2020年高考数学真题（理科）（新课标Ⅲ）（解析版）.doc

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 B．3 C．4 D．6 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 B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1 C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3 D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2 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（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．（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） 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＝，AC＝4，BC＝3，则cosB＝（　　） A． B． C． 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（　　） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 9．（5分）已知2tanθ﹣tan（θ+）＝7，则tanθ＝（　　） A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2 10．（5分）若直线l与曲线y＝和圆x2+y2＝都相切，则l的方程为（　　） A．y＝2x+1 B．y＝2x+ C．y＝x+1 D．y＝x+ 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上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a＝（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 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。 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）． 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： 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． ④f（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 [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？ 人次≤400 人次＞400 空气质量好 空气质量不好 附：K2＝ P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 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． 20．（12分）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．（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（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． [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}≥． 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．（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）|}＝{（7，1），（6，2），（5，3），（4，4）}． ∴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 B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1 C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3 D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2 【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）＝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． 【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 【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（t﹣53）＝， 两边取对数有﹣0.23（t﹣53）＝﹣ln19， 解得t≈66， 故选：C． 【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） 【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． 【解答】解：将x＝2代入抛物线y2＝2px，可得y＝±2，OD⊥OE，可得kOD•kOE＝﹣1， 即，解得p＝1， 所以抛物线方程为：y2＝2x，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．（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， 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＝和圆x2+y2＝都相切，则l的方程为（　　） A．y＝2x+1 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＝联立可得：2x﹣+1＝0，此时：无解； 对于D选项：y＝x+与y＝联立可得：x﹣+＝0，此时解得x＝1； ∴直线l与曲线y＝和圆x2+y2＝都相切，方程为y＝x+， 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．（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． 【解答】解：由题意，设PF2＝m，PF1＝n，可得m﹣n＝2a，，m2+n2＝4c2，e＝， 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． 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； ∵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． 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）， 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． 【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＝•2r•x12﹣3r， 令12﹣3r＝0，求得r＝4，故常数项的值等于 •24＝240， 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　． 【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， 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＝， V＝πr3＝π， 故答案为：π． 【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： 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． 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． 【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）＝sin（﹣x）+＝﹣sinx﹣＝﹣f（x）； 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）+＝sinx+＝f（x），所以该函数f（x）关于x＝对称，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． 【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{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＝3×21+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+…+2×2n﹣（2n+1）2n+1 ＝6+﹣（2n+1）2n+1， 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 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？ 人次≤400 人次＞400 空气质量好 空气质量不好 附：K2＝ P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 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：＝； 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， 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：K2＝＝≈5.820＞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． 【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（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； （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＝， 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，则P（3，1），Q（6，2），而A（﹣5，0）， 则＝（8，1），＝（11，2）， ∴S△APQ＝＝|8×2﹣11×1|＝， 同理可得当时，S△APQ＝， 综上，△APQ的面积是． 【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． （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）＝x3+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， 则，由|x0|≤1， 令c（x）＝（﹣1≤x≤1）， ∴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﹣1≤x1≤1， 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（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， 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． 【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}≥． 【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}≥． 【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．