2014南京市鼓楼区清江花苑严老师八年级数学综合答案.doc

练习13答案1(0,1)或(，)2(1,2) 32 4. 5.ab 647(2,3) 81 96 10. 11212. 1813 141815解(1)ca，设ca，则c(，2)又|c|2，2，c(2,4)或(2，4)(2)(2ab)，(a2b)(2ab)0.|a|，|b|，ab.cos 1，180.16解由题意得ab|a|b|cos 60233.(1)当cd，cd，则5a3b(3akb)35，且k3，k.(2)当cd时，cd0，则(5a3b)(3akb)0.15a23kb2(95k)ab0，k.17解(1)(ab)(ab)|a|2|b|21|b|2，|b|2，|b|，设a与b的夹角为，则cos .45.(2)|a|1，|b|，|ab|2a22abb212.|ab|，又|ab|2a22abb212.|ab|，设ab与ab的夹角为，则cos .即ab与ab的夹角的余弦值为.18解(1)(3,5)，(1,1)，求两条对角线的长即求|与|AB|的大小由(2,6)，得|2，由(4,4)，得|4.(2)(2，1)，(t)t2，易求11，25，由(t)0得t.19证明如图建立直角坐标系xOy，其中A为原点，不妨设AB=2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，E(1,2)，F(0,1)(1) =-=(1,2)-(2,0)=(-1,2)，=-=(0,1)-(2,2)=(-2，-1)，1(2)2(1)0，即BECF.(2)设P(x，y)，则(x，y1)，(2，1)，x2(y1)，即x2y2.同理由，得y2x4，代入x2y2.解得x，y，即P.22242，|，即APAB.20证明0，()2()2，|2|22|OP3|2，cosP1OP2，P1OP2120.同理，P1OP3P2OP3120，即、中任意两个向量的夹角为120，故P1P2P3是正三角形练习14答案11 2. 3xk，kZ 4. 5 6 7cab8. 9 10 11.1 12. 131 14.15解tan 、tan 为方程6x25x10的两根，tan tan ，tan tan ，tan()1.0，2，.16解(1)f()2cos sin24cos 12.(2)f(x)2(2cos2x1)(1cos2x)4cos x3cos2x4cos x13(cos x)2，xR.因为cos x1,1，所以，当cos x1时，f(x)取得最大值6；当cos x时，f(x)取得最小值.17解(1)由2xk，kZ，得x，kZ.所以f(x)的定义域为xR|x，kZ，f(x)的最小正周期为.(2)由f()2cos 2，得tan()2cos 2，2(cos2sin2)，整理得2(cos sin )(cos sin )因为(0，)，所以sin cos 0.因此(cos sin )2，即sin 2.由(0，)，得2(0，)，所以2，即.18解(1)tan ，所以.又因为sin2cos21，解得sin .(2)因为0，所以0.因为cos()，所以sin().所以sin sin()sin()cos cos()sin .因为，所以.19解(1)ab，ab0.而a(3sin ，cos )，b(2sin ，5sin 4cos )，故ab6sin25sin cos 4cos20.由于cos 0，6tan25tan 40.解之，得tan ，或tan .，tan 0，tan (舍去)tan .(2)，.由tan ，得tan 或tan 2(舍去)sin ，cos ，coscos cos sin sin .20(1)f(x)sin2xsin(2x)1，所以f(x)min2，是T；(2)f(C)sin(2C)10，则sin(2C)1，因为0C，所以02C2，所以2C，因此2C，所以C，因为sinB2sinA，故由正弦定理可得b2a，由余弦定理，得c2a2b22abcos，即a2b2ab3，由，可解得a1，b2练习15答案1 2 33 416 5 61 7y4sin8. 9. 10. 1175 12 13sin() 14. (0,2)（32，+）15解(1)ab，cos xsin x0，tan x，2cos2xsin 2x.(2)f(x)(ab)bsin(2x)x0，2x，1sin(2x)，f(x)，f(x)max.16(1)解因为a与b2c垂直，所以a(b2c)4cos sin 8cos cos 4sin cos 8sin sin 4sin()8cos()0，因此tan()2.(2)解由bc(sin cos ，4cos 4sin )，得|bc|4.又当k(kZ)时，等号成立，所以|bc|的最大值为4.(3)证明由tan tan 16得，所以ab.17解(1)ab0，absin 2cos 0，即sin 2cos .又sin2cos21，4cos2cos21，即cos2，sin2.又(0，)，sin ，cos .(2)5cos()5(cos cos sin sin )cos 2sin 3cos ，cos sin .cos2sin21cos2，即cos2.又00，依题意得，所以1.(2)由(1)知f(x)sin，所以g(x)f(2x)sin.当0x时，4x，所以sin1.因此1g(x).故g(x)在区间上的最小值为1.19解(1)f(x)2cos 2x，f()2cos()2cos .(2)g(x)cos 2xsin 2xsin(2x)x0，)，2x，)当x时，g(x)max，当x0时，g(x)min1.20解(1)|a|1，|b|1，|ab|2|a|22ab|b|2|a|2|b|22(cos cos sin sin )112cos()22cos()，|ab|2()2，22cos()，cos().(2)0，0.由cos()得sin()，由sin 得cos .sin sin()sin()cos cos()sin ().练习16答案10 2. 3. 4 52或 6. 71 8直角 9.102 11. 12.或 13. 14. 15解(1)由a2bsin A，根据正弦定理得sin A2sin Bsin A，所以sin B.由ABC为锐角三角形，得B.(2)根据余弦定理，得b2a2c22accos B2725457，所以b.16解设我艇追上走私船所需时间为t小时，则BC10t，AC14t，在ABC中，由AB根据余弦定理知：(14t)2(10t)212221210tcos 120，t2或t(舍去)答我艇追上走私船所需的时间为2小时17解(1)sin2 cos 2Acos 2A2cos2 A1.(2)cos A，sin A.由SABCbcsin A，得32c，解得c5.由余弦定理a2b2c22bccos A，可得a242522513，a.18解(1)由正弦定理，可设k，则，所以，即(cos A2cos C)sin B(2sin Csin A)cos B，化简可得sin(AB)2sin(BC)又ABC，所以sin C2sin A因此2.(2)由2，得c2a.由余弦定理及cos B，得b2a2c22accos Ba24a24a24a2.所以b2a.又abc5，所以a1，因此b2.19(1)证明mn，asin Absin B，即ab，其中R是ABC外接圆的半径，ab.ABC为等腰三角形(2)解由题意知mp0，即a(b2)b(a2)0.abab.由余弦定理可知，4a2b2ab(ab)23ab，即(ab)23ab40.ab4(舍去ab1)，SABCabsin C4sin.20解(1)由正弦定理2R，得a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C.又，2sin Acos Bsin Ccos Bcos Csin B0，即2sin Acos Bsin(BC)0，ABC，2sin Acos Bsin A0，sin A0，cos B，0B，B.(2)将b，ac4，B代入b2a2c22accos B，即b2(ac)22ac2accos B，13162ac(1)，求得ac3.于是，SABCacsin B.练习17答案1132.1 3120 4180 51或2 634715 88 9. 1020 111 123 13. 1415(1)解设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad，依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2.由b3b122，即5b122，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn2n152n3.(2)证明数列bn的前n项和Sn52n2，即Sn52n2.所以S1，2.因此是以为首项，2为公比的等比数列16(1)解设等差数列log2(an1)的公差为d.由a13，a39，得log2(91)log2(31)2d，则d1.所以log2(an1)1(n1)1n，即an2n1.(2)证明因为，所以10，故q.由2a13a21，得2a13a1q1，所以a1.故数列an的通项公式为an.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).故2，2.所以数列的前n项和为.18(1)证明由已知an12an2n，得bn11bn1.bn1bn1，又b1a11.bn是首项为1，公差为1的等差数列(2)解由(1)知，bnn，bnn.ann2n1.Sn1221322n2n1两边乘以2得：2Sn121222(n1)2n1n2n，两式相减得：Sn121222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1.19解当n1时，B1b1，b1(b11)2，解得b11.当n2时，bnBnBn1(bn1)2(bn11)2(bb2bn2bn1)，整理得bb2bn2bn10，(bnbn1)(bnbn12)0.bnbn10，bnbn120.bn为首项b11，公差d2的等差数列bn2(n1)12n1，即bn的通项bn2n1.20解(1)设甲、乙两超市第n年的销售额分别为an，bn.则有a1a，当n2时：an(n2n2)(n1)2(n1)2(n1)a.anbnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)aaa2an1a，(nN*)(2)易知bn3a，所以乙将被甲超市收购，由bnan得：a7，n7.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购练习18答案1 2Aa2a2a 41,0) 5m2 6137x|4x2或3x7 8a 9x|5x610 119 12 13. 14. 15解x3，x30.y2(x3)1221224.当且仅当2(x3)，即x6时，上式等号成立，函数y的值域为24，)16解(1)3M，0，解得a9；若5M，则0，解得a25.则由5M，知1a25，因此所求a的范围是1a或9a25.(2)当a4时，0.0或.或x2或x2.Mx|x2或x0；同理，10；10.上述三个不等式相乘得8.即8.19解设f(x)7x2(a13)xa2a2.因为x1，x2是方程f(x)0的两个实根，且0x11,1x22，所以2a1或3a4.所以a的取值范围是a|2a1或3a420 的解集为 练习19答案1 225 3x|2x3 410 51m3 6(，2) 7. 8.aan1an2 11 1215 130B 1415解(1)由题意知1a0，即为2x2x30，解得x.所求不等式的解集为.(2)ax2bx30，即为3x2bx30，若此不等式解集为R，则b24330，6b6.16解(1)由正弦定理得a2c2acb2，由余弦定理得b2a2c22accos B，故cos B.又B为三角形的内角，因此B45.(2)sin Asin(3045)sin 30cos 45cos 30sin 45.故a1，c2.17解(1)an是首项为a119，公差为d2的等差数列，an192(n1)212n，Sn19nn(n1)(2)20nn2.(2)由题意得bnan3n1，即bnan3n1，bn3n12n21，TnSn(133n1)n220n.18解(1)设搜救艇追上客轮所需时间为t小时，两船在C处相遇在ABC中，BAC4575120，AB10，AC9t，BC21t.由余弦定理得：BC2AB2AC22ABACcosBAC，所以(21t)2102(9t)22109t，化简得36t29t100，解得t或t(舍去)所以，海难搜救艇追上客轮所需时间为小时(2)由AC96，BC2114.在ABC中，由正弦定理得sin B.所以角B的正弦值为.19(1)证明由条件得，又n1时，1，故数列构成首项为1，公比为的等比数列从而，即an.(2)解由bn，得Sn，Sn，两式相减得Sn2，所以Sn5.20解(1)对任意的nN*，有Sn(an1)(an2)当n1时，有S1a1(a11)(a12)，解得a11或2.当n2时，有Sn1(an11)(an12)并整理得(anan1)(anan13)0.而数列an的各项均为正数，anan13.当a11时，an13(n1)3n2，此时aa2a9成立；当a12时，an23(n1)3n1，此时aa2a9不成立，舍去an3n2，nN*.(2)T2nb1b2b2na1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1a2(a1a3)a4(a3a5)a2n(a2n1a2n1)6a26a46a2n6(a2a4a2n)618n26n.练习20答案13 22 31 42 5线段B1C 6 790 8369 10312 11. 8 12. 4 139 14a615.证明(1)如图所示，取EC的中点F，连结DF，EC平面ABC，ECBC，又由已知得DFBC，DFEC.在RtEFD和RtDBA中，EFECBD，FDBCAB，RtEFDRtDBA，故EDDA.(2)取CA的中点N，连结MN、BN，则MN綊EC，MNBD，N在平面BDM内，EC平面ABC，ECBN.又CABN，BN平面ECA，BN平面MNBD，平面MNBD平面ECA.即平面BDM平面ECA.(3)BD綊EC，MN綊EC，BD綊MN，MNBD为平行四边形，DMBN，BN平面ECA，DM平面ECA，又DM平面DEA，平面DEA平面ECA.16(1)证明因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1CBC1.又B1CA1B，且A1BBC1B，所以B1C平面A1BC1.又B1C平面AB1C，所以平面AB1C平面A1BC1.(2)解设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线因为A1B平面B1CD，所以A1BDE.又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点，即1.17解直线MN平面A1BC1，证明如下：MD/平面A1BC1，ND/平面A1BC1.MN平面A1BC1.如图，取A1C1的中点O1，连结NO1、BO1.NO1D1C1，MBD1C1，NO1MB.四边形NO1BM为平行四边形MNBO1.又BO1平面A1BC1，MN平面A1BC1.18解(1)正三棱柱ABCA1B1C1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线的长为.(2)如图所示，将平面BB1C1C绕棱CC1旋转120使其与侧面AA1C1C 在同一平面上，点P运动到点P1的位置，连结MP1，则MP1就是由 点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线设PCx，则P1Cx.在RtMAP1中，在勾股定理得(3x)22229，求得x2.PCP1C2.，NC.19解(1)如果按方案一，仓库的底面直径变为16 m，则仓库的体积V1Sh()24(m3)如果按方案二，仓库的高变为8 m，则仓库的体积V2Sh()2896(m3)(2)如果按方案一，仓库的底面直径变为16 m，半径为8 m，棱锥的母线长为l4(m)，则仓库的表面积S18432(m2)，如果按方案二，仓库的高变为8 m.棱锥的母线长为l10(m)，则仓库的表面积S261060(m2)(3)V2V1，S20,得：讨论得：当时，解集为;当时，解集为;当时，解集为.练习221 2 (1，2 3 4 57 67 890 9 10 112 1121 136，) 141115(1)直线l的方程为：y12(x2)，即y2x3(2) 因为直线m与直线l平行，所以直线m斜率为2又因为直线m在y轴上的截距为3，所以直线m方程为：y2x316(1)由余弦定理得 cosB，cosC，代入中，得整理得a2c2b2ac， 所以cosB又B为三角形的内角，故B (2)将b，ac4，B，代入b2a2c22accosB，得b2(ac)2ac，所以ac3所以SABCacsinB17(1) f(x) (2)当0x5时，f(x) (x4.75)210.78125当x4.75时，f(x)max10.78125万元当x5时，函数f(x)是减函数，则f(x)