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2019-2020年高考《考試大綱》調研卷理科數學（第三模擬）含解析 一、填空題：共14題 1．設全集U={-1,0,1,2,3},若集合A={x|x2-2x-3=0},則?UA=　　　. 【答案】{0,1,2} 【解析】本題考查補集的運算等知識.解題的突破口是先將集合A中的方程解出,再根據集合的補集運算法則運算即可.集合的補集運算一定要在全集范圍內進行,同一集合在不同的全集范圍下的補集是不同的.因為A={x|x2-2x-3=0}={-1,3},又U={-1,0,1,2,3},所以?UA={0,1,2}. 2．已知復數z滿足(2+i)z=1+3i(i為虛數單位),則復數z的虛部為　　　. 【答案】1 【解析】本題考查復數的概念及運算,破解的關鍵是靈活運用復數的乘、除法運算法則.在求解時,要先將復數z化為標準的代數形式,同時注意z=a+bi(a,b∈R)的虛部為b而并非bi.通解　設z=a+bi(a,b∈R),由(2+i)z=1+3i可得,(2+i)(a+bi)=1+3i,即(2a-b)+(a+2b)i=1+3i,根據復數相等的定義可得,解得,故復數z的虛部為1. 優(yōu)解　因為(2+i)z=1+3i,所以z==1+i,故復數z的虛部為1. 3．在如圖所示的偽代碼中,輸出的S的值等于　　　. 【答案】-15 【解析】本題考查偽代碼中的For循環(huán)語句,考查考生對循環(huán)結構的算法功能的理解.求解的關鍵是弄清楚計數變量I的初值、終值和步長以及循環(huán)次數.運行偽代碼可知:第一次循環(huán),I=1,S=-1;第二次循環(huán),I=3,S=-3;第三次循環(huán),I=5,S=-7;第四次循環(huán),I=7,S=-15.故輸出的S的值等于-15. 4．如圖所示的莖葉圖記錄了某同學進入高三以來的6次模擬考試中數學附加題的得分情況,則該同學6次得分的方差等于　　　. 【答案】 【解析】本題考查莖葉圖的應用、平均數和方差的求解,考查統(tǒng)計在實際問題中的應用.突破的關鍵是正確求出6次得分的平均數,并靈活運用方差公式求解.通解　由題圖可知,此同學6次得分的平均數為(19+25+28+28+30+32)=27,所以方差為s2=[(19-27)2+(25-27)2+2(28-27)2+(30-27)2+(32-27)2]=. 優(yōu)解　由于所有數據均在28附近,于是可將所有數據減去28后得到:-9,-3,0,0,2,4,新數據的平均數為-1,故新數據的方差等于原數據的方差,即s2=[(-9+1)2+(-3+1)2+2(0+1)2+(2+1)2+(4+1)2]=. 5．某小店有5瓶果粒橙,其中有且僅有2瓶已過保質期,現從中隨機取2瓶,則所取2瓶果粒橙中至多有1瓶已過期的概率等于　　　. 【答案】 【解析】本題考查古典概型概率計算公式的應用.求解的關鍵是利用枚舉法準確求出基本事件總數以及所求事件的基本事件數,枚舉時要做到不重不漏. 通解　設這5瓶果粒橙分別為0,1,2,3,4(其中0和1代表過期的果粒橙),從中隨機取2瓶共有如下10個基本事件:(0,1),(0,2),(0,3),(0,4),(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).其中“所取2瓶果粒橙中至多有1瓶已過期”包含的基本事件有如下9個:(0,2),(0,3),(0,4),(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).所以所求事件的概率為P=. 優(yōu)解　設這5瓶果粒橙分別為0,1,2,3,4(其中0和1代表過期的果粒橙),從中隨機取2瓶共有如下10個基本事件:(0,1),(0,2),(0,3),(0,4),(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).其中“所取2瓶果粒橙中至多有1瓶已過期”的對立事件為“所取2瓶果粒橙均已過期”,其包含的基本事件只有(0,1).根據對立事件的概率計算公式可得,所求的概率為P=1-. 6．設實數x,y滿足約束條件,則目標函數z=x+3y的最小值為　　　. 【答案】27 【解析】本題考查簡單的線性規(guī)劃,考查數形結合思想.先畫出不等式組表示的平面區(qū)域,平移直線x+3y=0找到最優(yōu)解即可求z=x+3y的最小值.作出不等式組表示的平面區(qū)域,如圖中陰影部分所示,平移直線x+3y=0,當直線z=x+3y經過圖中的點C(3,8)時,z取得最小值,且最小值為27. 7．已知角α的終邊經過點P(2,1),則tan(-2α)的值為　　　. 【答案】- 【解析】本題考查三角函數的定義、兩角差的正切公式以及二倍角的正切公式,突破的關鍵是先由角α的終邊上點P的坐標求tanα的值,再利用二倍角公式求tan 2α的值,最后利用兩角差的正切公式即可求得tan(-2α)的值.因為角α的終邊經過點P(2,1),所以tanα=,所以tan 2α=,所以tan(-2α)==-. 8．中心在原點、對稱軸為坐標軸,以拋物線y2=4x的焦點為右頂點,且以直線2x-y=0為一條漸近線的雙曲線的方程為　　　　　　. 【答案】x2-=1 【解析】本題考查雙曲線、拋物線的方程及簡單的幾何性質,考查雙曲線方程的求解.突破的關鍵是先由題意確定雙曲線的右頂點,再設出其方程并利用待定系數法求解.通解　拋物線y2=4x的焦點坐標為(1,0),即雙曲線的右頂點為(1,0),故可設雙曲線的標準方程為x2-=1(b>0),由直線2x-y=0為雙曲線的一條漸近線,得b=2,故所求雙曲線的方程為x2-=1. 優(yōu)解　以直線2x-y=0為一條漸近線的雙曲線的標準方程可設為x2-=λ(λ≠0),由拋物線y2=4x的焦點坐標為(1,0),得雙曲線的右頂點為(1,0),則雙曲線的方程為-=1(λ≠0),且λ=1,故所求雙曲線的方程為x2-=1. 9．若函數f(x)=cos(ωx+φ)(0<φ<π)的圖象關于原點對稱,且f(x)在區(qū)間[0,]上單調遞減,則ω的取值范圍是　　　. 【答案】(0,2] 【解析】本題考查三角函數的圖象及性質,考查考生的運算求解能力.由函數f(x)=cos(ωx+φ)(0<φ<π)的圖象關于原點對稱,得函數f(x)是奇函數,所以φ=kπ+(k∈Z).又0<φ<π,所以φ=.故f(x)=cos(ωx+)=-sinωx.因為f(x)在區(qū)間[0,]上單調遞減,所以ω>0,且≤,解得ω≤2.所以ω的取值范圍是(0,2]. 10．如圖,在邊長為2的正六邊形ABCDEF中,點G為線段CD的中點,則=　　　. 【答案】4 【解析】本題考查向量的數量積運算,考查數形結合思想的應用.由于是在正六邊形中,因此可以建系之后利用坐標運算處理,亦可將目標向量進行分解之后再求數量積.通解　連接AE,以A為坐標原點,AB所在直線為x軸,AE所在直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系,則A(0,0),B(2,0),E(0,2),D(2,2),C(3,),所以G(,),所以=(,),=(-2,2),所以(-2)+2=4.優(yōu)解　連接AC,在正六邊形ABCDEF中,=2,++,又AC⊥CD,故=0,所以=(+)2=2+=4. 11．已知圓錐的底面半徑為2、高為3,一圓柱內接于該圓錐(圓柱的下底面落在圓錐的底面內),則當圓柱的側面積最大時,圓柱的體積與圓錐的體積之比等于　　　　. 【答案】 【解析】本題考查圓柱的側面積公式、圓錐和圓柱的體積公式,考查二次函數的最值問題.求解本題的關鍵是找出圓柱的底面半徑和高之間的關系,并找出圓柱的側面積最大時圓柱的底面半徑和高的值,最終利用體積公式求比值.設圓柱的底面半徑為r,高為h,則,所以h=3-,所以圓柱的側面積S=2πrh=3π(2r-r2)(00,所以cosB=, 又B∈(0,π),所以B=. (2)因為a=3,c=4,B=,所以S△ABC=34=3,b2=32+42-234=13,即b=. 【解析】本題考查正、余弦定理在解三角形中的應用,三角函數的誘導公式,三角恒等變換等知識.(1)先利用正弦定理將2bcosB=acosC+ccosA中的邊化為角,再用兩角和的正弦公式和誘導公式求B的余弦值,進而求出角B的大小;(2)已知角B和a、c,直接代入三角形的面積公式S△ABC=acsinB求△ABC的面積,利用余弦定理b2=a2+c2-2accosB求解b的值. 【備注】高考對三角的考查主要包括三角函數的概念、同角三角函數的基本關系、三角函數的誘導公式、三角函數的圖象與性質、三角恒等變換、解三角形等知識.縱觀近幾年的考題可知,三角恒等變換與解三角形的有機結合是高考考查的主旋律. 16．如圖所示,在梯形ABCD中,∠ABC=∠DAB=90,AD=2BC,平面BCEF⊥平面ABCD,四邊形BCEF為菱形. (1)求證:CF⊥平面ABE; (2)若M為棱AB上一點,且BE∥平面DMF,試求的值. 【答案】(1)因為平面BCEF⊥平面ABCD,平面BCEF∩平面ABCD=BC,AB?平面ABCD,且∠ABC=90,即AB⊥BC,所以AB⊥平面BCEF.又CF?平面BCEF,所以CF⊥AB.因為四邊形BCEF為菱形,所以CF⊥BE,又AB∩BE=B,AB、BE?平面ABE,所以CF⊥平面ABE. (2)設AE∩DF=N,連接MN,因為BE∥平面DMF,BE?平面ABE,平面ABE∩平面DMF=MN,所以BE∥MN,所以.又EFBCAD,所以△ADN∽△EFN,所以=2. 【解析】本題主要考查空間點、線、面之間的位置關系,考查考生的推理論證能力和空間想象能力.(1)欲證線面垂直,只需要證線線垂直,即證明CF垂直于平面ABE內的兩條相交直線;(2)已知線面平行,可由線面平行的性質定理得到線線平行,從而結合三角形相似計算的值. 【備注】高考對立體幾何的考查主要體現在空間平行與垂直關系的證明以及空間幾何體的表面積和體積的求解等.解決空間中平行與垂直的證明問題時首先要熟悉有關的定理、公理,注意各個定理的條件,其次要注意轉化思想的應用;解決空間幾何體的表面積和體積的求解問題時,要先弄清幾何體的類型,然后選擇正確的公式進行求解,特別地,在求三棱錐的體積時,若直接求解較為困難,要注意轉換頂點后再求解. 17．如圖所示,m、n分別為某市兩條互相垂直的主干道所在的直線,其中O為m、n的交點.若A、B兩點分別為該市1路公交車的起點站和終點站,且A、B之間的公交線路是圓心在n上的一段圓弧,站點A到直線m、n的距離分別為1 km和10 km,站點B到直線m、n的距離分別為9 km和6 km. (1)建立適當的坐標系,求公交線路所在圓弧的方程; (2)為了豐富市民的業(yè)余生活,市政府決定在主干道n上選址建一游樂場,考慮到城市民居集中區(qū)域問題和環(huán)境問題,要求游樂場地址(注:地址視為一個點,設為點C)在點O上方,且點C到點O的距離d大于2 km且小于10 km,并要求公交線路(即圓弧AB)上任意一點到游樂場C的距離不小于2km,求游樂場C距點O距離的最大值. 【答案】(1)以O為坐標原點,直線m、n分別為x軸和y軸建立平面直角坐標系,則A(10,1),B(6,9),設圓弧AB所在圓的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2,則,解得,故公交線路所在圓弧的方程為x2+(y-1)2=100(6≤x≤10,1≤y≤9). (2)因為游樂場距點O的距離為d(2b>0)的一個焦點和一個頂點. (1)求橢圓S的方程; (2)如圖,M、N分別是橢圓S的左頂點、下頂點,過坐標原點O的直線交橢圓于P、A兩點,其中P在第一象限,過P作x軸的垂線,垂足為C,連接AC,并延長交橢圓于點B,設直線PA的斜率為k. (i)若直線PA平分線段MN,求k的值; (ii)對任意的k>0,求證:PA⊥PB. 【答案】(1)在直線x-y+1=0中,令x=0,得y=1.令y=0,得x=-1.故c=b=1,a2=2.則橢圓S的方程為+y2=1. (2)(i)由題意可知,M(-,0),N(0,-1),M、N的中點坐標為(-,-),∴k=. (ii)解法一　將直線PA的方程y=kx代入+y2=1,解得x=.記=m,則P(m,mk),A(-m,-mk),C(m,0),故直線AB的方程為y=(x-m)=(x-m),將其代入橢圓S的方程得,(k2+2)x2-2k2mx+k2m2-4=0,由xB+xA=,可得xB=,因此B(,).=(2m,2mk),=(-m,-mk)=(,).2m+2mk=0,∴PA⊥PB. 解法二　由題意設P(x0,y0),A(-x0,-y0),B(x1,y1),則C(x0,0),∵A、C、B三點共線,∴,又點P、B在橢圓上,∴+=1,+=1,兩式相減得,kPB=-, kPA.kPB=[-]=-=-1.∴PA⊥PB. 【解析】本題主要考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關系等知識,考查考生的邏輯思維能力及運算求解能力.(1)分別令x=0及y=0易得b,c的值,進而求得橢圓的方程.(2)(i)求出M,N兩點的中點的坐標,即可求解k的值;(ii)聯立直線與橢圓的方程,根據根與系數的關系等知識表示出向量,,利用向量的數量積為0證明PA與PB垂直,也可利用直線PA,PB的斜率之積為-1進行證明. 【備注】高考對圓錐曲線的考查一般有兩方面:一是由圓錐曲線的定義或幾何性質求得圓錐曲線的標準方程;二是研究直線與圓錐曲線的交點問題,弦的中點問題,直線的方程,幾何圖形的面積,動點、動直線變化過程中的不變量(即定值)問題或者是動直線(或曲線)的定點(定值)問題等. 19．已知數列{an}的前n項和為Sn,且2Sn=1-an(n∈N*). (1)求證:數列{an}是等比數列,并求其通項公式; (2)若數列{bn}滿足bn-n=an(2loan+1-1),記數列{bn}的前n項和為Tn,求使得不等式Tn+nan≥2 016成立的正整數n的最小值. 【答案】(1)由2Sn=1-an(n∈N*),得2Sn+1=1-an+1(n∈N*),兩式作差并整理得,an+1=an.又2a1=1-a1,即a1=,所以數列{an}是首項為,公比為的等比數列,所以an=()n. (2)因為an=()n,所以an+1=()n+1,所以bn=(2n+1)()n+n,設Qn,Rn分別是數列{(2n+1)()n},{n}的前n項和,于是Tn=Qn+Rn.Qn=3+5()2+…+(2n+1)()n,① Qn=3()2+5()3+…+(2n-1)()n+(2n+1)()n+1,② 兩式相減可得,Qn=1+2()2+2()3+…+2()n-(2n+1)()n+1=1+2()2-(2n+1)()n+1=-(2n+4)()n+1,所以Qn=2-(n+2)()n,又Rn=,所以Tn=2-(n+2)()n+.所以Tn+nan=2+-2()n,又Tn+1+(n+1)an+1-(Tn+nan)=n+1+4()n+1>0對n∈N*恒成立,所以Tn+1+(n+1)an+1>Tn+nan對n∈N*恒成立. 又當n=62時,Tn+nan=2+-2()62=1 955-2()62<2 016;當n=63時,Tn+nan=2+-2()63=2 018-2()63>2 016. 故當n≥63時,Tn+nan≥2 016成立. 所以使得不等式Tn+nan≥2 016成立的正整數n的最小值為63. 【解析】本題主要考查等比數列的定義、等差數列和等比數列的前n項和公式、錯位相減法與分組求和法求和等知識,考查考生的運算求解能力和推理論證能力.(1)先由2Sn=1-an(n∈N*)和Sn+1-Sn=an+1求得an+1與an之間的關系,進而證得{an}是等比數列,再確定首項和公比即可得通項公式;(2)先將an的表達式代入bn-n=an(2an+1-1)可得數列{bn}的通項公式,再利用分組求和法、錯位相減法求數列{bn}的前n項和Tn,最終將Tn+nan≥2 016轉化為關于正整數n的不等式,并結合單調性進行求解. 【備注】高考解答題對數列的考查主要包含等差數列與等比數列的定義、通項公式和求和,數列與不等式的交匯問題,以數列為背景的創(chuàng)新問題等,主要考查公式的靈活應用,一般難度較大. 20．已知函數f(x)=ax3+bx2+cx+d(a,b,c,d為實常數)在x=0處取得極小值2,且曲線y=f(x)在x=3處的切線方程為3x+y-11=0. (1)求函數f(x)的解析式; (2)已知函數h1(x)=ex+t[f(x)+x2-x],h2(x)=t[f(x)+x2-x]-lnx,其中t為實常數,試探究是否存在區(qū)間M,使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上具有相同的單調性.若存在,說明區(qū)間M應滿足的條件及對應t的取值范圍,并指出h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上的單調性;若不存在,請說明理由. 【答案】(1)因為f(x)=ax3+bx2+cx+d,所以f(x)=3ax2+2bx+c,由題可知,,即,解得,所以f(x)=-x3+x2+2,經檢驗可得,函數y=f(x)在x=0處取得極小值2.故f(x)=-x3+x2+2. (2)因為f(x)=-x3+x2+2,所以f(x)=-x2+2x,所以h1(x)=ex+tx,h2(x)=tx-lnx. (i)當t=0時,函數h2(x)=-lnx在(0,+∞)上單調遞減,h1(x)=ex在(0,+∞)上單調遞增,所以不存在區(qū)間M,使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上具有相同的單調性. (ii)當t>0時,h1(x)=ex+t>0恒成立,所以函數h1(x)=ex+tx在(0,+∞)上單調遞增.h2(x)=t-,令h2(x)=0,解得x=,當x∈(0,)時,h2(x)<0,h2(x)單調遞減;當x∈(,+∞)時,h2(x)>0,h2(x)單調遞增.所以存在區(qū)間M?[,+∞),使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上均為增函數.(iii)當t<0時,h2(x)=t-<0對x∈(0,+∞)恒成立,所以h2(x)在(0,+∞)上單調遞減.對函數h1(x)=ex+tx,令h1(x)=ex+t=0,得x=ln(-t). ①若-1≤t<0時,ln(-t)≤0,在(ln(-t),+∞)上,h1(x)>0,所以h1(x)單調遞增,由于h2(x)在(0,+∞)上單調遞減,所以不存在區(qū)間M,使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上具有相同的單調性. ②若t<-1時,ln(-t)>0,在(-∞,ln(-t))上,h1(x)<0,h1(x)單調遞減;在(ln(-t),+∞)上,h1(x)>0,h1(x)單調遞增.由于h2(x)在(0,+∞)上單調遞減,所以存在區(qū)間M?(0,ln(-t)],使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上均為減函數.綜上,當-1≤t≤0時,不存在區(qū)間M,使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上具有相同的單調性;當t<-1時,存在區(qū)間M?(0,ln(-t)],使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上均為減函數;當t>0時,存在區(qū)間M?[,+∞),使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上均為增函數. 【解析】本題考查函數與導數的綜合應用,考查導數在研究函數的單調性、極值中的應用,考查考生的分類討論思想,難度較大.(1)由已知條件可列出關于a,b,c,d的方程組求解即可;(2)是一個探索性問題,由于兩個函數均含參數t,所以可以考慮分t=0,t>0,t<0進行討論,分別求出對應函數的單調區(qū)間,再看單調區(qū)間是否有公共部分. 【備注】函數與導數的綜合題常常是高考壓軸題,且常常綜合考查函數的各種性質、函數的圖象和不等式、方程等知識,難度較大.利用導數求單調區(qū)間時,要注意定義域優(yōu)先原則,即所求的單調區(qū)間一定是定義域的子集.對于已知單調性求解參數的取值范圍的逆向問題,要注意端點處的導數值能否為0,以免犯錯.處理一些不等式的證明或不等式恒成立或含參方程實數解個數等問題時,常常需要通過構造函數,轉化為利用導數研究函數的單調性、最值或圖象的特征,從而得到有效突破,而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是求解的關鍵. 21．如圖所示,線段AB為圓O的直徑,在△ABC中,AB⊥BC,AC交圓O于點E,點D是BC的中點.求證:DE是圓O的切線. 【答案】連接OE,因為點D是BC的中點,點O是AB的中點,所以ODAC,所以∠A=∠BOD,∠AEO=∠EOD.因為OA=OE,所以∠A=∠AEO,所以∠BOD=∠EOD.又在△EOD和△BOD中,OE=OB,OD=OD,所以△EOD≌△BOD,所以∠OED=∠OBD=90,即OE⊥ED.因為E是圓O上一點,所以DE是圓O的切線. 【解析】本題主要考查圓的基本性質、全等三角形的判定等基礎知識,考查考生分析問題和解決問題的能力、轉化能力.先證明△EOD和△BOD為全等三角形,進而證明DE是圓O的切線. 【備注】幾何證明選講在高考中的考題較為基礎,考點主要有:①利用平行線分線段成比例定理、直角三角形的射影定理解決有關長度的求解或證明問題;②利用圓周角定理、圓的切線的判定定理與性質定理、相交弦定理、圓內接四邊形的性質定理與判定定理、切割線定理等解決有關線段長度、角的求解或證明問題. 22．已知矩陣A=,B=,若點M(2,1)在矩陣AB對應的變換作用下得到點N,求點N的坐標. 【答案】因為A=,B=,所以AB=,所以,所以點N的坐標為(4,-4). 【解析】本題考查矩陣與變換、矩陣的乘法.解題時,先利用矩陣的乘法法則求出矩陣AB,再求點M在矩陣AB對應的變換下得到的點N的坐標. 【備注】矩陣與變換模塊中,高考命題的重點是矩陣的變換、逆矩陣以及矩陣的特征值和特征向量,考題為解答題,且以簡單題、中檔題為主,重點考查考生的運算求解能力. 23．在平面直角坐標系xOy中,圓C的參數方程為(φ為參數).以直角坐標系的坐標原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,直線l的極坐標方程為ρ(2cosθ-sinθ)=a,其中a為實常數.若直線l與圓C有公共點,求實數a的取值范圍. 【答案】將圓C的參數方程化為普通方程得,(x-1)2+y2=5.將直線l的極坐標方程化為直角坐標方程得,2x-y-a=0.因為直線l與圓C有公共點,所以圓心C(1,0)到直線l的距離d=≤r=,解得-3≤a≤7. 【解析】本題考查參數方程與普通方程的互化、直線與圓的位置關系、點到直線的距離公式等知識,考查考生分析問題和解決問題的能力、轉化能力、計算能力.先將圓C的參數方程化為普通方程,再將直線l的極坐標方程化為直角坐標方程,最后利用點到直線的距離公式計算圓心C到直線l的距離d,由d≤r列出不等式求解a的取值范圍. 【備注】坐標系與參數方程是平面解析幾何初步、圓錐曲線與方程、三角函數等知識的延伸.本模塊常?？疾闃O坐標、參數方程以及直線與圓、圓錐曲線等知識的綜合,難度不大,屬于中低檔題.對于曲線的極坐標方程和參數方程來講,通常是先化為直角坐標方程和普通方程再去研究.而在求二次曲線(如圓和橢圓等)上的動點到直線距離的最值問題時,常常需要利用曲線的參數方程來求解. 24．已知實數x,y∈(-2,2),求證:|x+y|<|2+xy|. 【答案】要證明|x+y|<|2+xy|,只需證明x2+2xy+y20,即只需證明(x2-4)(y2-4)>0成立. 因為x,y∈(-2,2),所以x2<4,y2<4,故x2-4<0,y2-4<0,所以(x2-4)(y2-4)>0,所以原不等式成立. 【解析】本題考查含絕對值不等式的證法,考查分析法在證明不等式中的應用,考查考生的推理論證能力.本題可利用分析法證明的思想,即逆向思維,通過反推,逐步尋找使結論|x+y|<|2+xy|成立的充分條件. 【備注】高考對不等式選講的考查主要體現在:①絕對值不等式的解法或其性質的應用;②利用作差法、分析法、基本不等式或柯西不等式證明不等式;③利用基本不等式或柯西不等式求最值或處理不等式恒成立問題. 25．如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥平面PAD,AD=CD=2AB=2,側面PAD為等邊三角形,點M,N分別是側棱PA和PB的中點. (1)求異面直線DN和PC所成角的余弦值; (2)求平面DMN與平面PBC所成的銳二面角的余弦值. 【答案】(1)在正三角形PAD中取AD的中點O,連接PO,則PO⊥AD.因為AB⊥平面PAD,所以AB⊥AD,且AB⊥PO,于是以O為坐標原點,OA所在的直線為x軸、過點O且垂直于平面PAD的直線為y軸、OP所在的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(1,0,0),B(1,1,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,),M(,0,),N(,,),所以=(-1,2,-),=(,,). 所以cos<,>==-,所以異面直線DN和PC所成角的余弦值為. (2)因為=(-2,1,0),=(-1,2,-),設平面PBC的法向量為n1=(x1,y1,z1),則,即,令x1=1,則y1=2,z1=,故n1=(1,2,)為平面PBC的一個法向量.因為=(,0,),=(,,),設平面DMN的法向量為n2=(x2,y2,z2),則,即,令x2=-1,則y2=0,z2=,故n2=(-1,0,)為平面DMN的一個法向量.所以cos=,所以平面DMN與平面PBC所成的銳二面角的余弦值為. 【解析】本題考查空間向量在立體幾何中的應用,考查考生的空間想象能力和運算求解能力等.突破本題的關鍵是合理建立空間直角坐標系,并準確求出直線的方向向量和平面的法向量. 【備注】高考對空間向量與立體幾何的考查主要體現在以下幾個方面:①求異面直線所成的角,關鍵是轉化為兩直線的方向向量的夾角來處理;②求直線與平面所成的角,關鍵是轉化為直線的方向向量和平面的法向量的夾角來處理;③求二面角,關鍵是轉化為兩平面法向量的夾角來處理;④已知空間的大小求點的位置或線段的長度問題,即空間向量解法的逆向應用.在處理本部分試題時,一定要注意空間角與對應向量夾角之間的關系,謹防出錯. 26．若二項式(+)m(m∈N*,a為小于0的常數)的展開式中所有項的二項式系數的和等于64,且前三項的系數的和等于. (1)求實數a和m的值; (2)設b為二項式(+)m的展開式中的常數項,令f(1)=b+,f(n+1)=(b-)f(n)-1+1(n∈N*),求證:f(n)(n∈N*)能被4整除. 【答案】(1)由題意可知,2m=64,解得m=6.因為二項式(+)6的展開式的通項為Tr+1=()6-r()r=ar,所以+a+a2,即20a2+8a-1=0,又a<0,故a=-. (2)由(1)知,Tr+1=(-)r,令=0,解得r=2,所以展開式中的常數項為T3=(-)2,即b=,所以f(1)=4,f(n+1)=3f(n)-1+1(n∈N*).下面用數學歸納法證明:f(n)(n∈N)能被4整除. ①當n=1時,f(1)=4,命題成立;②假設當n=k(k∈N*)時,命題成立,則存在t∈N*,使得f(k)=4t, 所以f(k+1)=3f(k)-1+1=34t-1+1=27(4-1)4(t-1)+1=27[44(t-1)-44t-5+…+(-1)r44t-4-r+…-4+1]+1=27[44(t-1)-44t-5+…+(-1)r44t-4-r+…-4]+28,令44(t-1)-44t-5+…+(-1)r44t-4-r+…-4=4p(其中p∈Z), 則f(k+1)=274p+28=4(27p+7),所以當n=k+1時,命題成立. 綜合①②可知,f(n)(n∈N*)能被4整除. 【解析】本題主要考查二項式定理、數學歸納法等.(1)由二項展開式所有項的二項式系數的和可求出m的值,由前三項的系數和可以求出實數a的值;(2)先根據二項展開式的通項求出b,再用數學歸納法證明f(n)(n∈N*)能被4整除. 【備注】附加題最后一題有較大的難度和區(qū)分度,且題目新穎,其考查的方向主要有:①計數原理的應用,常常以集合為背景;②數學歸納法的應用,常與數列、導數等綜合;③排列組合以及二項式定理的綜合應用.