2020年高考真题——数学(理)(全国卷Ⅲ)+Word版含解析

2023年12月11日发(作者：辽宁抚顺六校高三数学试卷)

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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A{(x,y)|x,yN*,yx}，B{(x,y)|xy8}，则AA.

2

【答案】C

【解析】

【分析】

采用列举法列举出AB.

3 C.

4

B中元素的个数为（

）

D.

6

B中元素的即可.

yx*【详解】由题意，AB中的元素满足，且x,yN，

xy8由xy82x，得x4，

所以满足xy8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，

故AB中元素的个数为4.

故选：C.

【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.

2.复数A.

1的虚部是（

）

13i3

10B.

1

10C.

1

10D.

3

10【答案】D

【解析】

- 1 - 【分析】

利用复数的除法运算求出z即可.

【详解】因为z113i13i，

13i(13i)(13i)1010所以复数z故选：D.

13的虚部为.

13i10【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.

3.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pi1，则下面四种i14情形中，对应样本的标准差最大的一组是（

）

A.

p1p40.1,p2p30.4

C.

p1p40.2,p2p30.3

【答案】B

【解析】

【分析】

计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.

【详解】对于A选项，该组数据的平均数为xA140.1230.42.5，

2方差为sA12.50.122.50.432.50.442.50.10.65；

2222B.

p1p40.4,p2p30.1

D.

p1p40.3,p2p30.2

对于B选项，该组数据的平均数为xB140.4230.12.5，

2方差为sB12.50.422.50.132.50.142.50.41.85；

2222对于C选项，该组数据的平均数为xC140.2230.32.5，

方差为sC12.50.222.50.332.50.342.50.21.05；

22222对于D选项，该组数据的平均数为xD140.3230.22.5，

方差为sD12.50.322.50.232.50.242.50.31.45.

22222因此，B选项这一组的标准差最大.

故选：B.

【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.

- 2 - ic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．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)=K1e0.23(t53)，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（

）（ln19≈3）

A. 60

【答案】C

【解析】

【分析】

将tt代入函数ItB. 63 C. 66 D. 69

K1e0.23t53结合It0.95K求得t即可得解.

【详解】ItK1e0.23t53，所以ItK1e0.23t530.95K，则e0.23t5319，

所以，0.23t53ln193，解得t35366.

0.23故选：C.

【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.

5.设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（

）

A.

（1，0）

4B.

（1，0）

2C.

（1，0） D.

（2，0）

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题中所给的条件ODOE，结合抛物线的对称性，可知COxCOx以确定出点D的坐标，代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.

【详解】因为直线x2与抛物线y2px(p0)交于C,D两点，且ODOE，

根据抛物线的对称性可以确定DOxCOx24，从而可4，所以C(2,2)，

代入抛物线方程44p，求得p1，所以其焦点坐标为(,0)，

故选：B.

12

- 3 - 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.

6.已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cosa,ab=（

）

A.

31

35B.

19

35C.

17

35D.

19

35【答案】D

【解析】

【分析】

计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cosa,ab的值.

【详解】a5，b6，ab6，aabaab52619.

2abab2a2abb2526367，

22因此，cosa,ab故选：D.

aabaab1919.

5735【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.

7.在△ABC中，cosC=A.

1

92，AC=4，BC=3，则cosB=（

）

311B. C.

23D.

2

3【答案】A

【解析】

【分析】

AB2BC2AC2根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cosB，即可求得答案.

2ABBC【详解】在ABC中，cosC2，AC4，BC3

3根据余弦定理：AB2AC2BC22ACBCcosC

2AB24232243

3

- 4 - 可得AB29

，即AB3

由AB2BC2AC299161cosB

2ABBC2339故cosB故选：A.

1.

9【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（

）

A. 6+42

【答案】C

【解析】

【分析】

B. 4+42 C. 6+23 D. 4+23

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.

【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：S△ABCS△ADCS△CDB1222

2

- 5 - 根据勾股定理可得：ABADDB22

△ADB是边长为22的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

S△ADB113ABADsin60(22)223

222该几何体的表面积是：3223623.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.

9.已知2tanθ–tan(θ+A. –2

【答案】D

【解析】

【分析】

利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.

【详解】π)=7，则tanθ=（

）

4B. –1 C. 1 D. 2

tan12tantan7，2tan7，

41tan1t7，整理得t24t40，解得t2，即tan2.

1t令ttan,t1，则2t故选：D.

【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.

10.若直线l与曲线y=x和x2+y2=A. y=2x+1

y=1都相切，则l的方程为（

）

51

2C. y=B. y=2x+1x+1

2D.

11x+

22【答案】D

【解析】

【分析】

- 6 - 根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.

【详解】设直线l在曲线y函数yx的导数为yx上的切点为x0,x0，则x00，

12x，则直线l的斜率k1，

2x0设直线l的方程为yx01xx0，即x2x0yx00，

2x0x011由于直线l与圆xy相切，则，

14x550222两边平方并整理得5x04x010，解得x01，x01（舍），

5则直线l的方程为x2y10，即y故选：D.

11x.

22【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.

x2y211.设双曲线C：221（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是abC上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（

）

A. 1

【答案】A

【解析】

【分析】

根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.

【详解】B. 2 C. 4 D. 8

c5，c5a，根据双曲线的定义可得PF1PF22a，

a1|PF1|PF24，即|PF1|PF28，

222S△PF1F2F1PF2P，|PF1|2PF22c，

PF1PF2故选：A.

22PF1PF24c2，即a25a240，解得a1，

- 7 - 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.

12.已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（

）

A. a

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意可得a、b、c0,1，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由B. b

blog85，得8b5，结合5584可得出b4，由clog138，得13c8，结合13485，5可得出c4，综合可得出a、b、c的大小关系.

5解】由题意可2【详知a、2b、2c0,1，alog53lg3lg81lg3lg8lg3lg8lg241，ab；

2blog85lg5lg5lg522lg5lg25由blog85，得8b5，由5584，得85b84，5b4，可得b4；

54.

5由clog138，得13c8，由13485，得134135c，5c4，可得c综上所述，abc.

故选：A.

【点睛】本题考查对数式大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

xy0,

，则z=3x+2y的最大值为_________．

13.若x，y满足约束条件2xy0，x1,【答案】7

【解析】

- 8 - 【分析】

作出可行域，利用截距的几何意义解决.

【详解】不等式组所表示的可行域如图

z3xz，易知截距越大，则z越大，

2223x3xz经过A点时截距最大，此时z最大， 平移直线y，当y222因为z3x2y，所以y由y2xx1，得，A(1,2)，

x1y2所以zmax31227

故答案为：7.

【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.

214.(x2)6的展开式中常数项是__________（用数字作答）．

x【答案】240

【解析】

【分析】

2写出x2二项式展开通项，即可求得常数项.

x6

- 9 - 【详解】22

xx6其二项式展开通项：

Tr1Cxr626r2

xrrC6x122r(2)rxr

C6r(2)rx123r

当123r0，解得r4

24422x的展开式中常数项是：C62C6161516240.

x故答案为：240.

【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握6abnrnrr的展开通项公式Tr1Cnab，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

15.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_________．

【答案】【解析】

【分析】

将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中BC2,ABAC3，且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为O，

2

3

- 10 - 由于AM321222，故S△ABC设内切圆半径为r，则：

122222，

2111S△ABCS△AOBS△BOCS△AOCABrBCrACr

2221332r22，

2解得：r422，其体积：Vr3.

2332.

3故答案为：【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

16.关于函数f（x）=sinx1有如下四个命题：

sinx①f（x）的图像关于y轴对称．

②f（x）的图像关于原点对称．

③f（x）的图像关于直线x=④f（x）的最小值为2．

其中所有真命题的序号是__________．

【答案】②③

【解析】

【分析】

利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取x0可判断命题④的正误.综合可得出结论.

【详解】对于命题①，f对称．

251512f2，，则622622ff，

66所以，函数fx的图象不关于y轴对称，命题①错误；

对于命题②，函数fx的定义域为xxk,kZ，定义域关于原点对称，



- 11 - fxsinx111sinxsinxfx，

sinxsinxsinx所以，函数fx的图象关于原点对称，命题②正确；

对于命题③，11fxsinxcosxcosx，

22sinx2fxfx，

2211fxsinxcosxcosx，则22sinx2所以，函数fx的图象关于直线x2对称，命题③正确；

对于命题④，当x0时，sinx0，则fxsinx命题④错误.

故答案为：②③.

102，

sinx【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

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.设数列{an}满足a1=3，an13an4n．

（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．

n1【答案】（1）a25，a37，an2n1，证明见解析；（2）Sn(2n1)22.

【解析】

【分析】

（1）利用递推公式得出a2,a3，猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可；

（2）由错位相减法求解即可.

【详解】（1）由题意可得a23a14945，a33a281587，

- 12 - 由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即an2n1，

证明如下：

当n1时，a13成立；

假设nk时，ak2k1成立.

那么nk1时，ak13ak4k3(2k1)4k2k32(k1)1也成立.

则对任意的nN*，都有an2n1成立；

（2）由（1）可知，an2(2n1)2

nnSn325227232Sn322523724(2n1)2n1(2n1)2n，①

(2n1)2n(2n1)2n1，②

3由①②得：Sn622222n(2n1)2n1

n1622212n112n1(2n1)2n1(12n)22，

即Sn(2n1)22.

【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.

18.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）：

锻炼人次

[0，200]

空气质量等级

1（优）

2（良）

3（轻度污染）

4（中度污染）

2

5

6

7

16

10

7

2

25

12

8

0

(200，400] (400，600]

- 13 - （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32列联表，并根据列联表，判或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×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？

空气质量好

空气质量不好

人次≤400

人次>400

n(adbc)2附：K，

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2≥k)

k

0.050

3.841

0.010

6.635

0.001

10.828

【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、（2）350；（3）有，理由见解析.

0.09；【解析】

【分析】

（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；

（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；

（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.

【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43，100等级为2的概率为510126780.27，等级为3的概率为0.21，等级为4的概率100100

- 14 - 为7200.09；

100（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350

100（3）22列联表如下：

空气质量不好

空气质量好

人次400 人次400

33

22

37

8

1003383722K25.8203.841，

55457030因此，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.

【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.

19.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DEED1，BF2FB1．

2

（1）证明：点C1在平面AEF内；

（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）42.

7- 15 -

【解析】

【分析】

（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；

（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1xyz，利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值，进而可求得二面角AEFA1的正弦值.

【详解】（1）在棱CC1上取点G，使得C1G1CG，连接DG、FG、C1E、C1F，

2

在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD//BC且ADBC，BB1//CC1且BB1CC1，

122C1GCG，BF2FB1，CGCC1BB1BF且CGBF，

233所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且AFDG，

同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E//DG且C1EDG，

C1E//AF且C1EAF，则四边形AEC1F为平行四边形，

因此，点C1在平面AEF内；

（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示

- 16 - 的空间直角坐标系C1xyz，

,0、E2,0,2、F0,1,1， 则A2,1,3、A12,1AE0,1,1，AF2,0,2，A1E0,1,2，A1F2,0,1，

设平面AEF的法向量为mx1,y1,z1，

y1z10mAE0由，得取z11，得x1y11，则m1,1,1，

2x12z10mAF0设平面A1EF的法向量为nx2,y2,z2，

y22z20nA1E0由，得，取z22，得x21，y24，则n1,4,2，

2x2z20nA1F0

cosm,nmnmn37，

7321742.

，sin1cos277设二面角AEFA1的平面角为，则cos因此，二面角AEFA1的正弦值为42.

7【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

- 17 - x2y21521(0m5)的离心率为20.已知椭圆C:，A，B分别为C的左、右顶点．

25m4（1）求C的方程；

（2）若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，求APQ的面积．

5x216y2【答案】（1）（2）.

1；22525【解析】

【分析】

x2y21(0m5)，可得a5，bm，根据离心率公式，结合已知，即可（1）因为C:25m2求得答案；

（2）点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x6与x轴交点为N，可得△PMB△BNQ，可求得P点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积.

【详解】（1）x2y2C:1(0m5)

25m2a5，bm，

c15bm根据离心率e11，

a4a5解得m2255或m(舍)，

44x2y21C的方程为：2552，

4x216y2即1；

2525（2）点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，

过点P作x轴垂线，交点为M，设x6与x轴交点为N

根据题意画出图形，如图

- 18 - |BP||BQ|，BPBQ，PMBQNB90，

又PBMQBN90，BQNQBN90，

PBMBQN，

根据三角形全等条件“AAS”，

可得：△PMB△BNQ，

x216y21，

2525B(5,0)，

PMBN651，

设P点为(xP,yP)，

x216y2可得P点纵坐标为yP1，将其代入1，

2525xP216可得：1，

2525解得：xP3或xP3，

P点为(3,1)或(3,1)，

①当P点为(3,1)时，

故MB532，

△PMB△BNQ，

- 19 - |MB||NQ|2，

可得：Q点为(6,2)，

画出图象，如图

A(5,0),Q(6,2)，

可求得直线AQ的直线方程为：2x11y100，

根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d23111102211251255，

5根据两点间距离公式可得：AQ6522055，

2APQ面积为：15555；

252②当P点(3,1)时，

故MB5+38，

△PMB△BNQ，

|MB||NQ|8，

可得：Q点为(6,8)，

画出图象，如图

- 20 - A(5,0),Q(6,8)，

可求得直线AQ的直线方程为：8x11y400，

根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d83111408211251855，

185根据两点间距离公式可得：AQ65280185，

2155，

APQ面积为：18521852综上所述，APQ面积为：5.

2【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

21.设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点(（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．

【答案】（1）b【解析】

【分析】

（1）利用导数的几何意义得到f()0，解方程即可；

（2）由（1）可得f(x)3x\'2\'11，f())处的切线与y轴垂直．

223；（2）证明见解析

412113112(x)(x)，易知f(x)在(,)上单调递减，在4222211(,)，(,)上单调递增，且22

- 21 - 111111f(1)c,f()c,f()c,f(1)c，采用反证法，推出矛盾即可.

424244【详解】（1）因为f(x)3xb，

\'211由题意，f()0，即3b0

22\'2则b3；

433xc，

4311f\'(x)3x23(x)(x)，

4221111\'\'令f(x)0，得x或x；令f(x)0，得x，

22221111所以f(x)在(,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，

2222111111且f(1)c,f()c,f()c,f(1)c，

424244（2）由（1）可得f(x)x若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(1)0或f(1)0，

11或c.

441111111当c时，f(1)c0,f()c0,f()c0,f(1)c0，

4242444即c又f(4c)64c3cc4c(116c)0，

由零点存在性定理知f(x)在(4c,1)上存在唯一一个零点x0，

即f(x)在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)上不存在零点，

此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；

当c321111111时，f(1)c0,f()c0,f()c0,f(1)c0，

424244432又f(4c)64c3cc4c(116c)0，

由零点存在性定理知f(x)在(1,4c)上存在唯一一个零点x0，

即f(x)(1,)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，

此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；

综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学

- 22 - 生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

x2tt222.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数且t≠1），C与坐标轴2y23tt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．

【答案】（1）410（2）3cossin120

【解析】

【分析】

（1）由参数方程得出A,B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值；

（2）由A,B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.

【详解】（1）令x0，则t2t20，解得t2或t1（舍），则y26412，即A(0,12).

令y0，则t23t20，解得t2或t1（舍），则x2244，即B(4,0)

AB(04)2(120)2410；

（2）由（1）可知kAB1203，

0(4)则直线AB的方程为y3(x4)，即3xy120.

由xcos,ysin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin120.

【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.

[选修4—5：不等式选讲]（10分）

23.设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．

- 23 - （1）证明：ab+bc+ca<0；

（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥34．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由(abc)abc2ab2ac2bc0结合不等式的性质，即可得出证明；

（2）不妨设max{a,b,c}a，由题意得出a0,b,c0，由2222bca3a2abc【详解】（1）2b2c22bc，结合基本不等式，即可得出证明.

bc(abc)2a2b2c22ab2ac2bc0，

abbcca1222abc.

21222abc0；

2a,b,c均不为0，则a2b2c20，abbcca（2）不妨设max{a,b,c}a，

由abc0,abc1可知，a0,b0,c0，

2221bcbc2bc2bc2bc32abc,a，aaa4.

bcbcbcbc当且仅当bc时，取等号，

a34，即max{a,b,c}34.

【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.

- 24 -