2020年贵州省高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)

2020年贵州省高考数学试卷（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.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.2B.3C.4D.6【答案】C【考点】交集及其运算【解析】利用交集定义求出A∩B＝{(7,1),(6,2),(3,5),(4,4)}．由此能求出A∩B中元素的个数．【解答】∵集合A＝{(x,y)|x,y∈N∗,y≥x}，B＝{(x,y)|x+y＝8}，y≥x∴A∩B＝{(x,y)|x,y∈N∗}＝{(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)}．x+y=8,∴A∩B中元素的个数为4．12.复数的虚部是（）1−3i3113A.−B.−C.D.10101010【答案】D【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】11+3i13∵==+i，1−3i(1−3i)(1+3i)101013∴复数的虚部是．1−3i1043.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i=1pi＝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＝0.4B.p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1C.p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3D.p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2【答案】试卷第1页，总21页\nB【考点】极差、方差与标准差【解析】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】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)＝1.85；选项C:E(x)＝2.5，D(x)＝1.05；选项D:E(x)＝2.5，D(x)＝1.45；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)=K∗，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1+e−0.23(t−53)t∗约为()(ln19≈3)A.60B.63C.66D.69【答案】C【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】K根据所给材料的公式列出方程=0.95K，解出t即可．1+e−0.23(t−53)【解答】由已知可得K=0.95K，解得e−0.23（t−53）=1，1+e−0.23(t−53)19两边取对数有−0.23(t−53)＝−ln19，解得t≈66，5.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（）11A.(,0)B.(,0)C.(1,0)D.(2,0)42【答案】B法二：易知，∠ODE＝45°，可得D（2，2），代入抛物线方程y2＝2px，可得4＝4p，解得p＝1，【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】法一：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．法二：画出图形，求出D的坐标，代入抛物线方程，然后求解即可．【解答】试卷第2页，总21页\n法一：将x＝2代入抛物线y2＝2px，可得y＝±2p，OD⊥OE，可得k⋅k＝−1，ODOE2p−2p即⋅=−1，解得p＝1，2221所以抛物线方程为：y＝2x，它的焦点坐标(,0)．2故选：B．法二：易知，∠ODE＝45∘，可得D(2,2)，代入抛物线方程y2＝2px，可得4＝4p，解得p＝1，故选：B．→→→→→→→→→6.已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a⋅b=−6，则cos<a，a+b>=()31191719A.−B.−C.D.35353535【答案】D【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】→→利用已知条件求出|a+b|，然后利用向量的数量积求解即可．【解答】→→→→→→向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a⋅b=−6，→→→→→→可得|a+b|=a2+2a⋅b+b2=25−12+36=7，→→→→→→→→→a⋅(a+b)a2+a⋅b25−619cos<a，a+b>=→===．→→5×75×735|a||a+b|27.在△ABC中，cosC=，AC＝4，BC＝3，则cosB＝（）31112A.B.C.D.9323【答案】A试卷第3页，总21页\n【考点】余弦定理正弦定理【解析】先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论．【解答】2在△ABC中，cosC=，AC＝4，BC＝3，3222222由余弦定理可得AB＝AC+BC−2AC⋅BC⋅cosC＝4+3−2×4×3×=9；3故AB＝3；AB2+BC2−AC232+32−421∴cosB===，2AB⋅BC2×3×398.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.6+42B.4+42C.6+23D.4+23【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】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】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＝22，132几何体的表面积为：3××2×2+×(22)=6+23，24π9.已知2tanθ−tan(θ+)＝7，则tanθ＝（）4A.−2B.−1C.1D.2【答案】D【考点】试卷第4页，总21页\n两角和与差的三角函数【解析】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】πtanθ+1由2tanθ−tan(θ+)＝7，得2tanθ−=7，41−tanθ即2tanθ−2tan2θ−tanθ−1＝7−7tanθ，得2tan2θ−8tanθ+8＝0，即tan2θ−4tanθ+4＝0，即(tanθ−2)2＝0，则tanθ＝2，22110.若直线l与曲线y=x和圆x+y=都相切，则l的方程为（）51111A.y＝2x+1B.y＝2x+C.y=x+1D.y=x+2222【答案】D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】221根据直线l与圆x+y=相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线y=5x求一解可得答案；【解答】2215直线l与圆x+y=相切，那么圆心(0,0)到直线的距离等于半径，55四个选项中，只有A，D满足题意；对于A选项：y＝2x+1与y=x联立，可得2x−x+1＝0，此时无解；1111对于D选项：y=x+与y=x联立，可得x−x+=0，此时解得x＝1；222222111∴直线l与曲线y=x和圆x+y=都相切，方程为y=x+，522x2y211.设双曲线C:2−2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是abC上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a＝（）A.1B.2C.4D.8【答案】A【考点】双曲线的离心率【解析】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】试卷第5页，总21页\n1222c由题意，设PF2＝m，PF1＝n，可得m−n＝2a，mn=4，m+n＝4c，e==5，2a可得4c2＝16+4a2，可得5a2＝4+a2，解得a＝1．12.已知55<84，134<85．设a＝log3，b＝log5，c＝log8，则（）5813A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】a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，bc的大小关系．【解答】alog53(log53+log58)2log5242∵==log53⋅log58<=()<1，∴a<b；blog8542∵55<84，∴5<4log8，∴log8>1.25，∴b＝log5<0.8；558∵134<85，∴4<5log8，∴c＝log8>0.8，∴c>b，1313综上，c>b>a．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。x+y≥0,若x，y满足约束条件2x−y≥0,则z＝3x+2y的最大值为________．x≤1,【答案】7【考点】简单线性规划【解析】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】x=1先根据约束条件画出可行域，由解得A(1,2)，2x−y=0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＝7．226(x+)的展开式中常数项是________（用数字作答）．x【答案】240试卷第6页，总21页\n【考点】二项式定理及相关概念【解析】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】226rr12−3r由于(x+x)的展开式的通项公式为Tr+1=C6⋅2⋅x，令12−3r＝0，求得r＝4，故常数项的值等于C4⋅24＝240，6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________．【答案】2π3【考点】球的表面积和体积【解析】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】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=BS2−BC2=22，不妨设该内切球与母线BS切于点D，ODBC令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，则=，OSBSr12即=，解得r=，22−r32432V=πr=π，331关于函数f(x)＝sinx+有如下四个命题：sinx①f(x)的图象关于y轴对称．②f(x)的图象关于原点对称．π③f(x)的图象关于直线x=对称．2④f(x)的最小值为2．其中所有真命题的序号是________．【答案】②③【考点】命题的真假判断与应用【解析】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】试卷第7页，总21页\n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，11由f(−x)＝sin(−x)+=−sinx−=−f(x)；sin(−x)sinx所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以①错②对；11π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，sin(π−x)sinx2③对；1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，t1g(t)＝t+∈(−∞,−2]∪[2,+∞)，所以f(x)无最小值，④错；t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。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{2na}的前n项和S．nn【答案】法一：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，a＝2k+1(k∈N+)成立，k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．法二：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：设an+1+α(n+1)+β＝3(an+αn+β)，可得an+1＝3an+2αn+2β−α，2α=−4α=−2∴，解得，2β−α=0β=−1∴an+1−2(n+1)−1＝3(an−2n−1)，（不能说明{an−2n−1}是等比数列）∵a1＝3，a1−2×1−1＝0，并且a2−2(2+1)−1＝0，所以an＝2n+1恒成立．所以an＝2n+1．令b＝2na＝(2n+1)⋅2n，则数列{2na}的前n项和nnnS＝3×21+5×22+...+(2n+1)2n，…①n两边同乘2得，2S＝3×22+5×23+...+(2n+1)2n+1，…②n①-②得，−S＝3×2+2×22+...+2×2n−(2n+1)2n+1n8(1−2n−1)n+1＝6+−(2n+1)2，1−2试卷第8页，总21页\n所以Sn＝(2n−1)2n+1+2．【考点】数学归纳法数列递推式数列的求和【解析】（1）法一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．法二：利用数列的递推关系式，转化求解即可．（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】法一：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，a＝2k+1(k∈N+)成立，k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．法二：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：设an+1+α(n+1)+β＝3(an+αn+β)，可得an+1＝3an+2αn+2β−α，2α=−4α=−2∴，解得，2β−α=0β=−1∴an+1−2(n+1)−1＝3(an−2n−1)，（不能说明{an−2n−1}是等比数列）∵a1＝3，a1−2×1−1＝0，并且a2−2(2+1)−1＝0，所以an＝2n+1恒成立．所以an＝2n+1．令b＝2na＝(2n+1)⋅2n，则数列{2na}的前n项和nnnS＝3×21+5×22+...+(2n+1)2n，…①n两边同乘2得，2S＝3×22+5×23+...+(2n+1)2n+1，…②n①-②得，−S＝3×2+2×22+...+2×2n−(2n+1)2n+1n8(1−2n−1)n+1＝6+−(2n+1)2，1−2所以Sn＝(2n−1)2n+1+2．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）216252（良）51012试卷第9页，总21页\n3（轻度污染）6784（中度污染）720（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？人人次次≤40>0400空气质量好空气质量不好2n(ad−bc)2附：K=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K20.050.010.001≥k)k3.8461.63150.828【答案】2+16+2543该市一天的空气质量等级为1的概率为：=；1001005+10+1227该市一天的空气质量等级为2的概率为：=；1001006+7+821该市一天的空气质量等级为3的概率为：=；1001007+2+09该市一天的空气质量等级为4的概率为：=；100100试卷第10页，总21页\n¯由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：x=100×0.20+300×0.35+500×0.45＝350；根据所给数据，可得下面的2×2列联表，人人总次次计≤40>0400空333770气质量好空22830气质量不好总5545100计2n(ad−bc)2100×(33×8−37×22)2由表中数据可得：K==≈5.820>3.841，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)70×30×55×45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．【考点】独立性检验古典概型及其概率计算公式【解析】（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；2n(ad−bc)2（3）由公式K=计算k的值，从而查表即可，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】2+16+2543该市一天的空气质量等级为1的概率为：=；1001005+10+1227该市一天的空气质量等级为2的概率为：=；1001006+7+821该市一天的空气质量等级为3的概率为：=；1001007+2+09该市一天的空气质量等级为4的概率为：=；100100¯由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：x=100×0.20+300×0.35+500×0.45＝350；试卷第11页，总21页\n根据所给数据，可得下面的2×2列联表，人人总次次计≤40>0400空333770气质量好空22830气质量不好总5545100计2n(ad−bc)2100×(33×8−37×22)2由表中数据可得：K==≈5.820>3.841，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)70×30×55×45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．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．【答案】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．试卷第12页，总21页\n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；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)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，→→→则EF=(−2,1,−1)，AE=(0,−1,−1)，A1E=(0,−1,2)．→设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)．→→n1⋅EF=−2x1+y1−z1=0→则→→，取x1＝1，得n1=(1,1,−1)；n1⋅AE=−y1−z1=0→设平面A1EF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)．→→n2⋅EF=−2x2+y2−z2=0→则→→，取x2＝1，得n2=(1,4,2)．n2⋅A1E=−y2+2z2=0→→→→n1⋅n21+4−27∴cos<n1,n2>=→→==．|n1|⋅|n2|3⋅217142设二面角A−EF−A1为θ，则sinθ=1−=．7742∴二面角A−EF−A1的正弦值为．7【考点】试卷第13页，总21页\n平面的基本性质及推论二面角的平面角及求法【解析】（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】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；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)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，→→→则EF=(−2,1,−1)，AE=(0,−1,−1)，A1E=(0,−1,2)．→设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)．→→n1⋅EF=−2x1+y1−z1=0→则→→，取x1＝1，得n1=(1,1,−1)；n1⋅AE=−y1−z1=0→设平面A1EF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)．→→n2⋅EF=−2x2+y2−z2=0→则→→，取x2＝1，得n2=(1,4,2)．n2⋅A1E=−y2+2z2=0→→→→n1⋅n21+4−27∴cos<n1,n2>=→→==．|n1|⋅|n2|3⋅217142设二面角A−EF−A1为θ，则sinθ=1−=．7742∴二面角A−EF−A1的正弦值为．7试卷第14页，总21页\nx2y215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．25m24（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．【答案】c2b215m2225由e=得e＝1−，即=1−，∴m=，aa2162516x216y2故C的方程是：+=1；2525代数方法：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，5此时−5<s<5，0<t≤，4∵|BP|＝|BQ|，∴有(s−5)2+t2＝n2+1①，又∵BP⊥BQ，∴s−5+nt＝0②，s216t2又+=1③，2525s=3s=−3联立①②③得t=1或t=1，n=2n=8s=3当t=1时，则P(3,1)，Q(6,2)，而A(−5,0)，n=2→→则（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)，∴S=1AP2⋅AQ2−(AP⋅AQ)2=1|8×2−11×1|=5，△APQ222试卷第15页，总21页\ns=−35同理可得当t=1时，S△APQ=，2n=85综上，△APQ的面积是．2法二：∵P(3,1)，Q(6,2)，∴直线PQ的方程为：x−3y＝0，5∴点A到直线PQ:x−3y＝0的距离d=，10而|PQ|=10，155∴S△APQ=⋅10⋅=．2102数形结合方法：如图示：①当P点在y轴左侧时，过P点作PM⊥AB，直线x＝6和x轴交于N(6,0)点，易知△PMB≅△BQN，∴NQ＝PM＝1，x21故y＝1时，+25=1，解得：x＝±3，（x＝3舍），2516故P(−3,1)，易得BM＝8，QN＝8，15故S△APQ＝S△AQN−S△APB−S△PBQ−S△BQN=(11×8−10×1−(1+65)−1×8)=，22②当P点在y轴右侧时，同理可得x＝3，即P(3,1)，BM＝2，NQ＝2，5故S△APQ=，25综上，△APQ的面积是．2【考点】椭圆的标准方程椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】c2222（1）根据e=，a＝25，b＝m，代入计算m的值，求出C的方程即可；a（2）法一：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．法二：画出椭圆的图象，求出P点坐标，结合图象求出试卷第16页，总21页\n△APQ的面积即可．【解答】c2b215m2225由e=得e＝1−，即=1−，∴m=，aa2162516x216y2故C的方程是：+=1；2525代数方法：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，5此时−5<s<5，0<t≤，4∵|BP|＝|BQ|，∴有(s−5)2+t2＝n2+1①，又∵BP⊥BQ，∴s−5+nt＝0②，s216t2又+=1③，2525s=3s=−3联立①②③得t=1或t=1，n=2n=8s=3当t=1时，则P(3,1)，Q(6,2)，而A(−5,0)，n=2→→则（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)，∴S=1AP2⋅AQ2−(AP⋅AQ)2=1|8×2−11×1|=5，△APQ222s=−35同理可得当t=1时，S△APQ=，2n=85综上，△APQ的面积是．2法二：∵P(3,1)，Q(6,2)，∴直线PQ的方程为：x−3y＝0，5∴点A到直线PQ:x−3y＝0的距离d=，10而|PQ|=10，155∴S△APQ=⋅10⋅=．2102数形结合方法：如图示：试卷第17页，总21页\n①当P点在y轴左侧时，过P点作PM⊥AB，直线x＝6和x轴交于N(6,0)点，易知△PMB≅△BQN，∴NQ＝PM＝1，x21故y＝1时，+25=1，解得：x＝±3，（x＝3舍），2516故P(−3,1)，易得BM＝8，QN＝8，15故S△APQ＝S△AQN−S△APB−S△PBQ−S△BQN=(11×8−10×1−(1+65)−1×8)=，22②当P点在y轴右侧时，同理可得x＝3，即P(3,1)，BM＝2，NQ＝2，5故S△APQ=，25综上，△APQ的面积是．2311设函数f(x)＝x+bx+c，曲线y＝f(x)在点（,f()）处的切线与y轴垂直．22（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．【答案】由f(x)＝x3+bx+c，得f′(x)＝3x2+b，1123∴f′()＝3×()+b=0，即b=−；2243证明：设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)=x03−x0+c=0，且|x0|≤1，43则c=−x03+x0，由|x0|≤1，433令c(x)=−x+x(−1≤x≤1)，42311∴c′(x)=−3x+=−3(x+)(x−)，4221111当x∈(−1,−)∪(,1)时，c′(x)<0，当x∈(−,)时，c′(x)>02222试卷第18页，总21页\n1111可知c(x)在(−1,−)，(,1)上单调递减，在(−,)上单调递增．2222111111又c(−1)=，c(1)=−，c(−)=−，c()=，44242411∴−≤c≤．443设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x13−x1+c=0，4131即−≤c=−x13+x1≤，4444x3−3x−1=(x−1)(2x+1)2≤01111∴4x3−3x+1=(x+1)(2x−1)2≥0，得−1≤x1≤1，1111即|x1|≤1．∴f(x)所有零点的绝对值都不大于1．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程函数的零点与方程根的关系【解析】112（1）求出原函数的导函数，由题意可得f′()＝3×()+b=0，由此求得b值；223（2）设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)=x03−x0+c=0，且|x0|≤1，得到c=−43x03+x0，由|x0|≤1，对c(x)求导数，可得c(x)在[−1,1]上的单调性，得到411313−≤c≤．设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x13−x1+c=0，可得−≤c=−x13+x1≤444441，由此求得x1的范围得答案．4【解答】由f(x)＝x3+bx+c，得f′(x)＝3x2+b，1123∴f′()＝3×()+b=0，即b=−；2243证明：设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)=x03−x0+c=0，且|x0|≤1，43则c=−x03+x0，由|x0|≤1，433令c(x)=−x+x(−1≤x≤1)，42311∴c′(x)=−3x+=−3(x+)(x−)，4221111当x∈(−1,−)∪(,1)时，c′(x)<0，当x∈(−,)时，c′(x)>022221111可知c(x)在(−1,−)，(,1)上单调递减，在(−,)上单调递增．2222111111又c(−1)=，c(1)=−，c(−)=−，c()=，442424试卷第19页，总21页\n11∴−≤c≤．443设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x13−x1+c=0，4131即−≤c=−x13+x1≤，4444x3−3x−1=(x−1)(2x+1)2≤01111∴4x3−3x+1=(x+1)(2x−1)2≥0，得−1≤x1≤1，1111即|x1|≤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]（10分）x=2−t−t2,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y=2−3t+t2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．【答案】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+122=410；由（1）可得直线AB过点(0,12)，(−4,0)，yx可得AB的方程为−=1，124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．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（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】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+122=410；试卷第20页，总21页\n由（1）可得直线AB过点(0,12)，(−4,0)，yx可得AB的方程为−=1，124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．[选修4-5：不等式选讲]（10分）设a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1．（1）证明：ab+bc+ca<0；3（2）用max{a,b,c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a,b,c}≥4．【答案】∵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；311不妨设a≤b<0<c<4，则ab=>3，c43∵a+b+c＝0，∴−a−b＝c<4，112423而−a−b≥2ab>6=1=43=4，与假设矛盾，4463故max{a,b,c}≥4．【考点】不等式的证明【解析】（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；3（2）利用反证法，假设a≤b<0<c<4，结合条件推出矛盾．【解答】∵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；311不妨设a≤b<0<c<4，则ab=>3，c43∵a+b+c＝0，∴−a−b＝c<4，112423而−a−b≥2ab>6=1=43=4，与假设矛盾，4463故max{a,b,c}≥4．试卷第21页，总21页