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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＝（ ）
第1页（共23页）
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：
第2页（共23页）
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
第3页（共23页）
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．
第4页（共23页）
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；
第5页（共23页）
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c 的最大值，证明：max{a，b，c}≥
．
第6页（共23页）
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（ ）
第7页（共23页）
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，
第8页（共23页）
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（ ）
第9页（共23页）
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，
第10页（共23页）
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．
第11页（共23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．
第12页（共23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）（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
＝
，
第13页（共23页）
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；
第14页（共23页）
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．
第15页（共23页）
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：
＝
；
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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
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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
．
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∴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＝
，
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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
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，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
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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；
第22页（共23页）
（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．
第23页（共23页）
