教师公开招聘考试中学数学（证明题）模拟试卷1

教师公开招聘考试中学数学（证明题）模拟试卷1一、证明题(本题共31题，每题1.0分，共31分。)设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：1、若ab＞cd，则；标准答案：知识点解析：暂无解析2、｜a—b｜＜｜c—d｜的充要条件．标准答案：(i)若｜a—b｜＜｜c—d｜，则(a—b)2＜(c－d)2，即(a+b)2一4ab＜(c+d)2一4cd．因为a+b=c+d，所以ab＞cd，得．(ii)若，因为a+b=c+d，所以ab＞cd，于是(a—b)2=(a+b)2一4ab＜(c+d)2一4cd=(c—d)2，因此｜a—b｜＜｜c—d｜，综上．是｜a—b｜＜｜c—d｜的充要条件．知识点解析：暂无解析3、已知an=4n+5，bn=3n，求证：对任意正整数n，都存在正整数p，使得ap=bn2成立．标准答案：an=4n+5=4(n+1)+1，表示的是被4除余1的数，而bn2=9n=(8+1)n=Cn08n+Cn18n－1+…+Cnn－1．8+1，展开式除最后一项之外均为8也为4的倍数，因此，对任意正整数n，都存在正整数p，使得ap=bn2成立．知识点解析：暂无解析4、求证：函数f(x)=＋1在区间(0，+∞)上是单调增函数．标准答案：x1，x2，且0＜x1＜x2，∵f(x1)一f(x2)=，∵0＜x1＜x2，∴x1一x2＜0，x1x2＞0，∴＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(0，+∞)上为单调增函数．知识点解析：暂无解析5、已知a＞0，b＞0，求证a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc．标准答案：∵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．知识点解析：暂无解析6、求证：定义在实数集上的单调减函数y=f(x)的图象与x轴至多只有一个公共点．标准答案：假设函数y=f(x)的图象与x轴有两个交点，设交点的横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2，因为函数y=f(x)在实数集上单调递减．所以f(x1)＞f(x2)，这与f(x1)=f(x2)=0矛盾．所以假设不成立，故原命题成立．知识点解析：暂无解析7、证明：上帝不是万能的．标准答案：证明：假设上帝是万能的，那么上帝能否造出一块他自己都举不起来的石头?如果不能，那么上帝就不是万能的；如果能，因为上帝举不起这块石头，因此上帝不是万能的，这与假设矛盾．所以原假设不成立，即上帝不是万能的．这就是上帝悖论．知识点解析：暂无解析8、用数学归纳法证明：1+4+7+…+(3n一2)=n(3n一1)．标准答案：(1)当n=1时，左边=1，右边=1，∴当n=1时命题成立．(2)假设当n=k时命题成立，即1+4+7+…+(3k一2)=k(3k一1)，则当n=k+1时，需证1＋4＋7+…+(3k一2)+[3(k+1)一2]=(k+1)(3k+2)(*)，由于左端等式是一个以1为首项，公差为3，项数为k+1的等差数列的前n项和，其和为(k+1)(3k+2)，∴(*)式成立，即n=k+1时，命题成立，根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，命题成立．知识点解析：暂无解析9、已知a，b是正数，并且a≠b，求证：a5+b5＞a2b3+a3b2．标准答案：(a5+b5)一(a2b3+a3b2)=(a5一a3b2)+(b5一a2b3)=a3(a2一b2)一b3(a2一b2)=(a2一b2)(a3一b3)=(a+b)(a一b)2(a2+ab+b2)，∵a，b都是正数，∴a+b＞0，a2+ab+b2＞0．又∵a≠b，∴(a一b)2＞0．∴(a+b)(a一b)2(a2+ab+b2)＞0，即：a5+b5＞a2b3+a3b2．知识点解析：暂无解析10、证明：．标准答案：知识点解析：暂无解析设a，b，c均为正数，且a+b+c=1．证明：11、ab+bc+ca≤．标准答案：由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得：a2+b2+c2≥ab+bc+ca．由题设得：(a+b+c)2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1．所以3(ab+bc+ca)≤1，即ab+bc+ca≤．知识点解析：暂无解析12、≥1．标准答案：知识点解析：暂无解析设a＞1，函数f(x)=(1+x2)ex一a．13、求f(x)的单调区间；标准答案：∵f(x)=(1+x2)ex一a，∴f’(x)=2xex+(1+x2)ex=(1+x)2ex．∵x∈R，f’(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为R．知识点解析：暂无解析14、证明：f(x)在(一∞，+∞)上仅有一个零点；标准答案：已知f(x)在R上为单调递增函数．f(0)=1一a，∵a＞1，∴1一a＜0∴f(0)＜0，当x→+∞时，f(x)＞0成立，∴f(x)在(一∞，+∞)上有且只有一个零点。知识点解析：暂无解析15、若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤一1．标准答案：令点P为(x0，y0)，∵y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，∴f’(x0)=(x0+1)2ex0=0，∴x0=一1，p(一1，－a)，∴直线OP的斜率kop=，∵在点M(m，n)处的切线与直线OP平行，∴f’(m)=(m+1)2em=a－，需证明(m+1)2≤(m+1)2em，需证明m+1≤em，设g(m)=em－m一1，∴g’(m)=em一1，令g’(m)=0，m=0，∴g(m)在(－∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴g(m)≥g(0)=0，∴em一m一1≥0，∴em≥m一1，命题得证．知识点解析：暂无解析设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)+g(x)=ex，其中e为自然对数的底数．16、求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x＞0时，f(x)＞0，g(x)＞1；标准答案：由f(x)，g(x)的奇偶性及f(x)+g(x)=ex①，得：一f(x)+g(x)=e－x②．联立①②解得f(x)=(ex－e－x)，g(x)=(ex+e－x)．当x＞0时，ex＞1，0＜e－x＜1，故f(x)＞0③，又由基本不等式得g(x)==1④所以g(x)＞1；知识点解析：暂无解析17、设a≤0，b≥1，证明：当x＞0时，ag(x)+(1一a)＜＜bg(x)+(1－b)．标准答案：f’(x)=(ex+e－x)=g(x)⑤，g’(x)=(ex一e－x)=f(x)⑥，当x＞0时，＞ag(x)+(1－a)等价于f(x)＞axg(x)+(1－a)x⑦，＜bg(x)+(1—b)等价于f(x)＜bxg(x)+(1－b)x⑧．设函数h(x)=f(x)－cxg(x)一(1－c)x，由⑤⑥，有h’(x)=g(x)一cg(x)一cxf(x)一(1一c)=(1－c)[g(x)一1]－cxf(x)．当x＞0时，(1)若c≤0，由③④，得h’(x)＞0，故h(x)在[0，+∞)上为增函数，从而h(x)＞h(0)=0．即f(x)＞cxg(x)+(1一c)x，故⑦成立．(2)若c≥1，由③④，得h’(x)＜0，故h(x)在[0，+∞)上为减函数，从而h(x)＜h(0)=0，即f(x)＜cxg(x)+(1－c)x，故⑧成立．综合⑦⑧，得ag(x)+(1一a)＜＜bg(x)+(1—b)．知识点解析：暂无解析如图，A，B，C，D为平面四边形ABCD的四个内角．18、证明：；标准答案：．知识点解析：暂无解析19、若A+C=180°，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求．标准答案：由A+C=180°可知B+D=180°，所以有sinA=sinC，sin(A+C)=0，同理sinB=sinD，sin(B+D))=0，进一步上式化简可得：连接BD，设BD=x，在△ABD和△CBD中分别利用余弦定理及A+C=180°可得cosA=一cosC，即知识点解析：暂无解析设函数f(x)=emx+x2一mx．20、证明：f(x)在(一∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增；标准答案：f’(x)=m(emx一1)+2x．若m≥0，则当x∈(一∞，0)时，emx一1≤0，f’(x)＜0；当x∈(0，+∞)时，emx一1≥0，f’(x)＞0．若m＜0，则当x∈(一∞，0)时，emx一1＞0，f’(x)＜0，当x∈(0，+∞)时，emx一1＜0，f’(x)＞0．所以，f(x)在(一∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增．知识点解析：暂无解析21、若对于任意x1，x2∈[一1，1]，都有｜f(x1)－f(x2)｜≤e一1，求m的取值范围．标准答案：由已知，对任意的m，f(x)在[一1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x=0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[一1，1]，｜f(x1)一f(x2)｜≤e一1的充要条件是：即，设函数g(t)=et一e+1，则g’(t)=et一1．当t＜0，g’(t)＜0，当t＞0时，g’(t)＞0，故g(t)在(一∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增，又∵g(1)=0，g(一1)=e－1+2一e＜0，故当t∈[一1，1]时，g(t)≤0，当m∈[一1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立．当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em一m＞e一1；当m＜一1时，g(一m)＞0，即e－m+m＞e一1．综上，m的取值范围是[一1，1]．知识点解析：暂无解析如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．22、求证：平面PAC⊥平面PBC；标准答案：由AB是圆的直径，得AC⊥BC．由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC．又∵PA∩AC=A，，所以BC⊥平面PAC．因为BC平面PBC．所以平面PBC⊥平面PAC．知识点解析：暂无解析23、若AB=2，AC=1，PA=1，求二面角C—PB—A的余弦值．标准答案：过C作CM／／AP，则CM⊥平面ABC．如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为X轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．因为AB=2，AC=1，所以BC=，因为PA=1，所以A(0，1，0)，．设平面BCP的法向量为，不妨令y=1，则，设平面ABP的法向量为．所以由题意可知二面角C—PB—A的余弦值为．知识点解析：暂无解析已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx，(k∈R)，24、证明：当x＞0，f(x)＜x；标准答案：令F(x)=f(x)一x=ln(1+x)一x，x∈[0，+∞)，则有F’(x)=．当x∈[0，+∞)，F’(x)＜0，所以F(x)在[0，+∞)上单调递减，故当x＞0时，F(x)＜F(0)=0，即当x＞0时，f(x)＜x．知识点解析：暂无解析25、证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对x∈(0，x0)，f(x)＞g(x)；标准答案：令G(x)=f(x)－g(x)=ln(1+x)－kx，x∈[0，+∞)，则有G’(x)=．当k≤0时，G’(x)＞0，所以G(x)在[0，+∞)上单调递增，G(x)＞G(0)=0，故对任意正实数x0均满足题意．当0＜k＜1时，令G’(x)=0，得x=－1＞0．取x0=－1，对任意x∈(0，x0)，G’(x)＞0，所以G(x)在[0，x0)上单调递增，G(x)＞G(0)=0，即f(x)＞g(x)．综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，f(x)＞g(x)．知识点解析：暂无解析26、确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈(0，t)，恒有｜f(x)－g(x)｜＜x2．标准答案：当k＞1时，对于x∈(0，+∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，｜f(x)一g(x)｜=g(x)一f(x)=kx—ln(1+x)，令M(x)=kx—ln(1+x)一x2，x∈[0，+∞)，则有M’(x)=k一时，M’(x)＞0，M(x)在[0，]上单调递增，故M(x)＞M(0)=0，即｜f(x)一g(x)｜＞x2，所以满足题意的t不存在．当k＜1时，由已知存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，f(x)＞g(x)．此时｜一f(x)一g(x)｜=f(x)－g(x)=ln(1+x)－kx，令N(x)=ln(1+x)－kx－x2，x∈[0，+∞)，则有N’(x)=时，N’(x)＞0，N(x)在[0，)上单调递增，故N(x)＞N(0)=0，即f(x)一g(x)＞x2，记x0与中较小的为x1，则当x∈(0，x1)时，恒有｜f(x)一g(x)｜＞x2，故满足题意的t不存在．当k=1，由已知，当x∈(0，+∞)，｜f(x)－g(x)｜=g(x)－f(x)=x—ln(1+x)，令H(x)=x—ln(1+x)－x2，x∈[0，+∞)，则有H’(x)=1一，当x＞0时，H’(x)＜0，所以H(x)在[0，+∞)上单调递减，故H(x)＜H(0)=0，故当x＞0时，恒有｜f(x)－g(x)｜＜x2，此时，任意实数t满足题意．综上，k=1．知识点解析：暂无解析已知函数f(x)=一2(x+a)lnx+x2一2ax一2a2+a，其中a＞0．27、设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；标准答案：∴f(x)=－2(x+a)lnx+x2－2ax－2a2+a，∴g(x)=f’(x)=－2lnx一2—+2x一2a(a＞0，x＞0)．∴g’(x)=(a＞0，x＞0)．令g’(x)≥0，即x2一x+a≥0(x＞0)，讨论此不等式的解，可得：①当△=1－4a≤0时，即a≥时，不等式恒成立．即g’(x)≥0恒成立，所以g(x)恒单调递增．②知识点解析：暂无解析28、证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，+∞)内恒成立，且f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解．标准答案：由已知得f’(x)=g(x)在(1，+∞)内单调递增．且f’(1)=－2－2a+2－2a=一4a＜0，f’(+∞)＞0．由零点存在性定理得存在唯一x0∈(1，+∞)，使得f’(x0)=一2lnx0－2一+2x0－2a=0①．所以f(x)在(1，x0)上单调递减，(x0，+∞)上单调递增．所以满足f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解只需满足f(x)min=f(x0)=0即可．f(x0)=2(x0+a)lnx02+x02－2ax0一2a2+a=0，将①代入化简得：2a2+(5x0一2x02)a一(x03一2x02)=0，(2a一x0)(a+x02—2x0)=0，a=，a=2x0－x02．当a=(x0＞1)时，此时①变形为2a一2ln2a一3=0，在(，1)上有解．令h(a)=2a一2ln2a一3，h’(a)=2—，所以h(a)在(0，1)上单调递减．=1—3＜0不满足．当a=2x0一x02时，此时①变形为2x02—2lnx0一6=0在(1，2)上有解．不妨设=1—3＜0，所以h(x0)在(1，2)上单调递增．h(1)=一4，h(2)=2—2ln2＞0．所以2x02一2lnx0一6=0在(1，2)上有解．所以结论得证．知识点解析：暂无解析如图，已知曲线C1：－y2=1，曲线C2：｜y｜=｜x｜+1，P是平面上一点，若存在过点P的直线与C1，C2都有公共点，则称P为“C1一C2型点”．29、证明C1的左焦点是“C1一C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条