教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷3

教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷3一、證明題(本題共31題，每題1.0分，共31分。)如圖所示，在三棱錐P—ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ=2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH．1、求證：AB∥GH；標(biāo)準(zhǔn)答案：由已知得，EF、DC分別為△PAB和△QAB的中位線，∴EF∥AB．DC∥AB，于是EF∥DC，又EF不在平面PDC內(nèi)，DC在平面PDC內(nèi)，∴EF∥平面PDC；又∵EF在平面QEF內(nèi)且平面QEF∩平面PDC=GH,∴EF∥GH；而EF∥AB，所以AB∥GH．知識點解析：暫無解析2、求二面角D—GH—E的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：∵AQ=2BD，且D為AQ的中點，∴△ABQ為直角三角形，AB⊥BQ，又PB⊥平面ABC，則PB⊥AB，PB∩BQ=B，PB在平面PBQ內(nèi)，BQ在平面PBQ內(nèi)，所以AB⊥平面PBQ；由(Ⅰ)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ；于是GH⊥FH，GH⊥HC，∠FHC即為二面角D—GH—E的平面角；由已知得∠BFH=∠BCH，且tan∠BCH=2，∠FHC=2π－－2∠BCH=－2∠BCH，∴cos∠FHC=cos(－2∠BCH)=－sin2∠BCH=.知識點解析：暫無解析如圖，四棱錐P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為BD的中點，G為PD的中點，△DAB△DCB，EA=EB=AB=1，PA=．連接CE并延長交AD于F．3、求證：AD⊥平面CFG；標(biāo)準(zhǔn)答案：在△ABD中，因為E是BD中點，所以EA=EB=ED=AB=1，故∠BAD=，∠ABE=∠AEB=，因為△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，從而有∠FED=∠BEC=∠AEB=，所以∠FED=∠FEA，故EF⊥AD，AF=FD，又因為PG=GD，所以FG∥PA．又PA⊥平面ABCD，所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG．知識點解析：暫無解析4、求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：以點A為坐標(biāo)原點建立如圖所示的坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，，D(0，√3，0)，，設(shè)平面BCP的法向量=(1，y1，z1)，則設(shè)平面DCP的法向量=(1，y2，z2)，則即=(1，√2，2)．從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為cosθ=知識點解析：暫無解析如圖，四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=√2．5、證明：A1C⊥平面BB1D1D；標(biāo)準(zhǔn)答案：證法－：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點建立直角坐標(biāo)系，如圖．∵AB=AA1=√2．∴OA=OB=OA1=1，∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由，易得B1(－1，1，1)．∵=(－1，0，－1)，(0，－2，0)，=(－1，0，1)，∴=0．∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，∴A1C⊥平面BB1D1D．證法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD．又∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C．又∵OA1是AC的中垂線．∴A1A=A1C=√2，且AC=2，∴AC2=AA12+A1C2，∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C．又BB1∥AA1．∴A1C⊥BB1，∴A1C⊥平面BB1D1D．知識點解析：暫無解析6、求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角θ的大?。畼?biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)平面OCB1的法向量=(x，y，z)，∵=(－1，0，0)，=(－1，1，1)，．取n=(0，1，－1)，由(Ⅰ)知，=(－1，0，－1)是平面BB1D1D的法向量，∴cosθ=．又∵0≤θ≤.知識點解析：暫無解析如圖，在直棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD=90°，AC⊥BD，BC=1，AD=AA1=3．7、證明：AC⊥B1D；標(biāo)準(zhǔn)答案：易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB=t，則相關(guān)各點的坐標(biāo)為：A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．從而=(－t，3，－3)，=(t，1，0)，=(－t，3，0)．因為AC⊥BD，所以=－t2+3+0=0．解得t=√3或t=－√3(舍去)．于是=(－√3，3，－3)，=(√3，1，0)．因為=－3+3+0=0，所以，即AC⊥B1D．知識點解析：暫無解析8、求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：由(Ⅰ)知，=(0，3，3)，=(√3，1，0)，=(0，1，0)．設(shè)=(x，y，z)是平面ACD1的－個法向量，則．令x=1，則=(1，－√3，√3)．設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，則sinθ=即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為知識點解析：暫無解析如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，DE∥AC，CE∥BD.9、求證：四邊形OCED為菱形；標(biāo)準(zhǔn)答案：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四邊形DOCE是平行四邊形，∵矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，∴AO=CO=DO=BO，∴四邊形OCED為菱形．知識點解析：暫無解析10、連接AE、BE，AE與BE相等嗎?請說明理由．標(biāo)準(zhǔn)答案：AE=BE．理由：∵四邊形OCED為菱形，∴ED=CE，∴∠EDC=∠ECD，∴∠ADE=∠BCE，在△ADE和△BCE中，∠BCE，∴△ADE≌△BCE(SAS)，∴AE=BE．知識點解析：暫無解析已知A，B，C，D是⊙O上的四個點．11、如圖1，若∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，求證：AC⊥BD；標(biāo)準(zhǔn)答案：∵∠ADC=∠BCD=90°，∴AC、BD是⊙O的直徑，∴∠DAB=∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∵AD=CD，∴四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．知識點解析：暫無解析12、如圖2，若AC⊥BD，垂足為F，AB=2，DC=4，求⊙O的半徑．標(biāo)準(zhǔn)答案：作直徑DE，連接CE、BE．∵DE是直徑，∴∠DCE=∠DBE=90°，∴EB⊥DB，又∵AC⊥BD，∴BE∥AC，∴弧CE=弧AB，∴CE=AB．根據(jù)勾股定理，得CE2+DC2=AB2+DC2=DE2=20，∵DE=2√5,∴OD=√5，即⊙O的半徑為√5.知識點解析：暫無解析已知函數(shù)f(x)=a(1—2|x—|)，a為常數(shù)且a＞0.13、證明：函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x=對稱；標(biāo)準(zhǔn)答案：因為f(+x)=a(1—2∣x∣)，f(－x)=a(1—2∣x∣)，有f，所以函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x=對稱．知識點解析：暫無解析14、若x0滿足f(f(x0))=x0，但f(x0)≠x0，則稱x0為函數(shù)f(x)的二階周期點．如果f(x)有兩個二階周期點x1，x2，試確定a的取值范圍；標(biāo)準(zhǔn)答案：當(dāng)0＜a＜時，有f(f(x))=所以f(f(x))=x只有－個解x=0，又f(0)=0，故0不是二階周期點．當(dāng)a=時，有f(f(x))=所以f(f(x))=x有解集，又當(dāng)x≤時，f(x)=x故中的所有點都不是二階周期點．當(dāng)a＞時，有f(f(x))=．所以f(f(x))=x有四個解0，，又f(0)=0，，故只有是f(x)的二階周期點．綜上所述，所求a的取值范圍為a＞.知識點解析：暫無解析15、對于(Ⅱ)中的x1，x2和a，設(shè)x3為函數(shù)f(f(x))的最大值點，A(x1，f(f(x1)))，B(x2，f(f(x2)))，C(x3，0)．記△ABC的面積為S(a)，討論S(a)的單調(diào)性．標(biāo)準(zhǔn)答案：由(II)得x1=，因為x3為函數(shù)f(f(x))的最大值點，所以x3=或x3=．當(dāng)x3=時，S(a)=，求導(dǎo)得：S＇(a)=所以當(dāng)a∈時，S(a)單調(diào)遞增，當(dāng)a∈時S(a)單調(diào)遞減；當(dāng)x3=時，S(a)=，求導(dǎo)得：S＇(a)=，因a＞，從而有S＇(a)=＞0，所以當(dāng)a∈(，+∞)時S(a)單調(diào)遞增.知識點解析：暫無解析給出定義，若－個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于－條對角線的平方，則稱該四邊形為勾股四邊形．16、在你學(xué)過的特殊四邊形中，寫出兩種勾股四邊形的名稱；標(biāo)準(zhǔn)答案：正方形、矩形、直角梯形均可．知識點解析：暫無解析17、如圖，將／XABC繞頂點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△DBE，連接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．①求證：△BCE是等邊三角形；②求證：DC2+BC2=AC2，即四邊形ABCD是勾股四邊形．標(biāo)準(zhǔn)答案：①∵△ABC≌△DBE．∴BC—BE，∵∠CBE=60°∴△BCE是等邊三角形；②∵△ABC≌△DBE，∴BE=BC,AC=ED；∴△BCE為等邊三角形，∴BC=CE，∠BCE=60°，∵∠DCB=30°，∴∠DCE=90°，在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，∴DC2+BC2=AC2．知識點解析：暫無解析18、(Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=x3－x，其圖象記為曲線C．(i)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(ii)證明：若對于任意非零實數(shù)x1，曲線C與其在點P1(x1，f(x1))處的切線交于另－點P2(x2，f(x2))．曲線C與其在點P2處的切線交于另－點P3(x3，f(x3))，線段P1P2，P2P3與曲線C所圍成封閉圖形的面積分別記為S1，S2，則為定值；(Ⅱ)對于－般的三次函數(shù)g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，請給出類似于(i)(ii)的正確命題，并予以證明．標(biāo)準(zhǔn)答案：(Ⅰ)由f(x)=x3－x得f＇(x)=3x2一1=3當(dāng)x∈時，f＇(x)＞0；當(dāng)x∈時，f＇(x)＜0．因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(ii)曲線C在點P1處的切線方程y=(3x12－1)(x－x1)+x13－x1．即y=(3x12一1)x－2x13．由得x－x=(3x12－1)x－2x13，即(x一x1)2(x+2x1)=0，解得x=x1或x=－2x1，故x2=一2x1．進(jìn)而有S1=∫1-2(x3－3x12x+2x13)dx=∣(x12x2+2x13x)∣x1-2x1∣=x14．用x2代替x1，重復(fù)上述計算過程，可得x3=一2x2和S2=x24．又∵x2=－2x1≠0，所以S2=,x14≠0，因此有.(Ⅱ)記函數(shù)g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的圖象為曲線C＇，類似于(Ⅰ)(ii)的正確命題為：若對于任意不等于－的實數(shù)x1，曲線C＇與其在點P1(x1，g(x1))處的切線交于點P2(x2，g(x2))，曲線C＇與其在點P2處的切線交于另一點P3(x3，g(x3))，線段P1P2，P2P3與曲線C＇所圍成封閉圖形的面積分別記為S1，S2，則為定值．證明如下：因為平移變換不改變面積的大小，故可將曲線y=g(x)的對稱中心平移至坐標(biāo)原點，因而不妨設(shè)g(x)=ax3+hx，且x1≠0．類似(Ⅰ)(ii)的計算可得S1=ax14，S2=ax14≠0.故.知識點解析：暫無解析已知橢圓Γ的方程為=1(a＞b＞0)，點P的坐標(biāo)為(－a，b)．19、若直角坐標(biāo)平面上的點M，A(0，－b)，B(a，0)滿足，求點M的坐標(biāo)；標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)點M的坐標(biāo)為(x0，y0)．∵=(a，－2b)，=(2a，－b)，∴=(x0+a，y0－b)，于是，點M的坐標(biāo)為.知識點解析：暫無解析20、設(shè)直線l1:y=k1x+p交橢圓Γ于C、D兩點，交直線l2：y=k2x于點E．若k1·k2=－，證明：E為CD的中點；標(biāo)準(zhǔn)答案：由y=k1x+p，=1，聯(lián)立得(b2+a2k12)x2+2a2k1px+a2p2－a2b2=0，∴CD中點坐標(biāo)為．∵k1·k2=，∴k2=．由y=k1x+p，y=－x，得l1與l2的交點E的坐標(biāo)為，∴l(xiāng)1與l2的交點E為CD的中點．知識點解析：暫無解析21、對于橢圓Γ上的點Q(acosθ，bsinθ)(0＜θ＜π)，如果橢圓Γ上存在不同的兩個交點P1、P2滿足，寫出求交點P1、P2的步驟，并求出使P1、P2存在的θ的取值范圍．標(biāo)準(zhǔn)答案：第－步：取PQ的中點R第二步：直線OR的斜率k2=，過點R作斜率為－的直線交Γ于P1、P2兩點．由(II)可知，R是P1P2的中點，則PP1QP2是平行四邊形，有.要使P1、P2存在，則點R必須在橢圓內(nèi)．將x=代入橢圓Γ的方程，得y2=b2[1－]，當(dāng)且僅當(dāng)時，點R在橢圓內(nèi)．整理得(1+sinθ)2+(cosθ－1)2＜4，即2sinθ－2cosθ＜1，亦即sin又0＜θ＜π，∴0＜θ＜.知識點解析：暫無解析已知雙曲線C：=1(a＞0，b＞0)的離心率為√3，右準(zhǔn)線方程為x=.22、求雙曲線C的方程；標(biāo)準(zhǔn)答案：由題意得解得a=1，c=√2．所以b2=c2－a2=2．所以雙曲線C的方程為x2－=1．知識點解析：暫無解析23、設(shè)直線l是圓O：x2+y2=2上動點P(x0，y0)(x0,y0≠0)處的切線，l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，證明∠AOB的大小為定值．標(biāo)準(zhǔn)答案：點P(x0，y0)(x0y0≠0)在圓x2+y2=2上，圓在點P(x0，y0)處的切線l的方程為y－y0=－(x－x0)，化簡得x0x+y0y=2，由及x02+y02=2得(3x02一4)x2－4x0x+8－2x02=0．因為切線l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，且0＜x＜2，所以3x02－4不到≠0，且△=16x02－4(3x02－4)(8－2x02)＞0．設(shè)A，B兩點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則x1+x2=,x1x2=因為cos∠AOB==x1x2+y1y2=x1x2+(2－x0x1)(2－x0x2)=x1x2+[4－2x0(x1+x2)+x02x1x2]==0，所以∠AOB的大小為90°．知識點解析：暫無解析過拋物線y2=2px(p＞0)的對稱軸上一點A(a，0)(a＞0)的直線與拋物線相交于M、N兩點，自M、N向直線l：x=一a作垂線，垂足分別為M1、N1．24、當(dāng)a=時，求證：AM1⊥AN1；標(biāo)準(zhǔn)答案：依題意，可設(shè)直線MN的方程為x=my+a，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則有M1(－a，y1)，N1(－a，y2)．由消去x可得y2－2mpy－2ap=0，從而有①于是x1+x2=m(y1+y2)+2a=2(m2p+a)．②又由y12=2px1，y22=2px2可得x1x2==a2．③(Ⅰ)如圖，當(dāng)a=時，點A(，0)即為拋物線的焦點，l為其準(zhǔn)線x=－此時M1(－，y1)，N1(－，y2)，并由①可得y1y2=－P2．=(－P，y1)，=(－P，y2)，∴=p2－p2=0，即AM1⊥AN1．知識點解析：暫無解析25、記△AMM1、△AM1N1、△ANN1的面積分別為S1、S2、S3．是否存在λ，使得對任意的a＞0，都有S22=λS1S3成立．若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．標(biāo)準(zhǔn)答案：存在λ=4，使得對任意的a＞0，都有S22=4S1S3成立，證明如下：記直線l與x軸的交點A1，則∣OA∣=∣OA1∣，于是有：S1·∣MM1∣·∣A1M1∣=(x1+a)∣y1∣，S2=·∣M1N1∣·∣AA1∣=a∣y1－y2∣，S3=·∣NN1∣·∣A1N1∣=(x2+a)∣y2∣．∴S22=4S1S3(a∣y1－y2∣)2=(x1+a)∣y1∣(x2+a)∣y2∣a2[(y1+y2)2－4y1y2]=[x1x2+a(x1+x2)+a2]∣y1y2∣．將①、②、③代入上式化簡可得a2(4m2p2+8ap)=2ap(2am2p+4a2)4a2p(m2p+2a)=4a2p(m2p+2a)，上式恒成立．即對任意a＞0，S22=4S1S3成立．知識點解析：暫無解析已知點P1(x0，y0)為雙曲線=1(b為正常數(shù))上任一點，F(xiàn)2為雙曲線的右焦點，過P1作右準(zhǔn)線的垂線，垂足為A，連接F2A并延長交y軸于點P2．26、求線段P1P2的中點P的軌跡E的方程；標(biāo)準(zhǔn)答案：由已知得F2(3b，0)，A(b，y0)，則直線F2A的方程為y=－(x－3b)，令x=0得y=9y0，即P2(0，9y0)．設(shè)P(x，y)，則=l，即P的軌跡E的方程為=1．知識點解析：暫無解析27、設(shè)軌跡E與x軸交于B，D兩點，在E上任取一點Q(x1，y1)(y1≠0)，直線QB，QD分別交y軸于M，N兩點．求證：以MN為直徑的圓過兩定點．標(biāo)準(zhǔn)答案：在=1中令y=0得x2=2b2，則不妨設(shè)B(－√2b，0)，D(√2b，0)，于是直線QB的方程為：y=(x+√2b)，直線QD的方程為：y=(x－√2b)，可得M(0，)，N(0，)，則以MN為直徑的圓的方程為：x2+=0，令y=0，得x2=，而Q(x1，y1)在=1上，則x12－2b2=于是x=±5b，即以MN為直徑的圓過兩定點(－5b，0)(5b，0)．知識點解析：暫無解析點P(x0，y0)在橢圓=1(a＞b＞0)上，x0=acosβ，y0=bsinβ，0＜β＜，直線l2：與直線l1:=1垂直，O為坐標(biāo)原點，直線OP的傾斜角為α，直線l2的傾斜角為γ.28、證明：點P是橢圓=1與直線l1的唯一交點；標(biāo)準(zhǔn)答案：由=1，得y=(a2－x0x)，代入橢圓方程=1．得代入，得x2－2acosβx+a2cos2β=0，從而x=aco