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    2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ卷)含详细解答

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    2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ卷)含详细解答

    1、已知集合 A(x,y)|x,yN*,yx,B(x,y)|x+y8,则 AB 中元 素的个数为( ) A2 B3 C4 D6 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pi1, 则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) Ap1p40.1,p2p30.4 Bp1p40.4,p2p30.1 Cp1p40.2,p2p30.3 Dp1p40.3,p2p30.2 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

    2、(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( ) (ln193) A60 B63 C66 D69 5 (5 分)设 O 为坐标原点,直线 x2 与抛物线 C:y22px(p0)交于 D,E 两点,若 ODOE,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,AC4,BC3,则 cosB( ) A B C

    3、 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( ) 第 2 页(共 22 页) A6+4 B4+4 C6+2 D4+2 9 (5 分)已知 2tantan(+)7,则 tan( ) A2 B1 C1 D2 10 (5 分)若直线 l 与曲线 y和圆 x2+y2都相切,则 l 的方程为( ) Ay2x+1 By2x+ Cyx+1 Dyx+ 11 (5 分)设双曲线 C:1(a0,b0)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心率 为P 是 C 上一点,且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4,则 a( ) A1 B2 C4 D8 12 (5 分)已知 5584,13485设 alo

    4、g53,blog85,clog138,则( ) Aabc Bbac Cbca Dcab 二、填空题:本题共二、填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分。分。 13 (5 分)若 x,y 满足约束条件则 z3x+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: f(x)的图象关于 y 轴对称 f(x)的图象关于原点对称 f(x)的图象关于直线 x对称 f(x)的最小值为 2 第 3 页

    5、(共 22 页) 其中所有真命题的序号是 三、解答题:共三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题,每个试题考生都必须作答。第题,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:题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题: 共共 60 分。分。 17 (12 分)设数列an满足 a13,an+13an4n (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 1

    6、00 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 22 列联表

    7、,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(K2k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 第 4 页(共 22 页) 19 (12 分)如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1中,点 E,F 分别在棱 DD1,BB1上,且 2DE ED1,BF2FB1 (1)证明:点 C1在平面 AEF 内; (2)若 AB2,AD1,AA13,求二面角 AEFA1的正弦值 20 (12 分)已知椭圆 C:+1(0m5)的离心率为,A,B 分别为 C

    8、 的左、 右顶点 (1)求 C 的方程; (2)若点 P 在 C 上,点 Q 在直线 x6 上,且|BP|BQ|,BPBQ,求APQ 的面积 21 (12 分)设函数 f(x)x3+bx+c,曲线 yf(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(二)选考题:共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的题中任选一题作答。如果多做,则按所做的 第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4:坐标系与参数方程:坐标系与参数方程(

    9、10 分)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 t1) , 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 第 5 页(共 22 页) 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲(10 分)分) 23设 a,b,cR,a+b+c0,abc1 (1)证明:ab+bc+ca0; (2)用 maxa,b,c表示 a,b,c 的最大值,证明:maxa,b,c 第 6 页(共 22 页) 2020 年全国统一高考数学试卷(理科) (新课标)年全国统一高考数学试卷(理

    10、科) (新课标) 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题:本题共一、选择题:本题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1 (5 分)已知集合 A(x,y)|x,yN*,yx,B(x,y)|x+y8,则 AB 中元 素的个数为( ) A2 B3 C4 D6 【分析】利用交集定义求出 AB(7,1) , (6,2) , (5,3) , (4,4)由此能求出 AB 中元素的个数 【解答】解:集合 A(x,y)|x,yN*,yx,B(x,y)|x+y8,

    11、AB(x,y)|(7,1) , (6,2) , (5,3) , (4,4) AB 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pi1, 则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) Ap1p40.1,p2p30.

    12、4 Bp1p40.4,p2p30.1 第 7 页(共 22 页) Cp1p40.2,p2p30.3 Dp1p40.3,p2p30.2 【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)10.1+20.4+30.4+40.12.5,所以 D(x)(1 2.5)20.1+(22.5)20.4+(32.5)20.4+(42.5)20.10.65; 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

    13、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( ) (ln193) A60 B63 C66 D69 【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(t53) , 两边取对数有0.23(t53)ln19, 解得 t66, 故选:C 【点评】本题考查函数模型的实际应用,考查

    14、学生计算能力,属于中档题 5 (5 分)设 O 为坐标原点,直线 x2 与抛物线 C:y22px(p0)交于 D,E 两点,若 ODOE,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 kODkOE1,求解抛物线方程,即 可得到抛物线的焦点坐标 【解答】解:将 x2 代入抛物线 y22px,可得 y2,ODOE,可得 kODkOE 1, 即,解得 p1, 第 8 页(共 22 页) 所以抛物线方程为:y22x,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 (

    15、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,AC4,BC3,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,AC4,BC3, 由余弦定理可得 AB2AC2+BC22ACBCcosC42+322

    16、439; 故 AB3; 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( ) 第 9 页(共 22 页) A6+4 B4+4 C6+2 D4+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如图:几何体是正方体的一个角, PAABAC2,PA、AB、AC 两两垂直, 故 PBBCPC2, 几何体的表面积为:36+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

    17、力,计算能力 9 (5 分)已知 2tantan(+)7,则 tan( ) A2 B1 C1 D2 【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 2tantan(+)7,得 2tan7, 即 2tan2tan2tan177tan, 得 2tan28tan+80, 第 10 页(共 22 页) 即 tan24tan+40, 即(tan2)20, 则 tan2, 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

    18、方程为( ) Ay2x+1 By2x+ Cyx+1 Dyx+ 【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:y2x+1 与 y联立可得:2x+10,此时:无解; 对于 D 选项:yx+与 y联立可得:x+0,此时解得 x1; 直线 l 与曲线 y和圆 x2+y2都相切,方程为 yx+, 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

    19、 (5 分)设双曲线 C:1(a0,b0)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心率 为P 是 C 上一点,且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4,则 a( ) A1 B2 C4 D8 【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 PF2m,PF1n,可得 mn2a,m2+n24c2,e , 可得 4c216+4a2,可得 5a24+a2, 解得 a1 第 11 页(共 22 页) 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 5584,13485设 al

    20、og53,blog85,clog138,则( ) Aabc Bbac Cbca Dcab 【分析】根据,可得 ab,然后由 blog850.8 和 clog1380.8,得到 cb,再确 定 a,b,c 的大小关系 【解答】解:log53log581, ab; 5584,54log58,log581.25,blog850.8; 13485,45log138,clog1380.8,cb, 综上,cba 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:本题共二、填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20

    21、 分。分。 13 (5 分)若 x,y 满足约束条件则 z3x+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,z3x+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 z3x+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 x1,y2 时,zmax31+227 故答案为:7 第 12 页(共 22 页) 【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)

    22、(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+12rx12 3r, 令 123r0,求得 r4,故常数项的值等于 24240, 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 【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

    23、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 BS3,底面半径 BC1, 则其高 SC2, 不妨设该内切球与母线 BS 切于点 D, 令 ODOCr,由SODSBC,则, 即,解得 r, 第 13 页(共 22 页) Vr3, 故答案为: 【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: f(x)的图象关于 y 轴对称 f(x)的图象关于原点对称 f(x)的图象关于直线 x对称 f(x)的最小值为 2 其中所有真命题的序号是 【分析】根据函数奇偶性的定义,对称

    24、性的判定,对称轴的求法,逐一判断即可 【解答】解:对于,由 sinx0 可得函数的定义域为x|xk,kZ,故定义域关于原 点对称,由 f(x)sin(x)+sinxf(x) ; 所以该函数为奇函数,关于原点对称,所以错对; 对于,由 f(x)sin(x)+sinx+f(x) ,所以该函数 f (x)关于 x对称,对; 对于,令 tsinx,则 t1,0)(0,1,由双勾函数 g(t)t+的性质,可知, g(t)t+(,22,+) ,所以 f(x)无最小值,错; 故答案为: 第 14 页(共 22 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

    25、题:共三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题,每个试题考生都必须作答。第题,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:题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题: 共共 60 分。分。 17 (12 分)设数列an满足 a13,an+13an4n (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

    26、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 a13,an+13an4n, 则 a23a145,a33a2427, 猜想an的通项公式为 an2n+1 证明如下: (i)当 n1,2,3 时,显然成立, (ii)假设 nk 时,ak2k+1(kN+)成立, 当 nk+1 时,ak+13ak4k3(2k+1)4k2k+32(k+1)+1,故 nk+1 时成立, 由(i) (ii)知,an2n+1,猜想成立, 所以an的通项公式 an2n+1 (2)令 bn2nan(2n+1) 2n,则数列2nan的前 n 项和 Sn321+522+(

    27、2n+1)2n, 两边同乘 2 得,2Sn322+523+(2n+1)2n+1, 得,Sn32+222+2n(2n+1)2n+1 6+(2n+1)2n+1, 所以 Sn(2n1)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) : 第 15 页(共 22 页) 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)

    28、 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 22 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(K2k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6

    29、.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:; 第 16 页(共 22 页) 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: 1000.20+300 0.35+5000.45350; (3)根据所给数据,可得下面的

    30、22 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:K25.802 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 【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 ABCDA1B1C1D1中,点 E,F 分别在棱 DD1,BB1上,且 2DE ED1,BF2FB1 (1)证明:点 C1在平面 AEF 内; (2)若 AB2,AD1,AA13,求二面角 AEFA1的正弦值 【分析】 (1)在 AA1上取

    31、点 M,使得 A1M2AM,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 AFMB1,且 AFMB1,AD ME, 且 ADME, 进一步证明四边形 B1C1EM 为平行四边形, 得到 EC1MB1, 且 EC1 MB1,结合 AFMB1,且 AFMB1,可得 AFEC1,且 AFEC1,则四边形 AFC1E 第 17 页(共 22 页) 为平行四边形,从而得到点 C1在平面 AEF 内; (2)在长方体 ABCDA1B1C1D1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

    32、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 AEFA1的余弦值,再由同角 三角函数基本关系式求得二面角 AEFA1的正弦值 【解答】 (1)证明:在 AA1上取点 M,使得 A1M2AM,连接 EM,B1M,EC1,FC1, 在长方体 ABCDA1B1C1D1中,有 DD1AA1BB1,且 DD1AA1BB1 又 2DEED1,A1M2AM,BF2FB1,DEAMFB1 四边形 B1FAM 和四边形 EDAM 都是平行四边形 AFMB1,且 AFMB1,ADME,且 ADME 又在长方体 ABCDA1B1C1D1中,有 ADB1C1

    33、,且 ADB1C1, B1C1ME 且 B1C1ME,则四边形 B1C1EM 为平行四边形, EC1MB1,且 EC1MB1, 又 AFMB1,且 AFMB1,AFEC1,且 AFEC1, 则四边形 AFC1E 为平行四边形, 点 C1在平面 AEF 内; (2)解:在长方体 ABCDA1B1C1D1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 AB2,AD1,AA13,2DEED1,BF2FB1, 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

    34、1,得; 设平面 A1EF 的一个法向量为 则,取 x21,得 第 18 页(共 22 页) cos 设二面角 AEFA1为 ,则 sin 二面角 AEFA1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(0m5)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 x6 上,且|BP|BQ|,BPBQ,求APQ 的面积 【分析】 (1)根据 e,a225,b2m2,代入计算 m2的值,求出 C 的方程即可; (2)设出 P

    35、,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 e21,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 n0 的情况, 此时5s5,0t, 第 19 页(共 22 页) |BP|BQ|,有(s5)2+t2n2+1, 又BPBQ,s5+nt0, 又+1, 联立得或, 当时,AP(8,1) ,AQ(11,2) , SAPQ|82111|, 同理可得当时,SAPQ, 综上,APQ 的面积是 【点评】本题考查求椭圆方程以

    36、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 yf(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)x

    37、3+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, 第 20 页(共 22 页) 则,由|x0|1, 令 c(x)(1x1) , 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1x11, 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

    38、逻辑思维能力与推理论证能力,是中档题 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的题中任选一题作答。如果多做,则按所做的 第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4:坐标系与参数方程:坐标系与参数方程(10 分)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 t1) , 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 x0,求得 t,对应的 y;再令 y0,求得 t,对

    39、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 xcos,ysin,可得所 求极坐标方程 【解答】解: (1)当 x0 时,可得 t2(1 舍去) ,代入 y23t+t2,可得 y2+6+4 第 21 页(共 22 页) 12, 当 y0 时,可得 t2(1 舍去) ,代入 x2tt2,可得 x2244, 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 3xy+120, 由 xcos,ysin, 可得直线 AB

    40、 的极坐标方程为 3cossin+120 【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 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲(10 分)分) 23设 a,b,cR,a+b+c0,abc1 (1)证明:ab+bc+ca0; (2)用 maxa,b,c表示 a,b,c 的最大值,证明:maxa,b,c 【分析】 (1)将 a+b+c0 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 ab0c,结合条件推出矛盾 【解答】证明: (1)a+b+c0,(a+b+c)20, a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0, 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2) , abc1,a,b,c 均不为 0, 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)0, ab+ac+bc0; (2)不妨设 ab0c,则 ab, a+b+c0,abc, 第 22 页(共 22 页) 而ab2,与假设矛盾, 故 maxa,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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