初中数学青年教师基本功大赛笔试试卷(含答案)

1初中数学青年教师基本功大赛笔试试卷（全卷满分200分，考试时间：第Ⅰ卷90分钟，第Ⅱ卷120分钟）第Ⅰ卷一、基础知识（40分）：（一）填空题（共5小题，每小题3分，计15分）1．数学课堂教学的三维目标是、、。2．法国哲学家、物理学家、数学家、生理学家被称为解析几何学的创始人。3．今天，世界各国的科学家们都在试探寻找“外星人”，科学家们一次又一次地向宇宙发射了地球上人类的形象、问候语言、自然音响、世界名曲等信号，尝试与“他们”通话、建立友谊。数学家曾建议用作为人类探寻“外星人”并与“外星人”联系的语言。4．1900年前后，在数学的集合论中出现了三个著名悖论，其中最重要的悖论，这些悖论触发了第三次数学危机。5．课程标准的一个重要支撑理论是建构主义，其代表人物有：（填两个）（二）简答题（共5小题，每小题5分，计25分）6．大约在公元前6世纪至4世纪之间，古希腊人遇到了令他们百思不得其解的三大尺规作图问题，这就是著名的古代几何作图三大难题。请你简述这三大难题分别是什么？27．请你说出几种数学思想方法（至少三种），并就其中一种思想方法举实例说明。8.简述创设问题情境的目的是什么？9.爱因斯坦曾说：“大多数教师的提问是浪费时间，那些提问是想了解学生不知道什么，其实真正的提问艺术是要了解学生知道什么或能够知道什么”。结合你的教学观，谈谈你对爱因斯坦这段话的理解。10.“角平分线上的一点到角的两边距离相等”这一结论在苏科版义务教育数学教材八上的《1.4线段、角的轴对称性》以及九上的《1.2直角三角形全等的判定》中都有所出现。请你结合教学实际，简述课本上八上和九上分别是如何引导学生得到这一结论的，说说它们之间的区别、联系和这样安排的意义。二、解题能力（80分）3ABCDE45°60°1．(本小题10分)证明定理：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等。2．(本小题10分)如图，某校一幢教学大楼的顶部竖有一块宣传牌CD．小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°．已知山坡AB的坡度i＝1:，AB＝12米，AE＝18米，求这块宣传牌3CD的高度．（测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米．参考数据：≈1.414，2≈1.732）33．(本小题10分)用两种方法求函数的最值。1424xxy44．(本小题10分)小明在课外读物中看到这样一段文字和一幅图：下图是寻宝者得到的一幅藏宝地图，荒凉的海岛上没有藏匿宝藏的任何标志，只有A、B两块天然巨石。寻宝者从其他文件资料上查到，岛上A、B两块巨石的直角坐标分别是A(2，1)和B(8，2)，藏宝地P的坐标是(6，6)。你能帮小明在地图上画出藏宝地的位置吗？请你设计出找出藏宝地的方案。（设计找出藏宝地的简要步骤，画出示意图）5.(本小题12分)从甲地到乙地有A1、A2两条路线，从乙地到丙地有B1、B2、B3三条路线，从丙地到丁地有C1、C2两条路线．一个人任意先了一条从甲地到丁地的路线．求他恰好选到B2路线的概率是多少？AB5图2图3AANMCDB图16.(本小题12分)将宽为18cm的彩色矩形纸带AMCN裁剪成一个平行四边形ABCD（如图1）.如图2是一个三棱柱包装盒，它的底面是边长为10cm的正三角形，三个侧面都是矩形．然后用平行四边形纸带ABCD按如图3的方式把这个三棱柱包装盒的侧面进行包贴（要求包贴时没有重叠部分），纸带在侧面缠绕3圈，正好将这个三棱柱包装盒的侧面全部包贴满．求按图3方式包贴这个三棱柱包装盒所需的矩形纸带的长度．7(本小题16分)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线cbxaxy2交x轴于6)0,6(),0,2(BA两点，交y轴于点)32,0(C.（1）求此抛物线的解析式；（2）若此抛物线的对称轴与直线xy2交于点D，作⊙D与x轴相切，⊙D交y轴于点E、F两点，求劣弧EF的长；（3）设K为线段BO上一点，点T从点B出发，先沿x轴到达K点，再沿KC到达C点，若T点在x轴上运动的速度是它在直线KC上运动速度的2倍，试确定K点的位置，使T点按照上述要求到达C点所用的时间最短。（4）P为此抛物线在第二象限图像上的一点，PG垂直于x轴，垂足为点G，试确定P点的位置，使得△PGA的面积被直线AC分为1︰2两部分.（第7题图）xyOACBDEF7第Ⅱ卷三、教学设计（80分）：对给出的教材，请写出：教材分析、教学目标、重点难点分析、教学过程，板书设计、媒体使用、设计简要说明，并写出完整教学设计。参考答案第Ⅰ卷一、基础知识（40分）：（一）填空题（共5小题，每小题3分，计15分）1．知识与技能、过程方法、情感、态度、价值观。2．勒奈·笛卡尔。3．“勾股定理”的图形。4．罗素悖论。85．皮亚杰、科恩伯格、斯滕伯格、卡茨、维果斯基。（填两个）（二）简答题（共5小题，每小题5分，计25分）6．答：(1)将任一个给定的角三等分。(2)立方倍积问题：求作一个正方体的棱长，使这个正方体的体积是已知正方体体积的二倍。(3)化圆为方问题：求作一个正方形，使它的面积和已知圆的面积相等。7．答：化归思想、从特殊到一般思想、建模思想、算法多样化、数形结合思想、方程思想、极端化思想……8．答：(1)激发学生的数学学习兴趣和学习动机；（2）培养学生将问题情境数学化的能力；(3)养成学生关注情境问题的数学本质和数学特性，用数学的眼光、数学的视角关注问题、审视世界的思维习惯；(4)增强学生数学应用意识，感受数学与生活的联系。9．答：（维果斯基的）“最近发展区理论”认为，学生的发展有两种水平：一种是学生的现有水平，另一种是学生可能的发展水平，两者之间的差距就是最近发展区。所谓“知道什么”就是学生的“现有水平”，“能够知道什么”就是“学生可能的发展水平”，从而着眼于学生的最近发展区，根据学生认知水平，为学生提供带有难度的内容，调动学生的积极性，发挥其潜能，在教师的引导、同伴的帮助和自己的努力下，超越最近发展区而达到其困难发展到的水平。10．答：八上从图形变换角度出发，利用轴对称性，通过图形变换，想象、类比、归纳得出结论，重点发展学生几何直观能力、合情推理能力；九上是从证明的角度出发，通过演绎推理得出结论，有相对严密的逻辑体系，重点发展学生的演绎推理能力、逻辑思维能力。两者的区别是：出发点不同、得到结论的方法不同、对学生能力要求不同。联系是：几何直观、合情推理是逻辑思维、演绎推理的前提和基础，而后者是前者的深化与发展。9这种安排充分考虑到学生的年龄与心理特征，遵循学生的认知规律，为学生搭建思维脚手架，促进学生思维能力螺旋上升。二、解题能力（80分）1．(本小题10分)（见九上P9）2．(本小题10分)作BH⊥CE，BG⊥AE，由i＝1:，AB＝12得3∠BAG=30°，BG=6，AG=6，所以BH=GE=6+18，由∠CBH=45°得CH=BH=6333+18。在Rt△AED中，DE=AE·tan60°=18，故CD=CH+HE-DE=6+18+6-18=24-33312≈24-12×1.732=3.216≈3.2(米)33．(本小题10分)方法1：二次函数配方法：=，当即时=-5。1424xxy5)2(22x22x2xminy方法2：二次方程判别式法：因为，所以，1424xxy01424yxx，0)1(4)4(2y5y方法3：基本不等式法：=，因为是定值，所1424xxy1)4(22xx4)4(22xx以，当(当然不小于0)时，，所以042x2x4)24()4(22222xxxx，即5y5141)4(22xx方法4：导数法：显然，在(-∞,+∞)内连续，=0)(xfxxxf84)(3,，显然，是[,]内的极值点，)0(f=-1，当时=4-8-2x0x0x222xminy1=-54．(本小题10分)（见八上教师用书P138—139）5.(本小题12分)如图：从甲到丁有2×3×2=12种走A1A2B1B2B3C1C2甲乙丙丁ANMCDBEABCDE45°60°HG10法，而经过线路共有2×1×2=4种走法，故P=2B311246.(本小题12分)如图：裁剪线AB与CD长恰好为三棱柱底面周长30cm，故2418302222AMABBM由△CEB∽△AMB可知：，故BMBEABCB246030CB所以CB=75所以CM=75+24=99(cm)7(本小题16分)解：（1）∵抛物线cbxaxy2经过点)0,2(A，)0,6(B，)320(，C．∴320636024ccbacba，解得3233463cba.∴抛物线的解析式为：32334632xxy.（2）易知抛物线的对称轴是4x.把x=4代入y=2x得y=8，∴点D的坐标为（4,8）．∵⊙D与x轴相切，∴⊙D的半径为8．连结DE、DF，作DM⊥y轴，垂足为点M．在Rt△MFD中，FD=8，MD=4．∴cos∠MDF=21．∴∠MDF=60°，∴∠EDF=120°．∴劣弧EF的长为：3168180120．（3）如图：设点T在KC上的速度为v，则时间。vTCBTvTCvBTt212∵∴∠OCB=60°，∠OBC=30°3326tanOCB11作点C关于x轴的对称点C′，则△CBC′为正三角形，∠OBC′=∠OBC=30°作TQ⊥BC′则TQ=TB，则TB+TC=CT+TQ2121要t最小，即CT+TQ最小，而CT+TQ是点C到直线C′B的折线长，只有当CT+TQ成为点C到直线C′B的垂线段时才最小，故作CH⊥BC′交OB于点K，则点K就是使运动时间最短的点。∵△CBC′为正三角形，∴∠C′CH=30°∴OK=OC·tan30°=2故点K的坐标为(2,0)。（3）设直线AC的解析式为y=kx+b.∵直线AC经过点)32,0(),0,2(CA.∴3202bbk，解得323bk.∴直线AC的解析式为：323xy.设点)0)(3233463,(2mmmmP，PG交直线AC于N，则点N坐标为)323,(mm.∵GNPNSSGNAPNA::.∴①若PN︰GN=1︰2，则PG︰GN=3︰2，PG=23GN.即32334632mm=）（32323m.解得：m1=－3，m2=2（舍去）.当m=－3时，32334632mm=3215.xyOACBDEFPGNMCBxyOTKC′HQ12∴此时点P的坐标为)3215,3(.②若PN︰GN=2︰1，则PG︰GN=3︰1，PG=3GN.即32334632mm=）（3233m.解得：121m，22m（舍去）.当121m时，32334632mm=342.∴此时点P的坐标为)342,12(.综上所述，点P坐标为)3215,3(或)342,12(．