2018年扬州市教育系统教师招聘考试(数学)含答案

第1页共8页2018年江苏省扬州市教育系统教师招聘考试（数学）一.填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）.1.“,31xRx”的否定.2.设复数z满足3izi=−+，则z的实部是.3.在平面直角坐标系xOy中，若点(,1)Pm到直线4310xy−−=的距离为4，且点P在不等式23xy+表示的平面区域内，则m=.4.某停车场内有序号为1，2，3，4，5的五个车位顺次排成一排，现在,,,ABCD四辆车需要停放，若,AB两车停放的位置必须相邻，则停放方式的种数为.（用数字作答）5.设等比数列{}na的前n项和为nS，0na，若6325SS−=，则96SS−的最小值是.6.若函数()sin()(0)6fxwxw=+，图象的两条对称轴之间的距离为2，该函数图象与点0(,0)x成中心对称，0[0,]2x，则0x=.7.在锐角三角形ABC中，,,ABC所对应的边为,,abc，已知22sin3A=，2a=，2ABCS=，则b=.8.已知向量(sin2,cos)a=，(cos,1)b=，则“//ab”是“1tan2=”成立的条件.9.设函数()fx是周期为5的奇函数，当02x时，()23xfx=−，则(2013)f=.10.设正实数,,xyz满足22390xxyyz−+−=，则当xyz取得最大值时，xy的值为.11.已知RTABC的三个顶点都在抛物线22(0)ypxp=上，且斜边//ABy轴，则斜边上的高等于.12.设点P为函数21()22fxxax=+与2()3ln2(0)gxaxba=+图象的公共点，以P为切点可作第2页共8页直线l与两曲线都相切，则实数b的最大值为.二.解答题（本大题共5题，每题8分，共40分）.13.如图，在正三棱柱111ABCABC−中，EF、分别为1BB、AC的中点.（1）求证：//BF平面1AEC；（2）求证：平面1AEC⊥平面11ACCA.14.已知矩阵21aMc=，若矩阵M属于特征值3的一个特征向量11=.求矩阵的逆矩阵1M−.第3页共8页15.如图所示，某人想制造一个支架，它由四根金属杆,,,PHHAHBHC构成，其底端三点,,ABC均匀地固定在半径为3m的圆O上（圆O在地面上），,,PHO三点相异且共线，PO与地面垂直.现要求点P到地面的距离恰为33m，记用料总长为LPHHAHBHC=+++，设HAO=．（1）试将L表示为的函数，并注明定义域；（2）当的正弦值是多少时，用料最省？16.已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=上任意一点到两焦点距离之和为23，离心率为33，左、右焦点分别为1F，2F，点P是右准线上任意一点，过2F作直线2PF的垂线2FQ交椭圆于Q点．（1）求椭圆E的标准方程；（2）证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值；（3）点P的纵坐标为3，过P作动直线l与椭圆交于两个不同点M、N，在线段MN上取点H，满足MPMHPNHN=，试证明点H恒在一定直线上．OPHABCθ第15题第4页共8页17.设等差数列{}na的前n项和为nS，已知12a=，622S=.（1）求nS；（2）若从{}na中抽取一个公比为q的等比数列{}nka，其中11k=，且12nkkk，*nkN.①当q取最小值时，求{}nk的通项公式；②若关于*()nnN的不等式16nnSk+有解，试求q的值.第5页共8页2018年江苏省扬州市教育系统教师招聘考试数学答案一.填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）.1.00,31xRx2.13.64.485.206.5127.38.必要不充分9.1−10.311.2p12.2334e二.解答题（本大题共5题，每题8分，共40分）.13．证：（1）连1AC交1AC于点O，F为AC中点，111//=2OFCCOFCC且，E为1BB中点，111//=2BECCBECC且，//=BEOFBEOF且，四边形BEOF是平行四边形，//BFOE，又BF平面1AEC，OE平面1AEC，//BF平面1AEC.（2）由（1）知//BFOE，ABCB=，F为AC中点，所以BFAC⊥，所以OEAC⊥，又因为1AA⊥底面ABC，而BF底面ABC，所以1AABC⊥，则由//BFOE，得1OEAA⊥，而1,AAAC平面11ACCA，且1AAACA=，所以OE⊥面11ACCA，又OE平面1AEC，所以平面1AEC⊥平面11ACCA.14．解：由题意，得2113111ac=，解得12ac==，所以1221=M.设1xyzw−=M，则112102101xyzw−==MM，解得1221,,,3333xyzw=−===−，即112332133−−=−M.15．解：（1）因PO与地面垂直，且AOBOCO==，则,,AOHBOHCOH是全等的直角三角形，又圆O的半径为3，第6页共8页所以3tanOH=，3cosAHBHCH===，又333tanPH=−，所以9333tancosL=−+，若点,PH重合，则tan3=，即3=，所以(0,)3，从而9333tancosL=−+，(0,)3.（2）由（1）知93sin333tan333coscosL−=−+=+，所以23sin13cosL−=，当0L=时，1sin3=，令01sin3=，0(0,)3，当0(,)3时，0L；当0(0,)时，0L；所以函数L在0(0,)上单调递减，在0(,)3上单调递增，所以当0=，即1sin3=时，L有最小值，此时用料最省.16．解：（1）由题意可得22222333aceaabc====+，解得3a=，1c=，2b=所以椭圆22:132xyE+=．（2）由（1）可知：椭圆的右准线方程为23axc==，设0(3,)Py，1(Qx，1)y，因为22PFFQ⊥，所以220011111212(1)QFPFyyyykkxx===−−−，所以1012(1)yyx−=−又因为21011012111133PQOQyyyyyykkxxxx−−==−−且22112(1)3xy=−代入化简得23PQOQkk=−．即直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值23−．（3）设过(3,3)P的直线l与椭圆交于两个不同点1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，点(,)Hxy，则2211236xy+=，2222236xy+=．第7页共8页设MPMHPNHN==，则,MPPNMHNH=−=，1(3x−，123)(3yx−=−−，23)y−，1(xx−，12)(yyxx−=−，2)yy−整理得12123,11xxxxx−+==−+，12123,11yyyyy−+==−+，从而2222221212223,311xxyyxy−−==−−，由于2211236xy+=，2222236xy+=，我们知道21x与21y的系数之比为2:3，22x与22y的系数之比为2:3．222222222221212112222223323(23)69611xxyyxyxyxy−+−+−++===−−，所以点H恒在直线2320xy+−=上．17．解：（1）设等差数列的公差为d，则611665222Sad=+=，解得23d=，…2分所以(5)3nnnS+=.（2）因为数列}{na是正项递增等差数列，所以数列}{nka的公比1q，若22=k，则由382=a，得3412==aaq，此时932)34(223==ka，由)2(32932+=n，解得*310Nn=，所以22k，同理32k；若42=k，则由44=a，得2=q，此时122−=nkna，另一方面，2(2)3nknak=+，所以2(2)23nnk+=，即1322nnk−=−，所以对任何正整数n，nka是数列}{na的第2231−−n项．所以最小的公比2=q．所以2231−=−nnk．（3）因为12423nnnkkaq−+==，得132nnkq−=−，而1q，所以当1q且qN时，所有的132nnkq−=−均为正整数，适合题意；当2q且qN时，132nnkqN−=−不全是正整数，不合题意.而16nnSk+有解，所以2(5)213nnnq++有解，经检验，当2q=，3q=，4q=时，1n=都是2(5)213nnnq++的解，适合题意第8页共8页下证当5q时，2(5)213nnnq++无解,设2(5)23nnnnbq++=，则212[(1)(75)7]3nnnqnqnqbbq+−+−+−−=，因为57022qq−−，所以2()2[(1)(75)7]fnqnqnq=−+−+−在*nN上递减，又因为(1)0f，所以()0fn恒成立，所以10nnbb+−，所以1nbb恒成立，又因为当5q时，11b，所以当5q时，16nnSk+无解.综上所述，q的取值为2,3,4.