江西省上饶市广丰区2024年高中教师教学技能竞赛解题环节测试数学试卷

※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… （在此卷上答题无效） 广丰区2024年高中数学教师教学技能竞赛 测试试卷 1、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的. 1．若，则“”是“”的（    ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知函数，，，，集合只含有 一个元素，则实数的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 3．已知数列满足，且，则（     ） A． B． C． D． 4．设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（    ） A． B． C． D． 5. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 6．已知圆与圆，过动点分别作圆､ 圆的切线（分别为切点），若，则到圆距离的 最小值是（    ） A． B． C． D． 7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且 至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（     ） A．48 B．54 C．60 D．72 8. 已知a，b，c满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．已知复数的共轭复数分别为，则下列命题为真命题的是（     ） A． B． C．若，则 D．若，则 10．如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（     ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的体积为 C．当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径. D．的最大值为 11. 下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15 分. 12．已知函数.若不等式对任意恒成立，则的取值范围是 . 13．若对任意正实数x，y，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ． 14. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为， 则的最小值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（满分13分）的内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若角的平分线交于点，求的长． 16. （满分15分）如图，在三棱锥中，，，，， BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 17．（满分15分）已知函数，其中为自然对数的底数. （1）讨论的单调区间； （2）当时，不等式在区间上恒成立时，求的取值范围. 18．（满分17分）已知抛物线E的准线方程为：，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点. （1）求抛物线E的标准方程； （2）证明：为定值. 19． （满分17分）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率 为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立. 在某局比赛双方打成平后，甲先发球. （1）求再打2球该局比赛结束的概率； （2）两人又打了个球该局比赛结束，求的数学期望； （3）若将规则改为“打成平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率. 第4页，共4页 测试卷第3页，共4页 测试卷第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$广丰区 2024年高中数学教师教学技能竞赛 解题环节测试参考答案 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D B B A A C B 8【答案】B 【解析】2023年四省联考 【分析】构造函数 2 3( ) 5 5 x x f x             ，利用其单调性，分 1b  ， 1b  ， 1b 讨 论即可. 【详解】由题意得5 2 0b b  ，即5 2b b ，则 20 1 5 b       ，则 0b  ， 令 2 3( ) , (1) 1 5 5 x x f x f             ，根据减函数加减函数为减函数的结论知：  f x 在R上单调递减， 当 1b  时，可得 2 3 1 5 5 b b             ， 2 3 5b b b   ，两边同取以 5为底的对数得  5 5log 2 og 53 lb b b ba     ，对 2 3 5b b b  通过移项得5 2 3b b b  ， 两边同取以 3为底的对数得  3log 5 2b b bc    ， 所以 c b a  ，所以 b a   ，所以 c b c a   ，且 0, 0c b c a    ， 故此时， a c b c   ，故 C,D选项错误， 2b  时， 5 3 3 3 7 1log 13 log 21 log 21 2 log ,1 3 2 a c c b            ， ， ， 5 5 25 12 log 13 log 0, , 13 2 b a c b b a             ，且 0, 0c b c a    ，故 A错 误, 下面严格证明当 1b  时，0 b a c b    ，  5 5 55 1log 2 3 log log2 3 2 3 5 5 b b b b bb bb a b                               ，  3 3 5 2log 5 2 log 3 3 b b b bc b b                     根据函数   5 2 3 3 x x h x             在R上单调递增，且  1 1h  ， 则当 1b  时，有 5 21 3 3 b b             ， 2 30 1 5 5 b b              ， 11 2 3 5 5 b b             ， 下面证明： 5 5 2 2 3 3 b b b b b b    ， 1b  要证： 5 5 2 2 3 3 b b b b b b    ， 即证：    15 2 3 5 2b b b b b  ，等价于证明4 6 10b b b ， 即证： 2 3 1 5 5 b b             ，此式开头已证明， 对 5 5 2 2 3 3 b b b b b b    ，左边同除分子分母同除5b，右边分子分母同除3b得 1 5 2 3 32 3 5 5 b b b b                       ， 则 5 5 3 1 5 2 5 20 log log log 3 3 3 32 3 5 5 b b b b b bb a c b                                                               故当 1b  时，0 b a c b    ，则 a b b c   当0 1b  时，可得 2 3 1 5 5 b b             ， 2 3 5b b b   ，两边同取以 5为底的对数得  5 5log 2 og 53 lb b b ba     ，对 2 3 5b b b  通过移项得5 2 3b b b  ， 两边同取以 3为底的对数得  3log 5 2b b bc    ， 所以 c b a  ，所以 b a   ，所以 c b c a   ，且 0, 0c b c a    ， 故0 b c a c    ，故此时， a c b c   ， 下面严格证明当0 1b  时， 0c b b a    ， 当0 1b  时，根据函数 2 3( ) , (1) 1 5 5 x x f x f             ，且其在R上单调递减，可 知 2 3 1 5 5 b b             ，则 5 1log 0 2 3 5 5 b bb a                       ，则 10 1 2 3 5 5 b b             ， 根据函数函数   5 2 3 3 x x h x             在R上单调递增，且  1 1h  ， 则当0 1b  时， 5 20 1 3 3 b b              ， 下面证明： 5 5 2 , ( 1) 2 3 3 b b b b b b b     ， 要证： 5 5 2 2 3 3 b b b b b b    即证：    15 2 3 5 2b b b b b   ，等价于证4 6 10b b b  ， 即证： 2 3 1 5 5 b b             ，此式已证明， 对 5 5 2 2 3 3 b b b b b b    ，左边同除分子分母同除5b，右边分子分母同除3b得 1 5 2 3 32 3 5 5 b b b b                       ， 则 3 5 5 5 2 5 2 1log log log 0 3 3 3 3 2 3 5 5 b b b b b bc b b a                                                                ， 故0 1b  时， 0c b b a    ，则 a b b c   当 1b  时， 5 3log 5 1, log 3 1a c    ，则 | | | |a c b c   ， | | | |a b b c   ， 综上 | | | |a c b c   ， a b b c   ， 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数 2 3( ) 5 5 x x f x             ，利用其单调 性及 (1) 1f  ，从而得到 , ,a b c之间的大小关系，同时需要先求出b的范围，然后 再对b进行分类讨论. 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求. 全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0. 题号 9 10 11 答案 ABD ABD ACD 【答案】ACD 【解析】2023年四省联考 【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得CM OD ，CK OA ，结 合条件中MN OB ，KN OB ，从而在各直角三角形中得到 , , ,    的正余弦表 示，对选项逐一分析判断即可. 【详解】因为在矩形MNKC中，KN MN ， 又KN OB ，MN OB N ， ,MN OB 面 BOD，所以KN 面 BOD， 又OD 面 BOD，所以KN OD ， 因为在矩形MNKC中， //CM KN，所以CM OD ，即CM MO ， 因为MN OB ，KN MN ，KN OB N  ， ,KN OB 面OAB， 所以MN 面OAB， 又在矩形MNKC中， / /MN CK，所以CK 面OAB， 又OA面OAB，所以CK OA ， 同时，易知在矩形MNKC中， ,CM KN CK MN  ， 对于 A，在Rt CKO 中， sin CK OC   ， 在Rt MNO△ 中， sin MN OM   ， 在Rt CMO△ 中， cos OM OC   ， 所以 sin cos sin MN OM MN CK OM OC OC OC        ，故 A正确； 对于 B，在Rt CKO 中， cos OK OC   ， 在Rt MNO△ 中， cos ON OM   ， 又 cos OM OC   ，且在Rt KNO 中，OK为Rt KNO 的斜边，则ON OK ， 所以 cos cos cos ON OM ON OK OM OC OC OC        ，故 B错误； 对于 C，在Rt KNO 中， sin KN OK   ， 在Rt CMO△ 中， sin CM OC   ， 又 cos 0 OK OC    ， 所以 sin sin cos CM OC CM KN OC OK OK OK         ，故 C正确； 对于 D，在Rt KNO 中， cos ON OK   ， 又 cos 0 OK OC    ， cos ON OM   ， cos OM OC   ， 所以 cos cos ,cos cos ON OK ON ON OM ON OK OC OC OM OC OC          ， 所以 cos cos cos cos    ，即 cos coscos cos     ，故 D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得 CM OD ，CK OA ，从而得到 , , ,    的正余弦表示，由此得解. 三、填空题:本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分. 12．  , 4 13．  4,  14. 2829 【来源】2020年浙江省高考数学试卷 【分析】利用向量模的平方等于向量的平方化简条件得 1 2 3 4 e e  ur ur ，再根据向量夹 角公式求 2cos  函数关系式，根据函数单调性求最值. 【详解】 1 2| 2 | 2e e  ur ur Q ， 1 24 4 1 2e e     ur ur ， 1 2 3 4 e e   ur ur ， 22 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 (4 4 ) 4(1 )( )cos (2 2 )(10 6 ) 5 3 e e e ea b e e e e e ea b               ur ur ur urr r ur ur ur ur ur urr r 1 2 4 2 4 2 28(1 ) (1 )33 3 295 3 5 3 4 e e          ur ur . 故答案为： 28 29 . 【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数 单调性求最值，考查综合分析求解能力，属中档题. 四．解答题：本题共 5小题，共 77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步 15.【详解】（1）由2 2 cosa b c B  ， 根据正弦定理可得 2sin sin 2sin cosA B C B  ，………………………………………..…1分 则  2sin sin 2sin cosB C B C B   ，………………………………………………………2 分 所以2sin cos 2cos sin sin 2sin cosB C B C B C B   ，整理得  2cos 1 sin 0C B  ，………3分 因为 ,B C均为三角形内角，所以  , 0, π ,sin 0B C B  ，……………………………….4 分 因此 1cos 2 C   ，所以 2π 3 C  ．………………………………………………………..…6分 （2）因为CD是角C的平分线， 3 13, 13AD DB  ， 所以在 ACD 和 BCD△ 中，由正弦定理可得， ,π πsin sinsin sin 3 3 AD CD BD CD A B   ，…………7 分 因此 sin 3 sin B AD A BD   ，即sin 3sinB A ，所以 3b a ，……………………………………9 分 又由余弦定理可得 2 2 2 2 cosc a b ab C   ，即 2 2 2 2(4 13) 9 3a a a   ， 解得 4a  ，所以 12b  ．………………………………………………………….………11分 又 ABC ACD BCDS S S △ △ △ ，即 1 1 1sin sin sin 2 2 2 ab ACB b CD ACD a CD BCD        ， 即48 16CD ，所以 3CD  ．……………………………………………………………13分 16.【详解】（1）连接 ,DE OF，设 AF tAC ，则 (1 )BF BA AF t BA tBC          ， 1 2 AO BA BC      ，BF AO ， 则 2 21 1[(1 ) ] ( ) ( 1) 4( 1) 4 0 2 2 BF AO t BA tBC BA BC t BA tBC t t                     ， 解得 1 2 t  ，则 F为 AC的中点，由 , , ,D E O F分别为 , , ,PB PA BC AC的中点， 于是 1 1/ / , , / / , 2 2 DE AB DE AB OF AB OF AB  ，即 ,/ /DE OF DE OF ，则四边形ODEF 为平行四边形， / / ,EF DO EF DO ，又EF 平面 ,ADO DO 平面 ADO， 所以 / /EF 平面 ADO . （2）法一：由（1）可知 //EF OD，则 66, 2 AO DO  ，得 305 2 AD DO  ， 因此 2 2 2 15 2 OD AO AD   ，则OD AO ，有EF AO ， 又 ,AO BF BF EF F  ， ,BF EF 平面 BEF， 则有 AO 平面 BEF，又 AO平面 ADO，所以平面 ADO 平面 BEF . 法二：因为 AB BC ，过点 B作 z轴平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，      2,0,0, , 0,0,0 , 0, 2 2,0A B C ， 在 BDA△ 中， 2 2 2 3 154 12 2cos 2 6 62 2 2 DB AB DAPBA DB AB            ， 在 PBA△ 中， 2 2 2 12 cos 6 4 2 6 2 14 6 PA PB AB PB AB PBA                 ， 设  , ,P x y z ，所以由 14 6 6 PA PB PC       可得：     2 2 2 2 2 2 22 2 2 14 6 2 2 6 x y z x y z x y z               ， 可得： 1, 2, 3x y z    ，所以  1, 2, 3P  ， 则 1 2 3, , 2 2 2 D        ，所以 1 2 3, , 2 2 2 E        ，  1, 2,0F ，   5 2 32, 2,0 , , ,2 2 2AO AD             设平面 ADO的法向量为�1 = �1, �1, �1 ， 则 1 1 0 0 n AO n AD           ，得 1 1 1 1 1 2 2 0 5 2 3 0 2 2 2 x y x y z           ， 令 1 1x  ，则 1 12, 3y z  ，所以  1 1, 2, 3n   ，  1 2 3, , , 1, 2,02 2 2BE BF           设平面 BEF的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ， 则 2 2 0 0 n BE n BF           ，得 2 2 2 2 2 1 2 3 0 2 2 2 2 0 x y z x y         ， 令 2 2x  ，则 2 22, 0y z   ，所以  2 2, 2,0n    ，  1 2 2 1 2 2 0 0n n          ， 所以平面 ADO 平面 BEF； （3）法一：过点O作 / /OH BF交 AC于点H，设 AD BE G ， 由 AO BF ，得HO AO ，且 1 3 FH AH ， 又由（2）知，OD AO ，则 DOH 为二面角D AO C  的平面角， 因为 ,D E分别为 ,PB PA的中点，因此G为 PAB 的重心， 即有 1 1, 3 3 DG AD GE BE  ，又 1 3 FH AH ，即有 3 2 DH GF ， 2 3 154 4 62 2cos 6 2 2 62 2 2 PAABD           ，解得 14PA  ，同理得 6 2 BE  ， 于是 2 2 2 3BE EF BF   ，即有 BE EF ，则 2 2 2 1 6 6 5 3 2 2 3 GF                   ， 从而 15 3 GF  ， 3 15 15 2 3 2 DH    ， 在 DOH△ 中， 1 3 6 15, , 2 2 2 2 OH BF OD DH    ， 于是 6 3 15 24 4 4cos 26 32 2 2 DOH         ， 2 2 2sin 1 2 2 DOH            ， 所以二面角D AO C  的正弦值为 2 2 . 法二：平面 ADO的法向量为  1 1, 2, 3n   ， 平面 ACO的法向量为  3 0,0,1n   ， 所以 1 3 1 3 1 3 3 2cos , 21 2 3 n nn n n n            ， 因为  1 3, 0,πn n    ，所以 21 3 1 3 2sin , 1 cos , 2 n n n n       ， 故二面角D AO C  的正弦值为 2 2 . 17．【详解】（1）易知函数    0 ex axf x a  的定义域为R .所以   (1 ) ex a xf x   ， 当 0a  时，由   0f x  ，得 1x  ，由   0f x  ，得 1x  . 所以  f x 的单调增区间为 ( ,1) ，单调减区间为 (1, ) ； 当 0a  时，由   0f x  ，得 1x  ，由   0f x  ，得 1x  . 所以  f x 的单调增区间为 (1, ) ，单调减区间为 ( ,1) ； 综上所述：当 0a  时，  f x 的单调增区间为 ( ,1) ，单调减区间为 (1, ) ； 当 0a  时，  f x 的单调增区间为 (1, ) ，单调减区间为 ( ,1) .·········6分 （2）将 3a  代入，得   3 ex xf x  ，因为不等式   ln 1xf x x mx   在  0,x  上恒成 立， 所以 23 ln 1 ex x x mx   ，即 3 ln 1 ex x xm x x    在  0,x  上恒成立， 令 3 ln 1( ) ex x xh x x x    ，易知函数 ( )h x 的定义域为  0,  . 所以 2 2 22 3e e 1 ln 1 3 ln( ) (e e 3 3 ) x x x x x x x xh x x x x        . 当0 1x  时， 2 3 ln0, 03 ex x x x     ，故 ( ) 0h x  ； 当 1x  时， 2 3 ln0, 03 ex x x x     ，故 ( ) 0h x  ； 所以 ( )h x 在(0,1)上单调递增，在 (1, ) 上单调递减， 所以 1x  时， ( )h x 在  0,  上取得最大值 3(1) 1eh   . 所以 3 1 e m   ，所以实数m的取值范围是 3[ 1, ) e   . ·········15分 18．【详解】（1）因为抛物线的准线为： 1x   ，设 2 2y px ，则 1 2 p    ，所以 2p  ， 故抛物线 E的标准方程为 2 4y x . ·········2分 （2）易知抛物线 E的焦点  1,0F ， 设直线 AB的方程为 1x my  ，� �1, �1 、� �2, �2 ， 联立 2 4 1 y x x my      可得 2 4 4 0y my   ， 由韦达定理可得 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y   ， ·········5分 接下来证明抛物线 E在点 A处的切线方程为 1 12 2y y x x  ， 联立 2 1 1 4 2 2 y x y y x x      可得 2 1 12 4 0y y y x   ，即 2 2 1 12 0y y y y   ，即   2 1 0y y  ， 所以，直线 1 12 2y y x x  与抛物线 E只有唯一的公共点， 所以，AC的方程为 1 12 2y y x x  ，·········8分 同理可知，直线 BD的方程为 2 22 2 y y x x ，·········9分 在直线 AC的方程中，令 0x  ，可得 2 1 1 1 1 1 22 4 2 y x yy y y     ，即点 10, 2 yC      ， 同理可得点 20, 2 yD      ，所以，直线CF的方程为 1 1 2 yx y  ，即 1 21 yx y   ， 设点  3 3,M x y 、  4 4,N x y ，联立 1 2 21 4 yx y y x       ，可得 2 1 8 4 0yy y    ， 由韦达定理可得 3 4 1 8y y y    ， 3 4 4y y   ，·········12分 所以   2 1 3 4 3 4 2 1 1 1 1 4 162 2 82 2 2 4 yMN x x y y y y y y                   ，·········13分 同理可得 2 2 2 2 4 16yPQ y   ，·········14分 所以        2 2 2 22 2 1 2 2 11 2 2 2 2 2 1 2 1 2 4 16 4 161 1 4 16 4 16 16 4 4 y y y yy y MN PQ y y y y                            2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 16 6 2 16 4 16 2 4 16 y y y y y y y y y y y y y y y y                       2 2 16 2 16 8 1 42 16 4 16 8 16 m m          ， 故 1 1 MN PQ  为定值 1 4 . ·········17分 19. 【详解】（1）10 :10平后，设事件 iA “第 i个球甲得分”，则 iA  “第 i个球乙 得分”， 设M  “再打两球该局比赛结束”，则 1 2 1 2M A A A A  ， 所以            1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 13 2 3 2 2P M P A A A A P A P A P A P A         . ·······3分 （2） X的可能取值为所有正偶数  *2, 4,6, , 2 , Nk k  ， 考虑第2 1k  个球与第 2k个球  1,2,3,k   ，如果这两球均由甲得分或均由乙得分， 则比赛结束：如果这两球甲､乙各得 1分， 则比赛相当于重新开始；这两球甲､乙各得 1分的概率为   11 2 P M  ， 所以     12 , 2 P X P M     1 1 14 2 2 4 P X     ，   21 1 16 2 2 8 P X         ， ……   11 1 12 2 2 2 k kP X k          ， …… 所以   2 3 1 1 1 12 4 6 2 2 2 2 2k E X k          ， 记 2 3 1 1 1 12 4 6 2 2 2 2 2k k S k         ， 则  2 3 4 1 1 1 1 1 1 12 4 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2k k k S k k             ， 以上两式相减得 2 3 4 1 1 1 1 1 1 11 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2k k k S k               2 3 1 11 21 1 1 1 1 121 212 2 2 2 2 2 21 2 k k k k k k k k                 ， 所以   1 2 4 2k k k S     ， 当 k趋于时， kS 趋于 4，所以   4E X  . ·········10分 （3）设再打 n个球比赛结束且甲获胜的概率为  2np n  ， 则 2 3 2 1 1 2 1 2 1, 1 3 2 3 3 2 3 9 p p             ， 当 n为奇数时， 1 2 1 2 2 3 5 1 11 9 61 2 1, 116 15 61 6 n n n n np p S p p p                                奇 ， 当 n为偶数时， 2 2 2 2 4 1 11 3 31 1 1, 113 2 31 3 n n n n np p S p p p                            偶 ， 所以该局比赛甲获胜的概率 1 2 22 1 1 11 1 , 15 6 2 3 n n S S                             奇 偶 当 n趋于时， S S奇 偶趋于 2 1 19 15 2 30   ， 所以该局比赛甲获胜的概率为 19 30 . ·········17分