云南省昆明市2020届高三教学质量检测数学（理）试题

云南省昆明市2020届高三教学质量检测数学（理）试题

昆明市2020届“三诊一模”高三复习教学质量检测 理科数学 一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合或，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用交集定义直接求解.‎ ‎【详解】解：∵集合A＝{x|x＜﹣1或x＞2}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，‎ ‎∴A∩B＝{﹣3，﹣2，3}.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.‎ ‎2.已知复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分母实数化，求出z即可.‎ ‎【详解】解：∵z满足（1+2i）z＝5i，‎ ‎∴z＝＝＝2+i.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算，熟练掌握运算性质是解题的关键，本题是一道基础题.‎ ‎3.在正项等比数列中，若，，为其前项的和，则（ ）‎ A. 6 B. 9‎ C. 12 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由，求出公比q，再利用前n项的和公式求出结果.‎ ‎【详解】解：设正项等比数列{an}的公比为q，则 q＞0.‎ ‎∵a1＝1，a3＝a2+2，‎ ‎∴q2＝q+2⇒q＝2.‎ ‎∴＝＝1+q3＝9，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的运算，属于基础题.‎ ‎4.若夹角为的向量与满足，则（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量数量积的应用，把两边平方，转化成模平方和数量积，利用已知即可得到结论.‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 则，或（舍），‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了数量积运算性质、向量与模的转化，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎5.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原几何体，该几何体是组合体，下方为圆锥，圆锥的高是2，底面半径为1，上方为一个半球去掉右前方的四分之一，半球的半径为1，再由圆锥与球的体积公式求解.‎ ‎【详解】解：由三视图还原几何体如图，‎ 该几何体是组合体，下方为圆锥，圆锥的高是2，底面半径为1，‎ 上方为一个半球去掉右前方的四分之一，半球的半径为1，‎ 则该几何体的体积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原几何体，是中档题.‎ ‎6.执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量T的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.‎ ‎【详解】解：模拟程序的运行，可得 k＝1，S＝0，T＝0，S＝1‎ 满足条件S＜15，执行循环体，T＝1，k＝2，S＝3‎ 满足条件S＜15，执行循环体，T＝，k＝3，S＝6‎ 满足条件S＜15，执行循环体，T＝，k＝4，S＝10‎ 满足条件S＜15，执行循环体，T＝，k＝5，S＝15‎ 此时，不满足条件S＜15，退出循环，输出T的值为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题.‎ ‎7.已知圆：与轴负半轴的交点为，过点且斜率为2的直线与圆的另一个交点为，若的中点恰好落在轴上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，求出M的坐标，写出直线l的方程，与圆的方程联立求得N点横坐标，再由中点坐标公式求得r，进一步求出M与N的坐标，则答案可求.‎ ‎【详解】解：取y＝0，可得x＝1﹣r或x＝1+r，‎ 由题意可得，M（1﹣r，0），‎ 设直线l的方程为y＝2（x+r﹣1），‎ 联立，得5x2+（8r﹣10）x+3r2﹣8r+4＝0.‎ 由xM+xN＝1﹣r+xN＝，得xN＝.‎ 由MN的中点P恰好落在y轴上，得1﹣r+xN＝0，即r＝.‎ ‎∴M（﹣，0），N（，1），‎ 则|MN|＝＝.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，考查运算能力，是中档题.‎ ‎8.若直线与曲线相切，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设切点，再对曲线求导，然后令导数等于1，然后结合，即可求出a的值.‎ ‎【详解】解：设切点为（x，y），‎ 由题意.‎ ‎∴，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，利用切点满足的两个条件列方程组是本题的总体思路.属于基础题.‎ ‎9.抛物线上任意两点､处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.当线段经过抛物线焦点时，具有以下特征：①点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且；③.若经过抛物线焦点的一条弦为，阿基米德三角形为，且点的纵坐标为4，则直线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，可求出点P（−1，4），从而得到直线PF的斜率为−2，又，所以直线AB的斜率为，再利用点斜式即可求出直线AB的方程.‎ ‎【详解】解：由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为（1，0），准线方程为：x＝﹣1，由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，‎ ‎∴点P（﹣1，4），‎ ‎∴直线PF的斜率为：＝﹣2，‎ 又∵PF⊥AB，‎ ‎∴直线AB的斜率为，‎ ‎∴直线AB的方程为：y﹣0＝，即x﹣2y﹣1＝0，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及抛物线的性质，是中档题.‎ ‎10.已知函数，若对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数，判断其奇偶性.不等式，化为：f（2t2﹣m）≥﹣f（t）＝f（﹣t），利用其单调性及其二次函数的单调性即可得出.‎ ‎【详解】解：函数，‎ f（﹣x）＝﹣x3﹣3x＝﹣f（x），∴函数f（x）为R上的奇函数.‎ f′（x）＝3x2+3＞0，∴函数f（x）为R上的增函数.‎ 不等式f（2t2﹣m）+f（t）≥0，化为：f（2t2﹣m）≥﹣f（t）＝f（﹣t），‎ ‎∴2t2﹣m≥﹣t，化为：m≤2t2+t，t∈[﹣1，1].‎ 令g（t）＝2t2+t＝2﹣，t∈[﹣1，1].‎ ‎∴t＝﹣时，函数g（t）取得最小值，g（﹣）＝﹣.‎ 则实数m的取值范围是m≤﹣.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究函数的单调性、函数的奇偶性、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎11.已知正四棱锥的高为2，，过该棱锥高的中点且平行于底面的平面截该正四棱锥所得截面为，若底面与截面的顶点在同一球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图（见解答部分）：根据正四棱锥，球心必在高线上，并且底面边长和高，可知对角面PAC是等腰直角三角形，当截面过高的中点时，截面的对角线长可求，再设球心为O，在两个直角三角形△OAM，△A1ON利用勾股定理，列出方程，可以解出半径R，则表面积可求.‎ ‎【详解】解：因为正四棱锥P﹣ABCD，所以底面是正方形，结合高为2，，‎ 设底面对角线交点为M，所以AC＝4，AM＝2，故PM＝AM＝CM＝2，‎ 所以△PAC是等腰直角三角形.‎ 因为截面A1B‎1C1D1过PM的中点N，所以N为截面正方形A1B‎1C1D1的中心，且PM⊥截面A1B‎1C1D1.‎ ‎∴PN＝MN＝A1N＝1，设球心为O，球的半径为R，则A1O＝AO＝R.‎ 在直角三角形A1ON中，，‎ ‎∴.‎ 在直角三角形AOM中，OA2＝AM2+OM2，即，‎ 解得R2＝5，故S＝4πR2＝20π.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查球的表面积的计算以及正四棱锥的性质.根据对角面是等腰直角三角形，和含有R的两个直角三角形列方程是本题的关键.属于中档题.‎ ‎12.如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为‎1千米，现规划在区域种荷花，在区域修建水上项目.若，且使四边形面积最大，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设∠AOC＝∠COD＝θ（0＜θ＜），利用三角形面积公式可得S＝，利用导数结合复合函数的单调性求最值，即可得到使四边形OCDB面积最大时cos∠AOC的值.‎ ‎【详解】解：设∠AOC＝∠COD＝θ（0＜θ＜），‎ ‎∵OC＝OB＝OD＝1，‎ ‎∴四边形OCDB面积S＝＝.‎ 则＝.‎ 由S′＝0，得4cos2θ+cosθ﹣2＝0，‎ 可得 又cosθ在（0，）上单调递减，‎ ‎∴当θ∈（0， ），即cosθ∈（，1）时，S＝单调递减，‎ 当θ∈（，），即cosθ∈（0，）时，S＝单调递增，‎ ‎∴当cos∠AOC＝时，四边形OCDB的面积最大.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数的最值及其几何意义，考查函数模型的选择及其应用，训练了利用导数求最值，是中档题.‎ 二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.能说明命题“且，”是假命题的的值可以是_______.（写出一个即可）‎ ‎【答案】-1（任意负数均可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全称命题的否定只需举出一个反例即可.例如x＝－1 ，带入.‎ ‎【详解】解：当时，，当且仅当取等号，‎ 当时，，当且仅当取等号，‎ ‎∴只需x取值为负数，即可例如x＝－1时.‎ 故答案为：－1 （任意负数均可）.‎ ‎【点睛】本题考查全称命题的真假，基本不等式应用，属于基础题.‎ ‎14.已知是双曲线：的右焦点，点在上，为坐标原点，若，，则的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设P的坐标，求出，的坐标，由∠POF＝，所以cos∠POF＝＝＝，求出P的横坐标，代入x02+y02＝4b2进而求出纵坐标，再将P坐标代入双曲线的方程可得a，b的关系，由a，b，c之间的关系求出离心率.‎ ‎【详解】解：设P（x0，y0）由题意可得x0＞0，设y0＞0，‎ ‎＝（x0，y0），由题意|OP|＝2b，可得x02+y02＝4b2，＝（c，0），‎ 由∠POF＝，所以cos∠POF＝＝＝，可得x0＝b，‎ y02＝3b2，y0＞0，将P点的坐标代入双曲线的方程可得：﹣3＝1，所以b2＝‎4a2，‎ 所以双曲线的离心率e＝＝＝，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，及数量积的应用，属于中档题.‎ ‎15.河图洛书是中国古代流传下来的神秘图案，被誉为“宇宙魔方”，九宫格源于河图洛书.如图是由9个单位正方形（边长为1个单位的正方形）组成的九宫格，一个质点从点沿单位正方形的边以最短路径运动到点，共有种不同的路线，则在这些路线中，该质点经过点的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 共有n＝＝20种不同的路线，其中该质点经过p点包含的基本事件有m＝6×2＝12种，由此能求出该质点经过p点的概率.‎ ‎【详解】解：一个质点从A点沿单位正方形的边以最短路径运动到B点，‎ 共有n＝＝20种不同的路线，‎ 则在这些路线中，该质点经过p点包含的基本事件有m＝6×2＝12种，‎ 该质点经过p点的概率为P＝.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.‎ ‎16.定义域为的偶函数满足，当时，，给出下列四个结论：‎ ‎① ；‎ ‎②若，则；‎ ‎③函数在内有且仅有3个零点；‎ ‎④若，且，则的最小值为4.‎ 其中，正确结论的序号是______.‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得函数关于点中心对称，又为偶函数，所以可推得的周期为4，又得，且当时，，故可作出函数的图象，结合图象可判断各选项的真假.‎ ‎【详解】由得函数关于点中心对称，‎ 又，，‎ 为上的偶函数，，‎ ‎，，‎ 的周期为4，‎ 当时，得，‎ 又当时，，所以函数图象如图：‎ 由图知，，，故①正确；‎ 又，从而可知②不正确；‎ 当时，，故③正确.‎ ‎④取x1＝-1，x2＝0，x3＝1，则f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0，但x3- ‎ x1＝2＜4，即④错误.‎ ‎∴正确的是①③.‎ 故答案为：①③.‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象与性质，分析出函数的对称性和作出函数图象是解题的关键，考查学生的作图能力和分析能力，属于中档题.‎ 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23 题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知三棱柱，底面为等边三角形，侧棱平面，为中点，，和交于点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取AB中点E，先利用中位线的性质可证且，再由已知条件可得且，进而得到，则四边形EODC为平行四边形，故，由此得证平面； （2）建立空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量以及平面的法向量，利用向量的夹角夹角公式即可得到所求正弦值.‎ ‎【详解】解：（1）取中点，连结、，‎ 在四边形中，为中点，为中点，‎ 所以为中位线，‎ 故：且，‎ 因为为中点，所以且，‎ 所以且，所以四边形为平行四边形，‎ 所以，且平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）取的中点，根据已知条件建立如图空间直角坐标系，‎ 设，则，‎ 则，，，，‎ 所以，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，解得，‎ 设与平面所成角为，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量研究线面角问题，考查推理能力及计算能力，属于中档题.‎ ‎18.2020年1月，教育部《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》印发，自2020年起，在部分高校开展基础学科招生改革试点（也称“强基计划”）.强基计划聚焦高端芯片与软件､智能科技､新材料､‎ 先进制造和国家安全等关键领域以及国家人才紧缺的人文社会科学领域，选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.新材料产业是重要的战略性新兴产业，下图是我国2011-2019年中国新材料产业市场规模及增长趋势图.其中柱状图表示新材料产业市场规模（单位：万亿元），折线图表示新材料产业市场规模年增长率（）.‎ ‎（1）求从2012年至2019年，每年新材料产业市场规模年增长量的平均数（精确到0.1）；‎ ‎（2）从2015年至2019年中随机挑选两年，求两年中至少有一年新材料产业市场规模年增长率超过的概率；‎ ‎（3）由图判断，从哪年开始连续三年的新材料产业市场规模的方差最大. （结论不要求证明）‎ ‎【答案】（1）0.5万亿元（2）（3）从2017年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从2012年起，每年新材料产业市场规模的年增加值依次为0.3，0.2，0.3，0.5，0.6，0.4，0.8，0.6，（单位：万亿元），由此能求出年增加的平均数. （2）设A表示事件“从2015年至2019年中随机挑选两个，两年中至少有一年新材料产业市场规模增长率超过20%”，利用对立事件概率计算公式能求出两年中至少有一 年新材料产业市场规模年增长率超过20%的概率. （3）从2017年开始连续三年的新材料产业市场规模的方差最大.‎ ‎【详解】解：（1）从2012年起，每年新材料产业市场规模的年增加值依次为：‎ ‎0.3，0.2，0.3，0.5，0.6，0.4，0.8，0.6（单位：万亿元），‎ 所以年增加值的平均数为万亿元.‎ ‎（2）设表示事件“从2015年至2019‎ 年中随机挑选两年，两年中至少有一年新材料产业市场规模年增长率超过”，依题意，.‎ ‎（3）从2017年开始连续三年的新材料产业市场规模年增长率的方差最大.‎ ‎【点睛】本题考查平均数、概率、方差的求法，考查折线图、条形统计图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.‎ ‎19.的角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）从三个条件：①；②；③的面积为中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）.（2）答案见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知利用正弦定理可得，由余弦定理求出，结合A的范围可得A的值. （2）由题意，分类讨论，利用正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式，正弦函数的图象和性质等知识即可求解.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 由正弦定理得，‎ 由余弦定理得，因为，‎ 所以.‎ ‎（2）选择①.‎ 因为，，‎ 由正弦定理得，‎ 即的周长 ‎，‎ 因为，所以，，‎ 即周长的取值范围是.‎ 选择②.‎ 因为，，‎ 由正弦定理得，，‎ 即周长 ‎,‎ 因为，所以，所以，‎ 即周长的取值范围是.‎ 选择③.‎ 因为，，得，‎ 由余弦定理得，‎ 即的周长，‎ 因为，当且仅当时等号成立，‎ 所以.‎ 即周长的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查三角形周长取值范围的求法，考查余弦定理、三角形面积等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设，若存在两个极值点，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）最小值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，令得或，接下来分，及讨论即可； （2）依题意，可得，设，利用导数求的最小值即可得出答案.‎ ‎【详解】解：（1），‎ 因为，由得或，‎ ‎①若，则，由得；得或，‎ 所以，若，则在递增，在递减，在递增；‎ ‎②若，则，，在定义域递增；‎ ‎③若，则，由得；得或，‎ 所以，若，则在递增，在递减，在递增.‎ ‎（2）由得，‎ 由（1）知，有两个极值点时，且，不妨设，，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 设，‎ 则，‎ ‎，‎ 由得，在内单调递减，‎ 由得，在内单调递增.‎ 所以，时，.‎ 所以，当且时，的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.椭圆规是画椭圆的一种工具，如图1所示，在十字形滑槽上各有一个活动滑标，，有一根旋杆将两个滑标连成一体，，为旋杆上的一点，且在，两点之间，且，当滑标在滑槽内作往复运动，滑标在滑槽内随之运动时，将笔尖放置于处可画出椭圆，记该椭圆为.如图2所示，设与交于点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设，是椭圆的左､右顶点，点为直线上的动点，直线，分别交椭圆于，两点，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由的值及，可得|MD|，|ND|的值，由题意可得椭圆的长半轴及短半轴长，进而求出椭圆的方程； （2）由题意设P的坐标，进而求出直线，直线的方程，与椭圆联立分别求出Q，R的坐标，进而求出四边形的面积的表达式，换元由均值不等式可得P的坐标.‎ ‎【详解】解：（1）由题得，，所以椭圆的长半轴长为3，短半轴长为1，‎ 故椭圆的方程为：.‎ ‎（2）由对称性可设点，其中，则直线的方程为，直线的方程为.设，.‎ 由，消得，由于，则 由，消得，由于，则.‎ 所以四边形的面积为 ‎.‎ 由于，，又在上是增函数，‎ 所以，‎ 故.‎ 当且仅当，即，四边形的面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合和均值不等式的应用，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎【选修4- 4：坐标系与参数方程】‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求直线极坐标方程；‎ ‎（2）设动点的极坐标为，射线与直线相交于点，且满足，求点轨迹的极坐标方程.‎ ‎【答案】（1）.（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换. （2）利用极径的应用求出结果.‎ ‎【详解】解：（1）直线的普通方程为，‎ 所以的极坐标方程为.‎ ‎（2）依题意可知，点的极坐标为，‎ 因为在直线上，所以，‎ 所以点轨迹的极坐标方程为.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.‎ ‎[选修4--5：不等式选讲]‎ ‎23.已知.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）设的最小值为，实数，，满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值的意义，写出分段函数，即可求不等式的解集； （2）利用绝对值不等式，求出m，再利用柯西不等式进行证明.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以不等式等价于或或，‎ 解得或或.‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2）由（1）可知，在递减，在递增，所以函数的最小值为.‎ 所以，即，‎ 根据柯西不等式得：，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.‎