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初高中数学衔接教材参考答案

来源:好兔宠物网
 校本课程教材 初高中衔接

初高中数学衔接教材参考答案

第一讲 数与式的运算

1例1. 解:原式=[x2(2x)]2

3111(x2)2(2x)2()22x2(2)x2x22(2x)333

8221x422x3x2x339

例2. 解:原式=[a(b)][a2a(b)(b)2]a3(b)3a3b3 例3. 解:(1)原式=43m364m3

111313 (2)原式=(m)3(n)3mn

521258 (3)原式=(a24)(a44a242)(a2)343a664 (4)原式=(xy)2(x2xyy2)2[(xy)(x2xyy2)]2

(x3y3)2x62x3y3y6

例4. 解:x23x10 x0 x13 x1111原式=(x)(x212)(x)[(x)23]3(323)18

xxxx例5. 解:abc0,abc,bca,cab

250

原式=abcacab bcbcacab

a(a)b(b)c(c)a3b3c3 ①

bcacababca3b3(ab)[(ab)23ab]c(c23ab)c33abc

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a3b3c33abc ②,把②代入①得原式=3abc3 abc例6. 解:(1) 原式=|32||31|23311 (2) 原式=|x1||x2|(x1)(x2)2x3 (x2)

(x1)(x2)1 (1x2) 3(23)232例7. 解:(1) 原式=3(23)(23)(23)633

aba2bab2(2) 原式= abab (3) 原式=22xxx2222x2xxx22x32xxx 22例8. 解:(1) 原式=(1b)2(a)2(a2abb)2a2ab2b1 (2) 原式=

aa(ab)aa(ab)2a ab1ab1ab

(ab)(ab)(ab)(ab)例9. 解:x2323(23)2232743,y743  xy14,xy1

原式=(xy)(x2xyy2)(xy)[(xy)23xy]14(1423)2702

例10. 解法一:

原式=

x(x1)xxxx221x(1x)xxxxxxx2xxx1(x1)(x1)x1x1xx(x1)xxx2解法二:原式=

(1x)xx(1x)xxxxxxx21x1x1(x)xxx1 xx1 x 251

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例11. 解:

x23x96xx116x1原式= 222(3x)x3(x3)(x3)2(x3)(x3)(x3x9)x(9x)

2(x3)12(x1)(x3)(x3)23x

2(x3)(x3)2(x3)(x3)2(x3)练习

1. C 2. A

3. (1) x29y216z26xy8xz24yz

(2) 3a25ab3b24a2b1

1(3) a316b3

42(ab)2 1

ab24.2a2a a 5.mm 2xy

252

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第二讲

因式分解

例1. 解:(1) 8x323x3(2x)(42xx2)

(2) 0.12527b30.53(3b)3(0.53b)[0.520.53b(3b)2]

(0.53b)(0.251.5b9b2)

例2. 解:(1) 3a3b81b43b(a327b3)3b(a3b)(a23ab9b2).

(2) a7ab6a(a6b6)a(a3b3)(a3b3)

a(ab)(a2abb2)(ab)(a2abb2)a(ab)(ab)(a2abb2)(a2abb2)

例3. 解:2ax10ay5bybx2a(x5y)b(x5y)(x5y)(2ab)例4. 解:ab(c2d2)(a2b2)cdabc2abd2a2cdb2cd

(abc2a2cd)(b2cdabd2)

ac(bcad)bd(bcad)(bcad)(acbd)

例5. 解:x2y2axay(xy)(xy)a(xy)(xy)(xya) 例6. 解:2x24xy2y28z22(x22xyy24z2)

2[(xy)2(2z)2]2(xy2z)(xy2z)

例7. 解:(1) 6(1)(6),(1)(6)7

 x27x6[x(1)][x(6)](x1)(x6). (2)

3649,4913

253

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 x213x36(x4)(x9) 例8. 解:(1) 24(3)8,(3)85

 x25x24[x(3)](x8)(x3)(x8) (2)

15(5)3,(5)32

 x22x15[x(5)](x3)(x5)(x3) 例9. 解:(1) x2xy6y2x2yx62(x3y)(x2y)

(2) (x2x)28(x2x)12(x2x6)(x2x2)

(x3)(x2)(x2)(x1)

例10. 解:(1) 12x5x2(3x2)(4x1)

2

342 1

(2) 5x6xy8y(x2y)(5x4y)

221 2y54y

例11. 解:x26x16x22x3323216(x3)252

(x35)(x35)(x8)(x2) 例12. 解: x33x24(x31)(3x23)

(x1)(x2x1)3(x1)(x1)(x1)[(x2x1)3(x1)] (x1)(x24x4)(x1)(x2)2

练习

1.(a3)(a23a9),(2m)(42mm2),(23x)(46x9x2),

11211(2pq)(4p22pqq2),(2xy)(4x2y2xy),(xy2c)(x2y22xyc4c2)645525216254

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2.x(xy)(y2xyx2),xn(xy)(x2xyy2),

a2(mnb)[(mn)2b(mn)b2],y2(x1)2(x44x33x22x1)

3.(x2)(x1),(x36)(x1),(x13)(x2),(x9)(x3)

(x9)(x3),(m5n)(mn),(ab4)(ab7)

4.ax3(x2)(x8),an(a3b)(a2b),(x3)(x1)(x22x3),(x3)(x3)(x22)

(2x3)(3x1),(2xy)(4x15y),(7a7b2)(ab1),(2x1)(3x5)(6x27x5)

5.(xy)(3ay),(2x1)2(2x1),(x3)(5x2y),(2a5b6)(2a5b6)

(12xy)(12xy),ab(ab)2(ab),(x31y3)(x31y3),x(xy)(xy1)

255

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第三讲 一元二次方程根与系数的关系

例1. 解:(1) (3)242110,∴ 原方程有两个不相等的实数根.

(2) 原方程可化为:4y212y90

(12)24490,∴ 原方程有两个相等的实数根.

(3) 原方程可化为:5x26x150

(6)245152640,∴ 原方程没有实数根. 例2. 解:(2)243k412k

1 (1) 412k0k;

31 (3) 4-12k0 k;

31; 31 (4) 4-12k<0 k>.

3 (2) 412k0k例3. 解:可以把所给方程看作为关于x的方程,整理得:

x2(y2)xy2y10

由于x是实数,所以上述方程有实数根,因此:

[(y2)]24(y2y1)3y20y0,

代入原方程得:x22x10x1. 综上知:x1,y0

例4. 解:由题意,根据根与系数的关系得:x1x22,x1x22007

(1) x12x22(x1x2)22x1x2(2)22(2007)4018 (2)

xx211221 x1x2x1x220072007256

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(3) (x15)(x25)x1x25(x1x2)2520075(2)251972 (4) |x1x2|(x1x2)2(x1x2)24x1x2(2)24(2007)22008

例5. 解:(1) ∵方程两实根的积为5

122[(k1)]4(k1)034k,k4 ∴ 2xx1k215124 所以,当k4时,方程两实根的积为5. (2) 由|x1|x2得知:

①当x10时,x1x2,所以方程有两相等实数根,故0k②当x10时,x1x2x1x20k10k1,由于 0k3,故k1不合题意,舍去. 23; 2 综上可得,k

3

时,方程的两实根x1,x2满足|x1|x2. 2

3例6. 解:(1) 假设存在实数k,使(2x1x2)(x12x2)成立.

2 ∵ 一元二次方程4kx24kxk10的两个实数根

4k0k0, ∴ 2(4k)44k(k1)16k0 又x1,x2是一元二次方程4kx24kxk10的两个实数根

x1x21 ∴ k1

x1x24k ∴ (2x1x2)(x12x2)2(x12x22)5x1x22(x1x2)29x1x2

257

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k939k,但k0. 4k253 ∴不存在实数k,使(2x1x2)(x12x2)成立.

2 x1x2x12x22(x1x2)24k4(2) ∵ 2 244x2x1x1x2x1x2k1k1∴ 要使其值是整数,只需k1能被4整除,故k11,2,4,注意到k0, 要使

练习

1. B 2. A 3.A 4. 3 5. 9或3

17.(1)16m250 (2)m

238.(1)k (2)k2

2

6.1或4

x1x22的值为整数的实数k的整数值为2,3,5. x2x1258

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第四讲 不 等 式

例1. 解:原不等式可以化为:(x3)(x2)0,

x30x30x3x3于是:或或x3或x2

x20x20x2x2所以,原不等式的解是x3或x2.

例2. 解:(1) 原不等式可化为:x2x120,即(x3)(x4)0

x30x30 于是:或3x4

x40x40 所以原不等式的解是3x4.

(2) 原不等式可化为:x24x0,即x24x0x(x4)0

x0x0 于是:或x0或x4

x40x40 所以原不等式的解是x0或x4. 例3. 解:(1) 不等式可化为(x2)(x4)0

(2) 不等式可化为(x2)20

∴ 不等式的解是2x4

∴ 不等式的解是x2

17 (3) 不等式可化为(x)20. ∴ 不等式无解。

24例4. 解:显然k0不合题意,于是:

k0k0k0k1 222(2)4k0k10k1或k1 259

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k0k21k1 例5. 解:由题意得:13k3(1)3k例6. 解:(1) 解法(一) 原不等式可化为:

332x302x30x3x或或1x 22x10x102x1x1 解法(二) 原不等式可化为:(2x3)(x1)01x13 (2) ∵ x2x1(x)20

24 原不等式可化为:x30x3

3. 2

例7. 解:原不等式可化为:

(3x5)(x2)013x53x553000x2或xx2x2x23x20例8. 解:原不等式可化为:m(m2)xm2

(1) 当m20即m2时,mx1,不等式的解为x (2) 当m20即m2时,mx1.

① 0m2时,不等式的解为x② m0时,不等式的解为x1; m1; m1; m③ m0时,不等式的解为全体实数.

(3) 当m20即m2时,不等式无解. 综上所述:当m0或m2时,不等式的解为x260

1;当0m2时,不等 m 校本课程教材 初高中衔接

式的解为x1;当m0时,不等式的解为全体实数;当m2时,不等式 m无解.

例9. 解:原不等式可化为:(k1)xk22.

k10k1 所以依题意:k2213k3 k12k1或22

练习

1.(1)12x0 (2)3x6 (3)x1 (4)x3 2.(1)x1或x1 (2)x112或x3 (3)x2或x0 (4)x2

3.(1) 无解 (2) 全体实数 4.a5,b6.

5.(1)当m2时,x1mm2;(2)当m2时,x1mm2; (3) 当m2时,x取全体实数. 6.k1 7.x1

261

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第五讲 二次函数的最值问题

例1. 解:作出函数的图象.当x1时,ymin4,当x2时,ymax5.

例2. 解:作出函数的图象.当x1时, ymax

1,当x2时, ymin 5.

由上述两例可以看到,二次函数在自变量x的给定范围内,对应的图象是抛物线上的一段.那么最高点的纵坐标即为函数的最大值,最低点的纵坐标即为函数的最小值.

根据二次函数对称轴的位置,函数在所给自变量x的范围的图象形状各异.下面给出一些常见情况:

例3. 解:作出函数yx(2x)x22x在x0内的图象.

可以看出:当x1时,ymin1,无最大值.

262

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所以,当x0时,函数的取值范围是y1.

例4. 解:函数y125xx的对称轴为x1.画出其草图. 2215(1) 当对称轴在所给范围左侧.即t1时:当xt时,ymint2t;

22(2) 当对称轴在所给范围之间.即t1t10t1时:

15 当x1时,ymin1213;

22(3) 当对称轴在所给范围右侧.即t11t0时:

151 当xt1时,ymin(t1)2(t1)t23.

222

122t3,t0综上所述:y3,0t1

15t2t,t122在实际生活中,我们也会遇到一些与二次函数有关的问题: 例5. 解:(1) 由已知得每件商品的销售利润为(x30)元,

那么m件的销售利润为ym(x30),又m1623x.  y(x30)(1623x)3x2252x4860,30x54

(2) 由(1)知对称轴为x42,位于x的范围内,另抛物线开口向下 当x42时,ymax3422252424860432

当每件商品的售价定为42元时每天有最大销售利润,最大销售利润为

432元.

练习

263

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l223m 1.4 , 14或2, 2.1623.(1) 有最小值3,无最大值;(2) 有最大值4.当x9,无最小值. 4331时,ymin;当x2时,ymax19. 5.y5 486.当x56时,y32min36;当x3或1时,ymax3.7.当t54时,ymin0.

264

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第六讲 简单的二元二次方程组

例1. 解:由(1)得:y2x (3)

将(3)代入(2)得:x2(2x)230,解得:x11或x21 把x1代入(3)得:y22;把x1代入(3)得:y22.

x11x11 ∴原方程组的解是:. 或y12y12例2. 解:根据一元二次方程的根与系数的关系,把x、y看成是方程

z211z280 的两根,

解方程得:z4或z=7.

x14x17∴ 原方程组的解是:. 或y7y411例3. 解:由(1)得:

x2y25(xy)0(xy)(xy)5(xy)0(xy)(xy5)0

∴ xy0或xy50

xy50xy0或 ∴ 原方程组可化为两个方程组:2 222xxyy43xxyy43 用代入法解这两个方程组,得原方程组的解是:

x11x26x343x443,,, y6y112y443y343例4. 解:(1) –(2)3得:x2xy3(xyy2)0

即 x22xy3y20(x3y)(xy)0

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∴ x3y0或xy0

x3y0xy0 ∴ 原方程组可化为两个二元一次方程组:. ,22xyy4xyy4x13x23 用代入法解这两个方程组,得原方程组的解是:. ,y1y112x2y22xy36(xy)236xy6或xy6,例5. 解:(1) +(2)2得:

(1) -(2)2得:x2y22xy16(xy)216xy4或xy4.

解此四个方程组,得原方程组的解是:

x15x21x31x45 ,,,y1y5y5y11243例6. 解:(1) 3(2)得:3xy1y3x1 (3)

代入(1)得:x(3x1)x33x23x11或x21. 分别代入(3)得:y12或y24.

x11x21或 ∴ 原方程组的解是:.

y12y24 练习

8xx12x13x22x10x431.(1),,(2),,(3),(4)y3y13y22 y12y2 y2131010x22,2

1010y2442. (1)x11x22x3x22 ,,(2)1,y2y1 y2y3 1212266

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3713x2x131x213x32xxx10122,,(2),,, 3.(1)3,3,(3)y31y13y32y115y24y11y2412

x2xx1122x34102x41y42,(4)y10,1,1,y0. y2y4232x6142x26x36x46.(1) 6,2,2,2.(2)

x43. y66y12y22y632y42

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第七讲 分式方程和无理方程的解法

例1. 解:原方程可化为:

14x21 x2(x2)(x2)x2

方程两边各项都乘以x24:

(x2)4x2(x2)x24

即3x6x24, 整理得:x23x20 解得:x1或x2.

检验:把x1代入x24,不等于0,所以x1是原方程的解;

把x2代入x24,等于0,所以x2是增根.

所以,原方程的解是x1.

x2y,则原方程可化为:y23y40 解得y4或y1.例2. 解:设 x1x24, (1)当y4时,去分母,得x24(x1)x24x40x2; x1

x2151x2x1x2x10x(2)当y1时,. x12检验:把各根分别代入原方程的分母,各分母都不为0. 所以,x2,x15都是原方程的解. 2x211x22x y,则2例3. 解:设2x2xyx1268

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原方程可化为:8y33118y211y30y1或y. y8x22x11x22xx21x; (1)当y1时,22x1

3x22x31(2)当y时,2 8x216x3x235x216x30x3或x.

85x18 检验:把把各根分别代入原方程的分母,各分母都不为0.

11 所以,原方程的解是x,x3,x.

25例4. 解:移项得:x7x1

两边平方得:x7x22x1 移项,合并同类项得:x2x60

解得:x3或x2

检验:把x3代入原方程,左边右边,所以x3是增根.

把x2代入原方程,左边 = 右边,所以x2是原方程的根. 所以,原方程的解是x2.

例5. 解:原方程可化为:3x23x3

两边平方得:3x296x3x3 整理得:6x3142x3x37x 两边平方得:9(x3)4914xx2

整理得:x223x220,解得:x1或x22.

检验:把x1代入原方程,左边=右边,所以x1是原方程的根. 把x22代入原方程,左边右边,所以x22是增根. 所以,原方程的解是x1.

例6. 解:设x25x1y,则x25x1y23x215x3(y21)

原方程可化为:3(y21)2y2,

269

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5 即3y22y50,解得:y1或y.

3 (1)当y1时,x25x11x25x0x1或x0;

5 (2)当y时,因为x25x1y0,所以方程无解.

3 检验:把x1,x0分别代入原方程,都适合. 所以,原方程的解是x1,x0. 练习

1.(1)x1 ,(2)x1,x21,(3)y0,y1,(4)x3,x5 2.x2 3.(1)x1,(2)x6,(3)x532 (1)x=-1,(2)x=6,(4.(1)x5.(2) x20. 5.(1)x9,(2)x1,x4

270

3)x=352 校本课程教材 初高中衔接

第八讲 直线、平面与常见立体图形

例1. 解:正方体有6个面,12条棱,8个顶点,18对平行棱。

1例2. 解:① 43 ② (21);3 ③ 2;6

例3. 解:

图一 图二

例4. 解:可以,如图

过A、B1、D1的截面为正三角形,过A、A1、C、C1的截面为长方形 设M、N、P、Q、R、S为对应棱的中点,则MNPQRS恰为正六边形

ANDPBCMQA1D1SB1RC1练习 1. (1)

(2)

271

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(3)

(4)

(5)

2. (1)

(2)

(3)

3. 4R2;272

la

lpB

Ba

433R

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第九讲 直线与圆,圆与圆的位置关系

弧BD=弧AD,O是圆心,ODB,BEAE

例1. 解:连结OD,交AB于点E。

1AB3cm. 2在RtBOE中,OB=5cm,BE=3cm,OEOB2BE24cm.

OD5cm,DE1cm.

图3.3-5

在RtBED中,BE =3cm,DE =1cm,BD10cm.

例2. 解:设圆的半径为r,分两种情况 (如图3.3-6):

(1) 若O在两条平行线的外侧, 如图(1), AB=46,CD=6, 则由OM图3.3-6

ON3,得r29r2243,解得r5.

(2)若O在两条平行线的内侧(含线上), AB=46,CD=6, 则由OMON3,得r29r2243,无解.

综合得,圆的半径为5.

例3. 解: 连AB交O1O2于C, 则O1O2AB,且C为AB的中点,

设ACx,

图3.3-8

则O1C9x2,O2C4x2,O1O29x24x24,解得x315. 8 273

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故弦AB的长为2x 练习

1.取AB中点M,连CM,MD,则CMAB,DMAB,且C,O,M,D共线,

315. 4OM1721528,CM25,DM9,AC534cm,BD334cm.

2.O到AB,CD的距离分别为3cm,4cm,梯形的高为1cm或7cm,梯形的面积为7

或49cm2.

3. 半径为3cm,OE=2cm.,OF=3,CD26cm. 4.外公切线长为12,内公切线长为

123. 11274

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