2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅲ）（含解析版）

这是一份2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅲ）（含解析版），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．2B．3C．4D．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＝0.4B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2
4．（5分）Lgistic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Lgistic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．60B．63C．66D．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cs＜，+＞＝（ ）
A．﹣B．﹣C．D．
7．（5分）在△ABC中，csC＝，AC＝4，BC＝3，则csB＝（ ）
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+4B．4+4C．6+2D．4+2
9．（5分）已知2tanθ﹣tan（θ+）＝7，则tanθ＝（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．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+1B．y＝2x+C．y＝x+1D．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．1B．2C．4D．8
12．（5分）已知55＜84，134＜85．设a＝lg53，b＝lg85，c＝lg138，则（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．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：
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）：
（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？
附：K2＝
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．
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；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥．
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．2B．3C．4D．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（ ）
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3D．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）Lgistic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Lgistic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．60B．63C．66D．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，
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cs＜，+＞＝（ ）
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，
cs＜，+＞＝＝＝＝．
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，csC＝，AC＝4，BC＝3，则csB＝（ ）
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，csC＝，AC＝4，BC＝3，
由余弦定理可得AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•csC＝42+32﹣2×4×3×＝9；
故AB＝3；
∴csB＝＝＝，
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（ ）
A．6+4B．4+4C．6+2D．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．﹣2B．﹣1C．1D．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，
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+1B．y＝2x+C．y＝x+1D．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．1B．2C．4D．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．
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＝lg53，b＝lg85，c＝lg138，则（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．c＜a＜b
【分析】根据，可得a＜b，然后由b＝lg85＜0.8和c＝lg138＞0.8，得到c＞b，再确定a，b，c的大小关系．
【解答】解：∵＝＝lg53•lg58＜＝＜1，∴a＜b；
∵55＜84，∴5＜4lg58，∴lg58＞1.25，∴b＝lg85＜0.8；
∵134＜85，∴4＜5lg138，∴c＝lg138＞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．
【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＝，
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；
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．
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）：
（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？
附：K2＝
【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：＝；
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，
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．
∴cs＜＞＝＝．
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＝，
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，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＝ρcsθ，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＝ρcsθ，y＝ρsinθ，
可得直线AB的极坐标方程为3ρcsθ﹣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；
（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．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
人次≤400
人次＞400
空气质量好
空气质量不好
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
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
人次≤400
人次＞400
空气质量好
空气质量不好
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
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