2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ卷）含详细解答

1、已知集合 A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，则 AB 中元 素的个数为（ ） A2 B3 C4 D6 2 （5 分）复数的虚部是（ ） A B C D 3 （5 分）在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 p1，p2，p3，p4，且pi1， 则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） Ap1p40.1，p2p30.4 Bp1p40.4，p2p30.1 Cp1p40.2，p2p30.3 Dp1p40.3，p2p30.2 4 （5 分）Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域有学者根据公布数 据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I

2、（t） （t 的单位：天）的 Logistic 模型：I（t） ，其中 K 为最大确诊病例数当 I（t*）0.95K 时，标志着已初步遏 制疫情，则 t*约为（ ） （ln193） A60 B63 C66 D69 5 （5 分）设 O 为坐标原点，直线 x2 与抛物线 C：y22px（p0）交于 D，E 两点，若 ODOE，则 C 的焦点坐标为（ ） A （，0） B （，0） C （1，0） D （2，0） 6 （5 分）已知向量 ， 满足| |5，| |6， 6，则 cos ， + （ ） A B C D 7 （5 分）在ABC 中，cosC，AC4，BC3，则 cosB（ ） A B C

3、 D 8 （5 分）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） 第 2 页（共 22 页） A6+4 B4+4 C6+2 D4+2 9 （5 分）已知 2tantan（+）7，则 tan（ ） A2 B1 C1 D2 10 （5 分）若直线 l 与曲线 y和圆 x2+y2都相切，则 l 的方程为（ ） Ay2x+1 By2x+ Cyx+1 Dyx+ 11 （5 分）设双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 为P 是 C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a（ ） A1 B2 C4 D8 12 （5 分）已知 5584，13485设 alo

4、g53，blog85，clog138，则（ ） Aabc Bbac Cbca Dcab 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件则 z3x+2y 的最大值为 14 （5 分） （x2+）6的展开式中常数项是 （用数字作答） 15（5分） 已知圆锥的底面半径为1， 母线长为3， 则该圆锥内半径最大的球的体积为 16 （5 分）关于函数 f（x）sinx+有如下四个命题： f（x）的图象关于 y 轴对称 f（x）的图象关于原点对称 f（x）的图象关于直线 x对称 f（x）的最小值为 2 第 3 页

5、（共 22 页） 其中所有真命题的序号是 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答。第题，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：题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题： 共共 60 分。分。 17 （12 分）设数列an满足 a13，an+13an4n （1）计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； （2）求数列2nan的前 n 项和 Sn 18 （12 分）某学生兴趣小组随机调查了某市 1

6、00 天中每天的空气质量等级和当天到某公园 锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天） ： 锻炼人次 空气质量等级 0，200 （200，400 （400，600 1（优） 2 16 25 2（良） 5 10 12 3（轻度污染） 6 7 8 4（中度污染） 7 2 0 （1）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率； （2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值 为代表） ； （3）若某天的空气质量等级为 1 或 2，则称这天“空气质量好” ；若某天的空气质量等级 为 3 或 4，则称这天“空气质量不好” 根据所给数据，完成下面的 22 列联表

7、，并根据 列联表，判断是否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量 有关？ 人次400 人次400 空气质量好 空气质量不好 附：K2 P（K2k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 第 4 页（共 22 页） 19 （12 分）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别在棱 DD1，BB1上，且 2DE ED1，BF2FB1 （1）证明：点 C1在平面 AEF 内； （2）若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEFA1的正弦值 20 （12 分）已知椭圆 C：+1（0m5）的离心率为，A，B 分别为 C

8、 的左、 右顶点 （1）求 C 的方程； （2）若点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x6 上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ 的面积 21 （12 分）设函数 f（x）x3+bx+c，曲线 yf（x）在点（，f（） ）处的切线与 y 轴 垂直 （1）求 b； （2）若 f（x）有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f（x）所有零点的绝对值都不大于 1 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（

9、10 分）分） 22 （10 分） 在直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为（t 为参数且 t1） ， C 与坐标轴交于 A，B 两点 （1）求|AB|； （2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 AB 的极坐标方程 第 5 页（共 22 页） 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23设 a，b，cR，a+b+c0，abc1 （1）证明：ab+bc+ca0； （2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 的最大值，证明：maxa，b，c 第 6 页（共 22 页） 2020 年全国统一高考数学试卷（理科） （新课标）年全国统一高考数学试卷（理

10、科） （新课标） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1 （5 分）已知集合 A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，则 AB 中元 素的个数为（ ） A2 B3 C4 D6 【分析】利用交集定义求出 AB（7，1） ， （6，2） ， （5，3） ， （4，4）由此能求出 AB 中元素的个数 【解答】解：集合 A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，

11、AB（x，y）|（7，1） ， （6，2） ， （5，3） ， （4，4） AB 中元素的个数为 4 故选：C 【点评】本题考查交集中元素个数的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能 力，是基础题 2 （5 分）复数的虚部是（ ） A B C D 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：， 复数的虚部是 故选：D 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （5 分）在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 p1，p2，p3，p4，且pi1， 则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） Ap1p40.1，p2p30.

12、4 Bp1p40.4，p2p30.1 第 7 页（共 22 页） Cp1p40.2，p2p30.3 Dp1p40.3，p2p30.2 【分析】根据题意，求出各组数据的方差，方差大的对应的标准差也大 【解答】解：选项 A：E（x）10.1+20.4+30.4+40.12.5，所以 D（x）（1 2.5）20.1+（22.5）20.4+（32.5）20.4+（42.5）20.10.65； 同理选项 B：E（x）2.5，D（x）2.05； 选项 C：E（x）2.5，D（x）1.05； 选项 D：E（x）2.5，D（x）1.45； 故选：B 【点评】本题考查了方差和标准差的问题，记住方差、标准差的公式

13、是解题的关键 4 （5 分）Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域有学者根据公布数 据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I（t） （t 的单位：天）的 Logistic 模型：I（t） ，其中 K 为最大确诊病例数当 I（t*）0.95K 时，标志着已初步遏 制疫情，则 t*约为（ ） （ln193） A60 B63 C66 D69 【分析】根据所给材料的公式列出方程0.95K，解出 t 即可 【解答】解：由已知可得0.95K，解得 e 0.23（t53） ， 两边取对数有0.23（t53）ln19， 解得 t66， 故选：C 【点评】本题考查函数模型的实际应用，考查

14、学生计算能力，属于中档题 5 （5 分）设 O 为坐标原点，直线 x2 与抛物线 C：y22px（p0）交于 D，E 两点，若 ODOE，则 C 的焦点坐标为（ ） A （，0） B （，0） C （1，0） D （2，0） 【分析】利用已知条件转化求解 E、D 坐标，通过 kODkOE1，求解抛物线方程，即 可得到抛物线的焦点坐标 【解答】解：将 x2 代入抛物线 y22px，可得 y2，ODOE，可得 kODkOE 1， 即，解得 p1， 第 8 页（共 22 页） 所以抛物线方程为：y22x，它的焦点坐标（，0） 故选：B 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查 6 （

15、5 分）已知向量 ， 满足| |5，| |6， 6，则 cos ， + （ ） A B C D 【分析】利用已知条件求出|，然后利用向量的数量积求解即可 【解答】解：向量 ， 满足| |5，| |6， 6， 可得|7， cos ， + 故选：D 【点评】本题考查平面向量的数量积的应用，数量积的运算以及向量的夹角的求法，是 中档题 7 （5 分）在ABC 中，cosC，AC4，BC3，则 cosB（ ） A B C D 【分析】先根据余弦定理求出 AB，再代入余弦定理求出结论 【解答】解：在ABC 中，cosC，AC4，BC3， 由余弦定理可得 AB2AC2+BC22ACBCcosC42+322

16、439； 故 AB3； cosB， 故选：A 【点评】本题主要考查了余弦定理的应用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键 8 （5 分）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） 第 9 页（共 22 页） A6+4 B4+4 C6+2 D4+2 【分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公 式计算即可 【解答】解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角， PAABAC2，PA、AB、AC 两两垂直， 故 PBBCPC2， 几何体的表面积为：36+2 故选：C 【点评】本题考查多面体的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间 想象能

17、力，计算能力 9 （5 分）已知 2tantan（+）7，则 tan（ ） A2 B1 C1 D2 【分析】利用两角和差的正切公式进行展开化简，结合一元二次方程的解法进行求解即 可 【解答】解：由 2tantan（+）7，得 2tan7， 即 2tan2tan2tan177tan， 得 2tan28tan+80， 第 10 页（共 22 页） 即 tan24tan+40， 即（tan2）20， 则 tan2， 故选：D 【点评】本题主要考查三角函数值的化简和求解，结合两角和差的正切公式以及配方法 是解决本题的关键难度中等 10 （5 分）若直线 l 与曲线 y和圆 x2+y2都相切，则 l 的

18、方程为（ ） Ay2x+1 By2x+ Cyx+1 Dyx+ 【分析】根据直线 l 与圆 x2+y2相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与 曲线 y求一解可得答案； 【解答】解：直线 l 与圆 x2+y2相切，那么直线到圆心（0，0）的距离等于半径， 四个选项中，只有 A，D 满足题意； 对于 A 选项：y2x+1 与 y联立可得：2x+10，此时：无解； 对于 D 选项：yx+与 y联立可得：x+0，此时解得 x1； 直线 l 与曲线 y和圆 x2+y2都相切，方程为 yx+， 故选：D 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题，采用选项检验，排除思想做题， 有时事半功倍 11

19、 （5 分）设双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 为P 是 C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a（ ） A1 B2 C4 D8 【分析】利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解 a 即可 【解答】解：由题意，设 PF2m，PF1n，可得 mn2a，m2+n24c2，e ， 可得 4c216+4a2，可得 5a24+a2， 解得 a1 第 11 页（共 22 页） 故选：A 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义以及勾股定理的应用，考查 转化思想以及计算能力 12 （5 分）已知 5584，13485设 al

20、og53，blog85，clog138，则（ ） Aabc Bbac Cbca Dcab 【分析】根据，可得 ab，然后由 blog850.8 和 clog1380.8，得到 cb，再确 定 a，b，c 的大小关系 【解答】解：log53log581， ab； 5584，54log58，log581.25，blog850.8； 13485，45log138，clog1380.8，cb， 综上，cba 故选：A 【点评】本题考查了三个数大小的判断，指数对的运算和基本不等式的应用，考查了转 化思想，是基础题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20

21、 分。分。 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件则 z3x+2y 的最大值为 7 【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z3x+2y 表示直线在 y 轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在 y 轴上的截距最大值即可 【解答】解：先根据约束条件画出可行域，由解得 A（1，2） ， 如图，当直线 z3x+2y 过点 A（1，2）时，目标函数在 y 轴上的截距取得最大值时，此 时 z 取得最大值， 即当 x1，y2 时，zmax31+227 故答案为：7 第 12 页（共 22 页） 【点评】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题 14 （5 分）

22、（x2+）6的展开式中常数项是 240 （用数字作答） 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 0，求得 r 的值，即可求 得展开式中的常数项的值 【解答】解：由于（x2+）6的展开式的通项公式为 Tr+12rx12 3r， 令 123r0，求得 r4，故常数项的值等于 24240， 故答案为：240 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公 式，求展开式中某项的系数，属于基础题 15 （5 分）已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 【分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的

23、半径即 可求出球的体积 【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线 BS3，底面半径 BC1， 则其高 SC2， 不妨设该内切球与母线 BS 切于点 D， 令 ODOCr，由SODSBC，则， 即，解得 r， 第 13 页（共 22 页） Vr3， 故答案为： 【点评】本题考查圆锥内切球，考查球的体积公式，数形结合思想，属于中档题 16 （5 分）关于函数 f（x）sinx+有如下四个命题： f（x）的图象关于 y 轴对称 f（x）的图象关于原点对称 f（x）的图象关于直线 x对称 f（x）的最小值为 2 其中所有真命题的序号是 【分析】根据函数奇偶性的定义，对称

24、性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可 【解答】解：对于，由 sinx0 可得函数的定义域为x|xk，kZ，故定义域关于原 点对称，由 f（x）sin（x）+sinxf（x） ； 所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以错对； 对于，由 f（x）sin（x）+sinx+f（x） ，所以该函数 f （x）关于 x对称，对； 对于，令 tsinx，则 t1，0）（0，1，由双勾函数 g（t）t+的性质，可知， g（t）t+（，22，+） ，所以 f（x）无最小值，错； 故答案为： 第 14 页（共 22 页） 【点评】本题考查了函数的基本性质，奇偶性的判断，求函数的对称轴、值域，属于基 础题 三、解答

25、题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答。第题，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：题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题： 共共 60 分。分。 17 （12 分）设数列an满足 a13，an+13an4n （1）计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； （2）求数列2nan的前 n 项和 Sn 【分析】 （1）利用数列的递推关系式求出 a2，a3，猜想an的通项公式，然后利用数学 归纳法证明即

26、可 （2）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前 n 项和 Sn 【解答】解： （1）数列an满足 a13，an+13an4n， 则 a23a145，a33a2427， 猜想an的通项公式为 an2n+1 证明如下： （i）当 n1，2，3 时，显然成立， （ii）假设 nk 时，ak2k+1（kN+）成立， 当 nk+1 时，ak+13ak4k3（2k+1）4k2k+32（k+1）+1，故 nk+1 时成立， 由（i） （ii）知，an2n+1，猜想成立， 所以an的通项公式 an2n+1 （2）令 bn2nan（2n+1） 2n，则数列2nan的前 n 项和 Sn321+522+（

27、2n+1）2n， 两边同乘 2 得，2Sn322+523+（2n+1）2n+1， 得，Sn32+222+2n（2n+1）2n+1 6+（2n+1）2n+1， 所以 Sn（2n1）2n+1+2 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数学归纳法和数列求和，考查了转化思想 和计算能力，属中档题 18 （12 分）某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园 锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天） ： 第 15 页（共 22 页） 锻炼人次 空气质量等级 0，200 （200，400 （400，600 1（优） 2 16 25 2（良） 5 10 12 3（轻度污染）

28、 6 7 8 4（中度污染） 7 2 0 （1）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率； （2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值 为代表） ； （3）若某天的空气质量等级为 1 或 2，则称这天“空气质量好” ；若某天的空气质量等级 为 3 或 4，则称这天“空气质量不好” 根据所给数据，完成下面的 22 列联表，并根据 列联表，判断是否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量 有关？ 人次400 人次400 空气质量好 空气质量不好 附：K2 P（K2k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6

29、.635 10.828 【分析】 （1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的 概率； （2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案； （3）由公式计算 k 的值，从而查表即可， 【解答】解： （1）该市一天的空气质量等级为 1 的概率为：； 该市一天的空气质量等级为 2 的概率为：； 该市一天的空气质量等级为 3 的概率为：； 第 16 页（共 22 页） 该市一天的空气质量等级为 4 的概率为：； （2）由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为： 1000.20+300 0.35+5000.45350； （3）根据所给数据，可得下面的

30、22 列联表， 人次400 人次400 总计 空气质量好 33 37 70 空气质量不好 22 8 30 总计 55 45 100 由表中数据可得：K25.802 3.841， 所以有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关 【点评】本题考查了独立性检验与频率估计概率，估计平均值的求法，属于中档题 19 （12 分）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别在棱 DD1，BB1上，且 2DE ED1，BF2FB1 （1）证明：点 C1在平面 AEF 内； （2）若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEFA1的正弦值 【分析】 （1）在 AA1上取

31、点 M，使得 A1M2AM，连接 EM，B1M，EC1，FC1，由已知 证明四边形 B1FAM 和四边形 EDAM 都是平行四边形，可得 AFMB1，且 AFMB1，AD ME， 且 ADME， 进一步证明四边形 B1C1EM 为平行四边形， 得到 EC1MB1， 且 EC1 MB1，结合 AFMB1，且 AFMB1，可得 AFEC1，且 AFEC1，则四边形 AFC1E 第 17 页（共 22 页） 为平行四边形，从而得到点 C1在平面 AEF 内； （2）在长方体 ABCDA1B1C1D1中，以 C1为坐标原点，分别以 C1D1，C1B1，C1C 所在 直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐

32、标系分别求出平面 AEF 的一个法向量与平面 A1EF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角 AEFA1的余弦值，再由同角 三角函数基本关系式求得二面角 AEFA1的正弦值 【解答】 （1）证明：在 AA1上取点 M，使得 A1M2AM，连接 EM，B1M，EC1，FC1， 在长方体 ABCDA1B1C1D1中，有 DD1AA1BB1，且 DD1AA1BB1 又 2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，DEAMFB1 四边形 B1FAM 和四边形 EDAM 都是平行四边形 AFMB1，且 AFMB1，ADME，且 ADME 又在长方体 ABCDA1B1C1D1中，有 ADB1C1

33、，且 ADB1C1， B1C1ME 且 B1C1ME，则四边形 B1C1EM 为平行四边形， EC1MB1，且 EC1MB1， 又 AFMB1，且 AFMB1，AFEC1，且 AFEC1， 则四边形 AFC1E 为平行四边形， 点 C1在平面 AEF 内； （2）解：在长方体 ABCDA1B1C1D1中，以 C1为坐标原点， 分别以 C1D1，C1B1，C1C 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1， A（2，1，3） ，B（2，0，2） ，F（0，1，1） ，A1（2，1，0） ， 则， 设平面 AEF 的一个法向量为 则，取 x1

34、1，得； 设平面 A1EF 的一个法向量为 则，取 x21，得 第 18 页（共 22 页） cos 设二面角 AEFA1为 ，则 sin 二面角 AEFA1的正弦值为 【点评】本题考查平面的基本性质与推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用 空间向量求解空间角，是中档题 20 （12 分）已知椭圆 C：+1（0m5）的离心率为，A，B 分别为 C 的左、 右顶点 （1）求 C 的方程； （2）若点 P 在 C 上，点 Q 在直线 x6 上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ 的面积 【分析】 （1）根据 e，a225，b2m2，代入计算 m2的值，求出 C 的方程即可； （2）设出 P

35、，Q 的坐标，得到关于 s，t，n 的方程组，求出 AP（8，1） ，AQ（11，2） ， 从而求出APQ 的面积 【解答】解： （1）由 e得 e21，即1，m2， 故 C 的方程是：+1； （2）由（1）A（5，0） ，设 P（s，t） ，点 Q（6，n） ， 根据对称性，只需考虑 n0 的情况， 此时5s5，0t， 第 19 页（共 22 页） |BP|BQ|，有（s5）2+t2n2+1， 又BPBQ，s5+nt0， 又+1， 联立得或， 当时，AP（8，1） ，AQ（11，2） ， SAPQ|82111|， 同理可得当时，SAPQ， 综上，APQ 的面积是 【点评】本题考查求椭圆方程以

36、及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题 21 （12 分）设函数 f（x）x3+bx+c，曲线 yf（x）在点（，f（） ）处的切线与 y 轴 垂直 （1）求 b； （2）若 f（x）有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f（x）所有零点的绝对值都不大于 1 【分析】 （1）求出原函数的导函数，由题意可得 f（）3，由此求得 b 值； （2）设 x0为 f（x）的一个零点，根据题意，且|x0|1，得到 ，由|x0|1，对 c（x）求导数，可得 c（x）在1，1上的单调性，得到 设 x1 为 f（x）的零点，则必有，可得 ，由此求得 x1的范围得答案 【解答】 （1）解：由 f（x）x

37、3+bx+c，得 f（x）3x2+b， f（）3，即 b； （2）证明：设 x0为 f（x）的一个零点，根据题意，且|x0|1， 第 20 页（共 22 页） 则，由|x0|1， 令 c（x）（1x1） ， c（x）， 当 x（1，）（，1）时，c（x）0，当 x（，）时，c（x）0 可知 c（x）在（1，） ， （，1）上单调递减，在（，）上单调递增 又 c（1），c（1），c（），c（）， 设 x1 为 f（x）的零点，则必有， 即， ，得1x11， 即|x1|1 f（x）所有零点的绝对值都不大于 1 【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点与方程根的 关系，考查

38、逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分） 22 （10 分） 在直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为（t 为参数且 t1） ， C 与坐标轴交于 A，B 两点 （1）求|AB|； （2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 AB 的极坐标方程 【分析】 （1）可令 x0，求得 t，对应的 y；再令 y0，求得 t，对

39、应的 x；再由两点的 距离公式可得所求值； （2）运用直线的截距式方程可得直线 AB 的方程，再由由 xcos，ysin，可得所 求极坐标方程 【解答】解： （1）当 x0 时，可得 t2（1 舍去） ，代入 y23t+t2，可得 y2+6+4 第 21 页（共 22 页） 12， 当 y0 时，可得 t2（1 舍去） ，代入 x2tt2，可得 x2244， 所以曲线 C 与坐标轴的交点为（4，0） ， （0，12） ， 则|AB|4； （2）由（1）可得直线 AB 过点（0，12） ， （4，0） ， 可得 AB 的方程为1， 即为 3xy+120， 由 xcos，ysin， 可得直线 AB

40、 的极坐标方程为 3cossin+120 【点评】本题考查曲线的参数方程的运用，考查直线方程的求法和两点的距离公式的运 用，考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，属于基础题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23设 a，b，cR，a+b+c0，abc1 （1）证明：ab+bc+ca0； （2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 的最大值，证明：maxa，b，c 【分析】 （1）将 a+b+c0 平方之后，化简得到 2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2）0，即可 得证； （2）利用反证法，假设 ab0c，结合条件推出矛盾 【解答】证明： （1）a+b+c0，（a+b+c）20， a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0， 2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2） ， abc1，a，b，c 均不为 0， 2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2）0， ab+ac+bc0； （2）不妨设 ab0c，则 ab， a+b+c0，abc， 第 22 页（共 22 页） 而ab2，与假设矛盾， 故 maxa，b，c 【点评】本题考查基本不等式的应用和利用综合法与反正法证明不等式，考查了转化思 想，属于中档题