2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(含解析版)

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．（5分）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．（5分）复数A．﹣

B．3

的虚部是（ ）

B．﹣

C．

D．

A．6+4

pi＝1，则下面四种情形中，

B．4+4

C．6+2

D．4+2

C．4

D．6

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

9．（5分）已知2tanθ﹣tan（θ+A．﹣2

B．﹣1

）＝7，则tanθ＝（ ）

C．1

D．2

10．（5分）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（ ）

C．y＝x+1

D．y＝x+

B．y＝2x+

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）＝

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

2

11．（5分）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

，其中K为最大确诊病

点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a＝（ ） A．1

B．2

C．4

D．8

D．69

5．（5分）设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y＝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）

12．（5分）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。

6．（5分）已知向量，满足||＝5，||＝6，•＝﹣6，则cos＜，+＞＝（ ） A．﹣

B．﹣

C．

D．

13．（5分）若x，y满足约束条件则z＝3x+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）．

7．（5分）在△ABC中，cosC＝，AC＝4，BC＝3，则cosB＝（ ）

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 ．

A．

B．

C．

D．

16．（5分）关于函数f（x）＝sinx+①f（x）的图象关于y轴对称． ②f（x）的图象关于原点对称．

有如下四个命题：

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1页（共12页）

③f（x）的图象关于直线x＝④f（x）的最小值为2．

对称． 空气质量好 空气质量不好

附：K2＝

P（K2≥k）

k

0.050 3.841

人次≤400

人次＞400

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{2an}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） 4（中度污染）

[0，200]

2 5 6 7

（200，400]

16 10 7 2

（400，600]

25 12 8 0

n

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．

（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？

第2页（共12页）

20．（12分）已知椭圆C：（1）求C的方程；

+＝1（0＜m＜5）的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点．

[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}≥

．

（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．（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． （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]（10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为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．

（t为参数且t≠1），C与坐标轴交于A，

第3页（共12页）

【解答】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）

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）

参与试题解析

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．

【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

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．（5分）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． 【解答】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．

【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A．﹣

的虚部是（ ）

}＝{（7，1），（6，2），（5，3），（4，4）}．

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．

＝0.95K，解得e

﹣0.23（t﹣53）

【分析】根据所给材料的公式列出方程【解答】解：由已知可得

两边取对数有﹣0.23（t﹣53）＝﹣ln19，

B．﹣

C．

D．

解得t≈66， 故选：C．

＝，

【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．

＝

．

，

【点评】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．（5分）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）

的虚部是

【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

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

pi＝1，则下面四种情形中，

坐标．

【解答】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．

【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．

第4页（共12页）

【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．（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＝，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． 【解答】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．

【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（ ）

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．

【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图： PA＝AB＝AC＝2，PA、AB、AC两两垂直， 故PB＝BC＝PC＝2

，

几何体的表面积为：3×

＝6+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，考查空间想象能力，计算能力．9．（5分）已知2tanθ﹣tan（θ+

）＝7，则tanθ＝（ ） A．﹣2

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． 【解答】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，

第5页（共12页）

则tanθ＝2， 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＝A．y＝2x+1

和圆x2+y2＝都相切，则l的方程为（ ）

12．（5分）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

【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．

【解答】解：∵＝

＝log53•log58＜

＝

＜1，∴a＜b；

B．y＝2x+ C．y＝x+1 D．y＝x+

求一解可

∵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．

【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．

【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＝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：y＝2x+1与y＝对于D选项：y＝x+与y＝∴直线l与曲线y＝故选：D．

2

2

联立可得：2x﹣联立可得：x﹣

+1＝0，此时：无解； +＝0，此时解得x＝1；

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）若x，y满足约束条件

和圆x+y＝都相切，方程为y＝x+，

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． 【解答】解：先根据约束条件画出可行域，由

解得A（1，2），

【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．（5分）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

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，

点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a＝（ ） A．1

B．2

C．4

D．8

即当x＝1，y＝2时，zmax＝3×1+2×2＝7． 故答案为：7．

【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．

【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．

第6页（共12页）

，m2+n2＝4c2，e＝

，

V＝πr3＝故答案为：

π， π．

【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）（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+1＝令12﹣3r＝0，求得r＝4，故常数项的值等于 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

π ．

【解答】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f（﹣x）

【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BS＝3，底面半径BC＝1， 则其高SC＝

＝2

，

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）+③对；

＝

，

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．

＝sinx+

＝f（x），所以该函数f（x）关于x＝

对称，

＝sin（﹣x）+

＝﹣sinx﹣

＝﹣f（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．

•24＝240，

•2r•x12

﹣3r

【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+

，

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＝

对称．

有如下四个命题：

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＝

，

第7页（共12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{2an}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． 【解答】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＝3×2+5×2+…+（2n+1）2，…①

两边同乘2得，2Sn＝3×22+5×23+…+（2n+1）2n+1，…② ①﹣②得，﹣Sn＝3×2+2×2+…+2×2﹣（2n+1）2＝6+

﹣（2n+1）2n+1，

2

n

n+1

1

2

n

n

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

（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，

＝

；

所以Sn＝（2n﹣1）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）：

锻炼人次

[0，200]

（200，400]

（400，600]

【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：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，

第8页（共12页）

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

≈5.820＞3.841，

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

，

，

．

．

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．

设平面AEF的一个法向量为

则

【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，

∴cos＜

＞＝

则

设平面A1EF的一个法向量为

，取x1＝1，得

．

；

，取x2＝1，得．

＝．

设二面角A﹣EF﹣A1为θ，则sinθ＝∴二面角A﹣EF﹣A1的正弦值为

．

．

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又∵BP⊥BQ，∴s﹣5+nt＝0②， 又

+

＝1③，

联立①②③得或，

当时，则P（3，1），Q（6，2），而A（﹣5，0），

则＝（8，1），＝（11，2），

＝|8×2﹣11×1|＝，

∴S△APQ＝

【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）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；

（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．

【解答】解：（1）由e＝得e2＝1﹣

，即

＝1﹣

，∴m2＝

，

（1）求b；

+

＝1（0＜m＜5）的离心率为

，A，B分别为C的左、右顶点．

综上，△APQ的面积是．

同理可得当时，S△APQ＝，

【点评】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，是一道综合题． 21．（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．

（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×（2）设x0为f（x）的一个零点，根据题意，

|x0|≤1，对c（x）求导数，可得c（x）在[﹣1，1]上的单调性，得到必有

，可得

，由此求得b值； ，且|x0|≤1，得到

，由

．设x1 为f（x）的零点，则

，由此求得x1的范围得答案．

故C的方程是：+＝1；

【解答】（1）解：由f（x）＝x3+bx+c，得f′（x）＝3x2+b， ∴f′（）＝3×

，即b＝﹣；

，且|x0|≤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，

（2）证明：设x0为f（x）的一个零点，根据题意，则

，由|x0|≤1，

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令c（x）＝∴c′（x）＝

（﹣1≤x≤1）， ＝

，

所以曲线C与坐标轴的交点为（﹣4，0），（0，12）， 则|AB|＝

＝4

；

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．

（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，

﹣＝1，

）＝﹣，c（）＝，

由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，

可得直线AB的极坐标方程为3ρcosθ﹣ρsinθ+12＝0．

【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．

设x1 为f（x）的零点，则必有即

，

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

，得﹣1≤x1≤1，

23．设a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1． （1）证明：ab+bc+ca＜0；

∴即|x1|≤1．

∴f（x）所有零点的绝对值都不大于1．

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

【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．

【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）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为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． 【解答】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，

（t为参数且t≠1），C与坐标轴交于A，

【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＜，

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而﹣a﹣b≥2＞＝＝＝，与假设矛盾，

故max{a，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．

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