2019-2020年高考《考試大綱》調(diào)研卷理科數(shù)學(xué)（第三模擬）含解析.doc

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2019-2020年高考《考試大綱》調(diào)研卷理科數(shù)學(xué)（第三模擬）含解析 一、填空題：共14題 1．設(shè)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(bǔ)集的運(yùn)算等知識(shí).解題的突破口是先將集合A中的方程解出,再根據(jù)集合的補(bǔ)集運(yùn)算法則運(yùn)算即可.集合的補(bǔ)集運(yùn)算一定要在全集范圍內(nèi)進(jìn)行,同一集合在不同的全集范圍下的補(bǔ)集是不同的.因?yàn)锳={x|x2-2x-3=0}={-1,3},又U={-1,0,1,2,3},所以?UA={0,1,2}. 2．已知復(fù)數(shù)z滿足(2+i)z=1+3i(i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)z的虛部為　　　. 【答案】1 【解析】本題考查復(fù)數(shù)的概念及運(yùn)算,破解的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用復(fù)數(shù)的乘、除法運(yùn)算法則.在求解時(shí),要先將復(fù)數(shù)z化為標(biāo)準(zhǔn)的代數(shù)形式,同時(shí)注意z=a+bi(a,b∈R)的虛部為b而并非bi.通解　設(shè)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(jù)復(fù)數(shù)相等的定義可得,解得,故復(fù)數(shù)z的虛部為1. 優(yōu)解　因?yàn)?2+i)z=1+3i,所以z==1+i,故復(fù)數(shù)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(yǔ)句,考查考生對(duì)循環(huán)結(jié)構(gòu)的算法功能的理解.求解的關(guān)鍵是弄清楚計(jì)數(shù)變量I的初值、終值和步長(zhǎng)以及循環(huán)次數(shù).運(yùn)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(xué)進(jìn)入高三以來(lái)的6次模擬考試中數(shù)學(xué)附加題的得分情況,則該同學(xué)6次得分的方差等于　　　. 【答案】 【解析】本題考查莖葉圖的應(yīng)用、平均數(shù)和方差的求解,考查統(tǒng)計(jì)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用.突破的關(guān)鍵是正確求出6次得分的平均數(shù),并靈活運(yùn)用方差公式求解.通解　由題圖可知,此同學(xué)6次得分的平均數(shù)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(shù)據(jù)均在28附近,于是可將所有數(shù)據(jù)減去28后得到:-9,-3,0,0,2,4,新數(shù)據(jù)的平均數(shù)為-1,故新數(shù)據(jù)的方差等于原數(shù)據(jù)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(guò)保質(zhì)期,現(xiàn)從中隨機(jī)取2瓶,則所取2瓶果粒橙中至多有1瓶已過(guò)期的概率等于　　　. 【答案】 【解析】本題考查古典概型概率計(jì)算公式的應(yīng)用.求解的關(guān)鍵是利用枚舉法準(zhǔn)確求出基本事件總數(shù)以及所求事件的基本事件數(shù),枚舉時(shí)要做到不重不漏. 通解　設(shè)這5瓶果粒橙分別為0,1,2,3,4(其中0和1代表過(guò)期的果粒橙),從中隨機(jī)取2瓶共有如下10個(gè)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(guò)期”包含的基本事件有如下9個(gè):(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(shè)這5瓶果粒橙分別為0,1,2,3,4(其中0和1代表過(guò)期的果粒橙),從中隨機(jī)取2瓶共有如下10個(gè)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(guò)期”的對(duì)立事件為“所取2瓶果粒橙均已過(guò)期”,其包含的基本事件只有(0,1).根據(jù)對(duì)立事件的概率計(jì)算公式可得,所求的概率為P=1-. 6．設(shè)實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件,則目標(biāo)函數(shù)z=x+3y的最小值為　　　. 【答案】27 【解析】本題考查簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃,考查數(shù)形結(jié)合思想.先畫(huà)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(dāng)直線z=x+3y經(jīng)過(guò)圖中的點(diǎn)C(3,8)時(shí),z取得最小值,且最小值為27. 7．已知角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(2,1),則tan(-2α)的值為　　　. 【答案】- 【解析】本題考查三角函數(shù)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(guān)鍵是先由角α的終邊上點(diǎn)P的坐標(biāo)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?yàn)榻铅恋慕K邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(2,1),所以tanα=,所以tan 2α=,所以tan(-2α)==-. 8．中心在原點(diǎn)、對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸,以拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為右頂點(diǎn),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(jiǎn)單的幾何性質(zhì),考查雙曲線方程的求解.突破的關(guān)鍵是先由題意確定雙曲線的右頂點(diǎn),再設(shè)出其方程并利用待定系數(shù)法求解.通解　拋物線y2=4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),即雙曲線的右頂點(diǎn)為(1,0),故可設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)方程可設(shè)為x2-=λ(λ≠0),由拋物線y2=4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),得雙曲線的右頂點(diǎn)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(shù)f(x)=cos(ωx+φ)(0<φ<π)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,且f(x)在區(qū)間[0,]上單調(diào)遞減,則ω的取值范圍是　　　. 【答案】(0,2] 【解析】本題考查三角函數(shù)的圖象及性質(zhì),考查考生的運(yùn)算求解能力.由函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)(0<φ<π)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,得函數(shù)f(x)是奇函數(shù),所以φ=kπ+(k∈Z).又0<φ<π,所以φ=.故f(x)=cos(ωx+)=-sinωx.因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0,]上單調(diào)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(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF中,點(diǎn)G為線段CD的中點(diǎn),則=　　　. 【答案】4 【解析】本題考查向量的數(shù)量積運(yùn)算,考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.由于是在正六邊形中,因此可以建系之后利用坐標(biāo)運(yùn)算處理,亦可將目標(biāo)向量進(jìn)行分解之后再求數(shù)量積.通解　連接AE,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),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(biāo)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(nèi)接于該圓錐(圓柱的下底面落在圓錐的底面內(nèi)),則當(dāng)圓柱的側(cè)面積最大時(shí),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(cè)面積公式、圓錐和圓柱的體積公式,考查二次函數(shù)的最值問(wèn)題.求解本題的關(guān)鍵是找出圓柱的底面半徑和高之間的關(guān)系,并找出圓柱的側(cè)面積最大時(shí)圓柱的底面半徑和高的值,最終利用體積公式求比值.設(shè)圓柱的底面半徑為r,高為h,則,所以h=3-,所以圓柱的側(cè)面積S=2πrh=3π(2r-r2)(00,所以cosB=, 又B∈(0,π),所以B=. (2)因?yàn)閍=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(yīng)用,三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式,三角恒等變換等知識(shí).(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(dǎo)公式求B的余弦值,進(jìn)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(duì)三角的考查主要包括三角函數(shù)的概念、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式、三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角恒等變換、解三角形等知識(shí).縱觀近幾年的考題可知,三角恒等變換與解三角形的有機(jī)結(jié)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(diǎn),且BE∥平面DMF,試求的值. 【答案】(1)因?yàn)槠矫鍮CEF⊥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?yàn)樗倪呅蜝CEF為菱形,所以CF⊥BE,又AB∩BE=B,AB、BE?平面ABE,所以CF⊥平面ABE. (2)設(shè)AE∩DF=N,連接MN,因?yàn)锽E∥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(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)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(nèi)的兩條相交直線;(2)已知線面平行,可由線面平行的性質(zhì)定理得到線線平行,從而結(jié)合三角形相似計(jì)算的值. 【備注】高考對(duì)立體幾何的考查主要體現(xiàn)在空間平行與垂直關(guān)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(wèn)題時(shí)首先要熟悉有關(guān)的定理、公理,注意各個(gè)定理的條件,其次要注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用;解決空間幾何體的表面積和體積的求解問(wèn)題時(shí),要先弄清幾何體的類(lèi)型,然后選擇正確的公式進(jìn)行求解,特別地,在求三棱錐的體積時(shí),若直接求解較為困難,要注意轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)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(diǎn).若A、B兩點(diǎn)分別為該市1路公交車(chē)的起點(diǎn)站和終點(diǎn)站,且A、B之間的公交線路是圓心在n上的一段圓弧,站點(diǎn)A到直線m、n的距離分別為1 km和10 km,站點(diǎn)B到直線m、n的距離分別為9 km和6 km. (1)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)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(lè)場(chǎng),考慮到城市民居集中區(qū)域問(wèn)題和環(huán)境問(wèn)題,要求游樂(lè)場(chǎng)地址(注:地址視為一個(gè)點(diǎn),設(shè)為點(diǎn)C)在點(diǎn)O上方,且點(diǎn)C到點(diǎn)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(diǎn)到游樂(lè)場(chǎng)C的距離不小于2km,求游樂(lè)場(chǎng)C距點(diǎn)O距離的最大值. 【答案】(1)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),直線m、n分別為x軸和y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則A(10,1),B(6,9),設(shè)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?yàn)橛螛?lè)場(chǎng)距點(diǎn)O的距離為d(2b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)和一個(gè)頂點(diǎn). (1)求橢圓S的方程; (2)如圖,M、N分別是橢圓S的左頂點(diǎn)、下頂點(diǎn),過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線交橢圓于P、A兩點(diǎn),其中P在第一象限,過(guò)P作x軸的垂線,垂足為C,連接AC,并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)B,設(shè)直線PA的斜率為k. (i)若直線PA平分線段MN,求k的值; (ii)對(duì)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(diǎn)坐標(biāo)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(shè)P(x0,y0),A(-x0,-y0),B(x1,y1),則C(x0,0),∵A、C、B三點(diǎn)共線,∴,又點(diǎn)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(guān)系等知識(shí),考查考生的邏輯思維能力及運(yùn)算求解能力.(1)分別令x=0及y=0易得b,c的值,進(jìn)而求得橢圓的方程.(2)(i)求出M,N兩點(diǎn)的中點(diǎn)的坐標(biāo),即可求解k的值;(ii)聯(lián)立直線與橢圓的方程,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系等知識(shí)表示出向量,,利用向量的數(shù)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(jìn)行證明. 【備注】高考對(duì)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(zhì)求得圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程;二是研究直線與圓錐曲線的交點(diǎn)問(wèn)題,弦的中點(diǎn)問(wèn)題,直線的方程,幾何圖形的面積,動(dòng)點(diǎn)、動(dòng)直線變化過(guò)程中的不變量(即定值)問(wèn)題或者是動(dòng)直線(或曲線)的定點(diǎn)(定值)問(wèn)題等. 19．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且2Sn=1-an(n∈N*). (1)求證:數(shù)列{an}是等比數(shù)列,并求其通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足bn-n=an(2loan+1-1),記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求使得不等式Tn+nan≥2 016成立的正整數(shù)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(shù)列{an}是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列,所以an=()n. (2)因?yàn)閍n=()n,所以an+1=()n+1,所以bn=(2n+1)()n+n,設(shè)Qn,Rn分別是數(shù)列{(2n+1)()n},{n}的前n項(xiàng)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(duì)n∈N*恒成立,所以Tn+1+(n+1)an+1>Tn+nan對(duì)n∈N*恒成立. 又當(dāng)n=62時(shí),Tn+nan=2+-2()62=1 955-2()62<2 016;當(dāng)n=63時(shí),Tn+nan=2+-2()63=2 018-2()63>2 016. 故當(dāng)n≥63時(shí),Tn+nan≥2 016成立. 所以使得不等式Tn+nan≥2 016成立的正整數(shù)n的最小值為63. 【解析】本題主要考查等比數(shù)列的定義、等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、錯(cuò)位相減法與分組求和法求和等知識(shí),考查考生的運(yùn)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(guān)系,進(jìn)而證得{an}是等比數(shù)列,再確定首項(xiàng)和公比即可得通項(xiàng)公式;(2)先將an的表達(dá)式代入bn-n=an(2an+1-1)可得數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式,再利用分組求和法、錯(cuò)位相減法求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn,最終將Tn+nan≥2 016轉(zhuǎn)化為關(guān)于正整數(shù)n的不等式,并結(jié)合單調(diào)性進(jìn)行求解. 【備注】高考解答題對(duì)數(shù)列的考查主要包含等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式和求和,數(shù)列與不等式的交匯問(wèn)題,以數(shù)列為背景的創(chuàng)新問(wèn)題等,主要考查公式的靈活應(yīng)用,一般難度較大. 20．已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a,b,c,d為實(shí)常數(shù))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(shù)f(x)的解析式; (2)已知函數(shù)h1(x)=ex+t[f(x)+x2-x],h2(x)=t[f(x)+x2-x]-lnx,其中t為實(shí)常數(shù),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(diào)性.若存在,說(shuō)明區(qū)間M應(yīng)滿足的條件及對(duì)應(yīng)t的取值范圍,并指出h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上的單調(diào)性;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 【答案】(1)因?yàn)閒(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(jīng)檢驗(yàn)可得,函數(shù)y=f(x)在x=0處取得極小值2.故f(x)=-x3+x2+2. (2)因?yàn)閒(x)=-x3+x2+2,所以f(x)=-x2+2x,所以h1(x)=ex+tx,h2(x)=tx-lnx. (i)當(dāng)t=0時(shí),函數(shù)h2(x)=-lnx在(0,+∞)上單調(diào)遞減,h1(x)=ex在(0,+∞)上單調(diào)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(diào)性. (ii)當(dāng)t>0時(shí),h1(x)=ex+t>0恒成立,所以函數(shù)h1(x)=ex+tx在(0,+∞)上單調(diào)遞增.h2(x)=t-,令h2(x)=0,解得x=,當(dāng)x∈(0,)時(shí),h2(x)<0,h2(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),h2(x)>0,h2(x)單調(diào)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(shù).(iii)當(dāng)t<0時(shí),h2(x)=t-<0對(duì)x∈(0,+∞)恒成立,所以h2(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.對(duì)函數(shù)h1(x)=ex+tx,令h1(x)=ex+t=0,得x=ln(-t). ①若-1≤t<0時(shí),ln(-t)≤0,在(ln(-t),+∞)上,h1(x)>0,所以h1(x)單調(diào)遞增,由于h2(x)在(0,+∞)上單調(diào)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(diào)性. ②若t<-1時(shí),ln(-t)>0,在(-∞,ln(-t))上,h1(x)<0,h1(x)單調(diào)遞減;在(ln(-t),+∞)上,h1(x)>0,h1(x)單調(diào)遞增.由于h2(x)在(0,+∞)上單調(diào)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(shù).綜上,當(dāng)-1≤t≤0時(shí),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(diào)性;當(dāng)t<-1時(shí),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(shù);當(dāng)t>0時(shí),存在區(qū)間M?[,+∞),使得h1(x)和h2(x)在區(qū)間M上均為增函數(shù). 【解析】本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性、極值中的應(yīng)用,考查考生的分類(lèi)討論思想,難度較大.(1)由已知條件可列出關(guān)于a,b,c,d的方程組求解即可;(2)是一個(gè)探索性問(wèn)題,由于兩個(gè)函數(shù)均含參數(shù)t,所以可以考慮分t=0,t>0,t<0進(jìn)行討論,分別求出對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,再看單調(diào)區(qū)間是否有公共部分. 【備注】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合題常常是高考?jí)狠S題,且常常綜合考查函數(shù)的各種性質(zhì)、函數(shù)的圖象和不等式、方程等知識(shí),難度較大.利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間時(shí),要注意定義域優(yōu)先原則,即所求的單調(diào)區(qū)間一定是定義域的子集.對(duì)于已知單調(diào)性求解參數(shù)的取值范圍的逆向問(wèn)題,要注意端點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值能否為0,以免犯錯(cuò).處理一些不等式的證明或不等式恒成立或含參方程實(shí)數(shù)解個(gè)數(shù)等問(wèn)題時(shí),常常需要通過(guò)構(gòu)造函數(shù),轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值或圖象的特征,從而得到有效突破,而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是求解的關(guān)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(diǎn)E,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn).求證:DE是圓O的切線. 【答案】連接OE,因?yàn)辄c(diǎn)D是BC的中點(diǎn),點(diǎn)O是AB的中點(diǎn),所以O(shè)DAC,所以∠A=∠BOD,∠AEO=∠EOD.因?yàn)镺A=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?yàn)镋是圓O上一點(diǎn),所以DE是圓O的切線. 【解析】本題主要考查圓的基本性質(zhì)、全等三角形的判定等基礎(chǔ)知識(shí),考查考生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力、轉(zhuǎn)化能力.先證明△EOD和△BOD為全等三角形,進(jìn)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(chǔ),考點(diǎn)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(guān)長(zhǎng)度的求解或證明問(wèn)題;②利用圓周角定理、圓的切線的判定定理與性質(zhì)定理、相交弦定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理與判定定理、切割線定理等解決有關(guān)線段長(zhǎng)度、角的求解或證明問(wèn)題. 22．已知矩陣A=,B=,若點(diǎn)M(2,1)在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換作用下得到點(diǎn)N,求點(diǎn)N的坐標(biāo). 【答案】因?yàn)锳=,B=,所以AB=,所以,所以點(diǎn)N的坐標(biāo)為(4,-4). 【解析】本題考查矩陣與變換、矩陣的乘法.解題時(shí),先利用矩陣的乘法法則求出矩陣AB,再求點(diǎn)M在矩陣AB對(duì)應(yīng)的變換下得到的點(diǎn)N的坐標(biāo). 【備注】矩陣與變換模塊中,高考命題的重點(diǎn)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(jiǎn)單題、中檔題為主,重點(diǎn)考查考生的運(yùn)算求解能力. 23．在平面直角坐標(biāo)系xOy中,圓C的參數(shù)方程為(φ為參數(shù)).以直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,直線l的極坐標(biāo)方程為ρ(2cosθ-sinθ)=a,其中a為實(shí)常數(shù).若直線l與圓C有公共點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【答案】將圓C的參數(shù)方程化為普通方程得,(x-1)2+y2=5.將直線l的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程得,2x-y-a=0.因?yàn)橹本€l與圓C有公共點(diǎn),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(shù)方程與普通方程的互化、直線與圓的位置關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式等知識(shí),考查考生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力、轉(zhuǎn)化能力、計(jì)算能力.先將圓C的參數(shù)方程化為普通方程,再將直線l的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程,最后利用點(diǎn)到直線的距離公式計(jì)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(biāo)系與參數(shù)方程是平面解析幾何初步、圓錐曲線與方程、三角函數(shù)等知識(shí)的延伸.本模塊常?？疾闃O坐標(biāo)、參數(shù)方程以及直線與圓、圓錐曲線等知識(shí)的綜合,難度不大,屬于中低檔題.對(duì)于曲線的極坐標(biāo)方程和參數(shù)方程來(lái)講,通常是先化為直角坐標(biāo)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(dòng)點(diǎn)到直線距離的最值問(wèn)題時(shí),常常需要利用曲線的參數(shù)方程來(lái)求解. 24．已知實(shí)數(shù)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?yàn)閤,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(duì)值不等式的證法,考查分析法在證明不等式中的應(yīng)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(guò)反推,逐步尋找使結(jié)論|x+y|<|2+xy|成立的充分條件. 【備注】高考對(duì)不等式選講的考查主要體現(xiàn)在:①絕對(duì)值不等式的解法或其性質(zhì)的應(yīng)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(wèn)題. 25．如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥平面PAD,AD=CD=2AB=2,側(cè)面PAD為等邊三角形,點(diǎn)M,N分別是側(cè)棱PA和PB的中點(diǎn). (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(diǎn)O,連接PO,則PO⊥AD.因?yàn)锳B⊥平面PAD,所以AB⊥AD,且AB⊥PO,于是以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA所在的直線為x軸、過(guò)點(diǎn)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(biāo)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?yàn)?(-2,1,0),=(-1,2,-),設(shè)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(gè)法向量.因?yàn)?(,0,),=(,,),設(shè)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(gè)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(yīng)用,考查考生的空間想象能力和運(yùn)算求解能力等.突破本題的關(guān)鍵是合理建立空間直角坐標(biāo)系,并準(zhǔn)確求出直線的方向向量和平面的法向量. 【備注】高考對(duì)空間向量與立體幾何的考查主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面:①求異面直線所成的角,關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為兩直線的方向向量的夾角來(lái)處理;②求直線與平面所成的角,關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為直線的方向向量和平面的法向量的夾角來(lái)處理;③求二面角,關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為兩平面法向量的夾角來(lái)處理;④已知空間的大小求點(diǎn)的位置或線段的長(zhǎng)度問(wèn)題,即空間向量解法的逆向應(yīng)用.在處理本部分試題時(shí),一定要注意空間角與對(duì)應(yīng)向量夾角之間的關(guān)系,謹(jǐn)防出錯(cuò). 26．若二項(xiàng)式(+)m(m∈N*,a為小于0的常數(shù))的展開(kāi)式中所有項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和等于64,且前三項(xiàng)的系數(shù)的和等于. (1)求實(shí)數(shù)a和m的值; (2)設(shè)b為二項(xiàng)式(+)m的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng),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?yàn)槎?xiàng)式(+)6的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r+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(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為T(mén)3=(-)2,即b=,所以f(1)=4,f(n+1)=3f(n)-1+1(n∈N*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:f(n)(n∈N)能被4整除. ①當(dāng)n=1時(shí),f(1)=4,命題成立;②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時(shí),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(dāng)n=k+1時(shí),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(xiàng)式定理、數(shù)學(xué)歸納法等.(1)由二項(xiàng)展開(kāi)式所有項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和可求出m的值,由前三項(xiàng)的系數(shù)和可以求出實(shí)數(shù)a的值;(2)先根據(jù)二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)求出b,再用數(shù)學(xué)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(jì)數(shù)原理的應(yīng)用,常常以集合為背景;②數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用,常與數(shù)列、導(dǎo)數(shù)等綜合;③排列組合以及二項(xiàng)式定理的綜合應(yīng)用.