文档内容
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 B．3 C．4 D．6
2．复数 的虚部是（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
3．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p ，p ，p ，p ，且 p＝1，则下
1 2 3 4 i
面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A．p＝p＝0.1，p＝p＝0.4 B．p＝p＝0.4，p＝p＝0.1
1 4 2 3 1 4 2 3
C．p＝p＝0.2，p＝p＝0.3 D．p＝p＝0.3，p＝p＝0.2
1 4 2 3 1 4 2 3
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， • ＝﹣6，则cos＜ ， + ＞＝（ ）
A．﹣ B．﹣ 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2tan ﹣tan（ + ）＝7，则tan ＝（ ）
θ θ θ
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
10．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．设双曲线C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F ，F ，离心率为 ．
1 2
P是C上一点，且FP⊥FP．若△PFF 的面积为4，则a＝（ ）
1 2 1 2
A．1 B．2 C．4 D．8
12．已知55＜84，134＜85．设a＝log 3，b＝log 5，c＝log 8，则（ ）
5 8 13
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：
f（x）的图象关于y轴对称．
①f（x）的图象关于原点对称．
②f（x）的图象关于直线x＝ 对称．
③
f（x）的最小值为2．
④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{a}满足a＝3，a ＝3a﹣4n．
n 1 n+1 n
（1）计算a，a，猜想{a}的通项公式并加以证明；
2 3 n
（2）求数列{2na}的前n项和S．
n n
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 [0，200] （200，400] （400，600]
空气质量等级
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 10.82819．如图，在长方体ABCD﹣ABC D 中，点E，F分别在棱DD ，BB 上，且2DE＝ED，
1 1 1 1 1 1 1
BF＝2FB．
1
（1）证明：点C 在平面AEF内；
1
（2）若AB＝2，AD＝1，AA＝3，求二面角A﹣EF﹣A 的正弦值．
1 1
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 （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]
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}≥ ．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）| }＝{（7，1），（6，2），（5，3），（4，
4）}．
∴A∩B中元素的个数为4．
故选：C．
2．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：∵ ＝ ，
∴复数 的虚部是 ．
故选：D．
3．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p ，p ，p ，p ，且 p＝1，则下
1 2 3 4 i
面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A．p＝p＝0.1，p＝p＝0.4 B．p＝p＝0.4，p＝p＝0.1
1 4 2 3 1 4 2 3
C．p＝p＝0.2，p＝p＝0.3 D．p＝p＝0.3，p＝p＝0.2
1 4 2 3 1 4 2 3
【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
【分析】根据所给材料的公式列出方程 ＝0.95K，解出t即可．
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k •k ＝﹣1，求解抛物线方程，即
OD OE
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 ，OD⊥OE，可得k •k ＝﹣1，
OD OE
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．
6．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：向量 ， 满足| |＝5，| |＝6， • ＝﹣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 ，
几何体的表面积为：3× ＝6+2
故选：C．
9．已知2tan ﹣tan（ + ）＝7，则tan ＝（ ）
θ θ θ
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：由2tan ﹣tan（ + ）＝7，得2tan ﹣ ＝7，
θ θ θ
即2tan ﹣2tan2 ﹣tan ﹣1＝7﹣7tan ，
得2tanθ2 ﹣8tanθ+8＝0θ， θ
即tan2 θ﹣4tan θ+4＝0，
即（taθn ﹣2）θ2＝0，
则tan ＝θ2，
故选：θD．
10．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：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．
11．设双曲线C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F ，F ，离心率为 ．
1 2
P是C上一点，且FP⊥FP．若△PFF 的面积为4，则a＝（ ）
1 2 1 2
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PF ＝m，PF ＝n，可得m﹣n＝2a， ，m2+n2＝4c2，e＝
2 1
，
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＝log 3，b＝log 5，c＝log 8，则（ ）
5 8 13
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＝log 5＜0.8和c＝log 8＞0.8，得到c＞b，再确
8 13
定a，b，c的大小关系．
解：∵ ＝ ＝log 3•log 8＜ ＝ ＜1，∴a＜b；
5 5
∵55＜84，∴5＜4log 8，∴log 8＞1.25，∴b＝log 5＜0.8；
5 5 8
∵134＜85，∴4＜5log 8，∴c＝log 8＞0.8，∴c＞b，
13 13
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，z ＝3×1+2×2＝7．
max
故答案为：7．
14．（x2+ ）6的展开式中常数项是 24 0 （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 T ＝ •2r•x12﹣3r，
r+1
令12﹣3r＝0，求得r＝4，故常数项的值等于 •24＝240，
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
．
【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＝ ，
V＝ r3＝ ，
π π
故答案为： ．
π
16．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．
①f（x）的图象关于原点对称．
②
f（x）的图象关于直线x＝ 对称．
③
f（x）的最小值为2．
④其中所有真命题的序号是 ．
【分析】根据函数奇偶性的②定义③，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可．
解：对于 ，由sinx≠0可得函数的定义域为{x|x≠k ，k Z}，故定义域关于原点对称，
① π ∈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 错 对；
① ②
对于 ，由f（ ﹣x）＝sin（ ﹣x）+ ＝sinx+ ＝f（x），所以该函数f
③ π π
（x）关于x＝ 对称， 对；
③
对于 ，令t＝sinx，则t [﹣1，0）∪（0，1]，由双勾函数g（t）＝t+ 的性质，可知，
④ ∈
g（t）＝t+ （﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），所以f（x）无最小值， 错；
∈ ④
故答案为： ．
三、解答题：共②7③0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{a}满足a＝3，a ＝3a﹣4n．
n 1 n+1 n
（1）计算a，a，猜想{a}的通项公式并加以证明；
2 3 n
（2）求数列{2na}的前n项和S．
n n
【分析】（1）利用数列的递推关系式求出a ，a ，猜想{a}的通项公式，然后利用数学
2 3 n
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S．
n
解：（1）数列{a}满足a＝3，a ＝3a﹣4n，
n 1 n+1 n
则a＝3a﹣4＝5，a＝3a﹣4×2＝7，…，
2 1 3 2
猜想{a}的通项公式为a＝2n+1．
n n
证明如下：（i）当n＝1，2，3时，显然成立，
（ii）假设n＝k时，a＝2k+1（k N+）成立，
k
当n＝k+1时，a
k+1
＝3a
k
﹣4k＝3（∈2k+1）﹣4k＝2k+3＝2（k+1）+1，故n＝k+1时成立，
由（i）（ii）知，a＝2n+1，猜想成立，
n
所以{a}的通项公式a＝2n+1．
n n
（2）令b＝2na＝（2n+1）•2n，则数列{2na}的前n项和
n n n
S＝3×21+5×22+…+（2n+1）2n，…
n
两边同乘2得，2S
n
＝3×22+5×23+…+①（2n+1）2n+1，…
②﹣ 得，﹣S＝3×2+2×22+…+2n﹣（2n+1）2n+1
n
① ②
＝6+ ﹣（2n+1）2n+1，
所以S＝（2n﹣1）2n+1+2．
n
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 [0，200] （200，400] （400，600]
空气质量等级
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：（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＝ ＝ ≈5.802
＞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﹣ABC D 中，点E，F分别在棱DD ，BB 上，且2DE＝ED，
1 1 1 1 1 1 1
BF＝2FB．
1
（1）证明：点C 在平面AEF内；
1
（2）若AB＝2，AD＝1，AA＝3，求二面角A﹣EF﹣A 的正弦值．
1 1【分析】（1）在AA 上取点M，使得AM＝2AM，连接EM，BM，EC ，FC ，由已知
1 1 1 1 1
证明四边形BFAM和四边形EDAM都是平行四边形，可得AF∥MB ，且AF＝MB ，
1 1 1
AD∥ME，且AD＝ME，进一步证明四边形BC EM为平行四边形，得到EC ∥MB ，且
1 1 1 1
EC ＝MB ，结合 AF∥MB ，且 AF＝MB ，可得 AF∥EC ，且 AF＝EC ，则四边形
1 1 1 1 1 1
AFCE为平行四边形，从而得到点C 在平面AEF内；
1 1
（2）在长方体ABCD﹣ABC D 中，以C 为坐标原点，分别以C D ，C B ，C C所在
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
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AEF
1
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﹣A 的余弦值，再由同角
1
三角函数基本关系式求得二面角A﹣EF﹣A 的正弦值．
1
【解答】（1）证明：在AA 上取点M，使得AM＝2AM，连接EM，BM，EC ，FC ，
1 1 1 1 1
在长方体ABCD﹣ABC D 中，有DD ∥AA∥BB，且DD ＝AA＝BB．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又2DE＝ED，AM＝2AM，BF＝2FB，∴DE＝AM＝FB．
1 1 1 1
∴四边形BFAM和四边形EDAM都是平行四边形．
1
∴AF∥MB ，且AF＝MB ，AD∥ME，且AD＝ME．
1 1
又在长方体ABCD﹣ABC D 中，有AD∥BC ，且AD＝BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴BC ∥ME且BC ＝ME，则四边形BC EM为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
∴EC ∥MB ，且EC ＝MB ，
1 1 1 1
又AF∥MB ，且AF＝MB ，∴AF∥EC ，且AF＝EC ，
1 1 1 1
则四边形AFCE为平行四边形，
1
∴点C 在平面AEF内；
1
（2）解：在长方体ABCD﹣ABC D 中，以C 为坐标原点，
1 1 1 1 1
分别以C D，C B，C C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
1 1 1 1 1
∵AB＝2，AD＝1，AA＝3，2DE＝ED，BF＝2FB，
1 1 1
∴A（2，1，3），B（2，0，2），F（0，1，1），A（2，1，0），
1
则 ， ， ．
设平面AEF的一个法向量为 ．
则 ，取x＝1，得 ；
1
设平面AEF的一个法向量为 ．
1则 ，取x＝1，得 ．
2
∴cos＜ ＞＝ ＝ ．
设二面角A﹣EF﹣A 为 ，则sin ＝ ．
1
θ θ
∴二面角A﹣EF﹣A 的正弦值为 ．
1
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；
（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：（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+1 ，
又∵BP⊥BQ，∴s﹣5+nt＝0 ， ①
②
又 + ＝1 ，
③
联立 得 或 ，
①②③
当 时，AP（8，1），AQ（11，2），
∴S ＝ ＝ |8×2﹣11×1|＝ ，
△APQ
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x 为f（x）的一个零点，根据题意， ，且|x|≤1，得
0 0
到 ，由|x|≤1，对c（x）求导数，可得c（x）在[﹣1，1]上的单调性，得
0
到 ．设 x 为 f（x）的零点，则必有 ，可得
1
，由此求得x 的范围得答案．
1【解答】（1）解：由f（x）＝x3+bx+c，得f′（x）＝3x2+b，
∴f′（ ）＝3× ，即b＝﹣ ；
（2）证明：设x 为f（x）的一个零点，根据题意， ，且|x|
0 0
≤1，
则 ，由|x|≤1，
0
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x 为f（x）的零点，则必有 ，
1
即 ，
∴ ，得﹣1≤x≤1，
1
即|x|≤1．
1
∴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 （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＝ cos ，y＝ sin ，可得所
求极坐标方程． ρ θ ρ θ
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＝ cos ，y＝ sin ，
可得直ρ线AθB的极ρ坐标θ方程为3 cos ﹣ sin +12＝0．
[选修4-5：不等式选讲] ρ θ ρ θ
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}≥ ．
