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2014年泰州市高中数学青年教师教学基本功竞赛(初赛)试题(附答案)


2014 年泰州市高中数学青年教师 教学基本功竞赛(初赛)试题
(测试一:解题能力) 解答题(共 7 题)
1. (本题满分 10 分)已知 a,b,c 为 ΔABC 三个内角∠A、∠B、∠C 的对边,且 bcosC+ 3 bsinC-a-c=0. (1)证明:∠A、∠B、∠C 成等差数列; (2)若 b= 3 ,求 2a+c 的最大值. 解: (1)证明:

b cosC ? 3b sin C ? a ? c ? 0

?sin B cosC ? 3 sin B sin C ? sin A ? sin C ? 0

? sin A ? sin(B ? C )
?sin B cosC ? 3 sin B sin C ? (sin B cosC ? cos B sin C) ? sin C ? 0

? 3 sin B sin C ? cos B sin C ? sin C ? 0
又? 0 ? C ? ? ,于是 sin C ? 0

? 3 sin B ? cos B ? 1 ? 0
? sin( B ?

?
6

) ?1

?0 ? B ? ? ? ?B ? 3
(2)由正弦定理,

a c ? ? sin A sin C

3 3 2
2? ? A) 3

? a ? 2 sin A ,? c ? 2 sin C
? 2a ? c ? 4 sin A ? 2 sin C ? 4 sin A ? 2 sin( ? 4 sin A ? 2 sin

2? 2? cos A ? 2 cos sin A ? 5 sin A ? 3 cos A 3 3

? 2 7(

5 2 7

sin A ?

3 2 7

cos A) ? 2 7 sin( A ? ? ) ,

其中锐角 ? 满足 sin ? ?

21 5 7 , cos? ? 14 14

? 2a ? c 的最大值为 2 7
2. (本题满分 15 分)如图,线段 AB?平面 α,线段 CD∥平面 α,AB 与 CD 异面, AB=8, CD=6. M、N 分别在线段 AC、BD 上. (1) 若 M、N 分别为线段 AC、BD 的中点,且 MN=5. D C 求证:① MN∥平面 α; ② AB⊥CD. N M AM BN B (2)若 AB⊥CD,且 = ,求 MN 的取值范围. MC ND α A 解: (1)证明:①连接 AD ,取 AD 的中点 P ,连接 MP 、 NP

1 // 1 AB CD , NP = 2 2 ? CD // ? ? MP // ? ? PN // AB ? PN // ? ? 平面 PMN // 平面 ? ? MN // 平面 ? ②? MP ? 3 , NP ? 4 , MN ? 5 ? MP ? PN ? AB ? CD // 则 MP =
(2)过面 ACD 作 MQ // CD ,交 AD 于 Q ,

C M A

D N P α B

C M A

D N Q α B

AM AQ BN ? ? 连接 QN ,由 知 QN // AB MC QD ND

? MQ ? QN


AM ?? AC

则可得 QN ? 8(1 ? ? ) , QM ? 6?

? MN 2 ? 64(1 ? ? ) 2 ? 36?2 (0 ? ? ? 1)
可知 MN ? [ 23.04 , 8) 3. (本题满分 15 分)在平面直角坐标系 xOy 中,过点 M(m,0)(m>0)作直线 l,与抛物线 ‘ ‘ 2 y =2px(p>0)交于点 A、B,过点 M 关于坐标原点的对称点 M 作垂直于 x 轴的直线 l . ‘ (1)记直线 AO、BO 与 l 的交点分别为 C、D,试讨论直线 AD、BC 与 x 轴的位置关系; ‘ (2)记抛物线 y2=2px 的焦点为 F,若 m=p,∠AM O=30o,试求∠AFB 的大小. 证明: (1)直线 AD 、 BC 均与 x 轴平行 设直线 l 的斜率为 k ,不妨设 k ? 0 则直线 l 的方程为 y ? k ( x ? m) 设 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y 2 )

显然, y1 与 y 2 异号 首先证明: ?AM ' O ? ?BM ' O 式① ? tan ?AM ' O ? tan ?BM ' O ①

?

y1 y2 ?? x1 ? m x2 ? m

? x1 y2 ? x2 y1 ? m( y1 ? y2 ) ? 0
由?

? y 2 ? 2 px 消去 y 整理得: ? y ? k ( x ? m)

k 2 x 2 ? 2(k 2 m ? p) x ? k 2 m 2 ? 0
由韦达定理得

P? ? x1 ? x2 ? 2? m ? 2 ? k ? ?

x1 x2 ? m2
则 y1 ? y 2 ? k ( x1 ? x 2 ? 2m) ?



2p k

y1 y2 ? ?2 p x1 x2 ? ?2 pm
故 x1 y 2 ? x2 y1 ? m( y1 ? y 2 )

? 2kx1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m( y1 ? y2 ) ? 0
由式②得

x ? m x1 m x1 ? ? 1 ? x2 m m ? x2 m ? AM x1 ? m x1 OA ? ? ? ? OM ∥ BC BM m ? x2 m OC

同理, OM ∥ AD (2)由(1)可知

?BM ' O ? ?AM ' O ? 30?


y1 y2 3 3 , ? ?? x2 ? p 3 x1 ? p 3
1 3

则 y1 y 2 ? ? [ x1 x 2 ? p ( x1 ? x 2 ) ? p 2 ]

??

2 p2 3

1 ? ? ?2 ? 2 ? k ? ?

结合 y1 y2 ? ?2 p 2 ,解得 k ? 1 。 故:

p? ? p? ? 2 ? x1 ? ? ? ? x 2 ? ? ? 2( x1 ? x 2 ) 2? ? 2? cos?AFB ? ? p ?? p? ? 2? x1 ? ?? x 2 ? ? 2 ?? 2? ? p p( x1 ? x 2 ) ? ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? 6 x1 x 2 2 ? p 2 x1 x 2 ? p( x1 ? x 2 ) ? 2 2 1 4 ? ? 16 ? 6 11 2 ? ?? 1 13 2?4? 2
? ?AFB ? ? ? arccos 11 13

2

2

4.(本题满分 15 分) 已知正数数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an2+an-2Sn=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 b1=1,2bn-bn-1=0(n≥2,n∈N+ ),记 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项的和 Tn; (3)是否存在整数 m、M,使 m<Tn<M 对任意的正整数 n 恒成立,且 M-m=4?请说明理由. 解: (1)? an ? an ? 2S n ? 0 , an?1 ? an?1 ? 2S n?1 ? 0
2 2

? an 2 ? an ? 2Sn ? an?12 ? an?1 ? 2Sn?1 ? 0 ? (an ? an?1 )(an ? an?1 ) ? an ? an?1 ? 2an ? 0 ? (an ? an?1 )(an ? an?1 ? 1) ? 0 ? an ? an?1 ? 1
当 n ? 1 时, a1 ? 1

? an ? n
?1? (2) bn ? ? ? ? 2?
n ?1

?1? cn ? n? ? ? 2?

n ?1

?1? Tn ? 4 ? (2n ? 4)? ? ? 2?
(3)由(2)得, Tn ? 4

n

?1? 又 Tn?1 ? Tn ? ? ? (n ? 1) ? 0 ?2?

n

? Tn ? T1 ? 1 ? 存在整数 M ? 4 , m ? 0 满足题目条件。
5.(本题满分 15 分) (1)设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程 f(x)-x=0 的两根 x1,x2 满足 1 0<x1<x2< .当 x∈(0,x1)时,证明:x<f(x)<x1. a (2)已知实系数方程 x3+ax2+bx+c=0 有三个实根.若-2≤a+b+c≤0,证明:这个三次方程至 少有一个根属于区间[0,2] . 证明: (1)? x1 、 x2 是方程 f ( x) ? x ? 0 的两根

? 可设 f ( x) ? x ? a( x ? x1 )(x ? x2 )
故只需证明 0 ? f ( x) ? x ? a( x ? x1 )(x ? x2 ) ? x1 ? x

? x1 ? x ? 0 ? 只需证 0 ? a( x2 ? x) ? 1
即证: 0 ? x 2 ? x ?

1 a

? 0 ? x1 ? x 2 ?
3

1 ,显然成立。 a
2

(2)设 P( x) ? x ? ax ? bx ? c , x1 、 x2 、 x3 是其三根

? P( x) ? ( x ? x1 )(x ? x2 )(x ? x3 ) ??2? a?b?c ? 0 ? ? 1 ? P(1) ? 1 ? (1 ? x1 )(1 ? x2 )(1 ? x3 ) ? 1 ? 1 ? x1 、 1 ? x2 、 1 ? x3 中至少有一项不大于 1 ? 三根中至少由一个属于区间 ?0,2?

6.(本题满分 15 分)设 f(x)= 2ln(x+1)+

1 -1. x(x+1)

(1)求 f(x)在区间[1,+∞)上的最小值; (2)对任意大于 1 的正整数 n,证明: (n-1)2 ①ln1+ln2+…+lnn> , 2n (n-1)4 ②ln21+ln22+…+ln2n> 3 . 4n 解: (1)注意到

f ' ( x) ? ? ?

2 2x ? 1 ? 2 x ? 1 x ( x ? 1) 2 2x3 ? 2x 2 ? 2x ? 1 x 2 ( x ? 1) 2 ( 2 x 3 ? 1) ? 2 x ( x ? 1) x 2 ( x ? 1) 2

于是,当 x ? 1 时, f ' ( x) ? 0 ,即 f ( x) 在区间 [1,??) 上的最小值为

f (1) ? 2 ln 2 ?

1 2

(2)由(1)知,对任意的实数 x ? 1 ,有

2 ln(x ? 1) ?

1 1 ? 1 ? 2 ln 2 ? ? 0 恒成立 x( x ? 1) 2

于是,对任意的正整数 k ,有

1 ? ?1 2 ln(k ? 1) ? 1 ? ? ? ? 恒成立。 ? k k ? 1?
n ?1 n ?1 ? ?1 1 ?? 故2? ln(k ? 1) ? ? ?1 ? ? ? ?? ? k k ? 1 ?? k ?1 k ?1 ? ? 1? ? n ? 1 ? ?1 ? ? ? n?

(n ? 1) 2 n 从而,当 n ? Z ,且 n ? 2 时,有 ?

ln 1 ? ln 2 ? ? ? ln n ?
由柯西不等式知

(n ? 1) 2 2n



(ln 2 1 ? ln 2 2 ? ? ? ln 2 n)(12 ? 12 ? ? ? 12 ) ? (ln1 ? ln 2 ? ? ? ln n) 2
结合式①知

ln 2 1 ? ln 2 2 ? ? ? ln 2 n ?

1 (n ? 1) 4 (n ? 1) 4 ? ? n 4n 2 4n 3

7. (本题满分 15 分)若实数 x0 满足 f(x0)=x0,则称 x=x0 为函数 f(x)的不动点。已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+3,其中 a,b 为常数。 (1)若 a=0,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若 a=0 时,存在一个实数 x0,使得 x=x0 既是 f(x)的不动点,又是 f(x)的极值点, 求实数 b 的值; (3)证明:不存在实数组(a,b) ,使得 f(x)互异的两个极值点均为不动点。 解: (1)若 a ? 0 ,则 f ( x) ? x 3 ? bx ? 3 故 f ' ( x) ? 3x 2 ? b 当 b ? 0 时,显然, f ( x) 的单调递增区间为 (??,??) 当 b ? 0 时,由 f ' ( x) ? 0 ,知

x? ?

b b 或x?? ? 3 3 b b ) ? ( ? ,??) 3 3

综上, f ( x) 的单调递增区间为 (??,? ? (2)由题意知
2 ?3x0 ?b ? 0 ? 3 ? x0 ? bx0 ? 3 ? x0
3 故 2 x0 ? x0 ? 3 ? 0 ,即 2 ( x0 ? 1)(2x0 ? 2x0 ? 3) ? 0

解得 x0 ? 1 ,从而 b ? ?3 (3)假设存在一组实数 ( a, b) 满足条件, 由条件知

f ' ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b
因为 f ( x) 由两个不同的极值点,所以,

? ? 4a 2 ? 12b ? 0 ? a 2 ? 3b


设 f ( x) 的两个不同的极值点为 x1 、 x2 ( x1 ? x 2 ) ,则 x1 、 x2 是方程

3x 2 ? 2ax ? b ? 0
的两个实根 故 x1 ? x 2 ? ?

2a b , x1 x 2 ? 3 3

又由 x1 、 x2 是 f ( x) 的不动点,知 x1 、 x2 是方程

x 3 ? ax2 ? (b ? 1) x ? 3 ? 0
的两根,设其另一个根为 x3 由韦达定理知

? x1 ? x 2 ? x3 ? ? a ? ? x1 x 2 ? x 2 x3 ? x3 x1 ? b ? 1 ? x x x ? ?3 ? 1 2 3
于是, x3 ? ?

a 9 ? ? ,从而 3 b


ab ? 27
又 b ? 1 ? x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) x3

?


b 2a a ? (? )( ? ) , 3 3 3

2a 2 2b ? ?1 ? 0 9 3

2a 2 18 ? ? 1 ? 0 ,即 故 9 a

2a 3 ? 9a ? 162 ? 0
令 g ( x) ? 2x ? 9 x ? 162,则
3

g ' ( x) ? 6 x 2 ? 9 ? 0
因此, g ( x) 在 R 上严格单调递增。 从而, g ( x) ? 0 至多有一个实根。 又 g (0) ? ?162 ? 0 , g (4) ? 2 ? 0 ,则 g ( x) ? 0 至少有一个实根。 所以, g ( x) ? 0 恰有一个实根。

x ? a(a ? (0,4))
2 由式①、②知 a ? 3b ?

81 3 ,即 a ? 81,与 a ? (0,4) 矛盾。 a

综上,不存在实数组 ( a, b) ,使得 f ( x) 互异的两个极值点均为不动点。


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