为1，公比为2，故通项公式为．3．解：（1）设的公差为d，由已知条件得，解得，故．（2）由（1）得，．设的公比为q，则，故．所以的前n项和．4．解：因为，，，，构成公差为等差数列，所以由等差数列前和公式可得（1）同理（2）（2）（1）得，所以，将其代入（1）得，故所求数列首项为，公差．5．解：设等比数列的首项，公比为q，则，．，即，．，，将代入，得．，数列由5项组成．（四）综合题1．解：（1）已知，数列是以为首项，公差为的递增等差数列，令得，最小，最小值为．综上可知，当n为6或7时，Sn取得最小值为．（2）①当时，，②当时，．2．解：设这三个数为，，，因为三个数之和为15，所以，则这三个数为，5，，由题意可知，，，，即，解得，当时，这三个数为3，5，7，此时，，，公比，首项，通项公式为．当时，这三个数为18，5，8，此时，，，公比，首项，通项公式为．综上所述，数列的通项公式为或．第六章综合测试卷一、选择题1．B 2．A3．A4．B5．B6．B 7．D8．D9．B10．A二、填空题1． 12．7 13．1

104.08 14．315． 16．9 17．1 18．三、计算题19．解：∵，，∴，所以，解得或，∵，∴舍去.∴数列的公比.20．解：（1）由二项式定理得，令，得N*． （2）若，则， 若，则， .两式相减得． ． 21．解：（1）设等比数列的公比为q，因成等差数列，则，即.解得，（舍去）．，解得.所以.（2）.因此，数列的通项公式为，前n项和.22．解：∵∴，∴，∵数列为等差数列，∴，∴，又∵，∴，，∴，∴时，取得最大值，.因此的最大值为36.四、证明题23．证明：∵等比数列的公比为，∴，，∵，，成等差数列，∴，即，解得.∴等比数列的公比.五、综合题24．解：（1）因为数列为等差数列，所以．又，所以，是方程的两个实根，又公差，所以，所以，，所以，所以，所以通项.（2）由（1）知，，所以．所以当时，最小，最小值为.（3）由（2）知，所以，所以，，.因为数列是等差数列，所以，即，所以，所以或（舍去），经验证时，是等差数列，故.

第七章向量高考必备1．始点，终点，方向2．大小，方向3．大小，长度，，1，0，模，方向，，模，相反，4．三角形，平行四边形5．6．()，()，，()，，7．在，在例1真题再现答案：D【解析】∵，∴，∵向量，向量，∴，解得.故选D.例2真题再现答案：例3真题再现答案：【解析】∵，是单位向量，夹角为，∴备考演练基础通关（一）单项选择题1．D 2．D 3．C 4．B 5．C 6．B 7．D8．B 9．C 10．C 11．D 12．B 13．C 14．B15．D 16．D 17．C 18．D 19．D 20．C 21．C22．A 23．C 24．D 25．A （二）填空题1． 2．0 3．5 4．02 5． 6． 7．(3，1) 8．1 9．8 10．15 11． 12．13．1 14． 15．(1，1)或(1，1) 16．1 （三）计算题1．（1）解：.（2）解：原式.2．解：，，，，．3．解：，且，，，△是等边三角形.4．解：由已知得：，∥，，，解得：.5．解：或5．（四）证明题1．证明：△ABC三个顶点的坐标分别为，，．，，，.，，，是等腰直角三角形2．证明：＝0．3．证明：，，，，，．4．证明：已知四边形四个顶点坐标为，，，．，，，且//．四边形是梯形.（五）综合题1．解：（1）//，，即，当时，不符合题意，舍去，当时，.（2）由，．即，化简得，故由．，，或，或．2．解：如右图所示，过点O作于根据圆的性质可得：在直角三角形OCB中，，，且，又，，60°，120°，，120°.3．解：（1），，，，函数的最小正周期为．（2）的解析式为，的最小值为．又的最小值是4，，解得．巩固提高（一）单项选择题1．A 2．C 3．A 4．D 5．A 6．B 7．C8．A 9．A 10．B 11．B 12．A 13．A（二）填空题1．8 2． 3． 4． 5．6 6．2 7．10 8． 9． 10． 11．12 12．10（三）计算题1．解：的夹角为钝角，，，，又当与反向共线时，夹角为180°，，，.这也就排除反向共线的情况，即．的取值范围为2．解：设向量，则，.，.得，即 （1）∥，，即 （2）联立方程（1）、（2）得.故向量的坐标为(2，1).3．解：，，即，．因此，故.4．解：，， ，，.由数量积的定义得：，，为锐角，，，5．解：，，，，，，，，．6．解：（1），，，，与共线，，．（2），．A，B，C三点共线，∥，，．（四）证明题1．证明：，，且60°，，

，2．证明：，，，，，与互相垂直．（五）综合题1．解：（1）在中，由，，且．得，即，，，，即．（2）由于解得．2．解：（1），且，，又，，，，，．（2），，，，，，，，又，，，第七章综合测试卷一、选择题1．A 2．C3．C4．B5．B6．C 7．C8．D9．C10．A二、填空题1．12． 13．14．15．16． 17．且 18．三、计算题19．解：因为，，所以，．又因//，所以，所以．20．解：（1）由已知得，，A，B，C三点共线，∥，，即.（2），，，解之得，点C的坐标为．21．解：由，，，得，，，即，，，，且．．四、证明题22．解：证明：△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，2)，B(2，3)，C(-2，5)，，，，得，△ABC是直角三角形23．解：证明，，，，，．五、综合题24．解：（1），，设，.又，所以故当时，或.（2）设，由，及得解得：故当时第八章平面解析几何高考必备1．．，．2．，，．，（A、B不同时为零）．3．（1）；；；．（2）；，；，；．4．5．（1）（2）（），其中，圆心坐标为，半径．6．（1）；（2）；（3）．方法二：（1）；（2）；（3）．7．椭圆、双曲线和抛物线的方程与性质椭圆双曲线抛物线几何条件到两个定点的距离之和等于常数到两个定点的距离之差的绝对值等于常数到一个定点和到一条定直线的距离相等标准方程图形顶点坐标(±a，0)(0，±b)(±a，0)(0，0)对称轴x轴，长轴长2a；y轴，短轴长2bx轴，实轴长2a；y轴，虚轴长2bx轴焦点坐标(±c，0)其中(±c，0)其中离心率0<e<1e>1e

=

1准线渐近线【例题解析】例1．【真题再现】答案：例3．【真题再现】答案：A．例4．【真题再现】答案：备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．D 3．B 4．A 5．D 6．C 7．D8．B 9．A 10．B 11．B 12．B 13．C 14．A15．A 16．C 17．B 18．D 19．A 20．A 21．A22．D 23．A 24．B 25．D 26．A 27．C 28．B29．C 30．C

（二）填空题1．， 2． 3．4． 5． 6．7． 8． 9．或10． 11． 12．13．或 14． 15．16． 17．18．19． 20．4

21．充要22．4 23．或24．或 25．（三）计算题1．解：设的中点的坐标为，则由，得，，故故，即边上的中线的长度为.2．解：（1）由于直线的倾角为，故其斜率为．又直线经过点，由公式得知直线的方程为． （2）将上面的方程整理为． 这是直线的斜截式方程，由公式知直线的在轴的截距为．3．解：设直线的斜率为，则.设直线的斜率为．由于，故．又直线过点，故其方程为，即．4．解：由点，可得，直线的斜率为，直线的方程为，即，又边上的高为点到直线的距离．故三角形面积为．5．解：在椭圆中：所以右焦点为因为抛物线的焦点与椭圆右焦点重合，即圆心为，半径，所以圆的方程为.7.解：圆心到直线的距离为，所以弦长为.8．解：（1）设椭圆的方程为，则，所以，，所以所求椭圆的方程为.（2）联立方程组，解得，，所以.（四）证明题1．证明：圆的方程可化为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，弦长为，，.2．证明：圆C的方程可化为，圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，又，由已知可得，解得，圆C的面积为．3．证明：由斜率公式可得三角形的三边所在直线的斜率分别为；；.所以，即，所以三角形为直角三角形.4．证明：由题意可得，两式相减得，化简得，因为，所以式子两边同除以得，所以.（五）综合题1．解：设等轴双曲线为：因为点的在双曲线上所以所以2.解：由双曲线求得两条双曲线的公共焦点坐标为.设所求双曲线的标准方程为依题意有解得.故双曲线的标准方程为.3．解：（1）由题设整理圆的方程得：，所以圆的圆心坐标为，代入直线方程得，所以所求直线l的方程为．（2）令得，令得，故交点A，B的坐标分别为，，所以．巩固提高（一）选择题1．D2．C3．A4．D5．A6．D7．B8．B（二）填空题1．2．243．4．5．，（三）计算题1．解：设所求切线为即，又圆，圆的标准方程为该圆的圆心坐标为，半径，又直线与圆相切，，或，所求切线的直线方程为或.2．解：经过两点的直线的斜率3．即圆心为，半径，所以圆的方程为．4．解：（1）因准线为，故抛物线的方程为．（2）设，因等于点P到准线的距离，所以，所以，即点P为或．（四）证明题1．证明：因为圆的圆心，半径所以圆心到直线的距离为因为，所以，所以直线与圆相交．2．证明：点在圆上，，圆心到直线的距离，直线与圆相切，过点M且与圆相切的直线方程为.（五）综合题1．解：椭圆的焦点为：顶点为：双曲线的焦点坐标为双曲线的顶点坐标为所以在双曲线中所以双曲线方程为2．解：由题意知，焦点为，故抛物线的方程为．3．解：因为椭圆方程为∴，∴∴椭圆右焦点为所求的圆心所以双曲线的渐近线方程为由题意知所求圆的半径为到的距离∴∴所求圆的标准方程为4．解：由题意知，所以得双曲线的右焦点将点代入双曲线得：当时，当时，点到双曲线右焦点的距离为或.第八章综合测试卷一、选择题1．A2．D3．C4．B5．D6．A7．C8．B9．C10．D二、填空题11． 12． 13．14． 15． 16．17． 18．三、计算题（每小题8分，共24分）19．解：直线的斜率为，且与直线垂直，直线的斜率为，直线经过点，直线的方程为，即．20．解：圆心在轴上，设圆心为，设圆的方程为，

由题意可得，

解得.圆的方程为．21．解：由于方程为椭圆方程，则，解不等式，得或故的取值范围为四、综合题22．解：由解方程组，得，或，，两点的坐标为，，23．解：双曲线的标准方程可化为，双曲线的左顶点为．设抛物线的方程为，则．，故抛物线的方程为.24．解：（1）设抛物线方程为，由已知抛物线过点，代入得，即抛物线的方程为．（2）直线过点，代入得，即直线方程为，与抛物线方程联立得，解得，，分别代入直线方程得两交点坐标为和．

第九章立体几何高考必备1．（1）①两点，所有点；②一个，一条直线；③不在一条直线上．（2）①外；②相交；③平行．2．（1），；（2），；（3）是，否；（4），，；（5）∥；．3．（1）平行；（2）平面外的，平面内的；（3）经过；（4）相交；（5）交线．4．（1）最小正角；（2）平行，；（3）所有直线；（4）两条相交；（5）互相平行；（6）射影，；（7）①半平面；②垂直，最小正角；③；（8）；（9）垂线；（10）垂直于交线．5．（1）互相平行；①侧棱；②正多边形；③平行四边形；④侧棱；⑤矩形；⑥长方体；⑦全等，全等，相等，平行四边形；⑧；⑨侧面积，两底面积；⑩；（2）多边形，三角形；①平行于，相似，截得的棱锥的高；②正多边形，中心；③相等，等腰三角形，斜高，斜高在底面上的射影，侧棱在底面上的射影；④；⑤；（3）①矩形；②一条直角边；③圆，矩形，等腰三角形；④；⑤；⑥侧面积，底面积；⑦，；（4）直径，，；（5）①，轴，轴，原长度，原来的一半；②轴；（6）主视图，俯视图，左视图；①主视图，长度，高度；②俯视图，长度，宽度；③高度，宽度；④左上方，右侧，下方，俯视，左视，左视．例1真题再现答案：例2真题再现答案：例3真题再现答案：证明：四边形是正方形，.正方形的边长为，.又=，=，.=，.，平面.例4真题再现答案：证明：为圆的直径，点是圆周上不同于、的任意一点，=，.垂直于圆所在的平面，在圆所在的平面内，即.，平面.平面，平面平面.例5真题再现答案：证明：取的中点，连接，.、分别是、的中点，．四边形是平行四边形，．是的中点，．.四边形为平行四边形.∥.又平面，平面，//平面．

备考演练基础通关（一）单项选择题1．C 2．D 3．D 4．B 5．D 6．A 7．B8．C 9．A 10．D 11．A 12．B 13．D 14．B 15．A 16．B 17．D 18．B 19．B 20．A 21．D22．C 23．B 24．C 25．A 26．C 27．A 28．D29．C 30．D（二）填空题1． 2．矩 3．无数 4． 5．6． 7． 8． 9． 10．11． 12． 13． 14． 15．菱形16． 17． 18． 19． 20． 21． 22． 23． 24． 25． （三）计算题1．解：（1），是异面直线和所成的角，在中，，，，和所成的角是.（2），是异面直线和所成的角，在中，，，，，和所成的角.2．解：连接，平面，就是与平面所成的角，，，，，，，四边形为矩形，，，.与平面所成的角为.3．解：旋转一周所得几何体为以为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为．4．解：作于，连接．，，又与交于点，，又，，在中，可得，，即点到直线的距离为．5．解：底面的面积，又，，，即是棱锥的高，棱锥的体积．（四）证明题1．证明：连接、．，为的中点，，又平面平面，且平面平面，．又在平面内，平面平面．2．证明：如右图所示，取中点，连接、．，，，．又，平面．又平面，．3．证明：连接．、分别是正方形的边、的中点，∥．又，．平面，平面，．，平面．4．证明：平面，又且，平面，平面，．同理，又，平面．5．证明：如下图所示，取的中点，连接、．、分别为、的中点，∥且．又∥且，

∥且．四边形为平行四边形，．又平面，平面，平面．6．证明：，且.又，，，.，平面.平面，.7．证明：连接．分别是棱的中点，由中位线定理可知∥，∥．∥．又平面，平面，平面．∥且，∥且，∥且．四边形为平行四边形．．又平面，平面，平面．又，平面平面．（五）综合题1．证明：（1）平面底面，且平面底面，又，且平面，底面.（2）为的中点，，，又∥，为平行四边形，∥.又平面，平面，∥平面.（3），且四边形为平行四边形.，.由（1）可知底面，则，又，底面.从而，又、分别是、的中点，∥，故.又、在平面内，且交于点，平面.又平面，平面平面.2．证明：（1）连接.设，连接.棱柱是正方体，四边形是平行四边形，∥且.又分别是、的中点，∥且，四边形是平行四边形.∥.又平面，平面，∥平面.（2）平面，.又，平面.又平面，.同理可证.又，平面.3．证明：（1）连接交于点，连接.底面为正方形，点是的中点.又为的中点，是的中位线，∥．又PA平面，平面，∥平面.（2）底面，且底面，．，可知是等腰直角三角形，而是斜边的中线，． ①同理，由底面，底面，可得.底面为正方形，.又，平面.平面，． ②由①和②且得平面.而平面，.又且，⊥平面.4．解：（1）截面是矩形，∥．又平面，平面，∥平面.又平面，且平面平面，∥．又平面，平面，∥平面．（2）由（1）可知∥，同理∥，又，，与成角．巩固提高（一）单项选择题1．D 2．B 3．C 4．D 5．D（二）填空题1． 2． 3． 4． 5．

（三）计算题1．解：连接，过点作于，则为底面正的中心，为正三棱锥的斜高．又为正三棱锥的斜高，为的中点，且．在中，，，，由正三棱锥的性质可知，为直角三角形．又，，．三棱锥的高为，棱长为．2．解：设的中点为，连接、，，，，．是二面角的平面角．设正四面体的边长为，则，．在中，．3．解：取的中点为，连接，，，．平面平面，平面，．，，，，，从而，，．（四）证明题1．证明：即，，又，平面．又平面，．平面，平面，．又，平面．又平面，．2．证明：平面，平面，．又，，平面．平面，．点是点在上的射影，．，平面．平面，．又点是点在上的射影，．，平面．平面，．3．证明：为的中点，，为等边三角形，，从而，为直角三角形，即：．又，，平面.平面，．又，，平面.平面，平面平面．（五）综合题1．解：（1）是斜边上的高，，．又，，又平面，平面，平面⊥平面，平面⊥平面．（2）在Rt△中，，且，为的中点，，又，，．2．解：（1），，是的中点，，．由棱锥的侧面积等于底面积的倍，即，得．（2）作正三棱锥的高，则为正三角形的中心，在上，．，， 是二面角的平面角．在Rt中，，，即二面角的大小为．3．解：（1）在中，、分别为、的