2025年湘师大新版高一数学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘师大新版高一数学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、函数（k∈Z）（）

A.是奇函数。

B.是偶函数。

C.既不是奇函数也不是偶函数。

D.有无奇偶性不能确定。

2、【题文】已知是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围()A.B.C.D.3、【题文】已知函数的定义域为A，函数的定义域为B，则AB=（____）A.B.C.D.4、函数y=ax﹣（a＞0，a≠1）的图象可能是（）A.B.C.D.5、设a=sin33°，b=cos58°，c=tan34°，则（）A.a＞b＞cB.b＞c＞aC.c＞b＞aD.c＞a＞b6、一个几何体的三视图如图所示；则该几何体的体积为（）

A.B.C.D.1评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、下面是按照一定规律画出的一列“树型”图：

经观察可以发现：图（2）比图（1）多出2个“树枝”，图（3）比图（2）多出5个“树枝”，图（4）比图（3）多出10个“树枝”，照此规律，图（7）比图（6）多出____个“树枝”．8、在△ABC中，三边a、b、c所对的角分别为A、B、C，已知a=2b=2，△ABC的面积S=则sinC=____．9、不等式的解集为____．10、已知角θ的终边过点P（1，2），则=____．11、如图，在中，则的值为.12、【题文】方程的解是____评卷人得分三、证明题(共8题，共16分)13、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．14、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．

（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．16、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．17、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．18、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：

（1）AD=AE

（2）PC•CE=PA•BE．19、如图；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．

求证：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．20、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．评卷人得分四、解答题(共4题，共40分)21、已知函数f（x）=x2-2ax+a-1在区间[0；1]上有最小值-2，求a的值．

22、已知A={x|x2-2x-3＜0}B={x|x2-4＞0}，C={x|x2-4mx+3m2＜0}；若A∩B⊆C，求m的范围．

23、对于函数f1（x），f2（x），h（x），如果存在实数a，b使得h（x）=a•f1（x）+b•f2（x），那么称h（x）为f1（x），f2（x）的生成函数．

（Ⅰ）下面给出两组函数，h（x）是否分别为f1（x），f2（x）的生成函数？并说明理由；

第一组：f1（x）=sinx，f2（x）=cosx，h（x）=sin（x+）；

第二组：f1（x）=x2-x，f2（x）=x2+x+1，h（x）=x2-x+1；

（Ⅱ）设f1（x）=log2x，f2（x）=x，a=2，b=1，生成函数h（x）．若不等式3h2（x）+2h（x）+t＜0在x∈[2，4]上有解，求实数t的取值范围．24、已知数列{an}

是等比数列，首项a1=1

公比q>0

其前n

项和为Sn

且S1+a1S3+a3S2+a2

成等差数列．

(

Ⅰ)

求数列{an}

的通项公式；

(

Ⅱ)

若数列{bn}

满足an+1=(12)anbnTn

为数列{bn}

的前n

项和，若Tn鈮�m

恒成立，求m

的最大值．评卷人得分五、计算题(共3题，共6分)25、AB是⊙O的直径，BC切⊙O于B，AC交⊙O于D，且AD=DC，那么sin∠ACO=____．26、计算：+sin30°．27、已知b＜a＜0，且a-b=3，ab=1；

（1）求a+b的值；

（2）求的值．评卷人得分六、综合题(共1题，共5分)28、数学课上；老师提出：

如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A点的坐标为（1，0），点B在x轴上，且在点A的右侧，AB=OA，过点A和B作x轴的垂线，分别交二次函数y=x2的图象于点C和D，直线OC交BD于点M，直线CD交y轴于点H，记点C、D的横坐标分别为xC、xD，点H的纵坐标为yH．

同学发现两个结论：

①S△CMD：S梯形ABMC=2：3②数值相等关系：xC•xD=-yH

（1）请你验证结论①和结论②成立；

（2）请你研究：如果上述框中的条件“A的坐标（1；0）”改为“A的坐标（t，0）（t＞0）”，其他条件不变，结论①是否仍成立（请说明理由）；

（3）进一步研究：如果上述框中的条件“A的坐标（1，0）”改为“A的坐标（t，0）（t＞0）”，又将条件“y=x2”改为“y=ax2（a＞0）”，其他条件不变，那么xC、xD与yH有怎样的数值关系？（写出结果并说明理由）参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】

∵

∴函数的图象可以看做是由y=tanx的图象向上平移个单位；

∵正切函数的图象是一个奇函数；向上平移以后既不关于原点对称，又不关于y轴对称；

∴函数是一个非奇非偶函数；

故选C．

【解析】【答案】函数的图象可以看做是由y=tanx的图象向上平移个单位；正切函数的图象是一个奇函数，向上平移以后既不关于原点对称，又不关于y轴对称，得到结论．

2、D【分析】【解析】试题分析：由题意，a应满足的条件是：解得：4≤a<8；选D

考点：分段函数，函数的单调性【解析】【答案】D3、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C4、D【分析】【解答】解：函数y=ax﹣（a＞0，a≠1）的图象可以看成把函数y=ax的图象向下平移个单位得到的．

当a＞1时，函数y=ax﹣在R上是增函数；且图象过点（﹣1，0），故排除A，B．

当1＞a＞0时，函数y=ax﹣在R上是减函数；且图象过点（﹣1，0），故排除C；

故选D．

【分析】讨论a与1的大小，根据函数的单调性，以及函数恒过的定点进行判定即可．5、D【分析】解：由诱导公式可得b=cos58°=cos（90°-38°）=sin32°；

由正弦函数的单调性可知a＞b；

而c=tan34°=＞sin34°＞sin33°=a；

∴c＞a＞b；

故选：D

可得b=sin32°，易得a＞b，c=tan34°=＞sin34°＞sin33°；综合可得答案．

本题考查三角函数值大小的比较，涉及诱导公式和三角函数的单调性，属基础题．【解析】【答案】D6、B【分析】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥。

底面是一个两直角边分别为1和1的直角三角形。

故底面S=×1×1=

棱锥的高为h=2；

故棱锥的体积V=Sh=××2=

故选B．

由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥；并能分析出底面两直角边的长和棱锥的高，代入棱锥体积公式，可得答案．

本题考查的知识点是由三视图求体积，其中由已知中的三视图判断出几何体的形状，及棱长，高等几何量是解答的关键．【解析】【答案】B二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】通过观察已知图形可以发现：图（2）比图（1）多出2个“树枝”，图（3）比图（2）多出5个“树枝”，图（4）比图（3）多出10个“树枝”，图（5）比图（4）多20个树枝；以此类推可得：故图（7）比图（6）多出80个“树枝”．【解析】【解答】解：图形的规律是：后一个比前一个多2，5，10，，10×2n-4；

第（7）个图比第（6）个图多：10×23=80个。

故答案为：80．8、略

【分析】

∵S=

∴sinC=

故答案是：

【解析】【答案】利用三角形面积公式S=代入相关已知即可求解．

9、略

【分析】

由题意可得，

∴

解可得即x＞3或x＜-2

故答案为：（3；+∞）∪（-∞，-2）

【解析】【答案】由已知可转化为解不等式可求。

10、略

【分析】

∵角θ的终边过点P（1；2）；

∴tanθ=2；

则

=

=

=-3．

故答案为：-3

【解析】【答案】根据θ的终边过P点；由P的坐标可求出tanθ的值，把所求式子利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简后，把tanθ的值代入即可求出值．

11、略

【分析】试题分析：因为所以考点：向量的数量积运算及线性运算.【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

试题分析：由题意知：解得x=－1.故答案为x=－1.

考点：指数方程的解法.【解析】【答案】x=－1三、证明题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB为⊙O的直径；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC•CE=PA•BE．14、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB•ACsin（α+β）=BD•AD+CD•AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．15、略

【分析】【分析】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】

证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；

则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．

（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．16、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；

（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F为AC中点；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．17、略

【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四边形GBFC是平行四边形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵过A；G的圆与BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四点共圆；

∴GA；GF=GC•GD；

即GA2=GC•GD．18、略

【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到结论；

（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，

∵PC是⊙O的切线；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB为⊙O的直径；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC•CE=PA•BE．19、略

【分析】【分析】（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，=；再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A；F、D、C四点共圆即可；

（2）根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

则=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四点共圆；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）证明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四点共圆；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．20、略

【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；

（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；

则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB•CE=c•bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB•ACsin（α+β）=BD•AD+CD•AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．四、解答题(共4题，共40分)21、略

【分析】

∵函数f（x）=x2-2ax+a-1的开口向上；对称轴为x=a；

∴①当a≤0时；f（x）区间[0，1]上单调递增；

∴f（x）min=f（0）=a-1=-2；

∴a=-1；

②当a≥1时；f（x）区间[0，1]上单调递减；

f（x）min=f（1）=1-2a+a-1=-2；

∴a=2；

③当0＜a＜1时，f（x）min=f（a）=a2-2a2+a-1=-2，即a2-a-1=0；

解得a=∉（0；1）；

∴a=-1或a=2．

【解析】【答案】利用二次函数的单调性与最值；结合题意即可求得a的值．

22、略

【分析】

由题意，A={x|x2-2x-3＜0}={x|（x-3）（x+1）＜0}=（-1；3）

B={x|x2-4＞0}={x|（x+2）（x-2）＞0}=（-∞；-2）∪（2，+∞）

∴A∩B=（2；3）；

∵A∩B⊆C；

∴

∴

∴1≤m≤2

∴m的范围为[1；2]．

【解析】【答案】先分别化简集合A；B，求出A∩B=（2，3），根据A∩B⊆C，建立不等式组，从而求出m的范围．

23、略

【分析】

（Ⅰ）根据生成函数的定义进行判断，看是否存在适合条件的a，b的值；

（Ⅱ）先化简得到h（x）=log2x，由x∈[2，4]知s=log2x∈[1，2]，从而得到的最大值-5．

本题考查了抽象函数的概念以及二次函数在给定区间上的最值问题，属于中档题．【解析】解：（Ⅰ）①设即

取所以h（x）是f1（x），f2（x）的生成函数．

②设a（x2-x）+b（x2+x+1）=x2-x+1，即（a+b）x2-（a-b）x+b=x2-x+1；

则该方程组无解．所以h（x）不是f1（x），f2（x）的生成函数．

（Ⅱ）

若不等式3h2（x）+2h（x）+t＜0在x∈[2；4]上有解；

即当x∈[2，4]时有

设s=log2x；则由x∈[2，4]知s∈[1，2]；

令=

则ymax=-5，故t＜-5．24、略

【分析】

(

Ⅰ)

法一：由S1+a1S3+a3S2+a2

成等差数列，推出4a3=a1

求出公比，然后求解通项公式．

(

Ⅰ)

法二：由S1+a1S3+a3S2+a2

成等差数列，结合等比数列的和，求出公比，然后求解通项公式．

(

Ⅱ)

求出bn=n鈰�2n鈭�1

利用错位相减法求出Tn=1+(n鈭�1)2n

转化Tn鈮�m

恒成立，为(Tn)min鈮�m

通过{Tn}

为递增数列，求解m

的最大值即可．

本题考查等差数列以及等比数列的综合应用，数列的通项公式的求法以及数列求和的方法的应用，数列的函数的性质，考查计算能力．【解析】解：(

Ⅰ)

法一：由题意可知：2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)

隆脿S3鈭�S1+S3鈭�S2=a1+a2鈭�2a3

即4a3=a1

于是a3a1=q2=14隆脽q>0隆脿q=12

隆脽a1=1隆脿an=(12)n鈭�1

．

(

Ⅰ)

法二：由题意可知：2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)

当q=1

时；不符合题意；

当q鈮�1

时，2(1鈭�q31鈭�q+q2)=1+1+1鈭�q21鈭�q+q

隆脿2(1+q+q2+q2)=2+1+q+q隆脿4q2=1隆脿q2=14

隆脽q>0隆脿q=12

隆脽a1=1隆脿an=(12)n鈭�1

．

(

Ⅱ)隆脽an+1=(12)anbn隆脿(12)n=(12)anbn隆脿bn=n鈰�2n鈭�1

隆脿Tn=1隆脕1+2隆脕2+3隆脕22++n鈰�2n鈭�1(1)

隆脿2Tn=1隆脕2+2隆脕22+3隆脕23++n鈰�2n(2)

隆脿(1)鈭�(2)

得：鈭�Tn=1+2+22++2n鈭�1鈭�n鈰�2n

=1鈭�2n1鈭�2鈭�n鈰�2n=(1鈭�n)2n鈭�1隆脿Tn=1+(n鈭�1)2n

隆脽Tn鈮�m

恒成立；只需(Tn)min鈮�m

隆脽Tn+1鈭�Tn=n鈰�2n+1鈭�(n鈭�1)鈰�2n=(n+1)鈰�2n>0

隆脿{Tn}

为递增数列；隆脿

当n=1

时，(Tn)min=1

隆脿m鈮�1隆脿m

的最大值为1

．五、计算题(共3题，共6分)25、略

【分析】【分析】连接BD，作OE⊥AD．在Rt△OEC中运用三角函数的定义求解．【解析】【解答】解：连接BD；作OE⊥AD．

AB是直径；则BD⊥AC．

∵AD=CD；

∴△BCD≌△BDA；BC=AB．

BC是切线；点B是切点；

∴∠ABC=90°，即△ABC是等腰直角三角形，∠A=45°，OE=AO．

由勾股定理得，CO=OB=AO；

所以sin∠ACO==．

故答案为．26、略

【分析】【分析】根据零指数幂、负指数幂、二次根式化简、绝对值、特殊角的三角函数值等考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．【解析】【解答】解：原式=2-4+3+1+；

=2．27、略

【分析】【分析】（1）要求a+b，可以首先求得（a+b）2的值，利用完全平方公式中（a+b）2与（a-b）2之间的关系；即可求解；

（2）根据==