第一章 解三角形
§1.1 正弦定理（1）
1. C 2. C 3. D 4. D
5. 6. 30︒ 7. 3
a cos B =3a sin A
8. 解：由已知得 ，由正弦定理得=，
b sin A 4b sin B
c o s B 3⇒c o 2
s B 9s i 2n B ⇒c 2o B 7 ∴
s i n B 41625
222
∴a =25∴a =5. 由已知得a cos B =9
34
9．解： 由题意，得cos B =，B 为锐角，sin B =，
55
1. C 2. C 3. D 4. B 5. 120︒
6. 7.
61
8. b =∠A =60︒. 2
9. 从木条的中点处锯断时AC 最短.
333
10. 解: 由BA ⋅BC =得ca ⋅cos B =. 由cos B =得ca =2，
224
即b 2=2，由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac cos B 得 a 2+c 2=b 2+2ac cos B =5
222=a +c +2a c =5+4 =9, a +c =3 (a +c ) ∴
§1.4 余弦定理（2）
1. B 2. A 3. C 4. D 5. 直角三角形
1
6. 7. -
7
8.
解： lg a -lg c =lgsin B =-∴lg a =lgsin B =c
∴a =s i n B c , B ∈
(π2
∴) B , =
sin A =sin(π-B -C ) =sin 3π-B
411104810
由正弦定理得c =，∴S =ac ⋅sin B =⨯2⨯⨯=．
227577
10. 证明：（1）∵A >B , ∴a >b ⇒2R sin A >2R sin B ， ∴sin A >sin B .
a b c
（2）根据正弦定理，可设 = = = k , k ≠0,
sin A sin B sin C
a 2+b 2=k 2sin 2A +k 2sin 2B
∴左边=
c 2k 2sin 2C sin 2A +sin 2B
==右边.
sin 2C
(
)
由︒.
45c 得
§1.2 正弦定理（2）
1. D 2. C 3. B 4. D 解: 由已知切化弦得 a 2sin B =b 2sin A , 得sin A cos A =sin B cos B
⇒s i n A 2=s i B n ⇒2A =B 或A +B =90︒.
6. 解：由AD 2+BC 2=2(AB 2+BC 2) ⇒BC 2=2(1+3) -22=4
2
+A 2B =BC 2⇒A =90︒得R =1. ⇒B C 2=2⇒A C
7. 7∶5∶3.
2222
cos B =a +c -b ⇒∴a 2=b 2⇒a =b
2ac 故∆ABC 是等腰直角三角形.
9. 解：设BC =
x ，则AC . 根据面积公式
1B =，由余弦定理得
S ∆ABC =AB ⋅BC s i n 22222
cos B =AB +BC -AC 4-x ，
2AB ⋅BC 4x
∴S ∆ABC =.
5.
+x >2
⇒2
由三角形的三边关系有⎪⎩x +2
故当x =S ∆
ABC 的最大值是
4
10. （1）解：法一： A (3,4), B (0,0) ∴AB =5, sin B =
8. （1）A = 60︒, C = 75︒
, c
或A = 120o , C =15︒
, c .
当c =
5时，BC =5, AC
由正弦定理BC =AC ⇒sin A .
sin A sin B
法二：由AB =5, BC =5, AC =
22
-B 2A =A B +A C ∴s A i n
c o s
2AB ⋅AC （2） AB =5, BC =c , AC 2=(c -3) 2+42，
cos A =b , sin B =b cos A =sin B
9. 解：（1）由可得
cos B a sin A a cos B sin A A c o A s =s B i n B c o s ∴A s =i n 2 B ⇒s i n
（2
）B =30︒, C =105︒, c , ∴2∠A π= a ≠b
-2∠B ,
π∴∠A + =
2
∴∆ABC 是直角三角形.
AB 2+AC 2-BC 2
，若∠A 为钝角，
2AB ⋅AC
25
则cos A .
由余弦定理cos A =
⎧a 2+b 2=102⎪
（2）由⎨b 4⇒a =6, b =8.
=⎪⎩a =b ⇒sin A =sin B
10. 证明:
sin A sin B a b sin A ) 2=(sin B ) 2⇒sin 2A =sin 2B ⇒( a b a 2b 21-cos 2A =1-cos 2B ⇒c o s A 2-c o B s =2-11 ⇒. 222222
a b a b a b
§1.5 正弦定理与余弦定理的应用
1. B 2. D 3. C 4. C 5.
1;
5π
6. km ; 7.
68. 解：由2cos A sin B ＝sin C 得2cos A sin B ＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，sin A cos B －cos A sin B ＝0， 即sin(A －B ) ＝0， ∴A ＝B ，又(a ＋b ＋c )(a ＋b －c ) ＝3ab
a 2+b 2-c 2=1
得a 2+b 2-c 2=ab , cos C =，∴C ＝60°，
2ab 2
∴三角形为等边三角形． §1.3 余弦定理（1）
9. 解：在∆ABC 中，AB =AC =50，∠BAC =60︒， ∴∠ABC =∠ACB =60︒，BC =50,
∴在∆BCP ，∠PBC =60︒，∠BCP =75︒，
CP =BC , ∴CP = ∠BPC =45︒,
由正弦定理 在∆ACP 中，由余弦定理得： AP 2=AC 2+CP 2-2AC ⋅CP cos135︒
=2500+625⨯6+2⨯50
=6250+625(10+
，∴AP =) 答：隧道AP
的长为 10. 解：在△ABC 中： AB ＝12 AC ＝20 ∠BAC =50︒+70︒=120︒
BC 2=AB 2+AC 2-2AB ⋅AC cos ∠BAC
1
=122+202-2⨯12⨯20⨯(-=784, BC =28
2
即追击速度为28mile/h 又：∵△ABC 中， 由正弦定理：
AC =BC
,
∴sin B =AC sin A
sin B sin A BC 由正弦定理得：sin B cos A =sin A cos B ⇒A =B .
（2） AB ⋅AC =1∴bc cos A =1. 由余弦定理得：bc ⋅
b 2+c 2-a 2=1
，即b 2+c 2-a 2=2，
2bc
由（1
）知a =b , ∴c 2=2⇒c
（3
）由|AB +AC |⇒|AB |2+|AC |2+2⋅|AB ⋅AC |=6
⇒c 2+b 2+2=6
∴c 2+b 24=
c 22=
=2
∴∆ABC 为正三角形
. ∴S ∆ABC 2.
§1.7 解三角形单元测试题
1．D ； 2．A ； 3．B ； 4．B ； 5．A ； 6．D ； 7．D ； 8．D ； 9．B ； 10. B.
11. 1＜m ＜3 解： 三边m 、m ＋1、m ＋2中， 显然m ＋2为最大边，设其所对的角为α， ∵在同一个三角形中，大边对大角, ∴α为钝角，cos α＜0
2
m 2+(m +1) -(m +22) ⎧
c o αs =
2m (m +1) ⎨
⎪m +m +1>m +2m , >0⎩ 解之得1＜m ＜3
12. sin A 1
13．. 由比例性质，题中式子=,
a 4
1
由S ∆ABC =
bc sin A 可得c =, 从而a =2, 代入即得.
2
∴B ==38.21︒
∴ BC 的方位角为50 +38.21︒=88.21︒ ∴我舰应以28mile/h速度，沿方位角为88.21︒的方向航行，则可以1小时追上敌舰.
§1.6 解三角形的综合问题
1. D 2. B 3. C 4. B 5. 20 6. 正三角形 7. 45︒, 30︒, 105︒.
14
8．解：在∆BCD 中，∠BDC =90︒, CD =1, ∠BCD =45︒，
15. （1）由a =2b sin A ，根据正弦定理得
∴BC 在∆ACD 中，∠CAD =180︒-(60︒+45︒+30︒) =45︒,
sin B =1， s i n ，所以A =2s B i n s A i n
2
∴C D =A C ⇒AC . 在∆ABC 中，
s i n 4︒5s i ︒n 302π
由∆ABC 为锐角三角形得B =．
62
2AC ⋅BC ⋅cos60︒=3⇒AB ，
AB 2=AC 2+BC -
（2）根据余弦定理，b 2=a 2+c 2-2ac cos B =27+25-45=7． 2
所以，b
∴
/分钟.
16. 解：（1）由已知及余弦定理得：a 2+b 2-ab =4，
9．解：如图，连结BD ，则四边形ABCD 的面积 1
又S ∆ABC ∴ab sin C ⇒ab =4， S =S +S 2∆A B D ∆C D
22
11⎧a +b -ab =4 =AB ⋅AD ⋅sin A +BC ⋅CD ⋅sin C , ⇒a =2, b =2. 由⎨22
⎩ab =4
A +C =180︒,
（2）由sin C +sin(B -A ) =2sin 2A ⇒sin B ⋅cos A =2sin A ⋅cos A
∴s i n A =s C i n
1 （i ）当cos A =
0时，A =π, B =π, a b ； ∴S =(AB ⋅AD +BC ⋅CD ) ⋅sin A 2
（ii ）当cos A ≠0时，sin B =2sin A ，由正弦定理得b =2a ， 1
=(2⨯4+6⨯4) ⋅sin A =16sin A , 22
⎧a +b -ab =42
⇒a b ，
由⎨
由余弦定理，在∆BCD 中. ⎩ab =4
222
B D =B C +C D -2B ⋅C c C o D s =5C 2-48c o s C
∴S ∆ABC =1ab s i n C . 222
在∆ABD 中, BD =AB +AD -2AB ⋅AD cos A 2222 =…=20-16cos A
17. 解：（1）由已知得．cos A ===，
∴52, c -48c C o =s -201A 62bc 2bc 2
s =-c o A s , 64A c =o -s , c o C
又∠A 是△ABC 的内角，所以∠A =．
3
A =-1∴, A =1︒2, 0 ∴c o s
2（2）由正弦定理得：bc =a 2，
∴S =16s i n 1283 又 b 2+c 2=a 2+bc ，∴ b 2+c 2=2bc ，
2
10．解：（1）由AB ⋅AC =BA ⋅BC ⇒bc cos A =ac cos B ， ∴ (b -c )=0，即 b =c ． 即b cos A =a cos B ， 所以△ABC 是等边三角形．
18. 解: 如图，连结A 1B 2，
由已知A 2B 2=
20
A 1A 2==，
60
∴A 1A 2=A 2B ，2 又∠A 1A 2B 2=180︒-120︒=60︒， ∴∆A 1A 2B 2是等边三角形，
∴A 1B 2=A 1A 2=1 由已知A 1B 1=20, ∠B 1A 1B 2=105︒-60︒=45︒，在∆A 1B 2B 1中，
22
=A 1B 12+A 1B 2-2A 1B 1⋅A 1B 2⋅cos45︒=200， 由余弦定理知：B 1B 2
∴(a 3+a 6+a 9) =(a 2+a 5+a 8) +3d =33-3=30.
9．解：(1)由题意，有a 1=100，d =-10，a n =-10n +110
-18≤-10n +110
（2）所以，，
-10n +110≤18
{
即
≤12.8
，又n ∈N , ∴n =10, 11, 12， {n n ≥9.2
*
数列{a n }中有三项属于区间[-18, 18].
10．证明: 知数列{a n }是等差数列, 可设其公差为d . 那么a n +1-a n ＝d . a n -a n -1=d , 根据题意可知:
2222
b n -b n -1=a n +1-a n -(a n -a n -1)
∴B 1B 2=
60=/小时）
答：乙船每小时航行海里.
=(a n +1+a n ) ⋅(a n +1-a n ) -(a n +a n -1) ⋅(a n -a n -1) (a n +1+a n ) ⋅d -(a n +a n -1) ⋅d =(a n +1-a n -1) ⋅d =2d 2＝常数. 所以数列{b n }也是等差数列.
§2.3 等差数列的性质
1.C 2. A 3. B 4. C 5. ⑴±3，⑵±3. 6. -4 7. ①③ 8. 解：设成等差数列的四个数为a 1, a 2, a 3, a 4，
a +a +a +a =26a +a =13
由题意得: 1234 所以23
a 2⋅a 3=40a 2⋅a 3=40
第二章 数列
§2.1 数列的概念与简单表示
1
1. C; 2. B; 3. D; 4. C; 5．a n =(-) n ； 6．31；
3
{{a =5a =8
或{ 得{ 故所求的四个数为2，5，8，11. a =8a =5
2
2
3
3
7．（1）a n =(-1) n （2
）a n 1+(-1) n 2n +1
a = （4） n
22n
71-(0.1)n ）
（5）a n =1-(0.1) n （6）a n =
9
8．解：（1）a n =2n +3
（2）令2005=2n +3，得n =1001. 9．解：（1）3不是这个数列的项；
（2）函数y =-2x 2+29x +3的图像的是开口向下的抛物线，
n （3）a n =(-1) n +1
1
9. 解：依题意a n +1-a n =, n ∈N *.
2
1
∴{a n }是等差数列，公差d =,
2
n -1=n +3
∴a n =a 1+(n -1) d =2+
22n +3
故通项公式为a n =.
2
10．解：（1）由1+1=2(n ≥2, n ∈N *) ⇒n ≥2时
a n -1a n +1a n
2929，最接近的正整数是7， 44
所以最大项a 7=108，是第7项.
对称轴是x =
1-1=1-1得1为等差数列. a n +1a n a n a a n -n 1
1+2（2）公差d =1-1=4-1=1 1=1+(n -1⨯ , ) 1=n
a 2a 133a n a 1333
{}
10．解：（1）由已知得：a 2=
2a 1
=2=2， a 1+21+23
21
2a 32⨯22a 22⨯1
==， ==, a 4= a 3=
a 3+2+25a 2+2+22
3
2
2a 42⨯1
==. a 5=
a 4+2+23
5
2
（2）猜想：通项公式为a n =.
n +1
2-2=-2
（3）a n +1-a n =. n +2n +1n +3n +2
1=1⨯50+2=52, ∴a 50=3
a 5033352
§2.4 等差数列求和（1）
1. A 2. A 3. C 4. B 5. 210 6．45 7. ①④ 8．解：S =-(1+2+3+4+ +99+100) =-5050 9．解：依题意，可知：S 11=55 11⨯10d =5511a 1 ∴S 11=, 又 a 1=-5 2
∴d =2，∴a n =-5+(n -1) ⨯2=2n -7 设抽去的项为a m (1≤m ≤11) ，则
2-7=) 1⨯0 55-(m , 解得m =11，
所以，抽去的项是a 11.
1331
10．解： d =, a n =, ∴=a 1+(n -1) ⨯ --------①
2222315
a n =, S n =-,
(a 1+3) n 15 ---------② ∴-= 由①②解得，a 1=-3, n =10.
§2.2 等差数列的概念与通项
1. C 2. C 3. A 4. B 5．①③
6．解： a -6, -3a -5, -10a -1成等差数列,
a -5) -a (-6) =(-a 10-1-a ) , (3- ∴(-3解得a =1,
7．13
8．解：设公差为d
36, a 2+a 5+a 8=3 3 a 1+a 4+a 7=
∴(a 2+a 5+a 8) -(a 1+a 4+a 7) =3d =33-36=-3 ∴(a 3+a 6+a 9) -(a 2+a 5+a 8) =3d =-3
§2.5 等差数列求和（2）
1. B; 2. D; 3. B; 4. C; 5. 9; 6. 解: 由题意, 得, 一昼夜内它共敲:
+2+3 ++12+) 1⨯2=2(下) 2⨯(1
(n =1) ⎧5,
7．a n =⎨
⎩2n +2,(n ≥2)
8．10 提示：{a n +a n -1+a n -2}仍为等差数列
2
9．解：由 S 9=S 17解得d =-a 1, a 1>0, ∴d
25
n (n -1) d 2
d =n -13dn ，∴n =13时，S n 最大. S n =na 1+22
10．解：设等差数列{a n }公差为d ，
1
则S n =na 1+n (n －1) d ∵ S 7 = 7，S 15 = 75，
2
7a +21d =7a +3d =1 ∴1 ∴ a 1=－2，d =1， ⇒1
15a 1+105d =75a 1+7d =5
{{
S n 11
=a 1+(n －1) d =－2+(n －1)
22n
S S 1 ∵n +1－n =
n 2S 1 ∴{n }为等差数列，其首项为－2，公差为，
2n
19
∴T n ＝n 2－n ．
44
9. 解：解得方程两根为1和3，由q >1，故a 2004=1，
222
3
a 2005=. ∴q =a 2005÷a 2004=3，
2
13⋅322
a 200++) =18. 6a 2=(0a 2004+a 2005) q =(
22
10．解：设数列{a n }的公比为q ，则依题意有
82
a 1q 3=1, a 1q +a 1q 5=.
9
两式相除并整理得9q 4－82q 2＋9＝0.
1
解得q 2＝9或q 2＝.
9
∵数列各项均为正数，∴公比q ＞0. ∴公比q ＝3或q ＝1.
3
当公比q =3时, 由a 1q 3=1得a 1=1. ∴a n =1⋅3n -1=3n -. 4
2727
113n -1n -4
当公比q =时, 由a 1q =1得a 1=27. ∴a n =27⋅() =3.
n -44-n
∴数列{a n }的通项公式为a n =3或a n =3.
§2.8 等比数列的性质
13
1. B; 2. C; 3. A; 4. A；
5. 6. 7. 15
168．解：a 3a 8=a 4a 7=-512, a 3+a 8=124
§2.6 等差数列的综合问题
1. C 2. D 3. C 4. B 5. 25 6. 2 7. 20 8．解：（1）由a 10=30, a 20=50, 得
a +9d =30, a 1+19 . 解得a 1=12, d =2. 所以a n =2n +10. d =501
{
（2）由S n =na 1+
n (n -1)
d , S n =242得 2
n (n -1) n +⨯2=24. n =11或n =-22(舍去). 12 2得
2
4234，.... 的公差为-5，所以 9．解：数列5777
2
n ⨯521125+（n -）1(-5）=]75n -5n =-5n -15+ S n =[2. 271414256
15
∴当n 取与最接近的整数7或8时，S n 取最大值.
2
10．解:（1） n ＝1时 8a 1=(a 1+2) 2 ∴a 1=2
⎧a 3=128⎧a 3=-4 ⇒⎨ 或⎨
⎩a 8=-4⎩a 8=128 q ∈Z ∴a 10=512
9．解：设A 角为最小角，则
c A =c o B s =a =a s i n ，而由题意得：b 2=ac 2
c c 2
B =b 2=b 2=) s 2B i n =-12B c , o s ∴c o s
c c
所以，解得cos B
，∴sin A .
10．解：（1）设{b n }的公比为q ， b n =3a n , ∴3a 1⋅q n -1=3a n ⇒a n =a 1+(n -10log 3q 所以{a n }是以log 3q 为公差的等差数列.
（2） a 8+a 13=m 所以由等差数列性质得a 1+a 20=a 8+a 13=m (a 1+a 20) ⨯20
=10m ⇒ 2
+ +a 2010m
=3. b 1b 2 b 20=3a 1+a 2
n ＝2时 8(a 1+a 2) =(a 2+2) ∴a 2=6
n ＝3时 8(a 1+a 2+a 3) =(a 3+2) 2∴a 3=10 （2）∵8S n =(a n +2) 2 ∴8S n -1=(a n -1+2) 2(n >1) 两式相减得: 8a n =(a n +2) 2-(a n -1+2) 2
即a n 2-a n -12-4a n -4a n -1=0，也即(a n +a n -1)(a n -a n -1-4) =0， ∵a n >0 ∴a n -a n -1=4
即{a n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n =2+(n -1) ⋅4=4n -2.
2
∴a 1+a 2+ +a 2=0
§2.9 等比数列求和（1）
1. D 2. A 3. C 4. D 5. n =7 6. -17. 458. 105
9．解：（1）当q =1时，则有3a 1+6a 1=18a 1⇒a 1=0， 与数列{a n }是等比数列矛盾，∴q ≠1 （2）q ≠1时，条件化为
§2.7 等比数列的概念与通项
1
7. ①②③④ 4
8. 解：依题意a n +2=a n +1+a n ⇒a n q 2=a n q +a n
1. C 2. B 3. A 4. B 5. -4 6.
1q 9) a 1(1-q 3) a 1(1-q 6) 2a 1(-
+=
1-q 1-q 1-q
∴2q -q -q =0⇒q n
a (1-q )
∴q ≠1. 110．解： S 2n >2S n , =80„ ①
1-q
9
6
3
⇒q 2=q +1解得
q ，∵各项均为正数，∴q >0，
故舍去q
.
a 1(1-q 2n )
=6560„ ②
1-q
②÷①，得q n =81， ∴q >1,
故前n 项中a n 最大，将q n =81代入①，得a 1=q －1 „ ③ 由a n =a 1q n -1=54，得81a 1=54q „ ④ 由③④解得a 1=2, q =3. ∴S 100=
a 1(q 100-1) 100
=3-1. q -1
n +1S n +2S ⇒
⇒S n +1=4⋅ n -1, 由已知得a n +1=n -1n n
n +1S =a 代入上式得S n +1=4a n . n -1n -1n
§2.12 等差数列与等比数列的综合运用
1. C 2. C 3. D 4. B 5. 4 6. 2610 7. 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，
已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列，a n =a 1q n -1， 又4S 2=S 1+3S 3，即4(a 1+a 1q ) =a 1+3(a 1+a 1q +a 1q 2) , 解得{a n }的公比q =1.
3
1-2=2n -1
8. 解: a n =1+2+22+ +2n -1=
1-2
1+) n +(2 ∴S n =(2-1) +2(2- -1)
n
§2.10 等比数列求和（2）
1. C 2. B 3. D 4. C 5. a (1+10%)5; 31
6. (1+p ) 12-1; 7. (1-n
23
8．解：当x ≠0，x ≠1，y ≠1时，
原式=(x +x 2+ +x n ) +(1+1+ +1)
y y
1(1-1n +1
y n -1x (1-x ) y y n x -x ==+. +
1-x y -y 1-x 1-y
n (n +1)
9．解：当x =1时，S n =1+2+3+4+ +n =
2
当x =0时，S n =1， 当x ≠1且x ≠0时，
n
2⨯(1-2n )
-n =2n +1-2-n . 1-2
9. 解：设等比数列的连续三项为a m , a m +1, a m +2， 其公比为q (q ≠1) ，等差数列的公差为d , 则a m +1=a m q , a m +2=a m +1q ，
=(2+22+ +2n ) -n =
x +43x + S n =1+2x +32-1
+n n x
1
x 3+ +n (-x 1n ) -+nx n ∴xS n =x +2x 2+3
-x S ) n =+(1x +x 2+x 3+ +x n -1-nx ) n =1-x -nx n ∴(1
1-x
n n
∴S n =1-x 2-nx .
(1-x ) 1-x
n
a m +2-a m +1
．
a m +1-a m
又a m +1=a m +4d , a m +2=a m +1+3d ， 两式相减得q =
3d =3
，所以通项公式为a n =23． 4d 44
10. 解：（1）设{a n }的公差为d ，S 2=2a 1+d =6+d ，
故q =
()
n -1
10.
a (1+p )
⋅[(1+p ) 7-1]. p
又b 28（舍负号），S 2=b 2⇒6+d =8，d =2 ，∴a n =3+2(n -1) ，∴a n =2n +1. （2）S n =3+5+ +(2n +1) =n (n +2)
∴1+1+ +1=1+1+1+ +1
S 1S 2S n 1⨯32⨯43⨯5n (n +2) 11111111) =(1-+-+-+ +-
232435n n +2111-132n +3 =(1+- =-22n +1n +242(n +1)(n +2)
§2.11 等比数列的综合问题
1. B 2. B 3. D 4. C 5. 1
1023
6. 16或-16; 7. ;
4
a 1(1-q n )
8. 解：由题设知a 1≠0，S n =，
1-q 则a 1q 2=2 „„ ①
a 1(1-q 4) a (1-q 2)
„„ ② =5⋅1
1-q 1-q
§2.13 数列单元测试题
1. A; 2. A; 3. B; 4. C; 5. B;
6. D; 7. A; 8. A; 9. C; 10. B.
1202
11．n =5 12． 13. -1 14.
711
15. 解：(1) {x n }成等比数列且x n ≠1，设公比为q ，则q >0 y n +1-y n =2log a x n +1-2log a x n =2log a ∴{y n }为等差数列.
(2) y 4=17, y 7=11 ∴3d =－6 d =－2 y 1=23 n (n -1)
d =23n -n (n -1) =-n 2+24n 当n =12时，S n 有最大值144. ∴{y n }前12项和最大为144.
由②得1-q 4=5(1-q 2) ，(q 2-4)(q 2-1) =0，
(+2q ) -(1q +) (=1 (q -2) q ，
因为q
当q =-1时，代入①得a 1=2，通项公式a n =2⋅(-1) n -1； 当q =-2时，代入①得a 1=
11
，通项公式a n =⋅(-2) n -1． 22
⎧a 1+d =8
9. 解：∵ ⎨, 解得a 1＝5, d ＝3,
⎩10a 1+45d =185 ∴ a n ＝3n ＋2, b n ＝a 2n ＝3×2＋2,
S n ＝(3×2＋2) ＋(3×22＋2) ＋(3×23＋2) ＋…＋(3×2n ＋2) 2(2n -1) ＝＋2n ＝7·2n －6.
2-1
n +2S ⇒S -S =n +2S
10. 证明: （1）a n +1= n n +1n
n n n
S S
⇒n +1=2⋅n (n =1,2,3, ) ，
S
∴{n 是公比为2的等比数列.
S S S S
（2）由{n 是公比为2，n +1=2⋅n =22⋅n -1
n
x n +1
=2log a q 为常数 n
{y n }前n 项和S n =n y 1+
16
．解：⑴由a n +1，令n =1得a 1=1 ∴ 4(S n -S n -1)=((a n +1) 2-(a n -1+1) 2，（n ≥2）
22
-a n ∴ 4a n =a n -1+2a n -2a n -1
整理得：(a n -1+a n )(a n -a n -1-2) =0，由a n >0，
∴a n -a n -1=2 ∴ {a n }为公差为2的等差数列. ∴ a n =2n -1.
（2）由裂项法，B n =1[(1-1) +(1-1) +
2a 1a 2a 2a 311
a n a n +12a 1a n +122a n +12
1
8. （1）{x |x 2}； （2
）{x |1x
2 （3）{x x 3}； （4）{x 0≤x
4
5a (1-q ) 4a 1(1-q )
17．解：（1）由题意知5S 2=4S 4，1 =
1-q 1-q 5
0q ≠ 1 ∴1+q 2=, a 1≠0, q >且
4
n
a (1-q )
（2） S n =1=2a 1-a 1(1) n -1
1-q 211
∴b n =q +s n =+2a 1-a 1() n -1
1
要使{b n }为等比数列，当且仅当+2a 1=0
2
11
即a 1=-, 此b n =() n +1为等比数列，
42
1
∴{b n }能为等比数列，此时a 1=-.
4
18．解：（1）第十个月应付款为：
50+(1000-50⨯9) ⨯0.01=55.5（元） （2）共付款：
150+[50+1000⨯0.01]+[50+950⨯0.01]+ +[50+50⨯0.01] =1225（元）．
∴得q =1
2
2
21
9．（1
）x x ； （2）{x |x ≤-或x ≥
32
⎧
⎪a
⎧b =5a ⎪⎪b ⎪1⇒⎨ 10．解：由题意得⎨-=-2-
a 2⎪⎪⎩c =a ⎪c =(-2) ⋅(-1⎪⎩a 2
5
不等式cx 2-bx +a >0化为ax 2-ax +a >0，
2
51
a
22
1
∴不等式cx 2-bx +a >0的解集为{x |
2
{§3.3 一元二次不等式（2）
1. A; 2. D; 3. C; 4. D; 5. k ≥1， 6. ②③④; 7. [-1, 1]
1418. ⑴{x |-
232
9. 解：不等式等价于(7x +a )(8x -a )
a a
当a >0时，不等式的解集为x -
78a a
当a
87
当a =0时，不等式的解集为φ.
{}
第三章 不等式
§3.1 不等关系
1. D；2. A; 3. B; 4. C; 5. -π
8．解：设购买单片软件和盒装磁盘分别为x 件， y 盒(x , y ∈N *) ，则
60x +7y 0≤500⎧6x +7y ≤50⎧⎪⎪ ⎨x ≥3 即⎨x ≥3 且(x , y ∈N *) ⎪⎪⎩y ≥2⎩y ≥2
{
{10. 解：原不等式等价于(x -a )(x -a 2)
x -a >0x -a
（1） 或（2） 2
x -a 0
{{
①当a 1时，a
原不等式的解集为{x a ②当0
9．解：可先用f (-1) 和f (1)来表示f (-2) ，即用a -b 和a +b 来
原不等式的解集为{x a 2表示4a -2b , 设A (a -b ) +B (a +b ) =4a -2b
③当a =0，或a =1时，原不等式无解.
-B ) b =4a - 2b ⇒(A +B ) a -(A
⎧A +B =4⎧A =3
⇒⎨§3.4 一元二次不等式的应用 ⎨ ∴3≤3(a -b ) ≤6, 2≤a +b ≤4,
⎩A -B =2⎩B =11. A; 2. C; 3. A; 4. D; 5. (-∞, -2] [5,+∞) ∴5≤4a -2b ≤10.
6. (-∞, -1) [2,+∞) 7. －5.
10. 解：设甲乙两地相距x 千米，采用汽车、火车、飞机
8. 解：⑴y =-2n 2+40n -98 运输时的总支出分别为
⑵解不等式-2n 2+40n -98>0 得
10n
50 又n ∈N ∴3≤n ≤17 故从2002年开始获利.
9. 解：(1)设月获得的利润为y ， +0x +⨯4) =30x +07 3000 y 2=4x +180
100-x 2x ) -(5+00x 3 y =(160，x 352+2) ⨯300=x +1600 y 3=16x +1000+(⇒-x 2+13x 0-50≥0 1300 y ≥13002002
∴20≤x ≤4∴5当月产量在[20,45]件之间时， 显然y 3>y 1，令y 1-y 2
所以，当甲乙相距少于200千米时，应选用汽车；当甲乙相 月获得的利润不少于1300元. 距等于200千米时，应选用汽车或火车；当甲乙相距大于200 (2) y =-2(x -652+1612.5，
2千米时，采用火车较好.
∴x =32或x =33时，y 取最大值1612.
10. 解：⑴ y =[60(1+0.5x ) -40(1+x )]⨯1000(1+0.8x ) §3.2 一元二次不等式（1） 1. D; 2. A; 3. D; 4. D; 5．{-2,0,2} 6．{x |x 3}，{x |-2≤x ≤3}. 7. {x |x 3}
y =-8000x 2+6000x +20000=2000(-4x 2+3x +10) 其中0(60-40) ⨯1000
4x 2+3x >0 ∴-
∴0x
44
§3.5 一元二次不等式的综合问题
1
1. C ; 2. C; 3. D; 4. D; 5．m m
8
6．⑴[-3,1]；⑵{x |-2≤x ≤2或x =6}
2]， 7．解：构造函数：f (x ) =x 2+mx +4, x ∈[1，
{ 得y 1=1(c +4), y 2=1(c -4) , 依题意：
33
⎡1(c +4) -1⎤⎡1(c -4) -2⎤
(y 1-1)(y 2-2)
(0，±3）10. 解：30 (以(±5,0) 、为顶点的菱形面积).
§3.7 二元一次不等式组表示的平面区域
1. A; 2. B; 3. C; 4. C 5. 6π； 6. 解：如图知区域是△OAB 去掉 一个小直角三角形△CDB . ∴阴影部分面积=S OAB -S CDB 1
=⨯2⨯
2-17.
2247. 3
2
u ≤1⎧⎪u =x +y
8．解：令∴⎨u +v ≥0
v =x -y
⎪⎩u -v ≥0
，时，不等式x +mx +4
则f (1)≤0, f (2)≤0，即1+m +4≤0, 4+2m +4≤0。 解得：m ≤-5。
13
8．解：（1）当a =时，有不等式f (x ) =x 2-x +1≤0
22
11
∴(x -)(x -2) ≤0，∴不等式的解集为：{x |≤x ≤2}
22
1
（2）∵不等式f (x ) =(x -)(x -a ) ≤0
a 1
当0a ，
a
11
∴不等式的解集为{x |a ≤x ≤； 当a >1时，有
a a 1
∴不等式的解集为{x |≤x ≤a }；
a
当a =1时，不等式的解为x =1。
9．解：将两式分子都化为3，则只要比较分母的2m 2+m +1和 3m 2-3m +6大小.
2
（m -2）+1>0， 3m 2-3m +6-(2m 2+m +1) =m 2-4m +5=
2
{
1
作出区域是等腰直角三角形，可求出面积s =⨯2⨯1=1.
2
9．解：由已知得
+3>0⎧t >-1⎧t -2⨯1⎪t +4⨯1-10⎪t >-12
⇒ ⎨⇒⎨⇒t =0 t ∈Z 3t +1-4
⎪⎪⎩t ∈Z ⎩t ∈Z
{
故3m -3m +6>2m +m +1
且易知3m 2-3m +6与2m 2+m +1均恒为正数，
333>>21 即. 222
2m +m +13m -3m +62m +m +1m -m +210. 解：设f (x ) =ax 2+bx +c (a ≠0) f (x ) >-2x 的解集为（1，3） ∴f (1)=a +b +c =-2 ① f (3)=9a +3b +c =-6 ②
又 f (x ) +6a =ax 2+bx +c +6a =0有两个相等的实数根， ∴∆=b 2-4a (c +6a ) =0 ③
1
由①②③解得：a =-或a =1
5
又 f (x ) >-2x 的解集为（1，3），∴a
163163 ∴a =-, b =-, c =-, ∴f (x ) =-x 2-x -.
555555
22
10. 解: 不等式等价于
x +2y +1
x -y +4>0
{
或
2y +1>0
{x x +-y +4
其图象如图所示:
§3.8 简单的线性规划(1)
1. C; 2. A; 3. A; 4. C; 5. 1； 6. P (-1, -1) ; 7. 50x +40y ≤2000
7] 8. [-5，
9. 解：在坐标系中画出图象，如图. 三条线的交点分别是A (0，1) ， B (7，1) ，C (3，7) ，在△ABC 中满 足z =2y -x 的最大值是点C ，代入 得最大值等于11.
10．解: 区域D 如图所示∆ABC 所在区域（包含边界）
（1）令z =2x +y ，显然z 在点
取得最大值，∴(2x +y ) max =（2）点O 到直线2x -y -2=0
D 及题意知，以点O r 的圆满 x -y + 足条件，
422 ∴S 最大=π=π.
5
§3.6 二元一次不等式表示的平面区域
1. B; 2. B; 3. C; 4. C; 5. R , S ；
2
6. {t |t >; 7. P (-5,1)
3
8．解：先画出直线－x ＋2y －4＝0（画出虚线） 取原点（0，0）代入－x ＋2y －4, 因为 0＋2 × 0－4＜0
所以原点在－x ＋2y －4＜0 表示的平面区域内，
不等式－x ＋2y －4＜0表示的区域如图. 9．解法1：
+)[2⨯(-2) -3⨯c 10 (2⨯2-3⨯1c ]2+
的距离r 解法2：将A 、B 两点横坐标分别代入直线L 的方程，
§3.9 简单的线性规划（2）
1. A; 2. B; 3. B; 4. D;
5． 5； 6．3； 7．0
2
8．解：作出其可行域，
约束条件所确定的平面区域的四个顶点为
5
（1，），（1，5），（3，1），（5，1），
3
作直线l 0：2 x + y = 0，
再作与直线l 0平行的直线l ：2 x + y = z，
5
由图象可知，当l 经过点（1，）时
3
511
使z =2x +y 取得最小值，z min =2⨯1+1⨯=
33
当l 经过点（5，1）时使z =2x +y 取得最大值，
=2⨯5+1⨯1=1 z m a x . 1
9. 解：每天生产甲种产品5吨，乙种产品7吨，日产值到达最 大值117万元. （提示：设每天生产甲种产品x 吨，乙种产品 y 号，则7x +3y ≤56，2x +5y ≤45，x 、y ≥0，目标函数z =8x +11y ， 作出线性约束条件所表示的平面区域，即可求得当 x =5，y =7 时，z 取最大值117万元）
10. 解：设每天生产A 型桌子x 张，B 型桌子y 张， 每天所获利润为z 千元，则 ⎧x +2y ≤8, ⎪3x +y ≤9, ⎨
x ≥0, ⎪
⎩y ≥0.
目标函数为z =2x +3y 如图，作出可行域， 把直线l ：2x +3y =0 向右上方平移至l '的 位置时，直线经过可 行域上的点M ，直线
的纵截距最大，此时z ＝2x ＋3y 取得最大值．
x +2y =8x =2
解方程组 得，即M (2,3)，
3x +y =9y =3
法2：
1+1=(1+1) ⋅(m +
n ) =
2+n +m ≥2+4.
m n m n m n §3.11 基本不等式的应用（1）
1. D; 2. B; 3. C;
a +b 2=4
，
2
当且仅当a =b =2时取等号， 4. A; 提示：法一： ab ≤(
又c +d ≥4，
当且仅当c =d =2时取等号， 故选A.
法二：由右图可知， 对x , y ∈R +, xy ≥x +y
当且仅当x =y =2时取等号，
故选A.
5. 4 ； 6．
2-.
7． 3；提示：以CA 、CB 所在直线为坐标轴建立平面直角坐
y a b
标系，则直线AB 的方程为x +=1. 设P (a , b ) ，则+=1
4343
a +b
a b
(a >0, b >0), ab =12⋅⋅≤12(2=3，
432
a b 13
当==，即a =2, b =时，(ab ) max =3.
4322
8．解 当x =0时，y =0 当x ≠0时，
y =
3x +x
=
33，当且仅当x =4
x x +4
x y ax
≥a +1≥9，∴
≥2
≤－4(舍去) ， 答：每天应生产A 型桌子2张，B 型桌子3张才能获最大利润. 则1+a ++
x y
所以正实数a 的最小值为4.
§3.10 基本不等式及其证明 10．解：设矩形温室的左侧边长为a m ，
后侧边长为b m ，则ab =800m2. ∴蔬菜的种植面积 1
1. A 2. D 3. B 4. B 5. 6. ①②③⑤
16b -2=) a b -2a -4b +8=80-8a 2，+(b S =(a -4) ( x +3z ⇒ ∵a >0, b >0, ab =800，
∴a +2b ≥80 7. 3 提示：由已知得y = 2
∴S ≤808-2⨯80=648（m 2）， 222
y x +9z +6xz 6xz +6xz =≥=3（当且仅当x =3z 取“=”号） 当且仅当a =2b ，即a =40m , b =20m 时，S max =648m 2. xz 4xz 4xz
答：当矩形温室的左侧边长为40m ，后侧边长为20m 时，蔬
8. 证明： a 2+b 2≥2ab ①
菜的种植面积最大，最大种植面积为648 m2.
22
b +c ≥2bc ②
22
c +a ≥2ca ③ §3.12 基本不等式的应用（2） ①＋②＋③⇒a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca
1. A;
又 a , b , c 不全相等，
a +b -c =a +b -2=a +b -11
2. B;
提示：r =， 222
∴a +b +c >ab +bc +ca . 222
{{
33
即x =±2时，等号成立. ∴y min =-, y max =.
44
9．解：已知不等式(x +y )(1+a )≥9对任意正实数x ，y 恒成立，
x y
9.
解：Q
P
∴P ≤Q .
10. 解：函数y =a 1-x (a >0, a ≠1) 的图象恒过定点A (1,1)， 1⋅m +1⋅n -1=，0m +n =1，m , n >0， 法1
：m +n ≥2，
1+1≥2⋅2=4.
m n
当且仅当a =b
r min 1，故选B.
3. C;
4. D; 提示：设第一年的产量为A ， A (1+x ) 2=A (1+p 1)(1+p 2) ∴(1+x ) 2=(1+p 1)(1+p 2) ≤( ∴x ≤
2+p 1+p 22p +p
) =(1+122 22
p 1+p 2p
⇒x ≤，当且仅当p 1=p 2取“=”号， 22
故选D.
5．20； 6．2240 7
．2 8．解: 如图为轴截面，令圆柱的高为h ，
底面半径为r ，侧面积为S ，
h
则() 2+r 2=
R 2，即h =
2S =2
=4
≤4π=2πR 2
2
9．解：设M (t , 0) (t >5) ，
则直线l 的方程为4x -(6-t ) y -45=0 它与y =4x 相交得点Q 的纵坐标为 从而∆OQM 的面积为
2
-(+5) 25t =t 22=2⋅(t -5) +1t 0S =1t ⋅4
2t -5t -5t -5
50=2(t -5) ++20≥40t -5
50
当且仅当2(t -5) =，即t =10时，
t -5
∆OQM 的面积最小值为40， 此时直线方程为x +y -10=0.
4t
， t -5
9．解：使用x 年时，年平均费用最少，由于“年维 修费第一年是0.2万元，以后逐年递增0.2万元”， 可知汽车每年的维修费构成以0.2万元为首项， 0.2万元为公差的等差数列. 因此，汽车使用x 年
0.2+0.2x x
总的维修费用为万元. 设汽车的年
2
平均费用为y 万元，则有：
+0x . x 210+0. x 9+0. 2
. 21y ==10+x +0x
x x
=1+10+x ≥1+3
x 1010x
当且仅当=，即x =10时，y 取最小值.
答：汽车使用10年时，年平均费用最少. 10. 解：设每间虎笼的长xm 、宽ym ，
则由“有可围36米长的材料”，得4x +6y =36， 即2x +3y =18, 设面积为S =xy ，
由于2x +3y ≥2727
所以18，得xy ≤，即S ≤
22
当且仅当2x =3y 时，等号成立.
2x =3y x =4.5
解方程组，得
2x +3y =18y =3
10．解：（1）由已知得： 即
450v >9，
v -50v +1600
2
{{
50v >1， v -50v +1600
而分母v 2-50v +1600恒大于零，∴解之得：20
0450 =（2）∵v >0 ∴y =245v
v -50v +1600v +-50
v
1600≥80
∵v +， ∴y ≤15，
v
1600
当且仅当v =，即v =40（千米／小时）时，
v
车流量最大，最大值为15（千辆／小时）
答：在该时段内，当汽车的平均速度为40（千米/小时）时，车流量最大，最大值为15（千辆/小时）．
答：每间虎笼设计长、宽分别为4.5m ,3m 时，面积最大.
§3.14 不等式单元测试题
1. B; 2. B; 3. D; 4. C; 5.C; 6. C; 7.C; 8. C; 9. D; 10. A
3
11．{x x >3或x
5
31
14．, （提示：区间根与线性规划方法：数形结合列出
22
a 、b 满足的二元一次方程组）
21
15．A ={x 3x 2-4x -41
33
21
A B =x -
16．解：（1） ax 2-3x +2>0的解集为{x |x b }
{}{}
{}
§3.13 基本不等式的综合问题
1.A; 2. C; 3. C; 4. D;
5．32 6
．+∞)
7．[9,+∞
) ；解：法一：ab =a +b +3≥3
∴2-3≥0
3 ∴ab ≥9（仅当a =b =3时） 法二：设S =ab ，Q ab =a +b +3
a +3
∴b =，由b >0，知a >1，
a -1
a +3=a 2+3a =(a -1) +4+5≥9
∴S =a ⋅
a -1a -1a -1
当且仅当(a -1) 2=4，即a =3时取等号，此时b =3. 19
8．解：Q a , b , c 都是正实数，且+=1，则
⎧1+b =3⎪a ∴⎨⇒a =1, b =2； ⎪1⋅b =2⎩a
（2）不等式ax 2-(ac +b ) x +bc
① 当c >2时，其解集为{x |2
︒01⨯(a 22 ) ∴t =
1x t s i n 6
x 22 在∆ADE 中，由余弦定理得
2
+A 2E -2A ⋅D c A o E s A D E 2=A D 22
2a ) 2-2x ⋅2a ⋅cos600
∴y 2=x 2+(
x x
b +9a ≥++9=) 1+， 16
(a +b ) 1
a b a b b 9a
当且仅当=，即b =3a 时“=”号成立，
∴a +b ≥16 此时a =4, b =12,
若a +b ≥c 恒成立⇒0
(a ≤x ≤2a )
故y
4（2
） x 2+4a ≥4a 2 2x 44a
当且仅当x 2=
即x 时取等号
x
∴y min
即AD =AE , ED min 答：（1）用x 表示的y 的函数为
y (a ≤x ≤2a ) （2
）线路最短时，AD =AE ，此时DE ∥BC ；
.
18．解：设应供应洗衣机x 台，空调y 台，利润z ＝8x ＋6y ．
⎧20x +30y ≤300⎪10x +5y ≤110⎪ 则⎨
x ≥0⎪⎪⎩y ≥0
由图知当目标函数 的图象经过M 点时 能取得最大值，
y =30⎧2x +3
⎨， ⎩2x +y =22
⎧x =9
解得⎨, 即M (9，4) ，
⎩y =4
所以z ＝8×9＋6×4＝96(百元) 答：应供应洗衣机9台，空调6台，可使得利润最多达到9600元.
高级中学课程标准教科书教辅用书（配江苏实验版）
高中数学5
课课练 单元测试★参考答案
（2009年3月）
远方出版社
第一章 解三角形
§1.1 正弦定理（1）
1. C 2. C 3. D 4. D
5. 6. 30︒ 7. 3
a cos B =3a sin A
8. 解：由已知得 ，由正弦定理得=，
b sin A 4b sin B
c o s B 3⇒c o 2
s B 9s i 2n B ⇒c 2o B 7 ∴
s i n B 41625
222
∴a =25∴a =5. 由已知得a cos B =9
34
9．解： 由题意，得cos B =，B 为锐角，sin B =，
55
1. C 2. C 3. D 4. B 5. 120︒
6. 7.
61
8. b =∠A =60︒. 2
9. 从木条的中点处锯断时AC 最短.
333
10. 解: 由BA ⋅BC =得ca ⋅cos B =. 由cos B =得ca =2，
224
即b 2=2，由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac cos B 得 a 2+c 2=b 2+2ac cos B =5
222=a +c +2a c =5+4 =9, a +c =3 (a +c ) ∴
§1.4 余弦定理（2）
1. B 2. A 3. C 4. D 5. 直角三角形
1
6. 7. -
7
8.
解： lg a -lg c =lgsin B =-∴lg a =lgsin B =c
∴a =s i n B c , B ∈
(π2
∴) B , =
sin A =sin(π-B -C ) =sin 3π-B
411104810
由正弦定理得c =，∴S =ac ⋅sin B =⨯2⨯⨯=．
227577
10. 证明：（1）∵A >B , ∴a >b ⇒2R sin A >2R sin B ， ∴sin A >sin B .
a b c
（2）根据正弦定理，可设 = = = k , k ≠0,
sin A sin B sin C
a 2+b 2=k 2sin 2A +k 2sin 2B
∴左边=
c 2k 2sin 2C sin 2A +sin 2B
==右边.
sin 2C
(
)
由︒.
45c 得
§1.2 正弦定理（2）
1. D 2. C 3. B 4. D 解: 由已知切化弦得 a 2sin B =b 2sin A , 得sin A cos A =sin B cos B
⇒s i n A 2=s i B n ⇒2A =B 或A +B =90︒.
6. 解：由AD 2+BC 2=2(AB 2+BC 2) ⇒BC 2=2(1+3) -22=4
2
+A 2B =BC 2⇒A =90︒得R =1. ⇒B C 2=2⇒A C
7. 7∶5∶3.
2222
cos B =a +c -b ⇒∴a 2=b 2⇒a =b
2ac 故∆ABC 是等腰直角三角形.
9. 解：设BC =
x ，则AC . 根据面积公式
1B =，由余弦定理得
S ∆ABC =AB ⋅BC s i n 22222
cos B =AB +BC -AC 4-x ，
2AB ⋅BC 4x
∴S ∆ABC =.
5.
+x >2
⇒2
由三角形的三边关系有⎪⎩x +2
故当x =S ∆
ABC 的最大值是
4
10. （1）解：法一： A (3,4), B (0,0) ∴AB =5, sin B =
8. （1）A = 60︒, C = 75︒
, c
或A = 120o , C =15︒
, c .
当c =
5时，BC =5, AC
由正弦定理BC =AC ⇒sin A .
sin A sin B
法二：由AB =5, BC =5, AC =
22
-B 2A =A B +A C ∴s A i n
c o s
2AB ⋅AC （2） AB =5, BC =c , AC 2=(c -3) 2+42，
cos A =b , sin B =b cos A =sin B
9. 解：（1）由可得
cos B a sin A a cos B sin A A c o A s =s B i n B c o s ∴A s =i n 2 B ⇒s i n
（2
）B =30︒, C =105︒, c , ∴2∠A π= a ≠b
-2∠B ,
π∴∠A + =
2
∴∆ABC 是直角三角形.
AB 2+AC 2-BC 2
，若∠A 为钝角，
2AB ⋅AC
25
则cos A .
由余弦定理cos A =
⎧a 2+b 2=102⎪
（2）由⎨b 4⇒a =6, b =8.
=⎪⎩a =b ⇒sin A =sin B
10. 证明:
sin A sin B a b sin A ) 2=(sin B ) 2⇒sin 2A =sin 2B ⇒( a b a 2b 21-cos 2A =1-cos 2B ⇒c o s A 2-c o B s =2-11 ⇒. 222222
a b a b a b
§1.5 正弦定理与余弦定理的应用
1. B 2. D 3. C 4. C 5.
1;
5π
6. km ; 7.
68. 解：由2cos A sin B ＝sin C 得2cos A sin B ＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，sin A cos B －cos A sin B ＝0， 即sin(A －B ) ＝0， ∴A ＝B ，又(a ＋b ＋c )(a ＋b －c ) ＝3ab
a 2+b 2-c 2=1
得a 2+b 2-c 2=ab , cos C =，∴C ＝60°，
2ab 2
∴三角形为等边三角形． §1.3 余弦定理（1）
9. 解：在∆ABC 中，AB =AC =50，∠BAC =60︒， ∴∠ABC =∠ACB =60︒，BC =50,
∴在∆BCP ，∠PBC =60︒，∠BCP =75︒，
CP =BC , ∴CP = ∠BPC =45︒,
由正弦定理 在∆ACP 中，由余弦定理得： AP 2=AC 2+CP 2-2AC ⋅CP cos135︒
=2500+625⨯6+2⨯50
=6250+625(10+
，∴AP =) 答：隧道AP
的长为 10. 解：在△ABC 中： AB ＝12 AC ＝20 ∠BAC =50︒+70︒=120︒
BC 2=AB 2+AC 2-2AB ⋅AC cos ∠BAC
1
=122+202-2⨯12⨯20⨯(-=784, BC =28
2
即追击速度为28mile/h 又：∵△ABC 中， 由正弦定理：
AC =BC
,
∴sin B =AC sin A
sin B sin A BC 由正弦定理得：sin B cos A =sin A cos B ⇒A =B .
（2） AB ⋅AC =1∴bc cos A =1. 由余弦定理得：bc ⋅
b 2+c 2-a 2=1
，即b 2+c 2-a 2=2，
2bc
由（1
）知a =b , ∴c 2=2⇒c
（3
）由|AB +AC |⇒|AB |2+|AC |2+2⋅|AB ⋅AC |=6
⇒c 2+b 2+2=6
∴c 2+b 24=
c 22=
=2
∴∆ABC 为正三角形
. ∴S ∆ABC 2.
§1.7 解三角形单元测试题
1．D ； 2．A ； 3．B ； 4．B ； 5．A ； 6．D ； 7．D ； 8．D ； 9．B ； 10. B.
11. 1＜m ＜3 解： 三边m 、m ＋1、m ＋2中， 显然m ＋2为最大边，设其所对的角为α， ∵在同一个三角形中，大边对大角, ∴α为钝角，cos α＜0
2
m 2+(m +1) -(m +22) ⎧
c o αs =
2m (m +1) ⎨
⎪m +m +1>m +2m , >0⎩ 解之得1＜m ＜3
12. sin A 1
13．. 由比例性质，题中式子=,
a 4
1
由S ∆ABC =
bc sin A 可得c =, 从而a =2, 代入即得.
2
∴B ==38.21︒
∴ BC 的方位角为50 +38.21︒=88.21︒ ∴我舰应以28mile/h速度，沿方位角为88.21︒的方向航行，则可以1小时追上敌舰.
§1.6 解三角形的综合问题
1. D 2. B 3. C 4. B 5. 20 6. 正三角形 7. 45︒, 30︒, 105︒.
14
8．解：在∆BCD 中，∠BDC =90︒, CD =1, ∠BCD =45︒，
15. （1）由a =2b sin A ，根据正弦定理得
∴BC 在∆ACD 中，∠CAD =180︒-(60︒+45︒+30︒) =45︒,
sin B =1， s i n ，所以A =2s B i n s A i n
2
∴C D =A C ⇒AC . 在∆ABC 中，
s i n 4︒5s i ︒n 302π
由∆ABC 为锐角三角形得B =．
62
2AC ⋅BC ⋅cos60︒=3⇒AB ，
AB 2=AC 2+BC -
（2）根据余弦定理，b 2=a 2+c 2-2ac cos B =27+25-45=7． 2
所以，b
∴
/分钟.
16. 解：（1）由已知及余弦定理得：a 2+b 2-ab =4，
9．解：如图，连结BD ，则四边形ABCD 的面积 1
又S ∆ABC ∴ab sin C ⇒ab =4， S =S +S 2∆A B D ∆C D
22
11⎧a +b -ab =4 =AB ⋅AD ⋅sin A +BC ⋅CD ⋅sin C , ⇒a =2, b =2. 由⎨22
⎩ab =4
A +C =180︒,
（2）由sin C +sin(B -A ) =2sin 2A ⇒sin B ⋅cos A =2sin A ⋅cos A
∴s i n A =s C i n
1 （i ）当cos A =
0时，A =π, B =π, a b ； ∴S =(AB ⋅AD +BC ⋅CD ) ⋅sin A 2
（ii ）当cos A ≠0时，sin B =2sin A ，由正弦定理得b =2a ， 1
=(2⨯4+6⨯4) ⋅sin A =16sin A , 22
⎧a +b -ab =42
⇒a b ，
由⎨
由余弦定理，在∆BCD 中. ⎩ab =4
222
B D =B C +C D -2B ⋅C c C o D s =5C 2-48c o s C
∴S ∆ABC =1ab s i n C . 222
在∆ABD 中, BD =AB +AD -2AB ⋅AD cos A 2222 =…=20-16cos A
17. 解：（1）由已知得．cos A ===，
∴52, c -48c C o =s -201A 62bc 2bc 2
s =-c o A s , 64A c =o -s , c o C
又∠A 是△ABC 的内角，所以∠A =．
3
A =-1∴, A =1︒2, 0 ∴c o s
2（2）由正弦定理得：bc =a 2，
∴S =16s i n 1283 又 b 2+c 2=a 2+bc ，∴ b 2+c 2=2bc ，
2
10．解：（1）由AB ⋅AC =BA ⋅BC ⇒bc cos A =ac cos B ， ∴ (b -c )=0，即 b =c ． 即b cos A =a cos B ， 所以△ABC 是等边三角形．
18. 解: 如图，连结A 1B 2，
由已知A 2B 2=
20
A 1A 2==，
60
∴A 1A 2=A 2B ，2 又∠A 1A 2B 2=180︒-120︒=60︒， ∴∆A 1A 2B 2是等边三角形，
∴A 1B 2=A 1A 2=1 由已知A 1B 1=20, ∠B 1A 1B 2=105︒-60︒=45︒，在∆A 1B 2B 1中，
22
=A 1B 12+A 1B 2-2A 1B 1⋅A 1B 2⋅cos45︒=200， 由余弦定理知：B 1B 2
∴(a 3+a 6+a 9) =(a 2+a 5+a 8) +3d =33-3=30.
9．解：(1)由题意，有a 1=100，d =-10，a n =-10n +110
-18≤-10n +110
（2）所以，，
-10n +110≤18
{
即
≤12.8
，又n ∈N , ∴n =10, 11, 12， {n n ≥9.2
*
数列{a n }中有三项属于区间[-18, 18].
10．证明: 知数列{a n }是等差数列, 可设其公差为d . 那么a n +1-a n ＝d . a n -a n -1=d , 根据题意可知:
2222
b n -b n -1=a n +1-a n -(a n -a n -1)
∴B 1B 2=
60=/小时）
答：乙船每小时航行海里.
=(a n +1+a n ) ⋅(a n +1-a n ) -(a n +a n -1) ⋅(a n -a n -1) (a n +1+a n ) ⋅d -(a n +a n -1) ⋅d =(a n +1-a n -1) ⋅d =2d 2＝常数. 所以数列{b n }也是等差数列.
§2.3 等差数列的性质
1.C 2. A 3. B 4. C 5. ⑴±3，⑵±3. 6. -4 7. ①③ 8. 解：设成等差数列的四个数为a 1, a 2, a 3, a 4，
a +a +a +a =26a +a =13
由题意得: 1234 所以23
a 2⋅a 3=40a 2⋅a 3=40
第二章 数列
§2.1 数列的概念与简单表示
1
1. C; 2. B; 3. D; 4. C; 5．a n =(-) n ； 6．31；
3
{{a =5a =8
或{ 得{ 故所求的四个数为2，5，8，11. a =8a =5
2
2
3
3
7．（1）a n =(-1) n （2
）a n 1+(-1) n 2n +1
a = （4） n
22n
71-(0.1)n ）
（5）a n =1-(0.1) n （6）a n =
9
8．解：（1）a n =2n +3
（2）令2005=2n +3，得n =1001. 9．解：（1）3不是这个数列的项；
（2）函数y =-2x 2+29x +3的图像的是开口向下的抛物线，
n （3）a n =(-1) n +1
1
9. 解：依题意a n +1-a n =, n ∈N *.
2
1
∴{a n }是等差数列，公差d =,
2
n -1=n +3
∴a n =a 1+(n -1) d =2+
22n +3
故通项公式为a n =.
2
10．解：（1）由1+1=2(n ≥2, n ∈N *) ⇒n ≥2时
a n -1a n +1a n
2929，最接近的正整数是7， 44
所以最大项a 7=108，是第7项.
对称轴是x =
1-1=1-1得1为等差数列. a n +1a n a n a a n -n 1
1+2（2）公差d =1-1=4-1=1 1=1+(n -1⨯ , ) 1=n
a 2a 133a n a 1333
{}
10．解：（1）由已知得：a 2=
2a 1
=2=2， a 1+21+23
21
2a 32⨯22a 22⨯1
==， ==, a 4= a 3=
a 3+2+25a 2+2+22
3
2
2a 42⨯1
==. a 5=
a 4+2+23
5
2
（2）猜想：通项公式为a n =.
n +1
2-2=-2
（3）a n +1-a n =. n +2n +1n +3n +2
1=1⨯50+2=52, ∴a 50=3
a 5033352
§2.4 等差数列求和（1）
1. A 2. A 3. C 4. B 5. 210 6．45 7. ①④ 8．解：S =-(1+2+3+4+ +99+100) =-5050 9．解：依题意，可知：S 11=55 11⨯10d =5511a 1 ∴S 11=, 又 a 1=-5 2
∴d =2，∴a n =-5+(n -1) ⨯2=2n -7 设抽去的项为a m (1≤m ≤11) ，则
2-7=) 1⨯0 55-(m , 解得m =11，
所以，抽去的项是a 11.
1331
10．解： d =, a n =, ∴=a 1+(n -1) ⨯ --------①
2222315
a n =, S n =-,
(a 1+3) n 15 ---------② ∴-= 由①②解得，a 1=-3, n =10.
§2.2 等差数列的概念与通项
1. C 2. C 3. A 4. B 5．①③
6．解： a -6, -3a -5, -10a -1成等差数列,
a -5) -a (-6) =(-a 10-1-a ) , (3- ∴(-3解得a =1,
7．13
8．解：设公差为d
36, a 2+a 5+a 8=3 3 a 1+a 4+a 7=
∴(a 2+a 5+a 8) -(a 1+a 4+a 7) =3d =33-36=-3 ∴(a 3+a 6+a 9) -(a 2+a 5+a 8) =3d =-3
§2.5 等差数列求和（2）
1. B; 2. D; 3. B; 4. C; 5. 9; 6. 解: 由题意, 得, 一昼夜内它共敲:
+2+3 ++12+) 1⨯2=2(下) 2⨯(1
(n =1) ⎧5,
7．a n =⎨
⎩2n +2,(n ≥2)
8．10 提示：{a n +a n -1+a n -2}仍为等差数列
2
9．解：由 S 9=S 17解得d =-a 1, a 1>0, ∴d
25
n (n -1) d 2
d =n -13dn ，∴n =13时，S n 最大. S n =na 1+22
10．解：设等差数列{a n }公差为d ，
1
则S n =na 1+n (n －1) d ∵ S 7 = 7，S 15 = 75，
2
7a +21d =7a +3d =1 ∴1 ∴ a 1=－2，d =1， ⇒1
15a 1+105d =75a 1+7d =5
{{
S n 11
=a 1+(n －1) d =－2+(n －1)
22n
S S 1 ∵n +1－n =
n 2S 1 ∴{n }为等差数列，其首项为－2，公差为，
2n
19
∴T n ＝n 2－n ．
44
9. 解：解得方程两根为1和3，由q >1，故a 2004=1，
222
3
a 2005=. ∴q =a 2005÷a 2004=3，
2
13⋅322
a 200++) =18. 6a 2=(0a 2004+a 2005) q =(
22
10．解：设数列{a n }的公比为q ，则依题意有
82
a 1q 3=1, a 1q +a 1q 5=.
9
两式相除并整理得9q 4－82q 2＋9＝0.
1
解得q 2＝9或q 2＝.
9
∵数列各项均为正数，∴公比q ＞0. ∴公比q ＝3或q ＝1.
3
当公比q =3时, 由a 1q 3=1得a 1=1. ∴a n =1⋅3n -1=3n -. 4
2727
113n -1n -4
当公比q =时, 由a 1q =1得a 1=27. ∴a n =27⋅() =3.
n -44-n
∴数列{a n }的通项公式为a n =3或a n =3.
§2.8 等比数列的性质
13
1. B; 2. C; 3. A; 4. A；
5. 6. 7. 15
168．解：a 3a 8=a 4a 7=-512, a 3+a 8=124
§2.6 等差数列的综合问题
1. C 2. D 3. C 4. B 5. 25 6. 2 7. 20 8．解：（1）由a 10=30, a 20=50, 得
a +9d =30, a 1+19 . 解得a 1=12, d =2. 所以a n =2n +10. d =501
{
（2）由S n =na 1+
n (n -1)
d , S n =242得 2
n (n -1) n +⨯2=24. n =11或n =-22(舍去). 12 2得
2
4234，.... 的公差为-5，所以 9．解：数列5777
2
n ⨯521125+（n -）1(-5）=]75n -5n =-5n -15+ S n =[2. 271414256
15
∴当n 取与最接近的整数7或8时，S n 取最大值.
2
10．解:（1） n ＝1时 8a 1=(a 1+2) 2 ∴a 1=2
⎧a 3=128⎧a 3=-4 ⇒⎨ 或⎨
⎩a 8=-4⎩a 8=128 q ∈Z ∴a 10=512
9．解：设A 角为最小角，则
c A =c o B s =a =a s i n ，而由题意得：b 2=ac 2
c c 2
B =b 2=b 2=) s 2B i n =-12B c , o s ∴c o s
c c
所以，解得cos B
，∴sin A .
10．解：（1）设{b n }的公比为q ， b n =3a n , ∴3a 1⋅q n -1=3a n ⇒a n =a 1+(n -10log 3q 所以{a n }是以log 3q 为公差的等差数列.
（2） a 8+a 13=m 所以由等差数列性质得a 1+a 20=a 8+a 13=m (a 1+a 20) ⨯20
=10m ⇒ 2
+ +a 2010m
=3. b 1b 2 b 20=3a 1+a 2
n ＝2时 8(a 1+a 2) =(a 2+2) ∴a 2=6
n ＝3时 8(a 1+a 2+a 3) =(a 3+2) 2∴a 3=10 （2）∵8S n =(a n +2) 2 ∴8S n -1=(a n -1+2) 2(n >1) 两式相减得: 8a n =(a n +2) 2-(a n -1+2) 2
即a n 2-a n -12-4a n -4a n -1=0，也即(a n +a n -1)(a n -a n -1-4) =0， ∵a n >0 ∴a n -a n -1=4
即{a n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n =2+(n -1) ⋅4=4n -2.
2
∴a 1+a 2+ +a 2=0
§2.9 等比数列求和（1）
1. D 2. A 3. C 4. D 5. n =7 6. -17. 458. 105
9．解：（1）当q =1时，则有3a 1+6a 1=18a 1⇒a 1=0， 与数列{a n }是等比数列矛盾，∴q ≠1 （2）q ≠1时，条件化为
§2.7 等比数列的概念与通项
1
7. ①②③④ 4
8. 解：依题意a n +2=a n +1+a n ⇒a n q 2=a n q +a n
1. C 2. B 3. A 4. B 5. -4 6.
1q 9) a 1(1-q 3) a 1(1-q 6) 2a 1(-
+=
1-q 1-q 1-q
∴2q -q -q =0⇒q n
a (1-q )
∴q ≠1. 110．解： S 2n >2S n , =80„ ①
1-q
9
6
3
⇒q 2=q +1解得
q ，∵各项均为正数，∴q >0，
故舍去q
.
a 1(1-q 2n )
=6560„ ②
1-q
②÷①，得q n =81， ∴q >1,
故前n 项中a n 最大，将q n =81代入①，得a 1=q －1 „ ③ 由a n =a 1q n -1=54，得81a 1=54q „ ④ 由③④解得a 1=2, q =3. ∴S 100=
a 1(q 100-1) 100
=3-1. q -1
n +1S n +2S ⇒
⇒S n +1=4⋅ n -1, 由已知得a n +1=n -1n n
n +1S =a 代入上式得S n +1=4a n . n -1n -1n
§2.12 等差数列与等比数列的综合运用
1. C 2. C 3. D 4. B 5. 4 6. 2610 7. 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，
已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列，a n =a 1q n -1， 又4S 2=S 1+3S 3，即4(a 1+a 1q ) =a 1+3(a 1+a 1q +a 1q 2) , 解得{a n }的公比q =1.
3
1-2=2n -1
8. 解: a n =1+2+22+ +2n -1=
1-2
1+) n +(2 ∴S n =(2-1) +2(2- -1)
n
§2.10 等比数列求和（2）
1. C 2. B 3. D 4. C 5. a (1+10%)5; 31
6. (1+p ) 12-1; 7. (1-n
23
8．解：当x ≠0，x ≠1，y ≠1时，
原式=(x +x 2+ +x n ) +(1+1+ +1)
y y
1(1-1n +1
y n -1x (1-x ) y y n x -x ==+. +
1-x y -y 1-x 1-y
n (n +1)
9．解：当x =1时，S n =1+2+3+4+ +n =
2
当x =0时，S n =1， 当x ≠1且x ≠0时，
n
2⨯(1-2n )
-n =2n +1-2-n . 1-2
9. 解：设等比数列的连续三项为a m , a m +1, a m +2， 其公比为q (q ≠1) ，等差数列的公差为d , 则a m +1=a m q , a m +2=a m +1q ，
=(2+22+ +2n ) -n =
x +43x + S n =1+2x +32-1
+n n x
1
x 3+ +n (-x 1n ) -+nx n ∴xS n =x +2x 2+3
-x S ) n =+(1x +x 2+x 3+ +x n -1-nx ) n =1-x -nx n ∴(1
1-x
n n
∴S n =1-x 2-nx .
(1-x ) 1-x
n
a m +2-a m +1
．
a m +1-a m
又a m +1=a m +4d , a m +2=a m +1+3d ， 两式相减得q =
3d =3
，所以通项公式为a n =23． 4d 44
10. 解：（1）设{a n }的公差为d ，S 2=2a 1+d =6+d ，
故q =
()
n -1
10.
a (1+p )
⋅[(1+p ) 7-1]. p
又b 28（舍负号），S 2=b 2⇒6+d =8，d =2 ，∴a n =3+2(n -1) ，∴a n =2n +1. （2）S n =3+5+ +(2n +1) =n (n +2)
∴1+1+ +1=1+1+1+ +1
S 1S 2S n 1⨯32⨯43⨯5n (n +2) 11111111) =(1-+-+-+ +-
232435n n +2111-132n +3 =(1+- =-22n +1n +242(n +1)(n +2)
§2.11 等比数列的综合问题
1. B 2. B 3. D 4. C 5. 1
1023
6. 16或-16; 7. ;
4
a 1(1-q n )
8. 解：由题设知a 1≠0，S n =，
1-q 则a 1q 2=2 „„ ①
a 1(1-q 4) a (1-q 2)
„„ ② =5⋅1
1-q 1-q
§2.13 数列单元测试题
1. A; 2. A; 3. B; 4. C; 5. B;
6. D; 7. A; 8. A; 9. C; 10. B.
1202
11．n =5 12． 13. -1 14.
711
15. 解：(1) {x n }成等比数列且x n ≠1，设公比为q ，则q >0 y n +1-y n =2log a x n +1-2log a x n =2log a ∴{y n }为等差数列.
(2) y 4=17, y 7=11 ∴3d =－6 d =－2 y 1=23 n (n -1)
d =23n -n (n -1) =-n 2+24n 当n =12时，S n 有最大值144. ∴{y n }前12项和最大为144.
由②得1-q 4=5(1-q 2) ，(q 2-4)(q 2-1) =0，
(+2q ) -(1q +) (=1 (q -2) q ，
因为q
当q =-1时，代入①得a 1=2，通项公式a n =2⋅(-1) n -1； 当q =-2时，代入①得a 1=
11
，通项公式a n =⋅(-2) n -1． 22
⎧a 1+d =8
9. 解：∵ ⎨, 解得a 1＝5, d ＝3,
⎩10a 1+45d =185 ∴ a n ＝3n ＋2, b n ＝a 2n ＝3×2＋2,
S n ＝(3×2＋2) ＋(3×22＋2) ＋(3×23＋2) ＋…＋(3×2n ＋2) 2(2n -1) ＝＋2n ＝7·2n －6.
2-1
n +2S ⇒S -S =n +2S
10. 证明: （1）a n +1= n n +1n
n n n
S S
⇒n +1=2⋅n (n =1,2,3, ) ，
S
∴{n 是公比为2的等比数列.
S S S S
（2）由{n 是公比为2，n +1=2⋅n =22⋅n -1
n
x n +1
=2log a q 为常数 n
{y n }前n 项和S n =n y 1+
16
．解：⑴由a n +1，令n =1得a 1=1 ∴ 4(S n -S n -1)=((a n +1) 2-(a n -1+1) 2，（n ≥2）
22
-a n ∴ 4a n =a n -1+2a n -2a n -1
整理得：(a n -1+a n )(a n -a n -1-2) =0，由a n >0，
∴a n -a n -1=2 ∴ {a n }为公差为2的等差数列. ∴ a n =2n -1.
（2）由裂项法，B n =1[(1-1) +(1-1) +
2a 1a 2a 2a 311
a n a n +12a 1a n +122a n +12
1
8. （1）{x |x 2}； （2
）{x |1x
2 （3）{x x 3}； （4）{x 0≤x
4
5a (1-q ) 4a 1(1-q )
17．解：（1）由题意知5S 2=4S 4，1 =
1-q 1-q 5
0q ≠ 1 ∴1+q 2=, a 1≠0, q >且
4
n
a (1-q )
（2） S n =1=2a 1-a 1(1) n -1
1-q 211
∴b n =q +s n =+2a 1-a 1() n -1
1
要使{b n }为等比数列，当且仅当+2a 1=0
2
11
即a 1=-, 此b n =() n +1为等比数列，
42
1
∴{b n }能为等比数列，此时a 1=-.
4
18．解：（1）第十个月应付款为：
50+(1000-50⨯9) ⨯0.01=55.5（元） （2）共付款：
150+[50+1000⨯0.01]+[50+950⨯0.01]+ +[50+50⨯0.01] =1225（元）．
∴得q =1
2
2
21
9．（1
）x x ； （2）{x |x ≤-或x ≥
32
⎧
⎪a
⎧b =5a ⎪⎪b ⎪1⇒⎨ 10．解：由题意得⎨-=-2-
a 2⎪⎪⎩c =a ⎪c =(-2) ⋅(-1⎪⎩a 2
5
不等式cx 2-bx +a >0化为ax 2-ax +a >0，
2
51
a
22
1
∴不等式cx 2-bx +a >0的解集为{x |
2
{§3.3 一元二次不等式（2）
1. A; 2. D; 3. C; 4. D; 5. k ≥1， 6. ②③④; 7. [-1, 1]
1418. ⑴{x |-
232
9. 解：不等式等价于(7x +a )(8x -a )
a a
当a >0时，不等式的解集为x -
78a a
当a
87
当a =0时，不等式的解集为φ.
{}
第三章 不等式
§3.1 不等关系
1. D；2. A; 3. B; 4. C; 5. -π
8．解：设购买单片软件和盒装磁盘分别为x 件， y 盒(x , y ∈N *) ，则
60x +7y 0≤500⎧6x +7y ≤50⎧⎪⎪ ⎨x ≥3 即⎨x ≥3 且(x , y ∈N *) ⎪⎪⎩y ≥2⎩y ≥2
{
{10. 解：原不等式等价于(x -a )(x -a 2)
x -a >0x -a
（1） 或（2） 2
x -a 0
{{
①当a 1时，a
原不等式的解集为{x a ②当0
9．解：可先用f (-1) 和f (1)来表示f (-2) ，即用a -b 和a +b 来
原不等式的解集为{x a 2表示4a -2b , 设A (a -b ) +B (a +b ) =4a -2b
③当a =0，或a =1时，原不等式无解.
-B ) b =4a - 2b ⇒(A +B ) a -(A
⎧A +B =4⎧A =3
⇒⎨§3.4 一元二次不等式的应用 ⎨ ∴3≤3(a -b ) ≤6, 2≤a +b ≤4,
⎩A -B =2⎩B =11. A; 2. C; 3. A; 4. D; 5. (-∞, -2] [5,+∞) ∴5≤4a -2b ≤10.
6. (-∞, -1) [2,+∞) 7. －5.
10. 解：设甲乙两地相距x 千米，采用汽车、火车、飞机
8. 解：⑴y =-2n 2+40n -98 运输时的总支出分别为
⑵解不等式-2n 2+40n -98>0 得
10n
50 又n ∈N ∴3≤n ≤17 故从2002年开始获利.
9. 解：(1)设月获得的利润为y ， +0x +⨯4) =30x +07 3000 y 2=4x +180
100-x 2x ) -(5+00x 3 y =(160，x 352+2) ⨯300=x +1600 y 3=16x +1000+(⇒-x 2+13x 0-50≥0 1300 y ≥13002002
∴20≤x ≤4∴5当月产量在[20,45]件之间时， 显然y 3>y 1，令y 1-y 2
所以，当甲乙相距少于200千米时，应选用汽车；当甲乙相 月获得的利润不少于1300元. 距等于200千米时，应选用汽车或火车；当甲乙相距大于200 (2) y =-2(x -652+1612.5，
2千米时，采用火车较好.
∴x =32或x =33时，y 取最大值1612.
10. 解：⑴ y =[60(1+0.5x ) -40(1+x )]⨯1000(1+0.8x ) §3.2 一元二次不等式（1） 1. D; 2. A; 3. D; 4. D; 5．{-2,0,2} 6．{x |x 3}，{x |-2≤x ≤3}. 7. {x |x 3}
y =-8000x 2+6000x +20000=2000(-4x 2+3x +10) 其中0(60-40) ⨯1000
4x 2+3x >0 ∴-
∴0x
44
§3.5 一元二次不等式的综合问题
1
1. C ; 2. C; 3. D; 4. D; 5．m m
8
6．⑴[-3,1]；⑵{x |-2≤x ≤2或x =6}
2]， 7．解：构造函数：f (x ) =x 2+mx +4, x ∈[1，
{ 得y 1=1(c +4), y 2=1(c -4) , 依题意：
33
⎡1(c +4) -1⎤⎡1(c -4) -2⎤
(y 1-1)(y 2-2)
(0，±3）10. 解：30 (以(±5,0) 、为顶点的菱形面积).
§3.7 二元一次不等式组表示的平面区域
1. A; 2. B; 3. C; 4. C 5. 6π； 6. 解：如图知区域是△OAB 去掉 一个小直角三角形△CDB . ∴阴影部分面积=S OAB -S CDB 1
=⨯2⨯
2-17.
2247. 3
2
u ≤1⎧⎪u =x +y
8．解：令∴⎨u +v ≥0
v =x -y
⎪⎩u -v ≥0
，时，不等式x +mx +4
则f (1)≤0, f (2)≤0，即1+m +4≤0, 4+2m +4≤0。 解得：m ≤-5。
13
8．解：（1）当a =时，有不等式f (x ) =x 2-x +1≤0
22
11
∴(x -)(x -2) ≤0，∴不等式的解集为：{x |≤x ≤2}
22
1
（2）∵不等式f (x ) =(x -)(x -a ) ≤0
a 1
当0a ，
a
11
∴不等式的解集为{x |a ≤x ≤； 当a >1时，有
a a 1
∴不等式的解集为{x |≤x ≤a }；
a
当a =1时，不等式的解为x =1。
9．解：将两式分子都化为3，则只要比较分母的2m 2+m +1和 3m 2-3m +6大小.
2
（m -2）+1>0， 3m 2-3m +6-(2m 2+m +1) =m 2-4m +5=
2
{
1
作出区域是等腰直角三角形，可求出面积s =⨯2⨯1=1.
2
9．解：由已知得
+3>0⎧t >-1⎧t -2⨯1⎪t +4⨯1-10⎪t >-12
⇒ ⎨⇒⎨⇒t =0 t ∈Z 3t +1-4
⎪⎪⎩t ∈Z ⎩t ∈Z
{
故3m -3m +6>2m +m +1
且易知3m 2-3m +6与2m 2+m +1均恒为正数，
333>>21 即. 222
2m +m +13m -3m +62m +m +1m -m +210. 解：设f (x ) =ax 2+bx +c (a ≠0) f (x ) >-2x 的解集为（1，3） ∴f (1)=a +b +c =-2 ① f (3)=9a +3b +c =-6 ②
又 f (x ) +6a =ax 2+bx +c +6a =0有两个相等的实数根， ∴∆=b 2-4a (c +6a ) =0 ③
1
由①②③解得：a =-或a =1
5
又 f (x ) >-2x 的解集为（1，3），∴a
163163 ∴a =-, b =-, c =-, ∴f (x ) =-x 2-x -.
555555
22
10. 解: 不等式等价于
x +2y +1
x -y +4>0
{
或
2y +1>0
{x x +-y +4
其图象如图所示:
§3.8 简单的线性规划(1)
1. C; 2. A; 3. A; 4. C; 5. 1； 6. P (-1, -1) ; 7. 50x +40y ≤2000
7] 8. [-5，
9. 解：在坐标系中画出图象，如图. 三条线的交点分别是A (0，1) ， B (7，1) ，C (3，7) ，在△ABC 中满 足z =2y -x 的最大值是点C ，代入 得最大值等于11.
10．解: 区域D 如图所示∆ABC 所在区域（包含边界）
（1）令z =2x +y ，显然z 在点
取得最大值，∴(2x +y ) max =（2）点O 到直线2x -y -2=0
D 及题意知，以点O r 的圆满 x -y + 足条件，
422 ∴S 最大=π=π.
5
§3.6 二元一次不等式表示的平面区域
1. B; 2. B; 3. C; 4. C; 5. R , S ；
2
6. {t |t >; 7. P (-5,1)
3
8．解：先画出直线－x ＋2y －4＝0（画出虚线） 取原点（0，0）代入－x ＋2y －4, 因为 0＋2 × 0－4＜0
所以原点在－x ＋2y －4＜0 表示的平面区域内，
不等式－x ＋2y －4＜0表示的区域如图. 9．解法1：
+)[2⨯(-2) -3⨯c 10 (2⨯2-3⨯1c ]2+
的距离r 解法2：将A 、B 两点横坐标分别代入直线L 的方程，
§3.9 简单的线性规划（2）
1. A; 2. B; 3. B; 4. D;
5． 5； 6．3； 7．0
2
8．解：作出其可行域，
约束条件所确定的平面区域的四个顶点为
5
（1，），（1，5），（3，1），（5，1），
3
作直线l 0：2 x + y = 0，
再作与直线l 0平行的直线l ：2 x + y = z，
5
由图象可知，当l 经过点（1，）时
3
511
使z =2x +y 取得最小值，z min =2⨯1+1⨯=
33
当l 经过点（5，1）时使z =2x +y 取得最大值，
=2⨯5+1⨯1=1 z m a x . 1
9. 解：每天生产甲种产品5吨，乙种产品7吨，日产值到达最 大值117万元. （提示：设每天生产甲种产品x 吨，乙种产品 y 号，则7x +3y ≤56，2x +5y ≤45，x 、y ≥0，目标函数z =8x +11y ， 作出线性约束条件所表示的平面区域，即可求得当 x =5，y =7 时，z 取最大值117万元）
10. 解：设每天生产A 型桌子x 张，B 型桌子y 张， 每天所获利润为z 千元，则 ⎧x +2y ≤8, ⎪3x +y ≤9, ⎨
x ≥0, ⎪
⎩y ≥0.
目标函数为z =2x +3y 如图，作出可行域， 把直线l ：2x +3y =0 向右上方平移至l '的 位置时，直线经过可 行域上的点M ，直线
的纵截距最大，此时z ＝2x ＋3y 取得最大值．
x +2y =8x =2
解方程组 得，即M (2,3)，
3x +y =9y =3
法2：
1+1=(1+1) ⋅(m +
n ) =
2+n +m ≥2+4.
m n m n m n §3.11 基本不等式的应用（1）
1. D; 2. B; 3. C;
a +b 2=4
，
2
当且仅当a =b =2时取等号， 4. A; 提示：法一： ab ≤(
又c +d ≥4，
当且仅当c =d =2时取等号， 故选A.
法二：由右图可知， 对x , y ∈R +, xy ≥x +y
当且仅当x =y =2时取等号，
故选A.
5. 4 ； 6．
2-.
7． 3；提示：以CA 、CB 所在直线为坐标轴建立平面直角坐
y a b
标系，则直线AB 的方程为x +=1. 设P (a , b ) ，则+=1
4343
a +b
a b
(a >0, b >0), ab =12⋅⋅≤12(2=3，
432
a b 13
当==，即a =2, b =时，(ab ) max =3.
4322
8．解 当x =0时，y =0 当x ≠0时，
y =
3x +x
=
33，当且仅当x =4
x x +4
x y ax
≥a +1≥9，∴
≥2
≤－4(舍去) ， 答：每天应生产A 型桌子2张，B 型桌子3张才能获最大利润. 则1+a ++
x y
所以正实数a 的最小值为4.
§3.10 基本不等式及其证明 10．解：设矩形温室的左侧边长为a m ，
后侧边长为b m ，则ab =800m2. ∴蔬菜的种植面积 1
1. A 2. D 3. B 4. B 5. 6. ①②③⑤
16b -2=) a b -2a -4b +8=80-8a 2，+(b S =(a -4) ( x +3z ⇒ ∵a >0, b >0, ab =800，
∴a +2b ≥80 7. 3 提示：由已知得y = 2
∴S ≤808-2⨯80=648（m 2）， 222
y x +9z +6xz 6xz +6xz =≥=3（当且仅当x =3z 取“=”号） 当且仅当a =2b ，即a =40m , b =20m 时，S max =648m 2. xz 4xz 4xz
答：当矩形温室的左侧边长为40m ，后侧边长为20m 时，蔬
8. 证明： a 2+b 2≥2ab ①
菜的种植面积最大，最大种植面积为648 m2.
22
b +c ≥2bc ②
22
c +a ≥2ca ③ §3.12 基本不等式的应用（2） ①＋②＋③⇒a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca
1. A;
又 a , b , c 不全相等，
a +b -c =a +b -2=a +b -11
2. B;
提示：r =， 222
∴a +b +c >ab +bc +ca . 222
{{
33
即x =±2时，等号成立. ∴y min =-, y max =.
44
9．解：已知不等式(x +y )(1+a )≥9对任意正实数x ，y 恒成立，
x y
9.
解：Q
P
∴P ≤Q .
10. 解：函数y =a 1-x (a >0, a ≠1) 的图象恒过定点A (1,1)， 1⋅m +1⋅n -1=，0m +n =1，m , n >0， 法1
：m +n ≥2，
1+1≥2⋅2=4.
m n
当且仅当a =b
r min 1，故选B.
3. C;
4. D; 提示：设第一年的产量为A ， A (1+x ) 2=A (1+p 1)(1+p 2) ∴(1+x ) 2=(1+p 1)(1+p 2) ≤( ∴x ≤
2+p 1+p 22p +p
) =(1+122 22
p 1+p 2p
⇒x ≤，当且仅当p 1=p 2取“=”号， 22
故选D.
5．20； 6．2240 7
．2 8．解: 如图为轴截面，令圆柱的高为h ，
底面半径为r ，侧面积为S ，
h
则() 2+r 2=
R 2，即h =
2S =2
=4
≤4π=2πR 2
2
9．解：设M (t , 0) (t >5) ，
则直线l 的方程为4x -(6-t ) y -45=0 它与y =4x 相交得点Q 的纵坐标为 从而∆OQM 的面积为
2
-(+5) 25t =t 22=2⋅(t -5) +1t 0S =1t ⋅4
2t -5t -5t -5
50=2(t -5) ++20≥40t -5
50
当且仅当2(t -5) =，即t =10时，
t -5
∆OQM 的面积最小值为40， 此时直线方程为x +y -10=0.
4t
， t -5
9．解：使用x 年时，年平均费用最少，由于“年维 修费第一年是0.2万元，以后逐年递增0.2万元”， 可知汽车每年的维修费构成以0.2万元为首项， 0.2万元为公差的等差数列. 因此，汽车使用x 年
0.2+0.2x x
总的维修费用为万元. 设汽车的年
2
平均费用为y 万元，则有：
+0x . x 210+0. x 9+0. 2
. 21y ==10+x +0x
x x
=1+10+x ≥1+3
x 1010x
当且仅当=，即x =10时，y 取最小值.
答：汽车使用10年时，年平均费用最少. 10. 解：设每间虎笼的长xm 、宽ym ，
则由“有可围36米长的材料”，得4x +6y =36， 即2x +3y =18, 设面积为S =xy ，
由于2x +3y ≥2727
所以18，得xy ≤，即S ≤
22
当且仅当2x =3y 时，等号成立.
2x =3y x =4.5
解方程组，得
2x +3y =18y =3
10．解：（1）由已知得： 即
450v >9，
v -50v +1600
2
{{
50v >1， v -50v +1600
而分母v 2-50v +1600恒大于零，∴解之得：20
0450 =（2）∵v >0 ∴y =245v
v -50v +1600v +-50
v
1600≥80
∵v +， ∴y ≤15，
v
1600
当且仅当v =，即v =40（千米／小时）时，
v
车流量最大，最大值为15（千辆／小时）
答：在该时段内，当汽车的平均速度为40（千米/小时）时，车流量最大，最大值为15（千辆/小时）．
答：每间虎笼设计长、宽分别为4.5m ,3m 时，面积最大.
§3.14 不等式单元测试题
1. B; 2. B; 3. D; 4. C; 5.C; 6. C; 7.C; 8. C; 9. D; 10. A
3
11．{x x >3或x
5
31
14．, （提示：区间根与线性规划方法：数形结合列出
22
a 、b 满足的二元一次方程组）
21
15．A ={x 3x 2-4x -41
33
21
A B =x -
16．解：（1） ax 2-3x +2>0的解集为{x |x b }
{}{}
{}
§3.13 基本不等式的综合问题
1.A; 2. C; 3. C; 4. D;
5．32 6
．+∞)
7．[9,+∞
) ；解：法一：ab =a +b +3≥3
∴2-3≥0
3 ∴ab ≥9（仅当a =b =3时） 法二：设S =ab ，Q ab =a +b +3
a +3
∴b =，由b >0，知a >1，
a -1
a +3=a 2+3a =(a -1) +4+5≥9
∴S =a ⋅
a -1a -1a -1
当且仅当(a -1) 2=4，即a =3时取等号，此时b =3. 19
8．解：Q a , b , c 都是正实数，且+=1，则
⎧1+b =3⎪a ∴⎨⇒a =1, b =2； ⎪1⋅b =2⎩a
（2）不等式ax 2-(ac +b ) x +bc
① 当c >2时，其解集为{x |2
︒01⨯(a 22 ) ∴t =
1x t s i n 6
x 22 在∆ADE 中，由余弦定理得
2
+A 2E -2A ⋅D c A o E s A D E 2=A D 22
2a ) 2-2x ⋅2a ⋅cos600
∴y 2=x 2+(
x x
b +9a ≥++9=) 1+， 16
(a +b ) 1
a b a b b 9a
当且仅当=，即b =3a 时“=”号成立，
∴a +b ≥16 此时a =4, b =12,
若a +b ≥c 恒成立⇒0
(a ≤x ≤2a )
故y
4（2
） x 2+4a ≥4a 2 2x 44a
当且仅当x 2=
即x 时取等号
x
∴y min
即AD =AE , ED min 答：（1）用x 表示的y 的函数为
y (a ≤x ≤2a ) （2
）线路最短时，AD =AE ，此时DE ∥BC ；
.
18．解：设应供应洗衣机x 台，空调y 台，利润z ＝8x ＋6y ．
⎧20x +30y ≤300⎪10x +5y ≤110⎪ 则⎨
x ≥0⎪⎪⎩y ≥0
由图知当目标函数 的图象经过M 点时 能取得最大值，
y =30⎧2x +3
⎨， ⎩2x +y =22
⎧x =9
解得⎨, 即M (9，4) ，
⎩y =4
所以z ＝8×9＋6×4＝96(百元) 答：应供应洗衣机9台，空调6台，可使得利润最多达到9600元.
高级中学课程标准教科书教辅用书（配江苏实验版）
高中数学5
课课练 单元测试★参考答案
（2009年3月）
远方出版社