文档内容
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ） A． B． C． D．
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 8．（5分）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）
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．
A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2
9．（5分）已知2tan ﹣tan（ + ）＝7，则tan ＝（ ）
3．（5分）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，则下面四种情形中，
1 2 3 4 i
θ θ θ
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
对应样本的标准差最大的一组是（ ）
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．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 A．y＝2x+1 B．y＝2x+ C．y＝ x+1 D．y＝ x+
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
11．（5分）设双曲线C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F ，F ，离心率为 ．P是C上一
1 2
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） 点，且F P⊥F P．若△PF F 的面积为4，则a＝（ ）
1 2 1 2
A．60 B．63 C．66 D．69 A．1 B．2 C．4 D．8
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 12．（5分）已知55＜84，134＜85．设a＝log 3，b＝log 5，c＝log 8，则（ ）
5 8 13
点坐标为（ ） 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。
A．（ ，0） B．（ ，0） C．（1，0） D．（2，0）
6．（5分）已知向量 ， 满足| |＝5，| |＝6， • ＝﹣6，则cos＜ ， + ＞＝（ ）
13．（5分）若x，y满足约束条件 则z＝3x+2y的最大值为 ．
A．﹣ B．﹣ C． D．
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 ．一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
16．（5分）关于函数f（x）＝sinx+ 有如下四个命题：
人次≤400 人次＞400
f（x）的图象关于y轴对称．
空气质量好
①f（x）的图象关于原点对称．
空气质量不好
②
f（x）的图象关于直线x＝ 对称．
附：K2＝
③
f（x）的最小值为2．
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
④其中所有真命题的序号是 ．
k 3.841 6.635 10.828
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{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
19．（12分）如图，在长方体 ABCD﹣A B C D 中，点E，F分别在棱DD ，BB 上，且2DE＝ED ，BF＝
1 1 1 1 1 1 1
2FB ．
1
（1）证明：点C 在平面AEF内；
1
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
（2）若AB＝2，AD＝1，AA ＝3，求二面角A﹣EF﹣A 的正弦值．
1 1
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[选修4-5：不等式选讲]（10分）
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．
23．设a，b，c R，a+b+c＝0，abc＝1．
（1）证明：∈ab+bc+ca＜0；
（1）求C的方程；
（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 （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．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
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ） 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
参考答案与试题解析
【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．
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
【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）
的。
2×0.4+（3﹣2.5）2×0.4+（4﹣2.5）2×0.1＝0.65；
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
同理选项B：E（x）＝2.5，D（x）＝2.05；
（ ） ∈
选项C：E（x）＝2.5，D（x）＝1.05；
A．2 B．3 C．4 D．6
选项D：E（x）＝2.5，D（x）＝1.45；
【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
故选：B．
的个数．
【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．
【解答】解：∵集合A＝{（x，y）|x，y N*，y≥x}，B＝{（x，y）|x+y＝8}，
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
∈
∴A∩B＝{（x，y）| }＝{（7，1），（6，2），（5，3），（4，4）}．
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
∴A∩B中元素的个数为4． 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）
故选：C． A．60 B．63 C．66 D．69
【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．
【分析】根据所给材料的公式列出方程 ＝0.95K，解出t即可．
2．（5分）复数 的虚部是（ ）
【解答】解：由已知可得 ＝0.95K，解得e﹣0.23（t﹣53）＝ ，
A．﹣ B．﹣ C． D．
两边取对数有﹣0.23（t﹣53）＝﹣ln19，
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 解得t≈66，
故选：C．
【解答】解：∵ ＝ ，
【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
∴复数 的虚部是 ． 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（ ）
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． 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p ，p ，p ，p ，且 p＝1，则下面四种情形中， OD OE
1 2 3 4 i
坐标．【解答】解：将x＝2代入抛物线y2＝2px，可得y＝±2 ，OD⊥OE，可得k •k ＝﹣1， 8．（5分）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）
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．
【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．
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．
【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：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：
【解答】解：向量 ， 满足| |＝5，| |＝6， • ＝﹣6，
PA＝AB＝AC＝2，PA、AB、AC两两垂直，
可得| |＝ ＝ ＝7， 故PB＝BC＝PC＝2 ，
几何体的表面积为：3× ＝6+2 ，
cos＜ ， + ＞＝ ＝ ＝ ＝ ．
故选：C．
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．
【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．
【解答】解：在△ABC中，cosC＝ ，AC＝4，BC＝3，
9．（5分）已知2tan ﹣tan（ + ）＝7，则tan ＝（ ）
由余弦定理可得AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cosC＝42+32﹣2×4×3× ＝9； θ θ θ
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
故AB＝3； 【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2tan ﹣tan（ + ）＝7，得2tan ﹣ ＝7，
∴cosB＝ ＝ ＝ ，
θ θ θ
故选：A．
即2tan ﹣2tan2 ﹣tan ﹣1＝7﹣7tan ，
【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． 得2tanθ 2 ﹣8tanθ+8＝0θ， θ
θ θ即tan2 ﹣4tan +4＝0， 解得a＝1．
即（tanθ ﹣2）θ 2＝0， 故选：A．
则tan ＝θ2， 【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
故选：θD． 力．
【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． 12．（5分）已知55＜84，134＜85．设a＝log 3，b＝log 5，c＝log 8，则（ ）
5 8 13
难度中等． A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
10．（5分）若直线l与曲线y＝ 和圆x2+y2＝ 都相切，则l的方程为（ ） 【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，再确定a，b，c的大小关
8 13
系．
A．y＝2x+1 B．y＝2x+ C．y＝ x+1 D．y＝ x+
【解答】解：∵ ＝ ＝log 3•log 8＜ ＝ ＜1，∴a＜b；
【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 5 5
得答案； ∵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，
【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 ， 13 13
综上，c＞b＞a．
四个选项中，只有A，D满足题意；
故选：A．
对于A选项：y＝2x+1与y＝ 联立可得：2x﹣ +1＝0，此时：无解；
【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．
对于D选项：y＝ x+ 与y＝ 联立可得： x﹣ + ＝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。
∴直线l与曲线y＝ 和圆x2+y2＝ 都相切，方程为y＝ x+ ，
13．（5分）若x，y满足约束条件 则z＝3x+2y的最大值为 7 ．
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． 【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．
11．（5分）设双曲线C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F ，F ，离心率为 ．P是C上一
1 2
【解答】解：先根据约束条件画出可行域，由 解得A（1，2），
点，且F P⊥F P．若△PF F 的面积为4，则a＝（ ）
1 2 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，
A．1 B．2 C．4 D．8
即当x＝1，y＝2时，z ＝3×1+2×2＝7．
max
【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．
故答案为：7．
【解答】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，即 ＝ ，解得r＝ ，
V＝ r3＝ ，
π π
故答案为： ．
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 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．
【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．
【解答】解：由于（x2+ ）6的展开式的通项公式为 T ＝ •2r•x12﹣3r，
r+1
16．（5分）关于函数f（x）＝sinx+ 有如下四个命题：
令12﹣3r＝0，求得r＝4，故常数项的值等于 •24＝240，
f（x）的图象关于y轴对称．
故答案为：240． ①f（x）的图象关于原点对称．
【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 ②
f（x）的图象关于直线x＝ 对称．
的系数，属于基础题．
③
f（x）的最小值为2．
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 ．
④其中所有真命题的序号是 ．
【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
π
出 球的体积．
【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．
【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
【解答】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，由f（﹣
如图，圆锥母线BS＝3，底面半径BC＝1， ① π ∈
x）＝sin（﹣x）+ ＝﹣sinx﹣ ＝﹣f（x）；
则其高SC＝ ＝2 ，
所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以 错 对；
不妨设该内切球与母线BS切于点D，
① ②
对于 ，由f（ ﹣x）＝sin（ ﹣x）+ ＝sinx+ ＝f（x），所以该函数f（x）关于x＝ 对
令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，则 ＝ ，
③ π π
称， 对；
③数据得到下表（单位：天）：
对于 ，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+ （﹣
锻炼人次 [0，200] （200，400] （400，600]
④ ∈ ∈
∞，﹣2]∪[2，+∞），所以f（x）无最小值， 错； 空气质量等级
故答案为： ． ④ 1（优） 2 16 25
【点评】本②题考③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． 2（良） 5 10 12
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 3（轻度污染） 6 7 8
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。 4（中度污染） 7 2 0
17．（12分）设数列{a n }满足a 1 ＝3，a n+1 ＝3a n ﹣4n． （1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（1）计算a 2 ，a 3 ，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （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）；
（2）求数列{2na
n
}的前n项和S
n
． （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
【分析】（1）利用数列的递推关系式求出a 2 ，a 3 ，猜想{a n }的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可． 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
（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
．
一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
【解答】解：（1）数列{a n }满足a 1 ＝3，a n+1 ＝3a n ﹣4n， 人次≤400 人次＞400
则a
2
＝3a
1
﹣4＝5，a
3
＝3a
2
﹣4×2＝7，…，
空气质量好
猜想{a
n
}的通项公式为a
n
＝2n+1．
空气质量不好
证明如下：（i）当n＝1，2，3时，显然成立，
附：K2＝
（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， P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
由（i）（ii）知，a ＝2n+1，猜想成立， k 3.841 6.635 10.828
n
所以{a }的通项公式a ＝2n+1． 【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；
n n
（2）令b ＝2na ＝（2n+1）•2n，则数列{2na }的前n项和 （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；
n n n
S ＝3×21+5×22+…+（2n+1）2n，…
n （3）由公式 计算k的值，从而查表即可，
两边同乘2得，2S
n
＝3×22+5×23+…+①（2n+1）2n+1，…
﹣ 得，﹣S n ＝3×2+2×22+…+2×2n﹣（2n+1）2n+1 ② 【解答】解：（1）该市一天的空气质量等级为1的概率为： ＝ ；
① ②
＝6+ ﹣（2n+1）2n+1，
该市一天的空气质量等级为2的概率为： ＝ ；
所以S ＝（2n﹣1）2n+1+2．
n
该市一天的空气质量等级为3的概率为： ＝ ；
【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．
该市一天的空气质量等级为4的概率为： ＝ ；
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（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； 可得二面角A﹣EF﹣A 的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角A﹣EF﹣A 的正弦值．
1 1
（3）根据所给数据，可得下面的2×2列联表， 【解答】（1）证明：在AA 上取点M，使得A M＝2AM，连接EM，B M，EC ，FC ，
1 1 1 1 1
人次≤400 人次＞400 总计 在长方体ABCD﹣A B C D 中，有DD ∥AA ∥BB ，且DD ＝AA ＝BB ．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
空气质量好 33 37 70 又2DE＝ED ，A M＝2AM，BF＝2FB ，∴DE＝AM＝FB ．
1 1 1 1
空气质量不好 22 8 30 ∴四边形B FAM和四边形EDAM都是平行四边形．
1
总计 55 45 100 ∴AF∥MB ，且AF＝MB ，AD∥ME，且AD＝ME．
1 1
又在长方体ABCD﹣A B C D 中，有AD∥B C ，且AD＝B C ，
由表中数据可得：K2＝ ＝ ≈5.820＞3.841， 1 1 1 1 1 1 1 1
∴B C ∥ME且B C ＝ME，则四边形B C EM为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
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．
∴EC ∥MB ，且EC ＝MB ，
1 1 1 1
【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．
又AF∥MB ，且AF＝MB ，∴AF∥EC ，且AF＝EC ，
1 1 1 1
19．（12分）如图，在长方体 ABCD﹣A B C D 中，点E，F分别在棱DD ，BB 上，且2DE＝ED ，BF＝
1 1 1 1 1 1 1
则四边形AFC E为平行四边形，
1
2FB ．
1
∴点C 在平面AEF内；
1
（1）证明：点C 在平面AEF内；
1
（2）解：在长方体ABCD﹣A B C D 中，以C 为坐标原点，
1 1 1 1 1
（2）若AB＝2，AD＝1，AA ＝3，求二面角A﹣EF﹣A 的正弦值．
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A EF的一个法向量为 ．
1
【分析】（1）在AA 上取点M，使得A M＝2AM，连接EM，B M，EC ，FC ，由已知证明四边形B FAM和
1 1 1 1 1 1
四边形EDAM都是平行四边形，可得AF∥MB ，且AF＝MB ，AD∥ME，且AD＝ME，进一步证明四边形
1 1 则 ，取x ＝1，得 ．
2
B C EM为平行四边形，得到EC ∥MB ，且EC ＝MB ，结合AF∥MB ，且AF＝MB ，可得AF∥EC ，且
1 1 1 1 1 1 1 1 1
AF＝EC ，则四边形AFC E为平行四边形，从而得到点C 在平面AEF内；
1 1 1
∴cos＜ ＞＝ ＝ ．
（2）在长方体ABCD﹣A B C D 中，以C 为坐标原点，分别以C D ，C B ，C C所在直线为x，y，z轴建立
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
空间直角坐标系．分别求出平面AEF的一个法向量与平面A EF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值
1（2）由（1）A（﹣5，0），设P（s，t），点Q（6，n），
设二面角A﹣EF﹣A 为 ，则sin ＝ ．
1
根据对称性，只需考虑n＞0的情况，
θ θ
∴二面角A﹣EF﹣A 的正弦值为 ．
1 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，则P（3，1），Q（6，2），而A（﹣5，0），
则 ＝（8，1）， ＝（11，2），
∴S△APQ ＝ ＝ |8×2﹣11×1|＝ ，
【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．
同理可得当 时，S△APQ ＝ ，
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．
综上，△APQ的面积是 ．
（1）求C的方程；
【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．
（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．
【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；
（1）求b；
（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
（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．
面积．
【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；
【解答】解：（1）由e＝ 得e2＝1﹣ ，即 ＝1﹣ ，∴m2＝ ，
（2）设x 为f（x）的一个零点，根据题意， ，且|x |≤1，得到 ，由|
0 0
故C的方程是： + ＝1；
x |≤1，对c（x）求导数，可得c（x）在[﹣1，1]上的单调性，得到 ．设x 为f（x）的零点，则
0 1必有 ，可得 ，由此求得x 的范围得答案．
1 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
【解答】（1）解：由f（x）＝x3+bx+c，得f′（x）＝3x2+b，
A，B两点．
∴f′（ ）＝3× ，即b＝﹣ ；
（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．
（2）证明：设x 为f（x）的一个零点，根据题意， ，且|x |≤1，
0 0
【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；
则 ，由|x |≤1， （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．
0
【解答】解：（1）当x＝0时，可得t＝﹣2（1舍去），代入yρ＝2θ﹣3t+t2 ρ，可θ得y＝2+6+4＝12，
令c（x）＝ （﹣1≤x≤1），
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），
∴c′（x）＝ ＝ ，
则|AB|＝ ＝4 ；
当x （﹣1，﹣ ）∪（ ，1）时，c′（x）＜0，当x （﹣ ， ）时，c′（x）＞0
（2）由（1）可得直线AB过点（0，12），（﹣4，0），
∈ ∈
可知c（x）在（﹣1，﹣ ），（ ，1）上单调递减，在（ ， ）上单调递增．
可得AB的方程为 ﹣ ＝1，
即为3x﹣y+12＝0，
又c（﹣1）＝ ，c（1）＝ ，c（ ）＝﹣ ，c（ ）＝ ，
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．
【点评】本题考查曲线的参数方ρ程的θ 运ρ用，θ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
设x 为f（x）的零点，则必有 ，
1
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）
即 ，
23．设a，b，c R，a+b+c＝0，abc＝1．
（1）证明：∈ab+bc+ca＜0；
∴ ，得﹣1≤x ≤1，
1
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥ ．
即|x |≤1．
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；
∴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 （2）利用反证法，假设a≤b＜0＜c＜ ，结合条件推出矛盾．
能力与推理论证能力，是中档题．
【解答】证明：（1）∵a+b+c＝0，∴（a+b+c）2＝0，
（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-
∴a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc＝0，
4：坐标系与参数方程]（10分）∴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．
