2023年12月3日发(作者：专升本单招数学试卷及答案)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）
一、选择题（共12小题）.
1．已知集合A＝{（x,y）|x,y∈N*,y≥x},B＝{（x,y）|x+y＝8},则A∩B中元素的个数为（ ）
A．2
2．复数A．﹣
B．3
的虚部是（ ）
B．﹣
C．
D．
C．4
D．6
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
pi＝1,则下面四种情形中,对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（ ）（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（ ）
A．（,0）
B．（,0）
C．（1,0）
D．（2,0）
6．已知向量,满足||＝5,||＝6,•A．﹣
B．﹣
＝﹣6,则cos＜,+＞＝（ ）
C．
D．
7．在△ABC中,cosC＝,AC＝4,BC＝3,则cosB＝（ ）
A．
B．
C．
D．
8．如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是（ ） A．6+4
B．4+4
C．6+2
D．4+2
9．已知2tanθ﹣tan（θ+A．﹣2
10．若直线l与曲线y＝A．y＝2x+1
）＝7,则tanθ＝（ ）
B．﹣1
C．1
D．2
和圆x2+y2＝都相切,则l的方程为（ ）
B．y＝2x+
C．y＝x+1
D．y＝x+
11．设双曲线C：﹣＝1（a＞0,b＞0）的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为．P是C上一点,且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4,则a＝（ ）
A．1
B．2
C．4
D．8
12．已知55＜84,134＜85．设a＝log53,b＝log85,c＝log138,则（ ）
A．a＜b＜c
B．b＜a＜c
C．b＜c＜a
D．c＜a＜b
二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分。
13．若x,y满足约束条件则z＝3x+2y的最大值为
．
14．（x2+）6的展开式中常数项是
（用数字作答）．
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
．
16．关于函数f（x）＝sinx+有如下四个命题：
①f（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．
对称． 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．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．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
附：K2＝P（K2≥k）
k
0.050
3.841
0.010
6.635
0.001
10.828
人次≤400
人次＞400
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．（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．
20．已知椭圆C：+＝1（0＜m＜5）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x＝6上,且|BP|＝|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积．
21．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．
（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,则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为标轴交于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]
23．设a,b,c∈R,a+b+c＝0,abc＝1．
（1）证明：ab+bc+ca＜0；
（t为参数且t≠1）,C与坐（2）用max{a,b,c}表示a,b,c的最大值,证明：max{a,b,c}≥．
参考答案
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A∩B中元素的个数为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．6
【分析】利用交集定义求出A∩B＝{（7,1）,（6,2）,（5,3）,（4,4）}．由此能求出A∩B中元素的个数．
解：∵集合A＝{（x,y）|x,y∈N*,y≥x},B＝{（x,y）|x+y＝8},
∴A∩B＝{（x,y）|∴A∩B中元素的个数为4．
故选：C．
2．复数A．﹣
的虚部是（ ）
B．﹣
C．
D．
}＝{（7,1）,（6,2）,（5,3）,（4,4）}．
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
解：∵∴复数故选：D．
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
pi＝1,则下面四种情形中,对＝的虚部是．
,
【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：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）＝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．
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（ ）（ln19≈3）
A．60
B．63
C．66
D．69
＝0.95K,解出t即可．
,
【分析】根据所给材料的公式列出方程解：由已知可得＝0.95K,解得e﹣0.23（t﹣53）＝两边取对数有﹣0.23（t﹣53）＝﹣ln19,
解得t≈66,
故选：C．
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．（,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kOD•kOE＝﹣1,求解抛物线方程,即可得到抛物线的焦点坐标．
解：将x＝2代入抛物线y2＝2px,可得y＝±2即,解得p＝1,
,OD⊥OE,可得kOD•kOE＝﹣1,
所以抛物线方程为：y2＝2x,它的焦点坐标（,0）．
故选：B．
6．已知向量,满足||＝5,||＝6,•A．﹣
B．﹣
＝﹣6,则cos＜,+＞＝（ ）
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．
＝﹣6,
解：向量,满足||＝5,||＝6,•可得||＝＝＝7,
cos＜,+＞＝故选：D．
＝＝＝．
7．在△ABC中,cosC＝,AC＝4,BC＝3,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：在△ABC中,cosC＝,AC＝4,BC＝3,
由余弦定理可得AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cosC＝42+32﹣2×4×3×＝9；
故AB＝3；
∴cosB＝故选：A．
8．如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是（ ）
＝＝,
A．6+4
B．4+4
C．6+2
D．4+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：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＝2,
＝6+2
几何体的表面积为：3×故选：C． 9．已知2tanθ﹣tan（θ+A．﹣2
）＝7,则tanθ＝（ ）
B．﹣1
C．1
D．2
【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：由2tanθ﹣tan（θ+）＝7,得2tanθ﹣＝7,
即2tanθ﹣2tan2θ﹣tanθ﹣1＝7﹣7tanθ,
得2tan2θ﹣8tanθ+8＝0,
即tan2θ﹣4tanθ+4＝0,
即（tanθ﹣2）2＝0,
则tanθ＝2,
故选：D．
10．若直线l与曲线y＝A．y＝2x+1
和圆x2+y2＝都相切,则l的方程为（ ）
B．y＝2x+
C．y＝x+1
D．y＝x+
【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：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：y＝2x+1与y＝对于D选项：y＝x+与y＝∴直线l与曲线y＝故选：D．
11．设双曲线C：﹣联立可得：2x﹣联立可得：x﹣+1＝0,此时：无解；
+＝0,此时解得x＝1；
和圆x2+y2＝都相切,方程为y＝x+,
＝1（a＞0,b＞0）的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为．P是C上一点,且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4,则a＝（ ）
A．1
B．2
C．4
D．8
【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：由题意,设PF2＝m,PF1＝n,可得m﹣n＝2a,可得4c2＝16+4a2,可得5a2＝4+a2,
解得a＝1．
故选：A．
12．已知55＜84,134＜85．设a＝log53,b＝log85,c＝log138,则（ ）
A．a＜b＜c
B．b＜a＜c
C．b＜c＜a
D．c＜a＜b
,m2+n2＝4c2,e＝,
【分析】根据,可得a＜b,然后由b＝log85＜0.8和c＝log138＞0.8,得到c＞b,再确定a,b,c的大小关系．
解：∵＝＝log53•log58＜＝＜1,∴a＜b；
∵55＜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．
二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分。
13．若x,y满足约束条件则z＝3x+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,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．
解：先根据约束条件画出可行域,由解得A（1,2）,
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． 14．（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：由于（x2+）6的展开式的通项公式为 Tr+1＝令12﹣3r＝0,求得r＝4,故常数项的值等于
故答案为：240．
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 π ．
•2r•x12﹣3r,
•24＝240,
【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：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＝＝2,
不妨设该内切球与母线BS切于点D,
令OD＝OC＝r,由△SOD∽△SBC,则即＝,解得r＝π,
π．
,
＝,
V＝πr3＝故答案为： 16．关于函数f（x）＝sinx+有如下四个命题：
①f（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 ．
【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．
f解：对于①,由sinx≠0可得函数的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z},故定义域关于原点对称,由（﹣x）＝sin（﹣x）+＝﹣sinx﹣＝﹣f（x）；
对称．
所以该函数为奇函数,关于原点对称,所以①错②对；
对于③,由f（π﹣x）＝sin（π﹣x）+关于x＝对称,③对；
＝sinx+＝f（x）,所以该函数f（x）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,g（t）＝t+∈（﹣∞,﹣2]∪[2,+∞）,所以f（x）无最小值,④错；
故答案为：②③．
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．
【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．
解：（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
＝6+﹣（2n+1）2n+1,
所以Sn＝（2n﹣1）2n+1+2．
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
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
附：K2＝P（K2≥k）
k
0.050
3.841
0.010
6.635
0.001
10.828
人次≤400
人次＞400
【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：（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：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：＝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
由表中数据可得：K2＝
人次≤400
33
22
55
＝
人次＞400
37
8
45
总计
70
30
100
≈5.802＞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．
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．（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．
【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,,．
．
设平面AEF的一个法向量为则,取x1＝1,得；
设平面A1EF的一个法向量为．
则,取x2＝1,得．
∴cos＜＞＝＝．
设二面角A﹣EF﹣A1为θ,则sinθ＝∴二面角A﹣EF﹣A1的正弦值为．
．
20．已知椭圆C：+＝1（0＜m＜5）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x＝6上,且|BP|＝|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积．
【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；
,AQ,从而求出△APQ（2）设出P,Q的坐标,得到关于s,t,n的方程组,求出AP（8,1）（11,2）的面积．
解：（1）由e＝得e2＝1﹣,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n＞0的情况,
此时﹣5＜s＜5,0＜t≤,
∵|BP|＝|BQ|,∴有（s﹣5）2+t2＝n2+1①,
又∵BP⊥BQ,∴s﹣5+nt＝0②,
又+＝1③,
联立①②③得或,
当时,AP（8,1）,AQ（11,2）,
∴S△APQ＝＝|8×2﹣11×1|＝,
同理可得当时,S△APQ＝,
综上,△APQ的面积是．
21．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．
（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,由此求得x1的范围得答案．
【解答】（1）解：由f（x）＝x3+bx+c,得f′（x）＝3x2+b,
∴f′（）＝3×,即b＝﹣；
,且|x0|≤1,
,可得（2）证明：设x0为f（x）的一个零点,根据题意,则令c（x）＝∴c′（x）＝,由|x0|≤1,
（﹣1≤x≤1）,
＝,
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（又c（﹣1）＝,c（1）＝∴．
,
,
,c（,）上单调递增．
）＝﹣,c（）＝,
设x1
为f（x）的零点,则必有即∴即|x1|≤1．
∴f（x）所有零点的绝对值都不大于1．
,得﹣1≤x1≤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,则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．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＝ρcosθ,y＝ρsinθ,可得所求极坐标方程．
解：（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）由（1）可得直线AB过点（0,12）,（﹣4,0）,
可得AB的方程为即为3x﹣y+12＝0,
由x＝ρcosθ,y＝ρsinθ,
可得直线AB的极坐标方程为3ρcosθ﹣ρsinθ+12＝0．
[选修4-5：不等式选讲]
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}≥．
﹣＝1,
【分析】（1）将a+b+c＝0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a≤b＜0＜c＜,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,
∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）,
∵abc＝1,∴a,b,c均不为0,
∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）＜0, ∴ab+ac+bc＜0；
（2）不妨设a≤b＜0＜c＜,则ab＝＞,
∵a+b+c＝0,∴﹣a﹣b＝c＜,
而﹣a﹣b≥2＞＝＝＝,与假设矛盾,
故max{a,b,c}≥．
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