苏州市中小学教师专业素养竞赛模拟试卷答案

x2 y2 1. 2
（2）设
A x1,
y1 , B x2 ,x2y2Fra bibliotek，联立方程
2
y2
1,
y
k1x
3, 2
得
4k12 2
x2 4
3k1x
1
0
，由题意知
0
，且
x1
x2
2 3k1 2k12 1
,
x1x2
2
1 2k12 1
，
所以
AB
1 k12 x1 x2
2
1 k12 1 8k12 2k12 1
2017 年苏州市中小学教师专业素养竞赛模拟试卷
高中数学参考答案
一、选择题
1-5 BACDC 6-10 BDABD 11-15 DCABB
二、填空题
16.函数 y f (x) 在区间[a,b] 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f (a) f (b) 0
17. f (x) x 等（答案不惟一）
.
由题意可知圆 M 的半径 r 为 r 2 2 3
1 k12 1 8k12 2k12 1
由题设知 k1k2
2 4
，所以 k2
2 4k1
，由此直线 OC
的方程为
y
2 4k1
x.
x2
联立方程
2
y2
y
2 4k1
1, x,
得
x2
8k12 1 4k12
,
y2
1
1 4k12
，因此
OC
x2 y2
f
(x)
的极值点是
x1 ,
x2
，且
x1
x2
2 3
a，
x12
x22
4a2 6b 9
.
从而 f (x1) f (x2 ) x13 ax12 bx1 1 x23 ax22 bx2 1
x1 3
(3x12
2ax1
b)
x2 3
(3x22
2ax2
b)
1 3
a(
x12
x22 )
2 3 b(x1
因为 h(6) 7 ，于是 h(a) h(6) ，故 a 6 。因此 a 的取值范围为 (3，6]. 2
3 27 9 3
9a
因为 f (x) 有极值，故 f (x)=0 有实根，从而 b a2 1 (27 a3) 0 ，即 a 3 . 3 9a
a 3时， f (x)>0(x 1) ，故 f (x) 在 R 上是增函数， f (x) 没有极值；
a 3时， f (x)=0 有两个相异的实根 x1= a
列，由 am
2m 1是正奇数可知，
k
2 2
必为正整数，
不妨设 k 2 t(t N ) ，则 k 2t 2 (t N ) ， 2
所以正整数 k 的取值集合为 k | k 2t 2,t N ．
29.（1）由题意知 e c 2 ， 2c 2 ，所以 a 2,b 1 ，因此 椭圆 E 的方程为 a2
1 8k12 . 1 4k12
由题意可知 sin SOT r 1 ，而 OC
2
r OC
OC 1
r 22
r
3
1 8k12 1 4k12
1 k12 1 8k12 2k12 1
3 2 4
1 2k12 1 4k12 1 k12
，令 t
1 2k12
，则 t
1,1 0,1 ，
t
.
28.解（1）若 q＝1，则{an}的各项均为 a，此时 am＋k，an＋k，al＋k 显然成等差数列． 若 q≠1，由 Sm，Sn，Sl 成等差数列可得 Sm＋Sl＝2Sn，
即 a(qm 1) ＋ a(ql 1) ＝ 2a(qn 1) ，整理得 qm＋ql＝2qn.
q 1
q 1
q 1
所以 am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k.即所以 am＋k，an＋k，al＋k 成等差数列．
（2）由 Sn n2 可得 an 2n 1．
因为数列 am , aml , amkl
是等比数列，所以 am
amkl
a2 ml
，
所以 am (am 2kl) (am 2l)2 ，
化简整理得 k am
2am
2l
，所以 l
k
2 2 am
．
要使得对于任意给定的正整数 m ，都存在正整数 l ，使得数列 am , aml , amkl 为等比数
2t 9
3 ，则 g(t) t
2 9
3 t2
2t2 27 9t 2
，当 t (3 6 2
, ) 时 g(t)
0 ，从而
g(t) 在 (3 6 , ) 上单调递增。 2
因为 a 3，所以 a a 3 3 ，故 g(a a)>g(3 3)= 3 ，即 b > 3 .因此 b2 >3a . a
（3）由（1）知，
18. xx0 yy0 r2
20. 5 2 1 49
21. k 1
25. 1 a 2 或 a 3
33
4
26.看必修四课本
22. 7.5 米 23.23
1 19.
3 4 24. 3
27.（1）证明：连接 AC1 ，设 AC1 A1C E ，连接 DE
∵ A1B1C1 ABC 是三棱柱，侧棱 AA1 底面 ABC .且 AC AA1 3
∴ AA1C1C 是正方形， E 是 AC1 中点，
又 D 为 AB 中点 ∴ ED ∥ BC1
又 ED 平面 A1CD ， BC1 平面 A1CD
∴ BC1 // 平面 A1CD （2）在平面 ABC 中过点 D 作 AC 的垂线，交 AC 于 H .由于
底面 ABC 面 ACC1A1 ，且 AC 为两平面交线，∴ DH 面 ACC1A1 .
a2 3
3b
，
x2 =
a
a2 3b
.
3
列表如下
x
( , x1)
x1
f (x)
+
0
(x1, x2 )
–
x2
(x2 , )
0
+
f (x)
极大值
极小值
故
f
(x)
的极值点是
x1 ,
x2
.从而
a
3，因此 b
2a2 9
3 a
，定义域为（3， ）。
（2）由（1）知 b 2a a 3 。 a 9 aa
设 g(t)
因此
OC 3 r2
t
3
2t2 t 1 2
1
3
2
1 t
1 t2
2
1
1，
1 t
1 2
2
9 4
当且仅当 1 t
1 2
，即
t
2
时等号成立，此时
k1
2， 2
所以 sin SOT 1 ，因此 SOT ，所以 SOT 最大值为 .
22
26
3
综上所述： SOT
的最大值为
3
，取得最大值时直线 l
的斜率为
k1
2. 2
30.解：（1）由 f (x) x3 ax2 bx 1，得 f (x) 3x2 2ax b 3(x a )2 b a2 .
3
3
当 x a 时， f (x) 有极小值 b a2 .因为 f (x) 的极值点是 f (x) 的零点.
3
3
所以 f ( a ) a3 a3 ab 1 0 ，又 a 0 ，故 b 2a2 3 .
x2 ) 2
4a3 6ab 4ab
20
27
9
记 f (x) ， f (x) 所有极值之和为 h(a) ，
因为 f (x) 的极值为 b a2 1 a2 3 ，所以 h(a) 1 a2 3 ， a 3 。
39 a
9a
因为 h(a) 2 a 9
3 a2
0 ，于是 h(a) 在（3， ）单调递减。
△ ABC 中， AB 12 ( 3)2 2 ，所以 BAC 30 ，且 AD 1 .
在△ ADC 中， HD AD sin 30 1 2
由于 S
AC1C
3 2
，所以 VD AC1C
1 DH S 3
AC1C
113 1 322 4
∴由等积法可得 VC1 A1DC
VDAC1C
1 4