2025年人教A版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A版高一數(shù)學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、圓和圓的位置關(guān)系（）A.相交B.相切C.外離D.內(nèi)含2、【題文】.若<α<2π,則直線+=1必不經(jīng)過()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3、【題文】集合若則（）

A、Ｂ、C、D、4、【題文】已知?jiǎng)t等于（）A.1B.3C.15D.175、設(shè)P=log23，Q=log32，R=log2(log32)，則()A.Q＜R＜PB.P＜R＜QC.R＜Q＜PD.R＜P＜Q6、函數(shù)y=﹣x2+2在[﹣1，3]上的最大值和最小值分別是（）A.2，1B.2，﹣7C.2，﹣1D.﹣1，﹣77、車流量被定義為單位時(shí)間內(nèi)通過十字路口的車輛數(shù)，單位為輛/分，上班高峰期某十字路口的車流量由函數(shù)F（t）=50+4sin（其中t∈R0≤t≤20）給出，F(xiàn)（t）的單位是輛/分，t的單位是分，則在下列哪個(gè)時(shí)間段內(nèi)車流量是增加的（）A.[0，5]B.[5，10]C.[10，15]D.[15，20]8、不等式對恒成立，則k的取值范圍是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、已知扇形的中心角為120°，半徑為則此扇形的面積為____．10、函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為．11、【題文】如果函數(shù)是偶函數(shù)，則的值是____.12、已知在軸上有一點(diǎn)使的值最小，則點(diǎn)的坐標(biāo)是____13、已知函數(shù)則其定義域?yàn)椋篲_____．14、長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，高為4，則頂點(diǎn)A1到截面AB1D1的距離為______．15、給出下列四個(gè)命題：①若a＞b＞0，則＞②若a＞b＞0，則a-＞b-③若a＞b＞0，則＞④a＞0，b＞0且2a+b=1，則+的最小值為9．

其中正確命題的序號是______（把你認(rèn)為正確命題的序號都填上）．16、已知等比數(shù)列{an}

中，a10?a11=2

則a1?a2?a20

的值為______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)17、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．18、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，BE與CD交于點(diǎn)O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．19、如圖；過圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．20、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．21、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．22、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．23、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．24、如圖；過圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．25、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．評卷人得分四、計(jì)算題(共4題，共40分)26、等腰三角形的底邊長20cm，面積為cm2，求它的各內(nèi)角．27、已知x=，y=，則x6+y6=____．28、已知x1、x2是方程x2-（k-3）x+k+4=0的兩個(gè)實(shí)根，A、B為x軸上的兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別為x1、x2（x1＜x2）．O為坐標(biāo)原點(diǎn)；P點(diǎn)在y軸上（P點(diǎn)異于原點(diǎn)）．設(shè)∠PAB=α，∠PBA=β．

（1）若α；β都是銳角；求k的取值范圍．

（2）當(dāng)α、β都是銳角，α和β能否相等？若能相等，請說明理由；若不能相等，請證明，并比較α、β的大?。?9、計(jì)算：（lg2）2+lg2?lg5+lg5．評卷人得分五、綜合題(共2題，共18分)30、若記函數(shù)y在x處的值為f（x），（例如y=x2，也可記著f（x）=x2）已知函數(shù)f（x）=ax2+bx+c的圖象如圖所示，且ax2+（b-1）x+c＞0對所有的實(shí)數(shù)x都成立，則下列結(jié)論成立的有____．

（1）ac＞0；

（2）；

（3）對所有的實(shí)數(shù)x都有f（x）＞x；

（4）對所有的實(shí)數(shù)x都有f（f（x））＞x．31、如圖，矩形ABCD中，AD＜AB，P、Q分別為AD、BC的中點(diǎn)．N為DC上的一點(diǎn)，△AND沿直線AN對折點(diǎn)D恰好與PQ上的M點(diǎn)重合．若AD、AB分別為方程x2-6x+8=0的兩根．

（1）求△AMN的外接圓的直徑；

（2）四邊形ADNM有內(nèi)切圓嗎？有則求出內(nèi)切圓的面積，沒有請說明理由．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為所以圓心半徑圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為所以圓心半徑所以所以兩圓相交。故A正確?？键c(diǎn)：兩圓位置關(guān)系?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、B【分析】【解析】

試題分析：判斷出cosα>0,sinα<0,由直線方程截距式知直線過一；三、四象限.故選B.

考點(diǎn)：根據(jù)角的象限判斷三角函數(shù)符號，直線的圖像問題【解析】【答案】B3、D【分析】【解析】【解析】【答案】D4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、C【分析】【解答】題設(shè)是三個(gè)對數(shù)比較大小，因此我們考察相應(yīng)的對數(shù)函數(shù)，如它們都是增函數(shù)，從而知因此選C.6、B【分析】【解答】解：由題意可得函數(shù)y=﹣x2+2的圖象。

為開口向下的拋物線；且對稱軸為直線x=0；

故函數(shù)在[﹣1；0]上單調(diào)遞增，在[0，3]上單調(diào)遞減；

由對稱性可知當(dāng)x=0時(shí)；函數(shù)取最大值2；

當(dāng)x=3時(shí)，函數(shù)取最小值﹣32+2=﹣7

故函數(shù)的最大值和最小值分別是2；﹣7

故選B

【分析】由題意可得函數(shù)在[﹣1，0]上單調(diào)遞增，在[0，3]上單調(diào)遞減，由對稱性可得答案．7、C【分析】【解答】解：本題即求函數(shù)F（t）=50+4sin的增區(qū)間；

由k∈z，解得4kπ﹣π≤t≤4kπ+π；

故函數(shù)F（t）=50+4sin的增區(qū)間為[4kπ﹣π；4kπ+π]，k∈z；

結(jié)合所給的選項(xiàng)；只有選項(xiàng)C中的區(qū)間是[4kπ﹣π，4kπ+π]，k∈z的子區(qū)間；

故選C．

【分析】由k∈z，解得4kπ﹣π≤t≤4kπ+π，得到函數(shù)F（t）=50+4sin的增區(qū)間，即為所求．8、C【分析】【分析】因?yàn)閷愠闪?，即對恒成立，令只需所以選C.二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】

∵弧度，∴此扇形的面積S====π．

故答案為π．

【解析】【答案】利用扇形的面積計(jì)算公式即可得出．

10、略

【分析】試題分析：由題可知，此函數(shù)是一個(gè)由對數(shù)函數(shù)與二次函數(shù)復(fù)合而成的復(fù)合函數(shù)，單調(diào)性遵循同增異減原則，以為底的對數(shù)函數(shù)是單調(diào)的遞減的，本題求得二次函數(shù)遞增區(qū)間即可，二次函數(shù)遞增區(qū)間為綜上所述，復(fù)合函數(shù)遞減區(qū)間為考點(diǎn)：復(fù)合函數(shù)單調(diào)性【解析】【答案】11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】012、【分析】【解答】作出關(guān)于軸的對稱點(diǎn)則即三點(diǎn)共線時(shí)，的直線方程為令得即．

【分析】本題主要考查了與直線關(guān)于點(diǎn)、直線對稱的直線方程，解決問題的關(guān)鍵是根據(jù)點(diǎn)對稱關(guān)系利用三角形的三邊性質(zhì)進(jìn)行發(fā)現(xiàn)解決.13、略

【分析】解：要讓函數(shù)的解析式有意義；自變量x須滿足。

1-x＞0

即x＜1

故函數(shù)的定義域?yàn)椋海?∞；1）

故答案為：（-∞；1）

由已知中函數(shù)的解析式；我們易列出讓函數(shù)解析式有意義的自變量x須滿足的不等式，解不等式，即可得到答案．

本題考查的知識點(diǎn)是的定義域及其求法，當(dāng)函數(shù)是由解析式給出時(shí)，其定義域是使解析式有意義的自變量的取值集合．【解析】（-∞，1）14、略

【分析】解：如圖，設(shè)A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，

∴B1D1⊥平面AA1O1；

∴平面AA1O1⊥面AB1D1，交線為AO1；

在面AA1O1內(nèi)過A1作A1H⊥AO1于H，連接A1H，則A1H的長即是點(diǎn)A1到截面AB1D1的距離；

在Rt△A1O1A中，A1O1=AO1=3

由A1O1?A1A=h?AO1，可得A1H=

故答案為：

分析：設(shè)A1C1∩B1D1=O1，根據(jù)線面垂直的判定定理可知B1D1⊥平面AA1O1，再根據(jù)面面垂直的判定定理可知故平面AA1O1⊥面AB1D1，交線為AO1，在面AA1O1內(nèi)過A1作A1H⊥AO1于H，則A1H的長即是點(diǎn)A1到截面AB1D1的距離，在Rt△A1O1A中，利用等面積法求出A1H即可．

本題考查點(diǎn)到面的距離的計(jì)算，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．【解析】15、略

【分析】解：對于①，若a＞b＞0，則ab＞0；

∴＞0，∴＞＞0；①錯(cuò)誤；

對于②，由①知，若a＞b＞0，則＞

∴-＜-即-＞-

∴a-＞b-②正確；

對于③，若a＞b＞0；則。

-=

=

=＜0；

∴＜③錯(cuò)誤；

對于④，a＞0，b＞0且2a+b=1；則。

+=（+）（2a+b）

=4+1++≥5+2=9；

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=時(shí)取等號；∴④正確．

故答案為：②④．

根據(jù)a＞b＞0，得出＞＞0；判斷①錯(cuò)誤；

由a＞b＞0，得出-＞-從而得出a-＞b-判斷②正確；

由a＞b＞0，得出-＜0；判斷③錯(cuò)誤；

根據(jù)題意，利用基本不等式得出+≥9；判斷④正確．

本題考查了不等式的基本性質(zhì)與基本不等式的應(yīng)用問題，考查了推理能力，是中檔題．【解析】②④16、略

【分析】解：由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a1?a20=a2?a19=a3?a18=a10?a11=2

故a1?a2?a20=(a10?a11)10=210=1024

故答案為：1024

由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a1?a20=a2?a19=a3?a18=a10?a11=2

代入計(jì)算即可．

本題考查等比數(shù)列的性質(zhì)，得出下標(biāo)和相等的兩項(xiàng)成績相等是解決問題的關(guān)鍵，屬基礎(chǔ)題．【解析】1024

三、證明題(共9題，共18分)17、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．18、略

【分析】【分析】延長AM，過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長線交于點(diǎn)F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．19、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=20、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．21、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點(diǎn)，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線圈．22、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．23、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．24、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=25、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．四、計(jì)算題(共4題，共40分)26、略

【分析】【分析】先在△ABC中底邊上作高AD，然后利用面積公式求出高的長度，再利用三角函數(shù)公式求出其中一個(gè)角，其它角就很容易得出了．【解析】【解答】解：如圖；在△ABC中，AB=AC，BC=20；

設(shè)等腰三角形底邊上的高為xcm；底角為α；

則有x?20=；

∴x=；

∵tanα==；

∴∠α=30°；

頂角為180°-2×30°=120°．

∴該等腰三角形三個(gè)內(nèi)角為30°，30°，120°．27、略

【分析】【分析】根據(jù)完全立法和公式將所求的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為x6+y6=（x2+y2）3-3x2y2（x2+y2）；然后將已知條件代入并求值即可．【解析】【解答】解：∵x=，y=；

∴x6+y6

=（x2+y2）3-3x2y2（x2+y2）

=（5-+5+）3-3×（5-）（5+）（5-+5+）

=103-3×20×10

=400；

故答案是：400．28、略

【分析】【分析】（1）由于x1、x2是方程x2-（k-3）x+k+4=0的兩個(gè)實(shí)根，由于得到其判別式是正數(shù)，由此可以確定k的取值范圍，而A、B為x軸上的兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別為x1、x2（x1＜x2），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P點(diǎn)在y軸上（P點(diǎn)異于原點(diǎn)）．設(shè)∠PAB=α，∠PBA=β，若α、β都是銳角，由此得到點(diǎn)A、B在原點(diǎn)兩旁，所以x1?x2＜0；這樣就可以解決問題；

（2）若α=β，則x1+x2=0，由此得到k=3，所以判別式是正數(shù)，所以的得到α≠β；然后利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得到α、β的大小關(guān)系．【解析】【解答】解：（1）∵x1、x2是方程x2-（k-3）x+k+4=0的兩個(gè)實(shí)根，A、B為x軸上的兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別為x1、x2（x1＜x2）．

∴△=k2-10k-7＞0得k＜5-4或k＞5+4；

若α；β都是銳角；

∴點(diǎn)A；B在原點(diǎn)兩旁；

∴x1?x2＜0；

∴k＜-4；

（2）設(shè)α=β；

則x1+x2=0；

∴k=3；

所以α≠β；

因?yàn)閤1+x2=k-3＜-7＜0；

所以|x1|＞|x2|；

所以O(shè)A＞OB；

則PA＞PB，在△PAB中，有α＜β．29、解：（lg2）2+lg2?lg5+lg5

=lg2（lg2+lg5）+lg5

=lg2+lg5

=1【分析】【分析】把前兩項(xiàng)提取lg2，由lg2+lg5=1求解運(yùn)算．五、綜合題(共2題，共18分)30、略

【分析】【分析】（1）拋物線開