2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(李刘军老师审校)

2023年12月3日发(作者：2018安徽省理科数学试卷)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）

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*，yx}，B{(x,y)|xy8}，则A为(

)

A．2

2．复数B．3 C．4 D．6

1的虚部是(

)

13i31A． B．

1010B中元素的个数C．1

10D．3

104i13．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

B．p1p40.4，p2p30.1

D．p1p40.3，p2p30.2

4．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K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)，1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 B．63 C．66 D．69

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(

)

11A．(，0) B．(，0) C．(1,0) D．(2,0)

426．已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cosa，ab(

)

31191719A． B． C． D．

3535353527．在ABC中，cosC，AC4，BC3，则cosB(

)

31112A． B． C． D．

93238．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(

)

A．642

B．442 C．623

第1页（共18页）

D．423 9．已知2tantan()7，则tan(

)

4A．2 B．1 C．1 D．2

110．若直线l与曲线yx和圆x2y2都相切，则l的方程为(

)

51111A．y2x1 B．y2x C．yx1 D．yx

222222xy11．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Cab上一点，且F1PF2P．若△PF1F2的面积为4，则a(

)

A．1

A．abc

B．2

B．bac

C．4

C．bca

D．8

D．cab

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

)

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

xy0,13．若x，y满足约束条件2xy0,则z3x2y的最大值为 ．

x1,214．(x2)6的展开式中常数项是 （用数字作答）．

x15．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 ．

116．关于函数f(x)sinx有如下四个命题：

sinx①f(x)的图象关于y轴对称．

②f(x)的图象关于原点对称．

③f(x)的图象关于直线x对称．

2④f(x)的最小值为2．

其中所有真命题的序号是 ．

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．（12分）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．

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）:

锻炼人次

空气质量等级

1（优)

2（良)

3（轻度污染）

2

5

6

第2页（共18页）

[0，200]

(200，400]

(400，600]

16

10

7

25

12

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22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？

空气质量好

空气质量不好

n(adbc)2附：K

(ab)(cd)(ac)(bd)2人次400

人次400

P(K2k)

k

2DEED1，BF2FB1．

0.050

3.841

0.010

6.635

0.001

10.828

19．（12分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且（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．

x2y21520．（12分）已知椭圆C:21(0m5)的离心率为，A，B分别为C的左、425m右顶点．

（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．

1121．（12分）设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点(，f())处的切线与y轴垂直．

22（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，则按所做的第第3页（共18页）

一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x2tt2,22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数且t1)，2y23ttC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．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．设a，b，cR，abc0，abc1．

（1）证明：abbcca0；

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

第4页（共18页）

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

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*，yx}，B{(x,y)|xy8}，则A为(

)

A．2

元素的个数．

【解析】：集合A{(x,y)|x，yN*，yx}，B{(x,y)|xy8}，

AAB中元素的个数B．3 C．4 D．6

B中【思路分析】利用交集定义求出AB{(7,1)，(6,2)，(5,3)，(4,4)}．由此能求出AyxB{(x，y)|x,yN*}{(7,1)，(6,2)，(5,3)，(4,4)}．

xy8,B中元素的个数为4．故选：C．

【总结与归纳】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．

12．复数的虚部是(

)

13i3113A． B． C． D．

10101010【思路分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

113i1313【解析】：的虚部是．故选：D．

i，复数13i(13i)(13i)101013i10【总结与归纳】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．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i14下面四种情形中，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

B．p1p40.4，p2p30.1

D．p1p40.3，p2p30.2

【思路分析】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．

【解析】：法一：（通解）选项A:E(x)10.120.430.440.12.5，所以D(x)(12.5)20.1(22.5)20.4(32.5)20.4(42.5)20.10.65；

同理选项B:E(x)2.5，D(x)1.85；

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．

法二：（光速解）（四川代尔宁补解）标准差是反映数据波动的大小，波动越大，则方差越大，根据四个选项概率分布可知B偏离平均值较大，所以标准差最大.

【总结与归纳】本题考查了方差和标准差的问题，记住方差、标准差的公式是解题的关键．

4．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第5页（共18页）

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)，1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)

KC．66 D．69

K【思路分析】根据所给材料的公式列出方程0.95K，解出t即可．

0.23(t53)1eK1【解析】：由已知可得0.95K，解得e0.23(t53)，

0.23(t53)1e19两边取对数有0.23(t53)ln19，解得t66，故选：C．

【总结与归纳】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，属于中档题

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(

)

11A．(，0) B．(，0) C．(1,0) D．(2,0)

42【思路分析】利用已知条件转化求解E、D坐标，通过kODkOE1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标．

【解析】：法一：（通解）将x2代入抛物线y22px，可得y2p，ODOE，可得kODkOE1，

A．60 B．63

即2p2p11，解得p1，所以抛物线方程为：y22x，它的焦点坐标(，0)．

222故选：B．

法二：（光速解）（四川代尔宁补解）抛物线过顶点O垂直的两条弦ODOE，则DE直线过定点(2p,0)，则可知2p2p1，所以焦点坐标为(,0)

【总结与归纳】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查．

6．已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cosa，ab(

)

31191719A． B． C． D．

35353535【思路分析】利用已知条件求出|ab|，然后利用向量的数量积求解即可．

【解析】：向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，

可得|ab|a22abb22512367，

12a(ab)a2ab25619．故选：D．

cosa，ab575735|a||ab|【总结与归纳】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．

2，AC4，BC3，则cosB(

)

31112A． B． C． D．

9323【思路分析】先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论．

7．在ABC中，cosC第6页（共18页）

【解析】：在ABC中，cosC2，AC4，BC3，

3由余弦定理可得AB2AC2BC22ACBCcosC423224329；

3AB2BC2AC23232421故AB3；cosB，故选：A．

2ABBC2339【总结与归纳】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．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(

)

A．642

式计算即可．

B．442 C．623 D．423

【思路分析】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【解析】：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，

PAABAC2，PA、AB、AC两两垂直，故PBBCPC22，

13几何体的表面积为：322(22)2623故选：C．

24

间想象能力，计算能力．

【总结与归纳】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9．已知2tantan()7，则tan(

)

4A．2 B．1 C．1

可．

D．2

【思路分析】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tan1【解析】：由2tantan()7，得2tan7，

41tan即2tan2tan2tan177tan，得2tan28tan80，

即tan24tan40，即(tan2)20，则tan2，故选：D．

第7页（共18页）

【总结与归纳】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．

110．若直线l与曲线yx和圆x2y2都相切，则l的方程为(

)

51111A．y2x1 B．y2x C．yx1 D．yx

22221【思路分析】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5与曲线yx求一解可得答案；

1【解析】：法一：（通解）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55，

5四个选项中，只有A，D满足题意；

对于A选项：y2x1与yx联立可得：2xx10，此时：无解；

1111对于D选项：yx与yx联立可得：xx0，此时解得x1；

2222111直线l与曲线yx和圆x2y2都相切，方程为yx，故选：D．

522法二：（通解）（四川代尔宁补解）设直线l为ykxb，则|b|k215（1）

511设直线与曲线yx切点为(x0,x0)，则y\'|xx0x02k，（2）

2x0kx0b(3)

根据（2）（3）可得：b所以kb11x0，代入（1）得x01或x0（舍去）

251

2【总结与归纳】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．

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Cab上一点，且F1PF2P．若△PF1F2的面积为4，则a(

)

A．1 B．2 C．4 D．8

【思路分析】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．

1【解析】：法一：（通解）由题意，设PF2m，PF1n，可得mn2a，mn4，2c

m2n24c2，e5，可得4c2164a2，可得5a24a2，解得a1．故选：A．a法二：（光速解）（四川代尔宁补解）SPF1F2又因为cba，所以a1

【总结与归纳】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，考第8页（共18页）

222b2c224b4，根据离心率有25，0tan45a 查转化思想以及计算能力．

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

)

A．abc

【思路分析】根据B．bac C．bca D．cab

a，可得ab，然后由blog850.8和clog1380.8，得到cb，再b确定a，b，c的大小关系．

445【解析】： 法一：（通解）（四川代尔宁补解）因为log88,blog85,，因为544444545(85)85，所以855，所以log885log85b，即b

554444455555log1313,clog138,，因为(13)138，所以138，所以因为5444log13135log138c，即c

554444545因为log555,alog53,，因为(55)56252433，所以553，所以54445log55log53a,，即a，

55lg357575

又因为2187353125，所以lg3lg5，所以7lg35lg5，所以lg57lg354

，所以alg575lg55lg5557，所以b，所以cba

而85，所以5lg87lg5，所以lg87lg87法二 ：（通解）(log53log58)2log24alog53log53log58(5)21，ab；

blog85425584，54log58，log581.25，blog850.8；

13485，45log138，clog1380.8，cb，综上，cba．故选：A．

【总结与归纳】本题考查了三个数大小的判断，指数对数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4小题，每小题5分，共20分。

xy0,13．若x，y满足约束条件2xy0,则z3x2y的最大值为 7 ．

x1,【思路分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z3x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．

x1【解析】：先根据约束条件画出可行域，由解得A(1,2)，

2xy0如图，当直线z3x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x1，y2时，zmax31227．故答案为：7．

第9页（共18页）

【总结与归纳】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．

214．(x2)6的展开式中常数项是 240 （用数字作答）．

x【思路分析】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．

2【解析】：由于(x2)6的展开式的通项公式为Tr1C6r2rx123r，

x令123r0，求得r4，故常数项的值等于C6424240，故答案为：240．

【总结与归纳】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．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

2

 ．3【思路分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积．

【解析】：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BS3，底面半径BC1，

则其高SCBS2BC222，

不妨设该内切球与母线BS切于点D，

ODBC，

OSBSr12422即，Vr3，解得r，故答案为：．

333222r3令ODOCr，由SOD∽SBC，则第10页（共18页）

【总结与归纳】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．

116．关于函数f(x)sinx有如下四个命题：

sinx①f(x)的图象关于y轴对称．

②f(x)的图象关于原点对称．

③f(x)的图象关于直线x④f(x)的最小值为2．

其中所有真命题的序号是 ②③ ．

【思路分析】根据函数奇偶性的定义，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可．

【解析】：对于①，由sinx0可得函数的定义域为{x|xk，kZ}，故定义域关于原点11对称，由f(x)sin(x)sinxf(x)；

sin(x)sinx所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以①错②对；

11对于③，由f(x)sin(x)所以该函数f(x)关于xsinxf(x)，sin(x)sinx2对称，③对；

1对于④，令tsinx，则t[1，0)(0，1]，由双勾函数g(t)t的性质，可知，t1g(t)t(，2][2，)，所以f(x)无最小值，④错；故答案为：②③．

t【总结与归纳】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2对称．

基础题．

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．（12分）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．

【思路分析】（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．

第11页（共18页）

【解析】：（1）数列{an}满足a13，an13an4n，

则a23a145，a33a2427，，

猜想{an}的通项公式为an2n1．

证明如下：(i)当n1，2，3时，显然成立，

(ii)假设nk时，ak2k1(kN)成立，

当nk1时，ak13ak4k3(2k1)4k2k32(k1)1，故nk1时成立，

由(i)(ii)知，an2n1，猜想成立，

所以{an}的通项公式an2n1．

（2）令bn2nan(2n1)2n，则数列{2nan}的前n项和

Sn321522(2n1)2n，①

两边同乘2得，2Sn322523(2n1)2n1，②

①②得，Sn322222n(2n1)2n1

8(12n2)6(2n1)2n1，

12所以Sn(2n1)2n12．

【总结与归纳】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）:

锻炼人次

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

[0，200]

(200，400]

(400，600]

（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22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？

空气质量好

空气质量不好

n(adbc)2附：K

(ab)(cd)(ac)(bd)2人次400

人次400

P(K2k)

0.050 0.010

第12页（共18页）

0.001

k

3.841 6.635 10.828

【思路分析】（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；

n(adbc)2（3）由公式K计算k的值，从而查表即可，

(ab)(cd)(ac)(bd)2162543【解析】：（1）该市一天的空气质量等级为1的概率为：；

1001005101227该市一天的空气质量等级为2的概率为：；

10010067821该市一天的空气质量等级为3的概率为：；

1001007209该市一天的空气质量等级为4的概率为：；

100100（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：2x1000.203000.355000.45350；

（3）根据所给数据，可得下面的22列联表，

空气质量好

空气质量不好

总计

2 人次400

33

22

55

人次400

37

8

45

总计

70

30

100

n(adbc)2100(3383722)2由表中数据可得：K5.8023.841，

(ab)(cd)(ac)(bd)70305545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．

【总结与归纳】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ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1．

（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．

第13页（共18页）

【思路分析】（1）在AA1上取点M，使得A1M2AM，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AF//MB1，且AFMB1，AD//ME，且ADME，进一步证明四边形B1C1EM为平行四边形，得到EC1//MB1，且EC1MB1，结合AF//MB1，且AFMB1，可得AF//EC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形，从而得到点C1在平面AEF内；

（2）在长方体ABCDA1B1C1D1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．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AEFA1的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角AEFA1的正弦值．

【解答】（1）证明：在AA1上取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，

在长方体ABCDA1B1C1D1中，有DD1//AA1//BB1，且DD1AA1BB1．

又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，DEAMFB1．

四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形．

AF//MB1，且AFMB1，AD//ME，且ADME．

又在长方体ABCDA1B1C1D1中，有AD//B1C1，且ADB1C1，

B1C1//ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，

EC1//MB1，且EC1MB1，

又AF//MB1，且AFMB1，AF//EC1，且AFEC1，

则四边形AFC1E为平行四边形，

点C1在平面AEF内；

（2）解：在长方体ABCDA1B1C1D1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．

AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1，

A(2，1，3)，B(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，

则EF(2,1,1)，AE(0,1,1)，A1E(0,1,2)．

设平面AEF的一个法向量为n1(x1,y1,z1)．

nEF2x1y1z10则1，取x11，得n1(1,1,1)；

nAEyz0111设平面A1EF的一个法向量为n2(x2,y2,z2)．

nEF2x2y2z20则2，取x21，得n2(1,4,2)．

n2A1Ey22z20nn1427cosn1,n212．

7|n1||n2|321设二面角AEFA1为，则sin1二面角AEFA1的正弦值为142．

7742．

7第14页（共18页）

【总结与归纳】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．

x2y21520．（12分）已知椭圆C:21(0m5)的离心率为，A，B分别为C的左、425m右顶点．

（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．

c【思路分析】（1）根据e，a225，b2m2，代入计算m2的值，求出C的方程即可；

a（2）设出P，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．

b215m2c252【解析】：（1）由e得e12，即1，m2，

a1625a16x216y2故C的方程是：1；

2525（2）由（1）A(5,0)，设P(s,t)，点Q(6,n)，

根据对称性，只需考虑n0的情况，

5此时5s5，0t，

4|BP||BQ|，有(s5)2t2n21①，

又BPBQ，s5nt0②，

s216t2又1③，

2525s3s3联立①②③得t1或t1，

n2n8s3当t1时，AP(8,1)，AQ(11,2)，

n2第15页（共18页）

115AP2AQ2(APAQ)2|82111|，

222s35同理可得当t1时，SAPQ，

2n8SAPQ5．

2【总结与归纳】本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合综上，APQ的面积是题．

1121．（12分）设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点(，f())处的切线与y轴垂直．

22（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．

11【思路分析】（1）求出原函数的导函数，由题意可得f()3()2b0，由此求得b值；

223（2）设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)x03x0c0，且|x0|1，得到4311由|x0|1，对c(x)求导数，可得c(x)在[1，得到．设1]上的单调性，cx03x0，c4443131则必有f(x1)x13x1c0，可得，由此求得x1x1 为f(x)的零点，cx13x14444的范围得答案．

【解答】（1）解：由f(x)x3bxc，得f(x)3x2b，

113f()3()2b0，即b；

2243（2）证明：设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)x03x0c0，且|x0|1，

43则cx03x0，由|x0|1，

43令c(x)x3x(1x1)，

4311c(x)3x23(x)(x)，

4221111当x(1，)(，1)时，c(x)0，当x(，)时，c(x)0

22221111可知c(x)在(1,)，(，1)上单调递减，在(，)上单调递增．

2222111111又c(1)，c（1），c()，c()，

44242411．

c443设x1 为f(x)的零点，则必有f(x1)x13x1c0，

4131即，

cx13x1444324x13x11(x11)(2x11)03，得1x11，

24x3x1(x1)(2x1)01111第16页（共18页）

即|x1|1．

f(x)所有零点的绝对值都不大于1．

【总结与归纳】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，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。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t2,22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数且t1)，2y23tt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．

【思路分析】（1）可令x0，求得t，对应的y；再令y0，求得t，对应的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xcos，ysin，可得所求极坐标方程．

【解析】：（1）当x0时，可得t2(1舍去），代入y23tt2，可得y26412，

当y0时，可得t2(1舍去），代入x2tt2，可得x2244，

所以曲线C与坐标轴的交点为(4,0)，(0,12)，

则|AB|(4)2122410；

（2）由（1）可得直线AB过点(0,12)，(4,0)，

yx可得AB的方程为1，

124即为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．

【总结与归纳】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4-5：不等式选讲]（10分）

23．设a，b，cR，abc0，abc1．

（1）证明：abbcca0；

（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}即可得证；

（2）利用反证法，假设ab0c34，结合条件推出矛盾．

【解答】证明：（1）abc0，(abc)20，

a2b2c22ab2ac2bc0，

34．

【思路分析】（1）将abc0平方之后，化简得到2ab2ac2bc(a2b2c2)0，2ab2ac2bc(a2b2c2)，

abc1，a，b，c均不为0，

第17页（共18页）

2ab2ac2bc(a2b2c2)0，

abacbc0；

（2）不妨设ab0c34，则ababc0，abc34，

11，

c34而ab2ab264故max{a，b，c}34．

【总结与归纳】本题考查基本不等式的应用和利用综合法与反证法证明不等式，考查了转化思想，属于中档题．

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441216434，与假设矛盾，

13第18页（共18页）