河南省中等职业学校对口升学考试复习指导·-数学答案da4-6

第四章三角函数及三角计算高考必备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：D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．D 2．D 3．B 4．C 5．D 6．B 7．B8．A 9．C 10．A 11．B 12．A 13．B 14．C15．B 16．B 17．C 18．A 19．D 20．D 21．B22．C 23．A 24．C 25．D 26．A 27．C 28．C29．B 30．D 31．C 32．C 33．A 34．C 35．D（二）填空题1．钝角三角形2． 3． 4．25 5．26．第三象限 7． 8． 9． 10．11． 12． 13． 14． 15．16． 17． 18． 19． 20． 21．钝角三角形 22． 23． 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：由题意可得，，，，得，解得.3．解：由题意知：，，，解得，．4．解：∵∴，∵∴，又∵∴．又∵∴．又∵，∴B=．5．解：，，，同理，，．6．解：由于，所以，即，所以．7．解：

，又，，，8．解：，由正弦定理得，即，又，所以，又，所以，9．解：（1）已知，根据余弦定理，将代入可得，因为，所以.（2）由正弦定理，已知，，，则，因为，所以，，那么，所以的面积.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．B 3．B 4．C 5．D6．C 7．A 8．B二、填空题1． 2． 3． 4． 5．三、计算题1．解：因为在△ABC中，，是方程的两根，所以，，又，则，∴．2.解：整理得由余弦定理知：是等边三角形．四、证明题1．证明：左边右边所以等号成立.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．第四章综合测试卷一、选择题1．A 2．C 3．A 4．B 5．A6．B 7．A 8．B 9．C 10．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：∵=∴最小正周期，最大值为1，最小值为1．四、证明题22．证明：∴原式成立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)证明：根据正弦定理，可设eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k(k＞0)．则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC．代入eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)中，有eq\f(cosA,ksinA)＋eq\f(cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC)，变形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．在△ABC中，由A＋B＋C＝，有sin(A＋B)＝sin(－C)＝sinC，所以sinAsinB＝sinC．(2)由已知，b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，根据余弦定理，有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3,5)．所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5).由(1)，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，所以eq\f(4,5)sinB＝eq\f(4,5)cosB＋eq\f(3,5)sinB，故tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4．第五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．（且），，，指数，；，，，，增函数，减函数，，，，5．，，，，，；；；零，负数6．，，，7．；；；，；，，，，，8．（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：C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．A 6．C 7．D8．A 9．C 10．D 11．D 12．A 13．C 14．D15．C 16．A 17．B 18．B 19．B 20．B 21．C22．D 23．D 24．A 25．C 26．B 27．B 28．B29．B 30．B 31．D 32．B 33．C 34．A 35．C（二）填空题1． 2． 3．4． 5． 6． 7． 8． 9．10．1 11． 12．1000 13． 14． 15． 16． 17． 18．19． 20． 21．22． 23． 24．25． 26． 27．必要不充分28． 29． 30．（三）计算题1．解：要使函数有意义，则，不等式可化为，解得或，解不等式得到，综上，所以函数的定义域为.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：由于得，又由底数所以函数是减函数，故即解得所以的取值范围是.4．解：（1）当时，函数在上为增函数，故，即，解得：；（2）当时，函数在上为减函数，故，即，解得：；由（1）（2）知．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：∵∴∴∴∵底数是2，在定义域内是增函数∴解得∴实数的取值范围．（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：∵函数的定义域为∴不等式恒成立即方程的判别式小于0∴解得或∴的取值范围是．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．A 2．C 3．D 4．C 5．A6．C 7．D 8．A 9．C10．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）由题意知y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.15x，0≤x≤10，,1.5＋2log5（x－9），x>10.))（2）由题意知1.5＋2log5(x－9)＝5.5，即log5(x－9)＝2，∴x－9＝52，解得x＝34.∴老江的销售利润是34万元．第五章综合测试卷一、选择题1．A 2．B 3．B 4．C 5．B6．D 7．A 8．D 9．B 10．C二、填空题11． 12． 13． 14．15． 16． 17． 18．三、计算题19．解：因为所以即所以因此20．解：．当时，有最小值，当时，y有最大值函数的最大值为，最小值为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：的定义域为，任取，都有，由于即所以是奇函数．五、综合题24．解：（1）若函数为偶函数，则恒成立，即，根据对数函数性质可得，化简得对任意恒成立，所以，此时，因为，所以，所以函数的定义域为，且为增函数，所以，所以函数值域是.（2）因为函数的定义域为，所以恒成立，则二次函数的图像恒在轴上方，即，展开得，即，因式分解得，解得，所以的取值范围.河南省中等职业学校对口升学考试复习指导·数学参考答案PAGE\#000020PAGE\#000019第六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：C.例2．【真题再现】答案：例3．【真题再现】答案：．例4．【真题再现】答案：D.备考演练基础通关（一）单项选择题1．D 2．C 3．A 4．A 5．A 6．C 7．D8．B 9．B 10．B 11．B 12．C 13．C 14．A15．B 16．C 17．B 18．D 19．A 20．A 21．C22．D 23．A 24．A 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． 20．121．22． 23． 24．25．或 （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：椭圆的标准方程为焦点在轴上，且设双曲线的标准方程为则由题意得解得或（舍去）双曲线的标准方程为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：将圆化为标准方程为：，所以圆心坐标为，半径，则圆心到直线距离，因为，即，所以直线与圆相离.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．D 2．C 3．A 4．D 5．A6．D 7．B 8．B（二）填空题1． 2． 3．4． 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：，边上的高所在的直线的斜率为：又直线经过点直线的点斜式方程为：即边上的高所在的直线方程为：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