江西省九江市首届高中数学青年教师业务能力竞赛(解题)试题

1、学习必备欢迎下载江西省九江市首届高中数学青年教师业务能力竞赛（解题）试题命 题：张园和 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II （非选择题）两部分，共 150 分考试时间 120 分钟考试结束，将本试卷和答题纸一并交回第I卷 (选择题共60分)注意事项：1答第I卷前，参赛选手务必在试卷及答题纸上将自己的单位、姓名 、准考证号 填在指定的位置 2所有试题的答案均应填入答题纸上的相应位置 , 不能答在试卷上。未填入答题纸的部分一律按零分计 一、本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1设集合 M x |1x 2, N x | xa. 若MN

2、, 则实数 a 的取值范围是A (,2B 1,)C ( 1,+ )D (,1)2若a1bi , 其中 a , b 都是实数， i是虚数单位，则abi =1 iA 1+2iB 12 iC 2+ iD 2i3已知 tan()1 , tan1 , 则 tan的值应是A 13B 14C 7D 12121313134若函数 f (x) 的反函数为 f 1 (x)log 2 x , 则满足 f ( x)1 的 x 的集合是A(0,+ )B(1,+ )C ( 1,1)D (0, 1)xy2 05已知变量 x，y 满足约束条件x 1, 则 y的取值范围是xy7 0xA9B(9，)C (，36， )D 3 ，6

3、，,6565(1.96) 0.0256设随机变量服从标准正态分布 N(0 ，1)， 已 知， 则P ( |1.9=6A0.025B 0.050C 0.950D0.9757已知两个等差数列 a和 bn 的前 n 项和分别为 An和 B，且 An7n 45, 则使得 an为整nnBnn3bn数的正整数n 的个数是A 2B 3C 4D 58已知椭圆x2y2与双曲线 x2y21 有相同的准线 , 则动点P(,) 的轨迹为4n218m2nmA椭圆的一部分B双曲线的一部分学习必备欢迎下载C抛物线的一部分D直线的一部分9半径为 1 的球面上的四点A, B, C , D 是正四面体的顶点 , 则 A 与 B

4、两点间的球面距离为A.arccos(3 )B.arccos(6 )C.arccos(1) D.arccos(1 )333410如图 , 设 P为 ABC内一点 , 且 AP2 AB1 AC,C55则S ABPPS ABCA 1B 2C 1D 1AB554311将号码分别为 1、2、9 的九个小球放入一个袋中, 这些小球仅号码不同， 其余完全相同 甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b则使不等式a- 2b+10>0 成立的事件发生的概率等于A.52B.59C.60D.618181818112已知定义域为R 上的函数 f (x)满足 f (2x)f (2x

5、),当x2时, f (x) 单调递增，如果 x1x 24, 且 ( x1 2)( x 22)0, 则 f ( x1 )f ( x 2 ) 的值A可能为 0B 恒大于 0C 恒小于 0D 可正可负第II卷 (共90分)注意事项：1用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上2答卷前将密封线内的项目填写清楚二、填空题：本大题共4 小题，每小题4 分，共 16 分把答案填在答题纸中的相应位置上13在 x2 (1 2x)6 的展开式中，x5 的系数为.14当 x (1，2) 时 , 不等式 x2mx40 恒成立 , 则 m 的取值范围是 15若函数 f ( x)x3 1 ,则 limf ( x1)f (1) =

6、 .xx 02 x16对于函数 f (x)ax2bx ,存在一个正数 b , 使得 f ( x) 的定义域和值域相同, 则非零实数 a 的值为 _.三、解答题：本大题共6 小题 , 共 74 分 .解答应写出必要的文字说明,演算步骤或证明过程17 ( 本小题满分12 分 ) 已知定义域为2xbR的函数 f ( x)是奇函数2 x 1a(1) 求 a, b 的值；(2) 若对任意的tR , 不等式 f (t22t)f (2 t2k)0 恒成立 , 求 k 的取值范围 .学习必备欢迎下载18 ( 本题满分12 分 )在九江市教研室组织的一次优秀青年教师联谊活动中，有一个有奖竞猜的环节 主持人准备了

7、 A、B 两个相互独立的问题， 并且宣布： 幸运观众答对问题 A 可获奖金 1000 元，答对问题 B 可获奖金 2000 元，先答哪个题由观众自由选择，但只有第一个问题答对，才能再答第二题， 否则终止答题 若你被选为幸运观众，且假设你答对问题A、B 的概率分别为1 、 1 24(1) 记先回答问题 A的奖金为随机变量, 则 的取值分别是多少？(2) 你觉得应先回答哪个问题才能使你获得更多的奖金?请说明理由19 ( 本小题满分12 分)已知函数f ( x) a sin x b cos x (a , b, 且0) 的yR部分图象如图所示27求 a, b,36(1)的值；Ox(2)21若方程 3

8、f (x)f ( x)m 0在 x (3, 2) 内有两个不同的解, 求实数 m的取值范围320 (本小题满分12分)如 图,在四棱锥PABCD中,PA底 面ABCD，ABAD， ACCD，ABC60°,PAABBC ,E 是 PC 的中点(1) 证明CDAE；P(2) 证明 PD 平面 ABE ；(3) 求二面角 A PDC的大小.EADBCxy021 ( 本小题满分 12分)设不等式组y表示的平面区域为 D , 区域 D 内的动点 P 到直x0线 xy0 和直线xy 0 的距离之积为2,记点 P 的轨迹为曲线 C . 是否存在过点F (22，0)的直线 l, 使之与曲线 C 交于

9、相异两点A 、 B , 且以线段 AB 为直径的圆与 y 轴相切？若存在, 求出直线l 的斜率 ; 若不存在 ,说明理由学习必备欢迎下载22(本小题满分 14 分)已知函数f(x)x2x 及 正 整 数 数 列 an , . 若bnb 21b214 , an 1f (an ) , 且b11,b2, 且 当 n2时 , 有nbn1n;又 a1bn 1bn 1n11N* 恒成立 .数列 cn 满足 :2( bncn 1)2n bn1.i 1 1对任意 nanai2(1) 求数列 an 及 bn 的通项公式 ;(2)求数列 cn的前 n 项和 Sn ；(3)证明存在 kN ，使得 cn 1 ck 1

10、 对任意 kN 均成立cnck学习必备欢迎下载江西省九江市首届高中数学青年教师业务能力竞赛参试考题答案命题：张园和题号123456789101112答案BCBAACDACADC题号13141516备注答案160( ,5141解:画出数轴 , 由图可知 a1,选B.2解:a1bi 得 a2, b 1 , 所以 a bi2 i .由1i1113解:tantan()34故选 B.11,1314因为 f1 ( x)log 2 x ,34解:所以 f (x)2x , 于是原不等式为 2x1 , 解得 x 0 .5 解 : 画出可行域 ( 图略 ), 为一个三角形区域 , 顶点分别为 (1,3),(1,6

11、),( 5 , 9 ) . y 表示可行域内2 2x的点 (x, y) 与原点 (0,0)连线的斜率 , 当 (x, y)(1,6) 时取最大值6, 当 ( x, y)( 5, 9) 时取最小值9.故选 A.225N (0，1)P(|1.96) P(1.961.96)6 解:服从标准正态分布，(1.96)(1.96)1 2(1.96)12 0.0250.950.7 解: 由等差数列的前 n 项和及等差中项，可得1a 2 n 112 n 1 a1a 2 n 1a na122b n1b 2 n 112 n 1 b1b 2 n 1b12272 n145A2 n1B 2 n12 n1314n387n1

12、9712，2n2n1n1故 n 1,2,3,5,11 时， an 为整数。故选 D bn84化简为 n2m28解 : 由已知得1,( n0) , 轨迹为椭圆的一部分 .:,8 m24 n 228故选 A.9解: 半径为 1的球面上的四点A, B, C , D 是正四面体的顶点，设AB=a，P 为 BCD的中心， O学习必备欢迎下载为球心，则=1，= 1，=3，由OB22226， 由余弦定理得OBOP3BPaOPBP解得 a3(1)，31=A与B两点间的球面距离为arccos()，选 C。AOBarcos3310解 :设 CPmCD , ADn AB .则 APAC mCDACm(nABAC )

13、(1m) ACmnAB . 所以1m1241: 5., mn, 解得m.于是 S ABP :S ABC55592=81 个. 由不11解：甲、乙二人每人摸出一个小球都有9 种不同的结果，故基本事件总数为等式a-2 +10>0 得 2< +10，于是，当 =1、 2、3、 4、 5 时，每种情形a可取 1、 2、 9 中每bb ab一个值，使不等式成立，则共有9×5=45 种；当 b=6 时， a 可取 3、 4、 9 中每一个值，有7种；当b=7 时，a可取 5、 6、7、 8、 9 中每一个值，有5 种；当=8 时，a可取 7、 8、 9 中每一b个值，有 3 种；当

14、b=9 时，a 只能取 9，有 1 种.于是，所求事件的概率为45 753161 .f (x) 的图 象关于点(2,0)818112解 :由题设知 ,对 称 .又由已 知,( x12)( x22)0 且( x12)( x22)0 ,由 f ( x) 在 x2 时单调递增知 ,f ( x1 )f ( x2 )0.故选 C.13解 :C63 ( 2)3160.14解 :由 题 设 得 mx24,故只需求 (x24)m i n .由单调性知,在 x(1,2) 时 ,xxx245 , 所以 m5.xf (x1)f (1)1 limf (1)f (1x)15解 :易知 f (x) 为奇函数 ,所以 li

15、m1 f / (1)x 02x2x0x1 .2b 0,16解 :若 a0 ，对于正数b ， f ( x) 的定义域为D(,) ，但 f ( x) 的值域ab . 由A0,)，故 DA ，不合要求 . 若 a 0 ，对于正数 b ， f (x) 的定义域为 D0,a于此时 f ( x)maxf (b )2b，故函数的值域A0,b . 由题意，有b2b，2aa2aaa由于 b0，所以 a4.17、解： (1)因为 f ( x) 是奇函数 , 所以 f (0)=0,即 b10b1f ( x)12x1a2a2x1121又由 f (1)f (1)知2a2.a4a1(2) 解法一：由 (1) 知 f (

16、x)12x11,易知 f (x) 在 (,) 上为减函22x122x1数。又因 f (x) 是奇函数，从而不等式：f (t22t)f (2t 2k )0 等价于f (t 22t)f (2 t2k)f (k2t 2 ) . 因 f ( x) 为减函数 , 由上式推得 :t 22tk2t2 即对一切 tR 有： 3t 22tk0 ,从而判别式412k0k1.3学习必备欢迎下载解法二：由 (1) 知f ( x)12x又由题设条件得：22 x 112 t 22 t12 2 t 2k022 t 22 t 122 2 t 2k 1即：(22t 2k 12)(1 2t22t )(2t 22t 12)(122

17、t 2 k )0整理得 :23t 22 t k1,因底数 2>1, 故:3t 22t k0 . 上式对一切 tR均成立 ,从而判别式412 k0 k1 .318、解： (1)题意，的取值可以为0 元， 1000 元， 3000 元(2) 设先答 A 的奖金为 元 , 先答 B 的奖金为 元, 则有P(0)111， P(1000)1(11 )3, P(3000)1, 所以222488E0110003300016000.2888同理, P(0)3,P(2000)1,P(3000)1. 所以488E0320001300015000.4888故先答 A, 能使所获奖金期望较大 .19、解： (1

18、)由图象易知函数f ( x)的周期为T 4(72，)= 2163273 a1 b013又 ,)1, 即22, 解得:af (0 且 f (6, b. 所以,31 a3 b12222f ( x)1 sin x3 cos xsin( x) . 也可以按以下解释:上述函数的图象可由ysin x223的图象沿 x 轴负方向平移f (x)sin( x) a13个单位而得到， 其解析式为, b. 3322(2) x(3, 2 ) x3(0, )，0sin( x3) 1设 f ( x)t ，3问题等价于方程 3t 2tm0 在（ 0，1）仅有一根或有两个相等的根方法一：m= 3 t2t ，t(0, 1).作

19、出曲线 C： y = 3 t 2t ， t(0, 1)与直线 l ： y =m的图象 t= 1 时， y =1 ； t = 0 时， y = 0 ； t = 1 时， y = 2 6112当=或 0 m<2 时，直线 l 与曲线 C有且只有一个公共点m121 m的取值范围是：2m 0 或 m1222方法二：当3ttm0仅有一根在(0, 1)时，令g (t )3t tmg(0) g(1)0得到则学习必备欢迎下载2 m0 ;或 g(0)0 时 m0 ，或 g(1)0 时 m2 （舍去）当两个等根同在（0,1 ）内时得到112m0， m1121综上所述， m的取值范围是：2m 0 或 m122

20、0 、解： (1)证明：在四棱锥PABCD 中，因 PA底面 ABCD ， CD平面 ABCD ，故PA CD ACCD，PAACA，CD平面 PAC 而 AE平面 PAC， CDAE AB BCABC60°ACPAP(2) 证明：由PA，, 可得M E 是 PC的中点， AEPC 由 (1) 知， AECD ，且PC CDC ，所以 AE平面 PCD 而 PD平面 PCD ，E AEPD PA底面 ABCD，PD 在底面 ABCD 内的AD射影是 AD ， ABAD ， ABPD 又ABAEA ，综上得 PD平面 ABE BC(3) 解法一：过点 A 作 AMPD ，垂足为 M ，

21、连结 EM 则由 (2)平面 PCD ， AM知， AE在平面 PCD 内的射影是 EM ，则 EMPD 因此AME 是二面角 A PDC 的平面角由已知，得CAD30°设 ACa ，可得PA a， AD2 3 a， PD21 a，AE2 a 在 Rt ADP 中， AM332PD ， AM·PDPA·AD ，则··23aa2 7AMPA AD3a PD21 a73在 Rt AEM 中 ， sinAMEAE14所以二面角A的大小是AM4P D Carcsin14 4解法二：由题设PA 底面 ABCD ， PA平面 PAD ，则平面 PAD平面 ACD ，交线为AD 过点C作CFAD ，垂足为 F ，故 CF平面 PAD 过点 F 作 FMPD ，垂足为 M ，连结 CM ，故 CMPD 因此CMP 是二面角 APDC 的平面角由已知，可得CAD30°ACa，设可得 PA23a， PD2113a， ADa， CFa， FDa 3326 FMD PAD ， FMFD PPAPD·3·EM6a a7于是， FMFD