教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷1（共122題）

教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷1（共4套）（共122題）教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷第1套一、證明題(本題共29題，每題1.0分，共29分。)已知雙曲線C：－y2=1，設(shè)過點(diǎn)A(－3√2，0)的直線l的方向向量e=(1，k)．1、當(dāng)直線l與雙曲線C的一條漸近線m平行時，求直線l的方程及l(fā)與m的距離；標(biāo)準(zhǔn)答案：雙曲線C的漸近線m：±y=0，即x±√2y=0，∴直線l的方程x±√2y+3√2=0．∴直線l與m的距離d==√6．知識點(diǎn)解析：暫無解析2、證明：當(dāng)k＞時，在雙曲線C的右支上不存在點(diǎn)Q，使之到直線l的距離為√6．標(biāo)準(zhǔn)答案：假設(shè)雙曲線C的右支上存在點(diǎn)Q(x0，y0)到直線l的距離為√6，則由①得y0=kx0+3√2k±√6·，設(shè)t=3√2k±√6·，當(dāng)k＞時，t=3√2k+√6·＞0．t=3√2k－√6·＞0，將y0=kx0+t代入②得(1—2k2)x02－4ktx－2(t2+1)=0(*)∵k＞，t＞0，∴1—2k2＜0，－4kt＜0，－2(t2+1)＜0，∴方程(*)不存在正根，即假設(shè)不成立，故在雙曲線C的右支上不存在點(diǎn)Q，使之到直線l的距離為√6．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱長都是4，E是BC的中點(diǎn)，動點(diǎn)F在側(cè)棱CC1上，且不與點(diǎn)C重合．3、當(dāng)CF=1時，求證：EF⊥A1C；標(biāo)準(zhǔn)答案：證明：過E作EN⊥AC于N，連接EF．(Ⅰ)如圖1，連接NF、AC1，由直棱柱的性質(zhì)知，底面ABC⊥側(cè)面A1C，又底面ABC∩側(cè)面A1C=AC，且EN底面ABC，所以EN上側(cè)面A1C，NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影，在Rt△CNE中，CN=CEcos60°=1．則由，得NF∥AC1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C．由三垂線定理知EF⊥A1C.知識點(diǎn)解析：暫無解析4、設(shè)二面角C—AF—E的大小為θ，求tanθ的最小值標(biāo)準(zhǔn)答案：如圖2，連接AF，過N作NM⊥AF于M，連接ME．由(1)知EN⊥側(cè)面A1C，根據(jù)三垂線定理得EM⊥AF，所以∠EMN是二面角C－AF—E的平面角，即∠EMN=0．設(shè)∠FAc=α，則0°＜α≤45°．在Rt△CNE中，NE=EC·sin60°=√3，在Rt△AMN中，MN=AN·sinα－3sinα，故tanθ=．又0°＜α≤45°，∴0＜sinα≤．故當(dāng)sinα=，即當(dāng)α=45°時，tanθ達(dá)到最小值，tanθ=，此時F與C1重合．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖所示，在錐體P—ABCD中，ABCD是邊長為l的菱形，且∠DAB=60°，PA—PD=√2，PB=2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點(diǎn)．5、證明：AD⊥平面DEF；標(biāo)準(zhǔn)答案：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接PO、BO，∵四邊形ABCD是邊長為1的菱形，連接BD，∴△ABD為等邊三角形．∴BO⊥AD，又PA=PD=√2．PO⊥AD，又PO∩BO=O，∴AD⊥平面POB，又∵E、F分別為BC、PC的中點(diǎn)，∴EF∥BP，而0為AD的中點(diǎn)，得DE∥OB，EF∩ED=E，∴平面POB∥平面DEF，∴AD⊥平面DEF．知識點(diǎn)解析：暫無解析6、求二面角P—AD—B的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：由(1)知PO⊥AD，BO⊥AD．則∠POB為所求二面角的平面角，在等邊三角形ABD中，可得OB=，在△PAD中，可得PO=，又PB=2，在△POB中，由余弦定理得COS∠POB=．∴二面角P—AD—B的余弦值為－知識點(diǎn)解析：暫無解析已知ABCD—A1B1C1D1是底面邊長為1的正四棱柱，O1為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．7、設(shè)AB1與底面A1B1C1D1所成角的大小為α，二面角A—B1D1－A1的大小為β，求證：tanβ=√2tanα；標(biāo)準(zhǔn)答案：連結(jié)AO1，∵AA1⊥底面A1B1C1D1，∴∠AB1A1是AB1與底面A1B1C1D1所成角，∴∠AB1A1=α．∵在等腰△AB1D1中，AO1⊥B1D1．又A1C1⊥B1D1，∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的－個平面角，∴∠AO1A1=β．在Rt△AB1A1中，tanα==h；在Rt△AO1A1中，tanβ==√2h．∴tanβ=√2tanα．知識點(diǎn)解析：暫無解析8、若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為，求正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的高．標(biāo)準(zhǔn)答案：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，有A(0，0，h)，B1(1，0，0)，D1(0，1，0)，C(1，1．h)，則=(1，0，－h(huán))，=(0，1，－h(huán))，=(1，1，0)．設(shè)平面AB1D1的法向量為n=(u，υ，ω)．∵=0．由得u=hω，v=hω，∴n=(hω，hω，ω)．令ω=1，得n=(h，h，1)．由點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為d=．解得高h(yuǎn)=2．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=√2，CE=EF=1．9、求證：AF∥平面BDE；標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G．因為EF∥AG，且EF=1，AG=AC=1，所以四邊形AGEF為平行四邊形，所以AF∥EG．因為EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF∥平面BDE．知識點(diǎn)解析：暫無解析10、求證：CF⊥平面BDE；標(biāo)準(zhǔn)答案：因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC．所以CE⊥平面ABCD．如圖，以C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz．則C(0，0，0)，A(√2，√2，0)，B(0，√2，0)，D(√2，0，0)，E(0，0，1)，F(xiàn).所以=(0，√2，1)，=(－√2，0，1)．所以=0—1+1=0．=－1+0+1=0，所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE．知識點(diǎn)解析：暫無解析11、求二面角A—BE—D的大小．標(biāo)準(zhǔn)答案：由(II)知，是平面BDE的－個法向量．設(shè)平面ABE的法向量n=(x，y，z)，則·所以x=0，且z=√2y．令y=1，則z=√2，所以n=(0，1，√2)．從而cos因為二面角A—BED為銳角，所以二面角A—BE—D的大小為.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1，AB⊥AC，D、E分別為AA1、B1C的中點(diǎn)，DE⊥平面BCC1．12、證明：AB=AC；標(biāo)準(zhǔn)答案：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AB為x軸的正半軸，AC為y軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz．設(shè)B(1，0，0)，C(0，b，0)，D(0，0，c)，則B1(1，0，2c)，E．于是=(－1，b，0)．由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC．=0，求得b=1，所以AB=AC．知識點(diǎn)解析：暫無解析13、設(shè)二面角A—BD—C為60°，求B1C與平面BCD所成的角的大?。畼?biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)平面BCD的法向量=(x，y，z)，則=0．又=(－1，1，0)，=(－1，0，c)，故令x=1，則y=1，z=,又∵平面ABD的法向量=(0，1，0)．由二面角A—BD—C為60°知，·cos60°，求得c=于是=(1，1，√2)，=(1，－1，√2)，cos=60°．所以B1C與平面BCD所成的角為30°．知識點(diǎn)解析：暫無解析已知兩個正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，MN分別為AB、DF的中點(diǎn)．14、若平面ABCD⊥平面DCEF，求直線MN與平面DCEF所成角的正弦值；標(biāo)準(zhǔn)答案：取CD的中點(diǎn)G，連結(jié)MG，NG．設(shè)正方形ABCD，DCEF的邊長為2a．則MG⊥CD，MG=2a，NG=√2a，因為平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF，而NG平面DCEF，所以NG⊥MG可得∠MNG是MN與面DCEF所成的角．知識點(diǎn)解析：暫無解析15、用反證法證明：直線ME與BN是兩條異面直線．標(biāo)準(zhǔn)答案：假設(shè)直線ME與BN共面，則AB平面MBEN，且平面MBEN與平面DCEF交于EN．由已知，兩正方形不共面，故AB平面DCEF．又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF．而EN為平面MBEN與平面DCEF的交線，所以AB∥EN．又AB∥CD∥EF，所以EN∥EF，這與EN∩EF=E矛盾，故假設(shè)不成立．所以ME與BN不共面，它們是異面直線．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E、F、O分別為PA、PB、AC的中點(diǎn)，AC=16，PA=PC=10．16、設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明：FG∥平面BOE；標(biāo)準(zhǔn)答案：如圖，取PE的中點(diǎn)為H，連結(jié)HG，HF．因為點(diǎn)E，O，G，H分別是PA，AC，OC，PE的中點(diǎn)，所以HG∥OE，HF∥EB．因此平面FGH∥平面BOE．因為FG在平面FGH內(nèi)，所以FG∥平面BOE．知識點(diǎn)解析：暫無解析17、證明：在△ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M，使FM⊥平面BOE，并求點(diǎn)M到OA，0B的距離．標(biāo)準(zhǔn)答案：在平面OAP內(nèi)，過點(diǎn)P作PN⊥OE，交OA于點(diǎn)N，交OE于點(diǎn)Q．連結(jié)BN，過點(diǎn)F作FM∥PN，交BN于點(diǎn)M．下證FM⊥平面BOE．由題意得OB⊥平面PAC，所以O(shè)B⊥PN，又因為PN⊥OE，所以PN⊥平面BOE，因此FM⊥平面BOE．在Rt△OAP中，OE=PA=5．PQ=，COS∠NPO=，ON=OP·tan∠NPO=＜OA，所以點(diǎn)N在線段OA上．因為F點(diǎn)是PB的中點(diǎn)，所以M是BN的中點(diǎn)．因此點(diǎn)M在△AOB內(nèi)，點(diǎn)M到OA，OB的距離分別為.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分別為AC、DC的中點(diǎn)．18、求證：EF⊥BC；標(biāo)準(zhǔn)答案：由題意，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，√3)，D(√3，－1，0)，C(0，2，0)，因而E，所以=(0，2，0)，因此=0，所以EF⊥BC．知識點(diǎn)解析：暫無解析19、求二面角E—BF—C的正弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：在圖中，設(shè)平面BFC的一個法向量=(0，0，1)，平面BEF的法向量(x，y，z)，又得其中一個(1，一√3，1)，設(shè)二面角E—BF—C的大小為θ，由題意知θ為銳角，則cosθ=因此sinθ=，即所求二面角正弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，四邊形．ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC=30°，AF⊥PC于點(diǎn)F，F(xiàn)E∥CD，交PD于點(diǎn)E．20、證明：CF⊥平面ADF；標(biāo)準(zhǔn)答案：因為PD⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以PD⊥AD．因為在正方形ABCD中CD⊥AD，又CD∩PD=D，所以AD⊥平面PCD．因為CF平面PCD，所以AD⊥CF．因為AF⊥CF，AF∩AD=A，所以CF⊥平面ADF．知識點(diǎn)解析：暫無解析21、求二面角D－AF－E的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：方法－：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DP、DC、DA分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，P(√3，0，0)，．由(Ⅰ)得=(√3，－1，0)是平面ADF的－個法向量．設(shè)平面AEF的法向量為，1)，所以令x=4，則y=0，z=√3，所以=(4，0，√3)是平面AEF的－個法向量．設(shè)二面角D—AF—E的平面角為θ，且θ∈(0，)，所以cosθ=，所以二面角D—AF—E的平面角的余弦值為.方法二：過點(diǎn)D作DG⊥AE于G，過點(diǎn)D作DH⊥AF于H，連接GH．因為CD⊥PD，CD⊥ED，ED∩AD=D，所以CD⊥平面ADE．因為FE∥CD，所以FE⊥平面ADE．因為DG平面ADE，所以FE⊥DG．因為AE∩FE=E，所以DG⊥平面AEF．根據(jù)三垂線定理，有GH⊥AF，所以∠DHG為二面角D—AF—E的平面角．設(shè)正方形ABCD的邊長為1，在Rt△ADF中，AD=1，DF=，所以DH=.在Rt△ADE中，因為FC=PC，所以DE=，所以DG=.所以GH=，所以cos∠DHG=，所以二面角D—AF—E的平面角的余弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．22、證明：BE⊥DC；標(biāo)準(zhǔn)答案：∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AD=DC=AP=2，AB=1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．∴B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)=(0，1，1)，=(2，0，0)∵=0，∴BE⊥DC．知識點(diǎn)解析：暫無解析23、求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；標(biāo)準(zhǔn)答案：∵=(－1，2，0)，=(1，0，－2)，設(shè)平面PBD的法向量=(x，y，z)，由，令y=1，則=(2，1，1)，則直線BE與平面PBD所成角θ滿足：sinθ=，故直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析24、若F為棱PC上－點(diǎn)，滿足BF⊥AC，求二面角F—AB—P的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：∵=(1，2，0)，=(－2，－2，2)，=(2，2，0)，由F點(diǎn)在棱PC上，設(shè)=(－2λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，故=(1—2λ，2—2λ，2λ)(0≤λ≤1)，由BF⊥AC，得=2(1—2λ)+2(2—2λ)=0，解得λ=，設(shè)平面FBA的法向量為=(a，b，c)，由.令c=1，則=(0，－3，1)，取平面ABP的法向量=(0，1，0)，則二面角F—AB—P的平面角α滿足：cosα=，故二面角F—AB—P的余弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC上平面AA1C1C，AB=3，BC=5．25、求證：AA1⊥平面ABC；標(biāo)準(zhǔn)答案：因為AA1C1C為正方形，所以AA1⊥AC．因為平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于這兩個平面的交線AC，所以AA1⊥平面ABC．知識點(diǎn)解析：暫無解析26、求二面角A1－BC1－B1的余弦值；標(biāo)準(zhǔn)答案：由(Ⅰ)知AA1⊥AC，AA1上AB．由題知AB=3，BC=5，AC=4，所以AB⊥AC．如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz，則B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)．設(shè)平面A1BC1的法向量為=(x，y，z)，則令z=3，則x=0，y=4，所以=(0，4，3)．同理可得，平面B1BC1的法向量為=(3，4，0)．所以cos由題知二面角A1－BC1－B1為銳角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析27、證明：在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B，并求的值．標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)D(x，y，z)是直線BC1上－點(diǎn)，且，所以(x，y－3，z)=λ(4，－3．4)．解得x=4λ，y=3—3λ，z=4λ．所以=(4λ，3—3λ，4λ)．由=0，即9—25λ=0，解得λ=.因為∈[0，1]，所以在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B．此時，.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點(diǎn)．28、求證：平面PAC⊥平面PBC；標(biāo)準(zhǔn)答案：證明：由AB是圓的直徑，得AC⊥BC．由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC．又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC．因為BC平面PBC．所以平面PBC⊥平面PAC．知識點(diǎn)解析：暫無解析29、若AB=2，AC=1，PA=1，求二面角C—PB—A的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：解法－：過C作CM∥AP，則CM⊥平面ABC．如圖，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CB，CA，CM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．因為AB=2，AC=l，所以BC=√3．因為PA=1，所以A(0，1，0)，B(√3，0，0)，P(0，1，1)．故=(√3，0，0)，=(0，1，1)．設(shè)平面BCP的法向量為=(x，y，z)，則不妨令y=1，則=(0，1，－1)．因為=(0，0，1)，=(√3，－1，0)．設(shè)平面ABP的法向量為=(x，y，z)，則不妨令x=1，則=(1，√3，0)，于是所以由題意可知二面角CPBA的余弦值為.解法二：過C作CM⊥AB于M，因為PA⊥平面ABC，CM平面ABC，所以PA⊥CM，故CM⊥平面PAB．過M作MN⊥PB于N，連接NC，由三垂線定理得CN⊥PB．所以∠CNM為二面角CPBA的平面角．在Rt△ABC中，由AB=2，AC=1，得BC=√3，CM=，在Rt△PAB中，由AB=2，PA=1，得PB=√5．因為Rt△BNM∽Rt△BAP，所以,故MN=.又在Rt△CNM中，CN=故cos∠CNM=所以二面角C—PB—A的余弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷第2套一、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(diǎn)，AQ=2BD，PD與EQ交于點(diǎn)G，PC與FQ交于點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，∴△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(diǎn)解析：暫無解析如圖，四棱錐P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為BD的中點(diǎn)，G為PD的中點(diǎn)，△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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析6、求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角θ的大小．標(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(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)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(diǎn)O，∴AO=CO=DO=BO，∴四邊形OCED為菱形．知識點(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析已知A，B，C，D是⊙O上的四個點(diǎn)．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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)．如果f(x)有兩個二階周期點(diǎn)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(diǎn)．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(diǎn)都不是二階周期點(diǎn)．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(diǎn)．綜上所述，所求a的取值范圍為a＞.知識點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析17、如圖，將／XABC繞頂點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P1(x1，f(x1))處的切線交于另－點(diǎn)P2(x2，f(x2))．曲線C與其在點(diǎn)P2處的切線交于另－點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P1(x1，g(x1))處的切線交于點(diǎn)P2(x2，g(x2))，曲線C＇與其在點(diǎn)P2處的切線交于另一點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)解析：暫無解析已知橢圓Γ的方程為=1(a＞b＞0)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－a，b)．19、若直角坐標(biāo)平面上的點(diǎn)M，A(0，－b)，B(a，0)滿足，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0)．∵=(a，－2b)，=(2a，－b)，∴=(x0+a，y0－b)，于是，點(diǎn)M的坐標(biāo)為.知識點(diǎn)解析：暫無解析20、設(shè)直線l1:y=k1x+p交橢圓Γ于C、D兩點(diǎn)，交直線l2：y=k2x于點(diǎn)E．若k1·k2=－，證明：E為CD的中點(diǎn)；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(diǎn)坐標(biāo)為．∵k1·k2=，∴k2=．由y=k1x+p，y=－x，得l1與l2的交點(diǎn)E的坐標(biāo)為，∴l(xiāng)1與l2的交點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)．知識點(diǎn)解析：暫無解析21、對于橢圓Γ上的點(diǎn)Q(acosθ，bsinθ)(0＜θ＜π)，如果橢圓Γ上存在不同的兩個交點(diǎn)P1、P2滿足，寫出求交點(diǎn)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(diǎn)R第二步：直線OR的斜率k2=，過點(diǎn)R作斜率為－的直線交Γ于P1、P2兩點(diǎn)．由(II)可知，R是P1P2的中點(diǎn)，則PP1QP2是平行四邊形，有.要使P1、P2存在，則點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析23、設(shè)直線l是圓O：x2+y2=2上動點(diǎn)P(x0，y0)(x0,y0≠0)處的切線，l與雙曲線C交于不同的兩點(diǎn)A，B，證明∠AOB的大小為定值．標(biāo)準(zhǔn)答案：點(diǎn)P(x0，y0)(x0y0≠0)在圓x2+y2=2上，圓在點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析過拋物線y2=2px(p＞0)的對稱軸上一點(diǎn)A(a，0)(a＞0)的直線與拋物線相交于M、N兩點(diǎn)，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(diǎn)A(，0)即為拋物線的焦點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析已知點(diǎn)P1(x0，y0)為雙曲線=1(b為正常數(shù))上任一點(diǎn)，F(xiàn)2為雙曲線的右焦點(diǎn)，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(diǎn)P2．26、求線段P1P2的中點(diǎn)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(diǎn)解析：暫無解析27、設(shè)軌跡E與x軸交于B，D兩點(diǎn)，在E上任取一點(diǎn)Q(x1，y1)(y1≠0)，直線QB，QD分別交y軸于M，N兩點(diǎn)．求證：以MN為直徑的圓過兩定點(diǎn)．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(diǎn)(－5b，0)(5b，0)．知識點(diǎn)解析：暫無解析點(diǎn)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(diǎn)，直線OP的傾斜角為α，直線l2的傾斜角為γ.28、證明：點(diǎn)P是橢圓=1與直線l1的唯一交點(diǎn)；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=acosβ．因此，方程組有唯－解，即l1與橢圓有唯－交點(diǎn)P．知識點(diǎn)解析：暫無解析29、證明：tanα，tanβ，tanγ構(gòu)成等比數(shù)列．標(biāo)準(zhǔn)答案：x0=acosβ，y0=bsinβ，·tanβ，tanβ=，直線OP的傾斜角為α，tanα=，設(shè)直線l1的斜率為k1，l2的斜率為k2，k1=－，由l1⊥l2得k1·k2=－1，k2=，∴tanα·tanγ==tan2β．即證得tanα，tanβ，tanγ構(gòu)成等比數(shù)列．知識點(diǎn)解析：暫無解析已知函數(shù)f(x)=(x3+3x2+ax+b)e-x．30、若a=b=－3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；標(biāo)準(zhǔn)答案：當(dāng)a=b=－3時，f(x)=(x3+3x2－3x－3)e-x，故f＇(x)=－(x3+3x2－3x－3)e-x+(3x2+6x－3)e-x=－e-x(x3－9x)=－x(x－3)(x+3)e-x．當(dāng)x＜－3或0＜x＜3時，f＇(x)＞0；當(dāng)－3＜x＜0或x＞3時，f＇(x)＜0．從而f(x)在(－∞，－3)，(0，3)單調(diào)遞增，在(－3，0)，(3，+∞)單調(diào)遞減．知識點(diǎn)解析：暫無解析31、若f(x)在(－∞，α)，(2，β)單調(diào)增加，在(α，2)，(β，+∞)單調(diào)減少，證明β－α＞6．標(biāo)準(zhǔn)答案：f＇(x)=－(x3+3x2+ax+b)e-x+(3x2+6x+a)e-x=－e-x[x3+(a－6)x+b－a]．由條件得：f＇(2)=0，即23+2(a－6)+b－a=0，故b=4－a，從而f＇(x)=－e-x[x3+(a－6)x+4—2a]．因為f＇(α)=f＇(β)=0，所以x3+(a－6)x+4—2a=(x－2)(x－α)(x—β)=(x－2)[x2－(α+β)x+αβ]．將右邊展開，與左邊比較系數(shù)得，α+β=－2，αβ=α－2．故β—α=又(β－2)(α－2)＜0，即β－2(α+β)+4＜0，由此可得α＜－6．于是β－α＞6．知識點(diǎn)解析：暫無解析教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷第3套一、證明題(本題共28題，每題1.0分，共28分。)已知{an}是由非負(fù)整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前n項的最大值記為An,第n項之后各項an+1，an+2．…的最小值記為Bn,dn=An－Bn．1、若{an}為2，l，4，3，2，1，4，3，…，是一個周期為4的數(shù)列(即對任意n∈N*，an+4=an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；標(biāo)準(zhǔn)答案：d1=d2=1，d3=d4=3．知識點(diǎn)解析：暫無解析2、設(shè)d是非負(fù)整數(shù)，證明：dn=－d(n=1，2，3，…)的充分必要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列；標(biāo)準(zhǔn)答案：(充分性)因為{an}是公差為d的等差數(shù)列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…．因此An=an，Bn=an+1，dn=an－an+1=－d(n=1，2，3，…)．(必要性)因為d，=－d≤0(n=1，2，3，…)，所以An=Bn+dn≤Bn．又因為an≤An，an+1≥Bn，所以an≤an+1．于是An=an,Bn=an+1，因此an+1－an=Bn－An=－dn=d，即{an}是公差為d的等差數(shù)列．知識點(diǎn)解析：暫無解析3、證明：若a1=2，dn=1(n=1，2，3，…)，則{an}的項只能是1或2，且有無窮多項為1．標(biāo)準(zhǔn)答案：因為a1=2，d1=1，所以A1=a1=2，B1=A1－d1=1．故對任意n≥1，an≥B1=1．假設(shè)數(shù)列{an}(n≥2)中存在大于2的項．設(shè)m為滿足am＞2的最小正整數(shù)，則m≥2，并且對任意1≤k＜m，ak≤2．又因為a1=2，所以Am-1=2，且Am=am＞2．于是，Bm=Am－dm＞2—1=1，Bm-1=min{am，Bm)≥2．故dm-1=Am-1－Bm-1≤2—2=0，與dm-1=1矛盾．所以對于任意n≥1，有an≤2，即非負(fù)整數(shù)列{an}的各項只能為1或2．因為對任意n≥1，an≤2－a1，所以An=2．故Bn=An－dn=2—1=1．因此對于任意正整數(shù)n，存在m滿足m＞n，且am=1，即數(shù)列{an}有無窮多項為1．知識點(diǎn)解析：暫無解析設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a+b+c=1．證明：4、ab+bc+ca≤標(biāo)準(zhǔn)答案：由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca．由題設(shè)得(a+b+c)2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1．所以3(ab+bc+ca)≤1，即ab+bc+ca≤.知識點(diǎn)解析：暫無解析5、≥1.標(biāo)準(zhǔn)答案：因為+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，故+(a+b+c)≥2(a+b+c)，即≥a+b+c．所以≥1．知識點(diǎn)解析：暫無解析正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn2－(n2+n－1)Sn－(n2+n)=0．6、求數(shù)列{an}的通項公式an；標(biāo)準(zhǔn)答案：由Sn2－(n2+n－1)Sn－(n2+n)=0，得[Sn－(n2+n)](Sn+1)=0．由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn＞0，Sn=n2+n．于是a1=S1=2，n≥2時，an=Sn－Sn-1=n2+n－(n－1)2－(n－1)=2n．綜上，數(shù)列{an}的通項an=2n．知識點(diǎn)解析：暫無解析7、令bn=，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.證明：對于任意的n∈N*，都有Tn＜.標(biāo)準(zhǔn)答案：由于an=2n，bn=.知識點(diǎn)解析：暫無解析設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．8、推導(dǎo){an}的前n項和公式；標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè){an}的前n項和為Sn，當(dāng)q=1時，Sn=a1+a1+…+a1=na1；當(dāng)q≠1時，Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1，①qSn=a1q+a1q2+…+a1qn，②①－②得，(1－q)Sn=a1－a1qn，∴Sn=知識點(diǎn)解析：暫無解析9、設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an+1)不是等比數(shù)列．標(biāo)準(zhǔn)答案：假設(shè){an+1)是等比數(shù)列，則對任意的k∈N+，(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1)，ak+12+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1，a12q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,∵a1≠0，∴2qk=qk-1+qk+1．∵q≠0，∴q2－2q+1=0，∴q=1，這與已知矛盾．∴假設(shè)不成立，故{an+1)不是等比數(shù)列．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，點(diǎn)A、B、C分別是⊙O上的點(diǎn)，∠B=60°，AC=3，CD是⊙O的直徑，P是CD延長線上的－點(diǎn)，且AP=AC．10、求證：AP是⊙O的切線；標(biāo)準(zhǔn)答案：連接OA．∵∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°，又∵OA=OC,∴∠ACP=∠CAO=30°，∴∠AOP=60°，∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°，∴．∠OAP=90°，∴OA⊥AP，∴AP是⊙O的切線．知識點(diǎn)解析：暫無解析11、求PD的長．標(biāo)準(zhǔn)答案：連接AD．∵CD是⊙O的直徑，∴∠CAD=90°，∴AD=AC·tan30°=3×=√3，∵∠ADC=∠B=60°，∴∠PAD=∠ADC—∠P=60°－30°，∴∠P=∠PAD，∴PD=AD=√3.知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，在三棱錐S—ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS=AB，過A作AF⊥SB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn)．求證：12、平面EFG∥平面ABC；標(biāo)準(zhǔn)答案：因為SA=AB且AF⊥SB，所以F為SB的中點(diǎn)．又E，G分別為SA，SC的中點(diǎn)，所以EF∥AB，EG∥AC．又AB∩AC=A，AB面SBC，ACC面ABC，所以平面EFG∥平面ABC．知識點(diǎn)解析：暫無解析13、BC⊥SA．標(biāo)準(zhǔn)答案：因為平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC=SB，AF平面ASB，AF⊥SB．所以，AF⊥平面SBC．又BC平面SBC，所以AF⊥BC．又AB⊥BC，AF∩AB=A，所以BC⊥平面SAB．又SA平面SAB，所以BC⊥SA．知識點(diǎn)解析：暫無解析已知函數(shù)f(x)=lnx－ax2+(2－a)x．14、討論f(x)的單調(diào)性；標(biāo)準(zhǔn)答案：f(x)的定義域為(0，+∞)，f＇(x)=－2asc+(2－a)=－(i)若a≤0，則f＇(x)＞0，所以f(x)在(0，+∞)單調(diào)遞增．(ii)若a＞0，則由f＇(x)=0得x=，且當(dāng)x∈(0，)時，f＇(x)＞0，當(dāng)x＞時，f＇(x)＜0，所以f(x)在(0，)單調(diào)遞增，在(，+∞)單調(diào)遞減．知識點(diǎn)解析：暫無解析15、設(shè)a＞0，證明：當(dāng)0＜x＜－時，f(+x)＞f(－x)；標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)函數(shù)g(x)=f(+x)－f(－x)，則g(x)=ln(1+ax)－ln(1－ax)－2ax，g＇(x)=．當(dāng)0＜x＜時，g＇(x)＞0，而g(0)=0，所以g(x)＞0．故當(dāng)0＜x＜時，.知識點(diǎn)解析：暫無解析16、若函數(shù)y=f(x)的圖像與x軸交于A，B兩點(diǎn)．線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，證明：f＇(x0)＜0．標(biāo)準(zhǔn)答案：由(Ⅰ)可得，當(dāng)a≤0時，函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸至多有－個交點(diǎn)，故a＞0，從而f(x)的最大值為＞0．不妨設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，則0＜x1＜＜x2．由(II)得＞f(x1)=0．從而x2＞－x1，于是x0=.由(Ⅰ)知，f＇(x0)＜0．知識點(diǎn)解析：暫無解析17、敘述并證明余弦定理．標(biāo)準(zhǔn)答案：余弦定理：三角形任何－邊的平方等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦之積的兩倍．或：在△ABC中，a，b，c為角A，B，C的對邊，有a2=b2+c2－2bccosA，b2=c2+a2－2cacosB，c2=a2+b2－2abcosC．如圖，a2=－b2－2bccosA+c2，即a2=b2+c2－2bccosA．同理可證b2=c2+a2－2cacosB，c2=a2+b2－2abcosC．知識點(diǎn)解析：暫無解析已知函數(shù)f(x)=√x，g(x)=alnx，a∈R．18、若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)相交，且在交點(diǎn)處有共同的切線，求a的值和該切線方程；標(biāo)準(zhǔn)答案：f＇(x)=，g＇(x)=(x＞0)，由已知得解得a=，x=e2，∴兩條曲線交點(diǎn)的坐標(biāo)為(e2，e)．切線的斜率為k=f＇(e)=∴切線的方程為y—e=(x—e2)．知識點(diǎn)解析：暫無解析19、設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)－g(x)，當(dāng)h(x)存在最小值時，求其最小值φ(a)的解析式；標(biāo)準(zhǔn)答案：由條件知h(x)=√x－alnx(x＞0)．∴h＇(x)=,(i)當(dāng)a＞0時，令h＇(x)=0，解得x=4a2,∴當(dāng)0＜x＜4a2時，h＇(x)＜0，h(x)在(0，4a2)上遞減；當(dāng)x＞4a2時，h＇(x)＞0，h(x)在(4a2，+∞)上遞增．∴x=4a2是h(x)在(0，+∞)上的唯－極值點(diǎn)，且是極小值點(diǎn)，從而也是h(x)的最小值點(diǎn)．∴最小值φ(a)=h(4a2)=2a－aln4a2=2a(1－ln2a)．(il)當(dāng)a≤0時，h＇(x)=＞0，h(x)在(0，+∞)上遞增，無最小值．綜上故h(x)的最小值φ(a)的解析式為φ(a)=2a(1－ln2a)(a＞0)．知識點(diǎn)解析：暫無解析20、對(II)中的φ(a)和任意的a＞0，b＞0．證明：標(biāo)準(zhǔn)答案：由(II)知φ＇(a)=－21n2a，對任意的a＞0，b＞0，=－ln4ab①，=－ln(a+b)2≤－ln4ab②，=－ln4ab③，故由①②③得知識點(diǎn)解析：暫無解析設(shè)f(x)是定義在區(qū)間(1，+∞)上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f＇(x)．如果存在實數(shù)a和函數(shù)h(x)，其中h(x)對任意的x∈(1，+∞)都有h(x)＞0，使得f＇(x)=h(x)(x2－ax+1)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(a)．21、設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x)+(x＞1)，其中b為實數(shù)(i)求證：函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(b)；(ii)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．標(biāo)準(zhǔn)答案：由f(x)=lnx+，得f＇(x)=．因為x＞1時，h(x)=＞0，所以函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P(b)．(ii)當(dāng)b≤2時，由x＞l得x2－bx+1≥x2－2x+1=(x－1)2＞0，所以f＇(x)＞0，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，+∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)b＞2時，解方程x2－bx+1=0得x1=．因為x1=所以當(dāng)x∈(1，x2)時，f＇(x)＜0；當(dāng)x∈(x2，+∞)時，f＇(x)＞0；當(dāng)x=x2時，f＇(x)=0．從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，x2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x2，+∞)上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)b≤2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，+∞)；當(dāng)b＞2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(1，)，單凋增區(qū)間為(,+∞).知識點(diǎn)解析：暫無解析22、已知函數(shù)g(x)具有性質(zhì)P(2)，給定x1，x2∈(1，+∞)，x1＜x2，設(shè)m為實數(shù)，a=mx1+(1－m)x2，β=(1－m)x1+mx2，且α＞1，β＞1，若|g(α)－g(β)|＜|g(x1)－g(x2)|，求m的取值范圍．標(biāo)準(zhǔn)答案：由題設(shè)知，g(x)的導(dǎo)函數(shù)g＇(x)=h(x)(x2－2x+1)，其中函數(shù)h(x)＞0對于任意的x∈(1，+∞)都成立，所以，當(dāng)x＞1時，g＇(x)=h(x)(x－1)2＞0，從而g(x)在區(qū)間(1，+∞)上單調(diào)遞增．①當(dāng)m∈(0，1)時，有a=mx1+(1－m)x2＞mx1+(1－m)x1=x1，a＜mx2+(1－m)x2=x2，得α∈(x1，x2)，同理可得β∈(x1，x2)，所以由g(x)的單調(diào)性知g(α)，g(β)∈(g(x1)，g(x2))，從而有∣g(α)－g(β)∣＜∣g(x1)－g(x2)∣，符合題設(shè)．②當(dāng)m≤0時，α=mx1+(1－m)x2≥mx2+(1－m)x2=x2，β=(1－m)x1+mx2≤(1－m)x1+mx1=x1，于是由α＞1，β＞1及g(x)的單調(diào)性知g(β)≤g(x1)＜g(x2)≤g(α)，所以∣g(α)－g(β)∣≥∣g(x1)－g(x2)∣，與題設(shè)不符．③當(dāng)m≥1時，同理可得α≤x1，β＞x2，進(jìn)而得∣g(α)－g(β)∣≥∣g(x1)－g(x2)∣，與題設(shè)不符．因此，綜合①、②、③得所求的m的取值范圍為(0，1)．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，已知△ABC中的兩條角平分線AD和CE相交于H，∠B=60°，F(xiàn)在AC上，且AE=AF．23、證明：B，D，H，E四點(diǎn)共圓；標(biāo)準(zhǔn)答案：在△ABC中，因為∠B=60°，所以∠BAC+∠BCA=120°．因為AD，CE是角平分線，所以∠HAC+∠HCA=60°，故∠AHC=120°．于是∠EHD=∠AHC=120°．因為∠EBD+∠EHD=180°，所以B，D，H，E四點(diǎn)共圓．知識點(diǎn)解析：暫無解析24、證明：CE平分∠DEF．標(biāo)準(zhǔn)答案：連結(jié)BH，則BH為∠ABC的平分線，得∠HBD=30°．由(Ⅰ)知B，D，H，E四點(diǎn)共圓，所以∠CED=∠HBD=30°．又∠AHE=∠EBD=60°，由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF=30°所以CE平分∠DEF．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，連接AE，BE．證明：25、∠FEB=∠CEB；標(biāo)準(zhǔn)答案：由直線CD與⊙O相切，得∠CEB=∠EAB．由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB，從而∠EAB+∠EBF=；又EF⊥AB，得∠FEB+∠EBF=，從而∠FEB=∠EAB．故∠FEB∠CEB．知識點(diǎn)解析：暫無解析26、EF2=AD·BC.標(biāo)準(zhǔn)答案：由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB=∠CEB，BE是公共邊，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC=BF．類似可證：Rf△ADE≌Rt△AFE，得AD=AF．又∵在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2=AF·BF，所以EF2=AD·BC．知識點(diǎn)解析：暫無解析如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=6，D、E分別是AC，AB上的點(diǎn)，CD=BE=√2，0為BC的中點(diǎn)．將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐A＇－BCDE，其中A＇O=√3．27、證明：A＇O⊥平面BCDE；標(biāo)準(zhǔn)答案：在圖1中，易得OC=3，AC=3√2，AD=2√2連結(jié)OD，OE，在△OCD中，由余弦定理可得OD==√5由翻折不變性可知A＇D=2√2，所以A＇O2+OD2=A＇D2，所以A＇O⊥OD，同理可證A＇O⊥OE，又OD∩OE=0，所以A＇O⊥平面BCDE．知識點(diǎn)解析：暫無解析28、求二面角A＇－CD—B的平面角的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：傳統(tǒng)法：過O作OH⊥CD交CD的延長線于H．連結(jié)A＇H，因為A＇O平面BCDE，所以A＇H⊥CD，所以∠A＇HO為二面角A＇－CD—B的平面角．結(jié)合圖l可知，H為AC中點(diǎn)，故OH=，從而A＇H=所以cos∠A＇HO=，所以二面角A＇－CD—B的平面角的余弦值為.向量法：以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyx如圖所示，則A＇(0，0，√3)，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)所以=(0，3，√3)，=(－1，2，√3)，設(shè)=(x，y，z)為平面A＇CD的法向量，則x=1，得=(1，－1，√3)，由(Ⅰ)知，=(0，0，√3)為平面CDB的－個法向量，所以cos，即二面角A＇－CD—B的平面角的余弦值為.知識點(diǎn)解析：暫無解析教師公開招聘考試小學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷第4套一、計算題(本題共4題，每題1.0分，共4分。)如圖，已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，長軸為MN且在x軸上，短軸長分別為2m，2n(m＞n)，過原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C1，C2的四個交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A，B，C，D．記λ=，△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2．1、當(dāng)直線l與y軸重合時，若S1=λS2，求λ的值；標(biāo)準(zhǔn)答案：S1=λS2m+n=λ(m－n)，∵λ=解得：λ=√2+1(舍去小于1的根)．知識點(diǎn)解析：暫無解析2、當(dāng)λ變化時，是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1=λS2?并說明理由．標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)橢圓C1：=1(a＞m)，C2：=1，直線l：ky=x，，同理可得yB=，又∵△BDM和△ABN的高相等．∴，如果存在非零實數(shù)k使得S1=λS2，則有(λ－1)yA=(λ+1)yB，即：，解得k2=．∴當(dāng)λ＞1+√2時，k2＞0，存在這樣的直線l；當(dāng)1＜λ≤1+√2時，k2≤0，不存在這樣的直線l．知識點(diǎn)解析：暫無解析在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓P在x軸上截得線段長為2√2，在y軸上截得線段長為2√3．3、求圓心P的軌跡方程；標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)P(x，y)，圓P的半徑為r．由題設(shè)y2+2=r2，x2+3=r2,從而y2+2=x2+3．故P點(diǎn)的軌跡方程為y2－x2=1．知識點(diǎn)解析：暫無解析4、若P點(diǎn)到直線y=x的距離為，求圓P的方程．標(biāo)準(zhǔn)答案：設(shè)P(x0，y0)．由已知得又因為P點(diǎn)在雙曲線y2－x2=1上，從而得此時圓P的半徑r=√3．由此時圓P的半徑r=√3.故圓P的方程為x2+(y－1)2=3或x2+(y+1)2=3．知識點(diǎn)解析：暫無解析二、證明題(本題共30題，每題1.0分，共30分。)5、已知m＞0，a，b∈R，求證標(biāo)準(zhǔn)答案：∵m＞0，∴1+m＞0，∴要證，即證(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2)，即證(a2－2ab+b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故.知識點(diǎn)解析：暫無解析6、已知an=4n+5，bn=3n，求證：對任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)P，使得ap=bn2成立．標(biāo)準(zhǔn)答案：an=4n+5=4(n+1)+1，表示的是被4除余1的數(shù)，而bn2=9n=(8+1)n=Cn08n+Cn18n-1+…+Cnn-1·8+l，展開式除最后－項之外均為8也為4的倍數(shù)，因此，對任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)P，使得ap=bn2成立．知識點(diǎn)解析：暫無解析7、求證：函數(shù)f(x)=+1在區(qū)間(0，+∞)上是單調(diào)增函數(shù)．標(biāo)準(zhǔn)答案：x1，x2，且0＜x1＜x2，∵f(x1)－f(x2)=－．∵0＜x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1x2＞0，∴＜0，即f(x1)＜f(x2)∴f(x)在(0，+∞)上為單調(diào)增函數(shù)．知識點(diǎn)解析：暫無解析8、已知a＞0，b＞0，求證a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc．標(biāo)準(zhǔn)答案：∵b2+c2≥2bc，a＞0．∴a(b2+c2)≥2abc，又∵c2+a2≥2ac，b＞0，∴b(c2+a2)≥2abc,∴a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc．知識點(diǎn)解析：暫無解析9、求證：定義在實數(shù)集上的單調(diào)減函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸至多只有一個公共點(diǎn)．標(biāo)準(zhǔn)答案：假設(shè)函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸有兩個交點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，且x1＜x2．因為函數(shù)y=f(x)在實數(shù)集上單調(diào)遞減．所以f(x1)＞f(x2)，這與f(x1)－f(x2)=0矛盾．所以假設(shè)不成立，故原命題成立．知識點(diǎn)解析：暫無解析10、已知函數(shù)f(x)對其定義域內(nèi)的任意兩個數(shù)a，b．當(dāng)a＜b時，都有f(a)＜f(b)，證明：f(x)=0至多有－個實根．標(biāo)準(zhǔn)答案：假設(shè)f(x)=0至少有兩個不同的實數(shù)根x1，x2，不妨設(shè)x1＜x2，由方程的定義可知：f(x1)=0，f(x2)=0，即f(x1)=f(x2)，由已知x1＜x2時，有f(x1)＜f(x2)這與f(x1)=f(x2)矛盾，因此假設(shè)不能成立，故原命題成立．知識點(diǎn)解析：暫無解析11、用數(shù)學(xué)歸納法證明：1+4+7+…+(3n－2)=n(3n－1)．標(biāo)準(zhǔn)答案：(1)當(dāng)n=1時，左邊=1，右邊=1，∴當(dāng)n=l時命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n=k時命題成立，即1+4+7+…+(3k－2)=k(3k－1)，則當(dāng)n=k+l時，需證1+4+7+…+(3k－2)+[3(k+1)－2]=(k+1)(3k+2)(*)，由于左端等式是－個以1為首項，公差為3，項數(shù)為k+1的等差數(shù)列的前n項和，其和為(k+1)(1+3k+1)=(k+1)(3k+2)，∴(*)式成立，即n=k+l時，命題成立，根據(jù)(1)(2)可知，對－切n∈N*，命題成立．知識點(diǎn)解析：暫無解析12、已知a，b是正數(shù)，并且a≠b，求證：a5+b5＞a2b3+a2b2．標(biāo)準(zhǔn)答案：(a5+b5)－(a2b3+a3b2)－(a5－a3b2)+(b5－a2b3)=a3(a2－b2)－b3(a2－b2)=(a2－b2)(a3－b3)=(a+b)(a－b)2(a2+ab+b2)，∵a，b都是正數(shù)．∴a+b＞0，a2+ab+b2＞0．又∵a≠b，∴(a－b)2＞0．∴(a+b)(a－b)2(a2+ab+b2)＞0，即：a5+b5＞a2b3+a3b2．知識點(diǎn)解析：暫無解析13、證明：標(biāo)準(zhǔn)答案：知識點(diǎn)解析：暫無解析14、已知a＞b＞c，求證：標(biāo)準(zhǔn)答案：因為a＞b＞c，故a－b＞0，b—c＞0，a－c＞0．又(a－b)+(b—c)=a－c，故設(shè)a—b=(a－c)cos2α，b－c－(a－c)sin2α(0＜α＜)．將其代入原不等式，得sec2α+csc2α－1＞0．這是－個顯然成立的不等式，從而原不等式得證．知識點(diǎn)解析：暫無解析設(shè){an}是首項為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項和．記bn=，n∈N+，其中c為實數(shù)．15、若c=0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk=n2Sk(k，n∈N+)；標(biāo)準(zhǔn)答案：若c=0．則an=a+(n－1)d，Sn=．當(dāng)b1，b2，b1成等比數(shù)列，b22=b1b4，即：，得：d2=2ad，又d≠0，故d=2a．由此：Sn=n2a，Suk=(nk)2a=n2k2a，n2Sk=n2k2a．故：Snk=n2Sk(k，n∈N*)．知識點(diǎn)解析：暫無解析16、若{bn}是等差數(shù)列，證明：c=0．標(biāo)準(zhǔn)答案：bn=若{bn}是等差數(shù)列，則bn=An+B型．觀察(※)式后－項，分子冪低于分母冪，故有：≠0，故c=0．經(jīng)檢驗，當(dāng)c=0時{bn}是等差數(shù)列．知識點(diǎn)解析：暫無解析已知函數(shù)f(x)=(cosx—x)(π+2x)－(sinx+1)，g(x)=3(x—π)cosx－4(1+sinx)ln(3－)．證明：17、存在唯一x0∈(0，)，使f(x0)=0；標(biāo)準(zhǔn)答案：∵當(dāng)x∈(0，)時，f＇(x)=－(1+sinx)(π+2x)－2x－cosx＜0，∴函數(shù)f(x)在(0，)上為減函數(shù)，又f(0)=π－＞0，f()=－π2－＜0；∴存在唯－的x0∈(0，)，使f(x0)=0.知識點(diǎn)解析：暫無解析18、存在唯一x0∈(，π)，使g(x1)=0，且對(Ⅰ)中的x0，有x0+x1＜π．標(biāo)準(zhǔn)答案：考慮函數(shù)h(x)=—4ln(3—x)，x∈[，π]，令t=π－x，則π∈[，π]時，t∈[0，]，記u(t)=h(π－t)=－41n(1+t)，則u＇(t)=，由(Ⅰ)得，當(dāng)t∈(0，x0)時，u＇(t)＜0；在(0，x0)上u(x)是增函數(shù)，又u(0)=0，∴當(dāng)t∈(0，x0]時，u(t)＞0．∴u(t)在(0，x0]上無零點(diǎn)；在(x0，)上u(t)是減函數(shù)，由u(x0)＞0，u()=－41n2＜0，∴存在唯－的t1∈(x0，)，使u(t1)=0；∴存在唯－的t1∈(0，)，使u(t1)=0；∴存在唯－的x1=π－t1∈(，π)，使h(x1)=h(π－t1)=u(t1)=0；∵當(dāng)x∈(，π)時，1+sinx＞0，∴g(x)=(1+sinx)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn)，∴存在唯－的x1∈(，π)，使g(x1)=0，∵x=π－t1，t1＞x0，∴x0+x1＜π．知識點(diǎn)解析：暫無解析設(shè)函數(shù)f(x)=2|x－1|+x－1，g(x)=16x2－8x+1．記f(x)≤1的解集為M，g(x)≤4的解集為N．19、求M；標(biāo)準(zhǔn)答案：由f(x)=2∣x－1∣+x－l≤1可得解①求得1≤x≤，解②求得0≤x＜1．綜上，原不等式的解集為[0，]．知識點(diǎn)解析：暫無解析20、當(dāng)x∈M∩N時，證明：x2f(x)+x[f(x)]2≤.標(biāo)準(zhǔn)答案：由g(x)=16x2－8x+1≤4，求得－．∴N=，∴M∩N=[0，]．∵當(dāng)x∈M∩N時．f(x)=1－x，x2f(x)+x[f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=，故要證的不等式成立．知識點(diǎn)解析：暫無解析數(shù)列{an}滿足a1=1，nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N+．21、證明：數(shù)列是等差數(shù)列；標(biāo)準(zhǔn)答案：由已知可得所以數(shù)列是以=1為首項，1為公差的等差數(shù)列．知識點(diǎn)解析：暫無解析22、設(shè)bn=3n·求數(shù)列{bn}的前n項和Sn．標(biāo)準(zhǔn)答案：由(Ⅰ)得=1+(n－1)·1=n，所以an=n2，從而bn=n·3n．Sn=1·