《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

16.(15分)
如图,在四棱锥$P - ABCD$中,底面$ABCD$是边长为2的菱形,$\triangle DCP$是等边三角形,$\angle DCB=\angle PCB=\frac{\pi}{4}$,$M$,$N$分别为$DP$和$AB$的中点.
(Ⅰ)求证:$MN//$平面$PBC$;
(Ⅱ)求证:平面$PBC\perp$平面$ABCD$;
(Ⅲ)求$CM$与平面$PAD$所成角的正弦值.

答案：

线面平行的判定定理+线面垂直的判定定理+面面平行的判

定定理与性质定理+面面垂直的判定定理+线面角的正弦值

[思维导图](I)证法一:取PC的中点Q,连接MQ,BQ|

M为PD的中点 四边形ABCD是菱形 1

MQ//DC,MQ= $\frac{1}{2}$ DC N为AB的中点！

四边形MNBQ是平行四边形→MN//BQ→得证;

证法二:取AP的中点E,连接EM,EN→EM//平面PBCi

同理EN//平面PBC→平面EMN//平面PBC→得证; 1

1

证法三:取CD的中点F,连接MF,NF→MF//平面PBC

同理NF//平面PBC→平面MNF//平面PBC→得证.. 1

1

(III)作PH⊥BC,连接DH→CH=PH= $\sqrt{2}$ 余弦定理 1

1

线面垂直的判定定理

DH= $\sqrt{2}$ 勾股定理逆定理 PH⊥DH 1

PH⊥平面ABCD 面面垂直的判定定理 平面PBC⊥平面{

ABCD.

1

(III)解法一: 由(III) PH」平面ABCD,HD⊥HC建系;

1

各点坐标→平面PAD的一个法向量n 和CM| 1

空间向量夹角公式

得解;

解法二: 由(II)PH⊥平面ABCD,PH=√2,DH= $\sqrt{2}$ 亠| 1

勾股定理逆定理

AH,PA AD⊥PD

设点C到平面PAD的距离为d

=1→CM

VP−ACD=VC−ADP

设CM与平面PAD所成角为0 s in θ→得解. 1

解:(I)证法一:取PC的中点Q，连接MQ，BQ，如图1所示.

因为M为PD的中点，

所以MQ//DC,且MQ= $\frac{1}{2}$ DC.

因为四边形ABCD是菱形，

所以DC//AB,DC=AB,

又N为AB的中点

,所以MQ//NB,MQ=NB,

所以四边形MNBQ是平行四边形,所以MN//BQ.

因为MNC平面PBC,BQC平面PBC,

所以MN//平面PBC. (5分)

证法二:取AP的中点E，连接EM,EN,如图2所示，

则EM∥AD,EN//PB.

因为AD//BC，所以EM//BC.

因为EMC平面PBC,BC(C平面PBC，

所以EM/平面PBC，

同理EN/平面PBC.

又EM∩EN=E,

所以平面EMN/平面PBC.

因为MNC平面EMN，所以MN/平面PBC. (5分)

证法三:取CD的中点F，连接MF，NF，如图3所示，

则MF//PC,NF//BC.

因为MFC平面PBC，PCC二平面PBC，所以MF//平面

PBC,

同理NF/平面PBC.

又MF∩NF=F,所以平面MNF/平面PBC.

因为MNC平面MNF，所以MN/平面PBC. (5分)

(II)证明:作PH⊥BC，连接DH,如图4所示，

则 PH =PC. s in $\frac{π}{4}$ =√2,

则CH=PH= $\sqrt{2}$

因为DC=2,∠DCH= $\frac{π}{4}$ ,

由余弦定理得DH= $\sqrt{2}$ ,

所以DH²+PH²=DP²,所以PH⊥DH. 又DH∩BC=H,DH,BCE平面ABCD, 天利

所以PH⊥平面ABCD.

因为PHC平面PBC，

所以平面PBC⊥平面ABCD. (10分)

(III)解法一:由(III)知PH⊥平面ABCD,HD⊥HC,

以H为坐标原点,HC,HD,HP所在直线分别为x,y,，轴

建立空间直角坐标系，如图5所示，

则A(−2, $\sqrt{2}$ ,0),C $\sqrt{2}$ ,0,0),D(O, $\sqrt{2}$ ,0),P(0,0, $\sqrt{2}$ ).

所以DP=(0,− $\sqrt{2}$  $\sqrt{2}$ ),AD(2,0,0),

因为M为PD的中点,所以M(o, $\frac{\sqrt{2}}{2}$ , $\frac{\sqrt{2}}{2}$

CM=(− $\sqrt{2}$ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ , $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ).

设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),

n.AD=0,(2x=0,

由 { n.DP=0, 得 {  $\sqrt{2}$ y+ $\sqrt{2}$ x=0,

取x=1,得n=(0,1,1).

设CM与平面PAD所成的角为θ，

则 s in θ=| cos <CM.n>|= $\frac{|CM.n|}{|CM||}$ = $\frac{\sqrt{2}}{3×\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ (提示:线

面角的计算公式)，

所以CM与平面PAD所成角的正弦值为鼍. (15分)

解法二:由(III)知PH⊥平面ABCD,PH= $\sqrt{2}$ ,

DH= $\sqrt{2}$

因为DH⊥BC,AD∥/BC,所以DH⊥AD，

所以AH= $\sqrt{AD²+DH²}$ = $\sqrt{6}$ ,

所以PA= $\sqrt{AH²+PH²}$ =2 $\sqrt{2}$ ,

所以AD²+PD²=PA²,所以AD⊥PD(提示:勾股定理的逆

定理).

设点C到平面PAD的距离为d,由Vρ−AcD=Vc−ADP(提示:

等体积法)，

得 $\frac{1}{3}$ .PH. $\frac{1}{2}$ .AD.DH= $\frac{1}{3}$ .d. $\frac{1}{2}$ .AD.DP,

解得d=1.

因为△DCP是等边三角形，所以CM=√3.

设CM与平面PAD所成的角为0,则 s in 0= $\frac{d}{CM}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ ,

所以CM与平面PAD所成角的正弦值为. (15分)

17.(15分)
已知函数$f(x)=\cos x+x\sin x$,$x\in(-\pi,\pi)$.
(Ⅰ)求$f(x)$的单调区间和极小值;
(Ⅱ)证明:当$x\in[0,\pi)$时,$2f(x)\leqslant\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}$.

答案：

17.利用导数研究函数的单调性和极值+利用导数证明不等式

|[思维导图](I)解法一;f(x)→f((x) 令∮'(x)=0 x=i|

− 1 $\frac{π}{2}$ 或x=0或x= $\frac{π}{2}$ 列表f(x)的单调性→得解;;

|解法二;:已知条件→f(x)为偶函数导f,(x)列表f(x)的;| 1

|单调性→得解.

;(II)令g(x)=e²+e−²−2f(x),x∈[0,π)→g
(0)=0,;

|g'(x).

|证法一:g'(x)≥e²一e−"−2r,当且仅当x=0时取等号{

|令h(x)=e²−e−x−2r

1 (x)的单调性→g(x)的单调性→;

:得证;

|证法二;令(x)=g'(x)−→p(x)的单调性→g(x)的单调;

|性→得证. 1

解:(I)解法一:根据题意得f(x)=− s in x + s in x + x cos x =

x cos x ,

因为x∈(−π,π),令f'(x)=0,

解得x=一 $\frac{π}{2}$ 或x=0或x= $\frac{π}{2}$ .

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示:

x (−π,− $\frac{π}{2}$ − $\frac{π}{2}$ (− $\frac{π}{2}$ ,0)

f(x) + 0 −

f(x) 单调递增 f(− $\frac{π}{2}$ )= $\frac{π}{2}$ 单调递减

x 0 (o, $\frac{π}{2}$ { $\frac{π}{2}$ ( $\frac{π}{2}$ ,π)

f(x) 0 + 0 −

f;x)f(())=1 单调递增 f( $\frac{π}{2}$ )= $\frac{π}{2}$ 单调递减

所以f(x)的单调增区间为(−，).(0.=) ,

单调递减区间为(−=0)(Vx) …… {

当x=0时,f(x)取得极小值为f
(0)=1. (8分)

解法二:因为f(x)的定义域关于原点对称，且f(一x)=

cos (−x)+(−x) s in (−x)= cos x + xs in x =f(x),

所以£(x)为偶函数(题眼).

由于f(x)的图象连续不断，下面只需考虑x∈[0π).

f ' (x)=− s in r + s in x + x cos x = x cos x ,

当x∈[0,π)时,令f'(x)=0,解得x=0或x= $\frac{π}{2}$ ,

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示:

x 0 (0, $\frac{π}{2}$ ) $\frac{π}{2}$ ( $\frac{π}{2}$ ,π)

f′(x) 0 十 0 一

f(x)|f
(0)=1 单调递增 f( $\frac{π}{2}$ )= $\frac{π}{2}$ 单调递减

所以f(x)的单调递增区间为( { ) { (0.) ,

−−数学

单调递减区间为(−=0)，(=π) { ,

当x=0时,f(x)取得极小值为f
(0)=1. (8分)

(II[)证明:令g(x)=e²+e−−2f(x)=e²+e−−2 cos x 一

2 xs in x ,x∈[o,π),

显然g
(0)=0, g ' (x)=e²−e−x−2 x cos x .

证法一:(一次求导后直接放缩)

因为x∈[0,π),所以 cos x ≤1,所以2 x cos x ≤2x，

从而 g ' (x)=e²−e−2 x cos x ≥e²−e−x−2x,

当且仅当x=0时取等号.

令h(x)=ex一e²−2x,显然h
(0)=0,

h'(x)=e²+e−x−2≥2 $\sqrt{e.e−x}$ −2=0,

当且仅当x=0时取等号，

所以h(x)在[0,π)上单调递增，所以h(r)≥h
(0)=0,

从而g'(x)≥h(x)≥0,

所以g(x)在[0,π)上单调递增，

所以g(x)≥g
(0)=0,

故ex+e−x≥2f(x). (15分)

证法二:(二次求导后放缩)

令(x)=g’(x)=e²−e−²−2 x cos x ,

则(x)= ex +e−²−2 cos x +2 xs in x ≥2 $\sqrt{e.e−}$ −2 cos x +

2 xs in x =2(1− cos x 十 xs in x ),当且仅当x=0时取等号.

因为x∈[0,π),所以 s in x ≥0, cos x ≤1,

所以(1− cos x + xs in x )≥0,

所以'(x)≥0,当且仅当x=0时取等号，

所以(x)在[0,π)上单调递增，

所以p(x)≥
(0)=0,

从而g'(x)≥0,所以g(x)在[0,π)上单调递增，

所以g(x)≥g
(0)=0,

故e+e−I≥2f(x). (15分)