2025年廣東事業(yè)單位招聘考試教師數(shù)學(xué)學(xué)科專(zhuān)業(yè)知識(shí)試題庫(kù)考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題：本大題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.函數(shù)$f(x)=\ln(x+1)+\sqrt{2-x}$的定義域是？（A）$\{x|x>-1\}$（B）$\{x|x\leq2\}$（C）$\{x|-1<x\leq2\}$（D）$\{x|x>-1\text{且}x\leq2\}$2.若$\sin\alpha=\frac{3}{5}$，$\alpha$是鈍角，則$\cos\alpha$等于？（A）$\frac{4}{5}$（B）$-\frac{4}{5}$（C）$\frac{3}{4}$（D）$-\frac{3}{4}$3.等差數(shù)列$\{a_n\}$中，已知$a_1=2$，$a_4+a_7=16$，則該數(shù)列的公差$d$等于？（A）1（B）2（C）3（D）44.不等式$|x-1|>2$的解集是？（A）$\{x|x>3\text{或}x<-1\}$（B）$\{x|x>-1\text{或}x<3\}$（C）$\{x|x>1\text{或}x<-1\}$（D）$\{x|-1<x<3\}$5.過(guò)點(diǎn)$(1,2)$且與直線(xiàn)$y=3x-1$平行的直線(xiàn)方程是？（A）$y=3x+1$（B）$y=3x-1$（C）$y=-\frac{1}{3}x+1$（D）$y=-\frac{1}{3}x+\frac{7}{3}$6.拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子兩次，兩次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和為偶數(shù)的概率是？（A）$\frac{1}{4}$（B）$\frac{1}{2}$（C）$\frac{3}{4}$（D）17.函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2$的單調(diào)遞增區(qū)間是？（A）$(-\infty,0)\cup(2,+\infty)$（B）$(0,2)$（C）$(-\infty,0)\cup(0,2)$（D）$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$8.在$\triangleABC$中，角$A$、$B$、$C$的對(duì)邊分別為$a$、$b$、$c$，若$a=3$，$b=4$，$c=5$，則$\cosB$等于？（A）$\frac{3}{5}$（B）$\frac{4}{5}$（C）$\frac{12}{25}$（D）$\frac{24}{25}$9.已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{x^2+1}$，則$f(f(2023))$等于？（A）$\frac{1}{2025}$（B）$\frac{1}{2024}$（C）$\frac{1}{2023}$（D）$\frac{1}{2022}$10.已知直線(xiàn)$l_1:ax+2y-1=0$與直線(xiàn)$l_2:x+(a+1)y+4=0$平行，則實(shí)數(shù)$a$的值等于？（A）1（B）-2（C）1或-2（D）0或-3二、填空題：本大題共5小題，每小題4分，共20分。11.已知$\tan\alpha=-\frac{4}{3}$，$\alpha$是第四象限角，則$\sin\alpha$等于？12.已知數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n=n^2+n$，則該數(shù)列的通項(xiàng)公式$a_n$等于？13.過(guò)點(diǎn)$P(1,2)$且與拋物線(xiàn)$y^2=4x$相切的直線(xiàn)方程是？14.從含有4個(gè)紅球和3個(gè)白球的中性口袋中隨機(jī)取出3個(gè)球，則取出的3個(gè)球中至少含有1個(gè)紅球的概率是？15.已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax+1$在整個(gè)實(shí)數(shù)集$\mathbb{R}$上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)$a$的取值范圍是？三、解答題：本大題共5小題，共50分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。16.（本小題滿(mǎn)分10分）已知函數(shù)$f(x)=\sqrt{x}-\lnx$。（1）求函數(shù)$f(x)$的定義域；（2）求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。17.（本小題滿(mǎn)分10分）已知$\triangleABC$中，角$A$、$B$、$C$的對(duì)邊分別為$a$、$b$、$c$，且$a=2\sqrt{3}$，$b=4$，$B=60^\circ$。（1）求$\sinA$的值；（2）求$\triangleABC$的面積。18.（本小題滿(mǎn)分10分）設(shè)等差數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n$，已知$S_5=25$，$S_{10}=70$。（1）求該數(shù)列的通項(xiàng)公式$a_n$；（2）記$b_n=\frac{n}{a_n}$，求$\{b_n\}$的前$n$項(xiàng)和$T_n$。19.（本小題滿(mǎn)分10分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x+1$。（1）求函數(shù)$f(x)$的極值；（2）若對(duì)于任意$x_1,x_2\in\mathbb{R}$，都有$|f(x_1)-f(x_2)|\leq4$，求實(shí)數(shù)$x$的取值范圍。20.（本小題滿(mǎn)分10分）在直角坐標(biāo)系$xOy$中，直線(xiàn)$l:y=kx+b$與曲線(xiàn)$C:y=\frac{1}{x}$交于不同的兩點(diǎn)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。（1）求$k$的取值范圍；（2）若$\triangleAOB$的面積等于1，求$k$的值。試卷答案一、選擇題1.C2.B3.B4.A5.A6.B7.A8.B9.A10.B二、填空題11.$-\frac{3}{5}$12.$a_n=\begin{cases}3,&n=1\\2n,&n\geq2\end{cases}$13.$y=4x-2$14.$\frac{3}{4}$15.$a\leq2$三、解答題16.解：（1）函數(shù)$f(x)$的定義域需要滿(mǎn)足根號(hào)內(nèi)的表達(dá)式非負(fù)且對(duì)數(shù)的真數(shù)大于零，即$x\geq0$且$x+1>0$，解得$x>-1$。由于根號(hào)內(nèi)還需為非負(fù)數(shù)，所以$x\geq0$。因此，函數(shù)$f(x)$的定義域是$\{x|x\geq0\}$。（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，首先需要求導(dǎo)數(shù)$f'(x)$。對(duì)$f(x)=\sqrt{x}-\lnx$求導(dǎo)，得到$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}$。要判斷單調(diào)性，需要找出導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)，即解方程$\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}=0$。解得$x=4$。當(dāng)$0<x<4$時(shí)，$f'(x)<0$，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)$x>4$時(shí)，$f'(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增。因此，函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞減區(qū)間是$(0,4)$，單調(diào)遞增區(qū)間是$(4,+\infty)$。17.解：（1）根據(jù)正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}$。代入已知的$a=2\sqrt{3}$，$b=4$，$B=60^\circ$，得到$\frac{2\sqrt{3}}{\sinA}=\frac{4}{\sin60^\circ}$。由于$\sin60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$\sinA=1$。因?yàn)?a>b$，所以$A>B=60^\circ$，從而$\sinA=1$對(duì)應(yīng)的角$A=90^\circ$。（2）$\triangleABC$的面積$S=\frac{1}{2}ab\sinC$。由于$A=90^\circ$，所以$\sinC=\sin(180^\circ-A-B)=\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}$。代入已知的$a=2\sqrt{3}$，$b=4$，得到$S=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{3}\cdot4\cdot\frac{1}{2}=2\sqrt{3}$。18.解：（1）設(shè)等差數(shù)列$\{a_n\}$的公差為$d$。根據(jù)等差數(shù)列前$n$項(xiàng)和的公式$S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)$，代入$S_5=25$和$S_{10}=70$，得到兩個(gè)方程：$\begin{cases}5(2a_1+4d)=25\\10(2a_1+9d)=70\end{cases}$解這個(gè)方程組，得到$a_1=1$，$d=2$。因此，數(shù)列的通項(xiàng)公式為$a_n=1+(n-1)\cdot2=2n-1$。（2）$b_n=\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2n-1}$。要求$\{b_n\}$的前$n$項(xiàng)和$T_n$，需要求和$\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{2k-1}$。可以使用“錯(cuò)位相減法”或“裂項(xiàng)相消法”來(lái)求和。這里使用“裂項(xiàng)相消法”：$\frac{k}{2k-1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2(2k-1)}$所以，$T_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2(2k-1)}\right)=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}$是一個(gè)奇數(shù)數(shù)列的倒數(shù)和，無(wú)法簡(jiǎn)化為簡(jiǎn)單的表達(dá)式，但可以表示為$\frac{1}{1}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}$。因此，$T_n=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\right)$。19.解：（1）求函數(shù)的極值，首先需要求導(dǎo)數(shù)$f'(x)$。對(duì)$f(x)=x^3-3x^2+2x+1$求導(dǎo)，得到$f'(x)=3x^2-6x+2$。要判斷極值，需要找出導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)，即解方程$3x^2-6x+2=0$。解得$x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$。當(dāng)$x=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)，$f'(x)$由正變負(fù)，函數(shù)取得極大值；當(dāng)$x=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)，$f'(x)$由負(fù)變正，函數(shù)取得極小值。將$x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$代入$f(x)$，得到極大值為$f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})=(1+\frac{\sqrt{3}}{3})^3-3(1+\frac{\sqrt{3}}{3})^2+2(1+\frac{\sqrt{3}}{3})+1$，極小值為$f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})=(1-\frac{\sqrt{3}}{3})^3-3(1-\frac{\sqrt{3}}{3})^2+2(1-\frac{\sqrt{3}}{3})+1$。（2）要使得對(duì)于任意$x_1,x_2\in\mathbb{R}$，都有$|f(x_1)-f(x_2)|\leq4$，函數(shù)$f(x)$的最大值和最小值之差必須小于等于4。由于函數(shù)$f(x)$是一個(gè)三次函數(shù)，它的最大值和最小值會(huì)在極值點(diǎn)或區(qū)間的端點(diǎn)處取得。根據(jù)（1）中的分析，函數(shù)$f(x)$的極大值為$f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})$，極小值為$f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})$。因此，需要滿(mǎn)足$f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})-f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})\leq4$。將$x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$代入$f(x)$并計(jì)算，得到$f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})-f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})=4\sqrt{3}\leq4$。這個(gè)條件是滿(mǎn)足的。因此，實(shí)數(shù)$x$的取值范圍是全體實(shí)數(shù)。20.解：（1）曲線(xiàn)$C:y=\frac{1}{x}$在第一象限內(nèi)。直線(xiàn)$l:y=kx+b$與曲線(xiàn)$C$交于不同的兩點(diǎn)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，意味著方程組$\begin{cases}y=kx+b\\y=\frac{1}{x}\end{cases}$有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解。將$y=\frac{1}{x}$代入$y=kx+b$，得到$kx+b=\frac{1}{x}$，即$kx^2+bx-1=0$。這是一個(gè)關(guān)于$x$的二次方程，它有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解的條件是判別式$\Delta=b^2+4k>0$。由于直線(xiàn)$l$經(jīng)過(guò)第一象限，所以$b>0$。因此，$k$的取值范圍是$k>-\frac{1}{4}$且$k\neq0$。（2）$\triangleAOB$的面積等于1，可以通過(guò)計(jì)算$\triangleAOB$的底和高來(lái)求解。底可以是$x_1$和$x_2$的差，即$|x_1-x_2|$，高可以是$y_1$或$y_2$，即$\frac{1}{x_1}$或$\frac{1}{x_2}$。因此，$\triangleAOB$的面積$S=\frac{1}{2}|x_1-x_2|\cdot\frac{1}{x_1}=1$。由于$x_1$和$x_2$是方程$kx^2+bx-1=0$的兩個(gè)根，根據(jù)韋達(dá)定理，$x_1+x_2=-\frac{k}$，$x_1x_2=-\frac{1}{k}$。將$x_1x_2=-\frac{1}{k}$代入面積公式，得到$S=\frac{1}{2}|x_1-x_2|\cdot\frac{1}{x_1}=\frac{1}{2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\cdot\frac{1}{x_1}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(-\frac{k}\right)^2-4\left(-\frac{1}{k}\right)}\cdot\frac{1}{x_1}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2}{k^2}+\frac{4}{k}}\cdot\frac{1}{x_1}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2+4k}{k^2}}\cdot\frac{1}{x_1}=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{b^2+4k}}{k}\cdot\frac{1}{x_1}=1$。由于$x_1x_2=-\frac{1}{k}$，所以$x_1=-\frac{1}{kx_2}$。代入上面的面積公式，得到$\frac{1}{2}\frac{\sqrt{b^2+4k}}{k}\cdot(-kx_2)=1$，即$-\frac{1}{2}\sqrt{b^2+4k}x_2=1$。由于$x_2$是方程$kx^2+bx-1=0$的根，所以$kx_2^2+bx_2-1=0$。解這個(gè)方程組$\begin{cases}-\frac{1}{2}\sqrt{b^2+4k}x_2=1\\kx_2^2+bx_2-1=0\end{cases}$，可以得到$k$的值。將$x_2=-\frac{2}{\sqrt{b^2+4k}}$代入$kx_2^2+bx_2-1=0$，得到$k\left(-\frac{2}{\sqrt{b^2+4k}}\right)^2+b\left(-\frac{2}{\sqrt{b^2+4k}}\right)-1=0$，即$\frac{4k}{b^2+4k}-\frac{2b}{\sqrt{b^2+4k}}-1=0$。將分母有理化，得到$\frac{4k-2b\sqrt{b^2+4k}-(b^2+4k)}{b^2+4k}=0$，即$4k-2b\sqrt{b^2+4k}-b^2-4k=0$，即$-2b\sqrt{b^2+4k}=b^2$。由于$b>0$，所以$\sqrt{b^2+4k}=-\frac{2}$。由于根號(hào)內(nèi)的表達(dá)式非負(fù)，所以這個(gè)方程無(wú)解。因此，我們需要重新審視面積公式。由于$x_1x_2=-\frac{1}{k}$，所以$x_1=-\frac{1}{kx_2}$。代入面積公式$\frac{1}{2}|x_1-x_2|\cdot\