2019-2020年高考《考试大纲》调研卷理科数学（第三模拟）含解析.doc

2019-2020年高考考试大纲调研卷理科数学（第三模拟）含解析一、填空题：共14题1设全集U=-1,0,1,2,3,若集合A=x|x2-2x-3=0,则UA=.【答案】0,1,2【解析】本题考查补集的运算等知识.解题的突破口是先将集合A中的方程解出,再根据集合的补集运算法则运算即可.集合的补集运算一定要在全集范围内进行,同一集合在不同的全集范围下的补集是不同的.因为A=x|x2-2x-3=0=-1,3,又U=-1,0,1,2,3,所以UA=0,1,2. 2已知复数z满足(2+i)z=1+3i(i为虚数单位),则复数z的虚部为.【答案】1【解析】本题考查复数的概念及运算,破解的关键是灵活运用复数的乘、除法运算法则.在求解时,要先将复数z化为标准的代数形式,同时注意z=a+bi(a,bR)的虚部为b而并非bi.通解设z=a+bi(a,bR),由(2+i)z=1+3i可得,(2+i)(a+bi)=1+3i,即(2a-b)+(a+2b)i=1+3i,根据复数相等的定义可得,解得,故复数z的虚部为1.优解因为(2+i)z=1+3i,所以z=1+i,故复数z的虚部为1. 3在如图所示的伪代码中,输出的S的值等于.【答案】-15【解析】本题考查伪代码中的For循环语句,考查考生对循环结构的算法功能的理解.求解的关键是弄清楚计数变量I的初值、终值和步长以及循环次数.运行伪代码可知:第一次循环,I=1,S=-1;第二次循环,I=3,S=-3;第三次循环,I=5,S=-7;第四次循环,I=7,S=-15.故输出的S的值等于-15. 4如图所示的茎叶图记录了某同学进入高三以来的6次模拟考试中数学附加题的得分情况,则该同学6次得分的方差等于.【答案】【解析】本题考查茎叶图的应用、平均数和方差的求解,考查统计在实际问题中的应用.突破的关键是正确求出6次得分的平均数,并灵活运用方差公式求解.通解由题图可知,此同学6次得分的平均数为(19+25+28+28+30+32)=27,所以方差为s2=(19-27)2+(25-27)2+2(28-27)2+(30-27)2+(32-27)2=.优解由于所有数据均在28附近,于是可将所有数据减去28后得到:-9,-3,0,0,2,4,新数据的平均数为-1,故新数据的方差等于原数据的方差,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,其中有且仅有2瓶已过保质期,现从中随机取2瓶,则所取2瓶果粒橙中至多有1瓶已过期的概率等于.【答案】【解析】本题考查古典概型概率计算公式的应用.求解的关键是利用枚举法准确求出基本事件总数以及所求事件的基本事件数,枚举时要做到不重不漏.通解设这5瓶果粒橙分别为0,1,2,3,4(其中0和1代表过期的果粒橙),从中随机取2瓶共有如下10个基本事件:(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瓶已过期”包含的基本事件有如下9个:(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为P=.优解设这5瓶果粒橙分别为0,1,2,3,4(其中0和1代表过期的果粒橙),从中随机取2瓶共有如下10个基本事件:(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瓶已过期”的对立事件为“所取2瓶果粒橙均已过期”,其包含的基本事件只有(0,1).根据对立事件的概率计算公式可得,所求的概率为P=1-. 6设实数x,y满足约束条件,则目标函数z=x+3y的最小值为.【答案】27【解析】本题考查简单的线性规划,考查数形结合思想.先画出不等式组表示的平面区域,平移直线x+3y=0找到最优解即可求z=x+3y的最小值.作出不等式组表示的平面区域,如图中阴影部分所示,平移直线x+3y=0,当直线z=x+3y经过图中的点C(3,8)时,z取得最小值,且最小值为27. 7已知角的终边经过点P(2,1),则tan(-2)的值为.【答案】-【解析】本题考查三角函数的定义、两角差的正切公式以及二倍角的正切公式,突破的关键是先由角的终边上点P的坐标求tan的值,再利用二倍角公式求tan 2的值,最后利用两角差的正切公式即可求得tan(-2)的值.因为角的终边经过点P(2,1),所以tan=,所以tan 2=,所以tan(-2)=-. 8中心在原点、对称轴为坐标轴,以抛物线y2=4x的焦点为右顶点,且以直线2x-y=0为一条渐近线的双曲线的方程为.【答案】x2-=1【解析】本题考查双曲线、抛物线的方程及简单的几何性质,考查双曲线方程的求解.突破的关键是先由题意确定双曲线的右顶点,再设出其方程并利用待定系数法求解.通解抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),即双曲线的右顶点为(1,0),故可设双曲线的标准方程为x2-=1(b0),由直线2x-y=0为双曲线的一条渐近线,得b=2,故所求双曲线的方程为x2-=1.优解以直线2x-y=0为一条渐近线的双曲线的标准方程可设为x2-=(0),由抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),得双曲线的右顶点为(1,0),则双曲线的方程为-=1(0),且=1,故所求双曲线的方程为x2-=1. 9若函数f(x)=cos(x+)(0)的图象关于原点对称,且f(x)在区间0,上单调递减,则的取值范围是.【答案】(0,2【解析】本题考查三角函数的图象及性质,考查考生的运算求解能力.由函数f(x)=cos(x+)(0)的图象关于原点对称,得函数f(x)是奇函数,所以=k+(kZ).又00,且,解得2.所以的取值范围是(0,2. 10如图,在边长为2的正六边形ABCDEF中,点G为线段CD的中点,则=.【答案】4【解析】本题考查向量的数量积运算,考查数形结合思想的应用.由于是在正六边形中,因此可以建系之后利用坐标运算处理,亦可将目标向量进行分解之后再求数量积.通解连接AE,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系,则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.优解连接AC,在正六边形ABCDEF中,=2,+,又ACCD,故=0,所以=(+)2=2+=4. 11已知圆锥的底面半径为2、高为3,一圆柱内接于该圆锥(圆柱的下底面落在圆锥的底面内),则当圆柱的侧面积最大时,圆柱的体积与圆锥的体积之比等于.【答案】【解析】本题考查圆柱的侧面积公式、圆锥和圆柱的体积公式,考查二次函数的最值问题.求解本题的关键是找出圆柱的底面半径和高之间的关系,并找出圆柱的侧面积最大时圆柱的底面半径和高的值,最终利用体积公式求比值.设圆柱的底面半径为r,高为h,则,所以h=3-,所以圆柱的侧面积S=2rh=3(2r-r2)(0r2),当r=1,h=时,S取得最大值.此时,=. 12在平面直角坐标系中,已知定点A(-2,0),B(4,0),若在直线y=kx+3上存在一点P使得|PA|2+|PB|2=26,则实数k的取值范围为.【答案】(-,+)【解析】本题考查直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式,考查等价转化思想和数形结合思想.其突破的关键在于先利用坐标法研究满足|PA|2+|PB|2=26的点P的轨迹方程,进而转化为直线与此轨迹有公共点问题去处理.设P(x,y),由|PA|2+|PB|2=26可得x2+y2-2x-3=0,即(x-1)2+y2=4,所以P落在以点(1,0)为圆心、2为半径的圆上,于是由题可知直线y=kx+3与此圆有公共点,所以圆心到直线的距离d=2,即3k2-6k-50,解得k或k. 13已知函数f(x)=,若函数g(x)=f(x)2-(a+1)f(x)+a(aR)恰有5个不同的零点,则实数a的取值范围为.【答案】(0,1)【解析】本题考查分段函数的图象和性质、函数的零点,考查函数与方程、转化与化归、数形结合等数学思想的应用.根据函数解析式,可以画出函数f(x)的图象,g(x)=f(x)2-(a+1)f(x)+a(aR)恰有5个不同的零点,即关于x的方程f(x)2-(a+1)f(x)+a=0有5个不等实根,即f(x)=a和f(x)=1共有5个不等实根,结合图象可知实数a的取值范围.函数f(x)=的图象如图所示.函数g(x)=f(x)2-(a+1)f(x)+a(aR)恰有5个不同的零点,即关于x的方程f(x)2-(a+1)f(x)+a=0有5个不等实根,即f(x)=a和f(x)=1共有5个不等实根.数形结合可知,方程f(x)=1有2个不等实根,故f(x)=a有3个不等实根,即直线y=a与函数y=f(x)的图象共有3个公共点,故0a0,所以cosB=,又B(0,),所以B=.(2)因为a=3,c=4,B=,所以SABC=34=3,b2=32+42-234=13,即b=.【解析】本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用,三角函数的诱导公式,三角恒等变换等知识.(1)先利用正弦定理将2bcosB=acosC+ccosA中的边化为角,再用两角和的正弦公式和诱导公式求B的余弦值,进而求出角B的大小;(2)已知角B和a、c,直接代入三角形的面积公式SABC=acsinB求ABC的面积,利用余弦定理b2=a2+c2-2accosB求解b的值.【备注】高考对三角的考查主要包括三角函数的概念、同角三角函数的基本关系、三角函数的诱导公式、三角函数的图象与性质、三角恒等变换、解三角形等知识.纵观近几年的考题可知,三角恒等变换与解三角形的有机结合是高考考查的主旋律.16如图所示,在梯形ABCD中,ABC=DAB=90,AD=2BC,平面BCEF平面ABCD,四边形BCEF为菱形.(1)求证:CF平面ABE;(2)若M为棱AB上一点,且BE平面DMF,试求的值.【答案】(1)因为平面BCEF平面ABCD,平面BCEF平面ABCD=BC,AB平面ABCD,且ABC=90,即ABBC,所以AB平面BCEF.又CF平面BCEF,所以CFAB.因为四边形BCEF为菱形,所以CFBE,又ABBE=B,AB、BE平面ABE,所以CF平面ABE.(2)设AEDF=N,连接MN,因为BE平面DMF,BE平面ABE,平面ABE平面DMF=MN,所以BEMN,所以.又EFBCAD,所以ADNEFN,所以=2.【解析】本题主要考查空间点、线、面之间的位置关系,考查考生的推理论证能力和空间想象能力.(1)欲证线面垂直,只需要证线线垂直,即证明CF垂直于平面ABE内的两条相交直线;(2)已知线面平行,可由线面平行的性质定理得到线线平行,从而结合三角形相似计算的值.【备注】高考对立体几何的考查主要体现在空间平行与垂直关系的证明以及空间几何体的表面积和体积的求解等.解决空间中平行与垂直的证明问题时首先要熟悉有关的定理、公理,注意各个定理的条件,其次要注意转化思想的应用;解决空间几何体的表面积和体积的求解问题时,要先弄清几何体的类型,然后选择正确的公式进行求解,特别地,在求三棱锥的体积时,若直接求解较为困难,要注意转换顶点后再求解.17如图所示,m、n分别为某市两条互相垂直的主干道所在的直线,其中O为m、n的交点.若A、B两点分别为该市1路公交车的起点站和终点站,且A、B之间的公交线路是圆心在n上的一段圆弧,站点A到直线m、n的距离分别为1 km和10 km,站点B到直线m、n的距离分别为9 km和6 km.(1)建立适当的坐标系,求公交线路所在圆弧的方程;(2)为了丰富市民的业余生活,市政府决定在主干道n上选址建一游乐场,考虑到城市民居集中区域问题和环境问题,要求游乐场地址(注:地址视为一个点,设为点C)在点O上方,且点C到点O的距离d大于2 km且小于10 km,并要求公交线路(即圆弧AB)上任意一点到游乐场C的距离不小于2km,求游乐场C距点O距离的最大值.【答案】(1)以O为坐标原点,直线m、n分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系,则A(10,1),B(6,9),设圆弧AB所在圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,则,解得,故公交线路所在圆弧的方程为x2+(y-1)2=100(6x10,1y9).(2)因为游乐场距点O的距离为d(2d10)km,所以C(0,d),设P(x,y)为公交线路上任意一点,则x2+(y-1)2=100(6x10,1y9),且|PC|=2对公交线路上任意点P均成立,整理得,2(1-d)y+d2+470对任意的y1,9恒成立.令f(y)=2(1-d)y+d2+47,因为2d10,所以函数f(y)=2(1-d)y+d2+47在1,9上单调递减,所以f(y)min=f(9)=d2-18d+650,解得d5或d13,又2d10,故2d5,即游乐场距点O距离的最大值为5 km.【解析】本题主要考查圆的方程、一次函数、一元二次不等式在实际问题中的应用,考查考生的建模、解模能力及运用数学知识解决实际问题的能力.(1)因为直线m、n互相垂直,所以可以以O为坐标原点,直线m、n分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系,求出A、B两点的坐标,利用待定系数法求圆的方程,注意x、y的取值范围;(2)由游乐场C距点O的距离d可得点C的坐标,设出公交线路上动点P的坐标,将已知条件转化为不等式恒成立问题,利用动点P在圆上(即点P的坐标满足圆的方程)进行消元,进而转化为求最值问题,通过解一元二次不等式并结合条件2db0)的一个焦点和一个顶点.(1)求椭圆S的方程;(2)如图,M、N分别是椭圆S的左顶点、下顶点,过坐标原点O的直线交椭圆于P、A两点,其中P在第一象限,过P作x轴的垂线,垂足为C,连接AC,并延长交椭圆于点B,设直线PA的斜率为k.(i)若直线PA平分线段MN,求k的值;(ii)对任意的k0,求证:PAPB.【答案】(1)在直线x-y+1=0中,令x=0,得y=1.令y=0,得x=-1.故c=b=1,a2=2.则椭圆S的方程为+y2=1.(2)(i)由题意可知,M(-,0),N(0,-1),M、N的中点坐标为(-,-),k=.(ii)解法一将直线PA的方程y=kx代入+y2=1,解得x=.记=m,则P(m,mk),A(-m,-mk),C(m,0),故直线AB的方程为y=(x-m)=(x-m),将其代入椭圆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,PAPB.解法二由题意设P(x0,y0),A(-x0,-y0),B(x1,y1),则C(x0,0),A、C、B三点共线,又点P、B在椭圆上,+=1,+=1,两式相减得,kPB=-,kPA.kPB=-=-=-1.PAPB.【解析】本题主要考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识,考查考生的逻辑思维能力及运算求解能力.(1)分别令x=0及y=0易得b,c的值,进而求得椭圆的方程.(2)(i)求出M,N两点的中点的坐标,即可求解k的值;(ii)联立直线与椭圆的方程,根据根与系数的关系等知识表示出向量,利用向量的数量积为0证明PA与PB垂直,也可利用直线PA,PB的斜率之积为-1进行证明.【备注】高考对圆锥曲线的考查一般有两方面:一是由圆锥曲线的定义或几何性质求得圆锥曲线的标准方程;二是研究直线与圆锥曲线的交点问题,弦的中点问题,直线的方程,几何图形的面积,动点、动直线变化过程中的不变量(即定值)问题或者是动直线(或曲线)的定点(定值)问题等.19已知数列an的前n项和为Sn,且2Sn=1-an(nN*).(1)求证:数列an是等比数列,并求其通项公式;(2)若数列bn满足bn-n=an(2loan+1-1),记数列bn的前n项和为Tn,求使得不等式Tn+nan2 016成立的正整数n的最小值.【答案】(1)由2Sn=1-an(nN*),得2Sn+1=1-an+1(nN*),两式作差并整理得,an+1=an.又2a1=1-a1,即a1=,所以数列an是首项为,公比为的等比数列,所以an=()n.(2)因为an=()n,所以an+1=()n+1,所以bn=(2n+1)()n+n,设Qn,Rn分别是数列(2n+1)()n,n的前n项和,于是Tn=Qn+Rn.Qn=3+5()2+(2n+1)()n,Qn=3()2+5()3+(2n-1)()n+(2n+1)()n+1,两式相减可得,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+10对nN*恒成立,所以Tn+1+(n+1)an+1Tn+nan对nN*恒成立.又当n=62时,Tn+nan=2+-2()62=1 955-2()622 016.故当n63时,Tn+nan2 016成立.所以使得不等式Tn+nan2 016成立的正整数n的最小值为63.【解析】本题主要考查等比数列的定义、等差数列和等比数列的前n项和公式、错位相减法与分组求和法求和等知识,考查考生的运算求解能力和推理论证能力.(1)先由2Sn=1-an(nN*)和Sn+1-Sn=an+1求得an+1与an之间的关系,进而证得an是等比数列,再确定首项和公比即可得通项公式;(2)先将an的表达式代入bn-n=an(2an+1-1)可得数列bn的通项公式,再利用分组求和法、错位相减法求数列bn的前n项和Tn,最终将Tn+nan2 016转化为关于正整数n的不等式,并结合单调性进行求解.【备注】高考解答题对数列的考查主要包含等差数列与等比数列的定义、通项公式和求和,数列与不等式的交汇问题,以数列为背景的创新问题等,主要考查公式的灵活应用,一般难度较大.20已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a,b,c,d为实常数)在x=0处取得极小值2,且曲线y=f(x)在x=3处的切线方程为3x+y-11=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)已知函数h1(x)=ex+tf(x)+x2-x,h2(x)=tf(x)+x2-x-lnx,其中t为实常数,试探究是否存在区间M,使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性.若存在,说明区间M应满足的条件及对应t的取值范围,并指出h1(x)和h2(x)在区间M上的单调性;若不存在,请说明理由.【答案】(1)因为f(x)=ax3+bx2+cx+d,所以f(x)=3ax2+2bx+c,由题可知,即,解得,所以f(x)=-x3+x2+2,经检验可得,函数y=f(x)在x=0处取得极小值2.故f(x)=-x3+x2+2.(2)因为f(x)=-x3+x2+2,所以f(x)=-x2+2x,所以h1(x)=ex+tx,h2(x)=tx-lnx.(i)当t=0时,函数h2(x)=-lnx在(0,+)上单调递减,h1(x)=ex在(0,+)上单调递增,所以不存在区间M,使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性.(ii)当t0时,h1(x)=ex+t0恒成立,所以函数h1(x)=ex+tx在(0,+)上单调递增.h2(x)=t-,令h2(x)=0,解得x=,当x(0,)时,h2(x)0,h2(x)单调递增.所以存在区间M,+),使得h1(x)和h2(x)在区间M上均为增函数.(iii)当t0时,h2(x)=t-0对x(0,+)恒成立,所以h2(x)在(0,+)上单调递减.对函数h1(x)=ex+tx,令h1(x)=ex+t=0,得x=ln(-t).若-1t0,所以h1(x)单调递增,由于h2(x)在(0,+)上单调递减,所以不存在区间M,使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性.若t0,在(-,ln(-t)上,h1(x)0,h1(x)单调递增.由于h2(x)在(0,+)上单调递减,所以存在区间M(0,ln(-t),使得h1(x)和h2(x)在区间M上均为减函数.综上,当-1t0时,不存在区间M,使得h1(x)和h2(x)在区间M上具有相同的单调性;当t0时,存在区间M,+),使得h1(x)和h2(x)在区间M上均为增函数.【解析】本题考查函数与导数的综合应用,考查导数在研究函数的单调性、极值中的应用,考查考生的分类讨论思想,难度较大.(1)由已知条件可列出关于a,b,c,d的方程组求解即可;(2)是一个探索性问题,由于两个函数均含参数t,所以可以考虑分t=0,t0,t0进行讨论,分别求出对应函数的单调区间,再看单调区间是否有公共部分.【备注】函数与导数的综合题常常是高考压轴题,且常常综合考查函数的各种性质、函数的图象和不等式、方程等知识,难度较大.利用导数求单调区间时,要注意定义域优先原则,即所求的单调区间一定是定义域的子集.对于已知单调性求解参数的取值范围的逆向问题,要注意端点处的导数值能否为0,以免犯错.处理一些不等式的证明或不等式恒成立或含参方程实数解个数等问题时,常常需要通过构造函数,转化为利用导数研究函数的单调性、最值或图象的特征,从而得到有效突破,而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是求解的关键.21如图所示,线段AB为圆O的直径,在ABC中,ABBC,AC交圆O于点E,点D是BC的中点.求证:DE是圆O的切线.【答案】连接OE,因为点D是BC的中点,点O是AB的中点,所以ODAC,所以A=BOD,AEO=EOD.因为OA=OE,所以A=AEO,所以BOD=EOD.又在EOD和BOD中,OE=OB,OD=OD,所以EODBOD,所以OED=OBD=90,即OEED.因为E是圆O上一点,所以DE是圆O的切线.【解析】本题主要考查圆的基本性质、全等三角形的判定等基础知识,考查考生分析问题和解决问题的能力、转化能力.先证明EOD和BOD为全等三角形,进而证明DE是圆O的切线.【备注】几何证明选讲在高考中的考题较为基础,考点主要有:利用平行线分线段成比例定理、直角三角形的射影定理解决有关长度的求解或证明问题;利用圆周角定理、圆的切线的判定定理与性质定理、相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理等解决有关线段长度、角的求解或证明问题.22已知矩阵A=,B=,若点M(2,1)在矩阵AB对应的变换作用下得到点N,求点N的坐标.【答案】因为A=,B=,所以AB=,所以,所以点N的坐标为(4,-4).【解析】本题考查矩阵与变换、矩阵的乘法.解题时,先利用矩阵的乘法法则求出矩阵AB,再求点M在矩阵AB对应的变换下得到的点N的坐标.【备注】矩阵与变换模块中,高考命题的重点是矩阵的变换、逆矩阵以及矩阵的特征值和特征向量,考题为解答题,且以简单题、中档题为主,重点考查考生的运算求解能力.23在平面直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为(为参数).以直角坐标系的坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为(2cos-sin)=a,其中a为实常数.若直线l与圆C有公共点,求实数a的取值范围.【答案】将圆C的参数方程化为普通方程得,(x-1)2+y2=5.将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程得,2x-y-a=0.因为直线l与圆C有公共点,所以圆心C(1,0)到直线l的距离d=r=,解得-3a7.【解析】本题考查参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式等知识,考查考生分析问题和解决问题的能力、转化能力、计算能力.先将圆C的参数方程化为普通方程,再将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程,最后利用点到直线的距离公式计算圆心C到直线l的距离d,由dr列出不等式求解a的取值范围.【备注】坐标系与参数方程是平面解析几何初步、圆锥曲线与方程、三角函数等知识的延伸.本模块常常考查极坐标、参数方程以及直线与圆、圆锥曲线等知识的综合,难度不大,属于中低档题.对于曲线的极坐标方程和参数方程来讲,通常是先化为直角坐标方程和普通方程再去研究.而在求二次曲线(如圆和椭圆等)上的动点到直线距离的最值问题时,常常需要利用曲线的参数方程来求解.24已知实数x,y(-2,2),求证:|x+y|2+xy|.【答案】要证明|x+y|2+xy|,只需证明x2+2xy+y20,即只需证明(x2-4)(y2-4)0成立.因为x,y(-2,2),所以x24,y24,故x2-40,y2-40,所以原不等式成立.【解析】本题考查含绝对值不等式的证法,考查分析法在证明不等式中的应用,考查考生的推理论证能力.本题可利用分析法证明的思想,即逆向思维,通过反推,逐步寻找使结论|x+y|2+xy|成立的充分条件.【备注】高考对不等式选讲的考查主要体现在:绝对值不等式的解法或其性质的应用;利用作差法、分析法、基本不等式或柯西不等式证明不等式;利用基本不等式或柯西不等式求最值或处理不等式恒成立问题.25如图所示,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,AB平面PAD,AD=CD=2AB=2,侧面PAD为等边三角形,点M,N分别是侧棱PA和PB的中点.(1)求异面直线DN和PC所成角的余弦值;(2)求平面DMN与平面PBC所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)在正三角形PAD中取AD的中点O,连接PO,则POAD.因为AB平面PAD,所以ABAD,且ABPO,于是以O为坐标原点,OA所在的直线为x轴、过点O且垂直于平面PAD的直线为y轴、OP所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则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=-,所以异面直线DN和PC所成角的余弦值为.(2)因为=(-2,1,0),=(-1,2,-),设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则,即,令x1=1,则y1=2,z1=,故n1=(1,2,)为平面PBC的一个法向量.因为=(,0,),=(,),设平面DMN的法向量为n2=(x2,y2,z2),则,即,令x2=-1,则y2=0,z2=,故n2=(-1,0,)为平面DMN的一个法向量.所以cos=,所以平面DMN与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为.【解析】本题考查空间向量在立体几何中的应用,考查考生的空间想象能力和运算求解能力等.突破本题的关键是合理建立空间直角坐标系,并准确求出直线的方向向量和平面的法向量.【备注】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角来处理;求直线与平面所成的角,关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角来处理;求二面角,关键是转化为两平面法向量的夹角来处理;已知空间的大小求点的位置或线段的长度问题,即空间向量解法的逆向应用.在处理本部分试题时,一定要注意空间角与对应向量夹角之间的关系,谨防出错.26若二项式(+)m(mN*,a为小于0的常数)的展开式中所有项的二项式系数的和等于64,且前三项的系数的和等于.(1)求实数a和m的值;(2)设b为二项式(+)m的展开式中的常数项,令f(1)=b+,f(n+1)=(b-)f(n)-1+1(nN*),求证:f(n)(nN*)能被4整除.【答案】(1)由题意可知,2m=64,解得m=6.因为二项式(+)6的展开式的通项为Tr+1=()6-r()r=ar,所以+a+a2,即20a2+8a-1=0,又a0,故a=-.(2)由(1)知,Tr+1=(-)r,令=0,解得r=2,所以展开式中的常数项为T3=(-)2,即b=,所以f(1)=4,f(n+1)=3f(n)-1+1(nN*).下面用数学归纳法证明:f(n)(nN)能被4整除.当n=1时,f(1)=4,命题成立;假设当n=k(kN*)时,命题成立,则存在tN*,使得f(k)=4t,所以f(k+1)=3f(k)-1+1=34t-1+1=27(4-1)4(t-1)+1=2744(t-1)-44t-5+(-1)r44t-4-r+-4+1+1=2744(t-1)-44t-5+(-1)r44t-4-r+-4+28,令44(t-1)-44t-5+(-1)r44t-4-r+-4=4p(其中pZ),则f(k+1)=274p+28=4(27p+7),所以当n=k+1时,命题成立.综合可知,f(n)(nN*)能被4整除.【解析】本题主要考查二项式定理、数学归纳法等.(1)由二项展开式所有项的二项式系数的和可求出m的值,由前三项的系数和可以求出实数a的值;(2)先根据二项展开式的通项求出b,再用数学归纳法证明f(n)(nN*)能被4整除.【备注】附加题最后一题有较大的难度和区分度,且题目新颖,其考查的方向主要有:计数原理的应用,常常以集合为背景;数学归纳法的应用,常与数列、导数等综合;排列组合以及二项式定理的综合应用.