初高中数学衔接教材参考答案

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