2020年全国统一高考数学试题(理科)(新课标Ⅲ卷)(带解析).pdf

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1、20202020 年全国统一高考数学试题（理科）年全国统一高考数学试题（理科）（新课标卷）（新课标卷）（带解（带解析）析）一、单选题一、单选题B(x,y)|x y 8，1 已知集合A(x,y)|x,yN N*,y x，则AB中元素的个数为（）A22复数AB31的虚部是（）13iC4D6310B110C110D31043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pi1，则下i1面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）Ap1 p4 0.1,p2 p3 0.4Cp1 p4 0.2,p2 p3 0.3Bp1 p4 0.4,p2 p3 0.1Dp1 p4 0.3,

2、p2 p3 0.24Logistic 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I(t)=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：K1e0.23(t53)，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（）（ln193）A60B63C66D695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（）1A,041B,02C(1,0)D(2,0)6已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab 6，则cos a,a b =（）A31

3、35B1935C1735D193527在ABC 中，cosC=，AC=4，BC=3，则 cosB=（）31A91B3C212D38下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）试卷第 1 页，共 4 页A6+42B4+42C6+23D4+239已知 2tantan(+)=7，则 tan=（）4A2B1C1D2110若直线 l 与曲线 y=x和 x2+y2=都相切，则 l 的方程为（）5Ay=2x+1By=2x+12Cy=x+112Dy=x+1212x2y211设双曲线 C：221（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为5Pab是 C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为

4、 4，则 a=（）A1B2C4D812已知 5584，13485设 a=log53，b=log85，c=log138，则（）Aabc二、填空题二、填空题 x y 0,13若 x，y 满足约束条件2x y 0，则 z=3x+2y 的最大值为_x 1,BbacCbcaDca400n(adbc)2附：K，(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k)k试卷第 3 页，共 4 页0.0503.8410.0106.6350.00110.82819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，

5、AD 1，AA1 3，求二面角A EF A1的正弦值x2y21520已知椭圆C:21(0 m 5)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点25m4（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)x3bx 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111 x 2t t2，22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为(t 为参数且 t1)，C 与坐2y 23t t标轴交于 A，B 两点.（1）求|AB|：（

6、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.23设 a，b，cR，a+b+c=0，abc=1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 中的最大值，证明：maxa，b，c34试卷第 4 页，共 4 页参考答案参考答案1C【分析】采用列举法列举出AB中元素的即可.【详解】y xAB由题意，中的元素满足，且x,yN*，x y 8由x y 8 2x，得x 4，所以满足x y 8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故AB中元素的个数为 4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容

7、易题.2D【分析】利用复数的除法运算求出z 即可.【详解】因为z 113i13i，13i(13i)(13i)1010所以复数z 故选：D.【点晴】31的虚部为.13i10本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3B【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】对于 A 选项，该组数据的平均数为xA140.1230.4 2.5，212.50.122.50.432.50.442.50.10.65；方差为sA2222答案第 1 页，共 21 页对于 B 选项，该组数据的平均数为xB140.4230.1 2.5，212.50.422.50

8、.132.50.142.50.41.85；方差为sB2222对于 C 选项，该组数据的平均数为xC140.2230.3 2.5，212.50.222.50.332.50.342.50.21.05；方差为sC2222对于 D 选项，该组数据的平均数为xD140.3230.2 2.5，212.50.322.50.232.50.242.50.31.45.方差为sD2222因此，B 选项这一组的标准差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4C【分析】将t t代入函数It【详解】ItK1e0.23t53K1e0.23t53结合It 0.95K求得

9、t即可得解.，所以ItK1e0.23 t53 0.95K，则e0.23 t5319，所以，0.23t 53 ln19 3，解得t 353 66.0.23故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5B【分析】根据题中所给的条件OD OE，结合抛物线的对称性，可知DOx EOx 确定出点D的坐标，代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线x 2与抛物线y2 2px(p 0)交于E,D两点，且OD OE，4，从而可以答案第 2 页，共 21 页根据抛物线的对称性可以确定DOx EOx 4，所以D2,2，1代入抛物线方程4 4p，求得

10、p 1，所以其焦点坐标为(,0)，2故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6D【分析】计算出a ab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cos a,ab 的值.【详解】a 5，b 6，ab 6，a a b a ab 526 19.ab 2ab2a 2abb 252636 7，22因此，cos a,ab 故选：D.【点睛】a aba ab1919.5735本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7A【分析】AB

11、2 BC2 AC2根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cosB，即可求得答案.2ABBC【详解】在ABC中，cosC 2，AC 4，BC 33根据余弦定理：AB2 AC2 BC22AC BC cosC2AB2 42322433可得AB2 9，即AB 3答案第 3 页，共 21 页由AB2 BC2 AC299161cosB 2ABBC2339故cosB 故选：A.【点睛】1.9本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意

12、的立体图形1根据立体图形可得：SABC SADC SCDB22 22根据勾股定理可得：AB AD DB 2 2ADB是边长为2 2的等边三角形根据三角形面积公式可得：SADB113AB ADsin60(2 2)2 2 3222该几何体的表面积是：322 3 62 3.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9D【分析】答案第 4 页，共 21 页利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】tan12tantan 7，2tan 7，41tan1t7，整理得t24t

13、 4 0，解得t 2，即tan 2.令t tan,t 1，则2t 1t故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10D【分析】根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线l在曲线y x上的切点为x0,x0，则x0 0，函数y x的导数为y 12 x，则直线l的斜率k 1，2 x0设直线l的方程为yx01x x0，即x2 x0y x0 0，2 x0 x011由于直线l与圆x y 相切，则，14x0552212两边平方并整理得5x04x01 0，解得x01，x0（舍），5则直线l的方程为x 2y 1 0，即y 故选：D.【

14、点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11A【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】11x.22答案第 5 页，共 21 页c5，c 5a，根据双曲线的定义可得PF1 PF2 2a，aSPF1F21|PF1|PF2 4，即|PF1|PF28，222F1P F2P，|PF1|2 PF22c，PF1 PF222 PF1 PF2 4c2，即a25a240，解得a 1，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12A【分析】由题意可得a、b、c0

15、,1，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由b log85，得8b5，结合5584可得出b 4，由c log138，得13c8，结合13485，可5得出c 4，综合可得出a、b、c的大小关系.5【详解】由题意可知a、b、c0,1，alog53lg3 lg81lg3lg8 lg3lg8 lg24 1，a b；2blog85lg5 lg5lg522lg 5lg252224；54由c log138，得13c8，由13485，得134135c，5c 4，可得c.5由b log85，得8b5，由5584，得85b84，5b 4，可得b 综上所述，abc.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小

16、比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.137【分析】答案第 6 页，共 21 页作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详解】不等式组所表示的可行域如图因为z 3x2y，所以y 平移直线y z3xz，易知截距越大，则z越大，2223x3xz，当y 经过 A 点时截距最大，此时z 最大，222y 2xx 1由，得，A(1,2)，x 1y 2所以zmax 31 22 7.故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14240【分析】2写出x2二项式展开通项，即可求得常

17、数项.x【详解】622x x其二项式展开通项：Tr1 C xr626r6 2x答案第 7 页，共 21 页rr C6x122r(2)rxr C6r(2)rx123r当123r 0，解得r 424422x 的展开式中常数项是：C62 C616 1516 240.x故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握a b的展开通项公式Tr1 Cna1523rnrn6br，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如

18、图所示，其中BC 2,AB AC 3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM 3212 2 2，故SABC22 2 2 2，设内切圆半径为r，则：111SABC SAOB SBOC SAOC ABr BCr ACr2221332r 2 2，2答案第 8 页，共 21 页12解得：r故答案为：【点睛】422，其体积：V r3.2332.3与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面

19、上，正方体的体对角线长等于球的直径.16【分析】利用特殊值法可判断命题的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题的正误；利用对称性的定义可判断命题的正误；取 x 0可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】1551对于命题，f 2，f 2 ，则222662f f，66所以，函数fx的图象不关于y轴对称，命题错误；对于命题，函数fx的定义域为x x k,kZ，定义域关于原点对称，fxsinx111 sin x sin x fx，sinxsin xsin x所以，函数fx的图象关于原点对称，命题正确；11f x sin x cosxcosx，22sin x2f x f x，22对于命题，11f x s

20、in x cosxcosx，则22sin x2所以，函数fx的图象关于直线x 2对称，命题正确；对于命题，当 x 0时，sinx 0，则fxsinx命题错误.故答案为：.【点睛】答案第 9 页，共 21 页1 0 2，sinx本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.n117（1）a2 5，a3 7，an 2n1，证明见解析；（2）Sn(2n1)22.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出a2,a3，猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可【详解】（1）方法一【最优

21、解】通性通法由题意可得a2 3a14 94 5，a3 3a28 158 7，由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2 为公差的等差数列，即an 2n1证明如下：当n 1时，a1 3成立；假设n k kN时，ak 2k 1成立.那么nk 1时，ak1 3ak4k 3(2k 1)4k 2k 3 2(k 1)1也成立.则对任意的nN*，都有an 2n1成立；方法二构造法由题意可得a2 3a14 94 5，a3 3a28 158 7由a1 3,a2 5得a2a1 2an1 3an 4n，则an 3an14(n 1)(n 2)，两式相减得an1an 3anan14令bn an1an，且b1 2，

22、所以bn 3bn14，两边同时减去 2，得bn2 3bn12，且b12 0，所以bn2 0，即an1an 2，又a2a1 2，因此an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以an 2n1方法三累加法由题意可得a2 3a14 94 5，a3 3a28 158 7答案第 10 页，共 21 页由an1 3an 4n得a2a11an1an4n 4，即，3231323n13n3n1a3a21anan11 8 4(n 1)(n 2)以上各式等号两边相加得，3332333n3n13nana111 an11 4 1 2(n 1)(2n 1)，所以所以23n31333n3n3n3an 2n 1(n 2)当n

23、 1时也符合上式综上所述，an 2n1方法四构造法2a2 3a14 5,a3 3a28 7，猜想an 2n1由于an1 3an 4n，所以可设an1(n1)3ann，其中,为常数整理得an1 3an2n 2故2 4,2 0，解得 2,1所以an12(n1)1 3(an2n1)3na1211又a13 0，所以an2n1是各项均为 0 的常数列，故an2n 1 0，即an 2n1nn（2）由（1）可知，an2 (2n1)2方法一错位相减法Sn325227232Sn322523724(2n1)2n1(2n1)2n，(2n1)2n(2n1)2n1，2n(2n1)2n1n123由得：Sn 622 2 6

24、22212n112(2n1)2n1(12n)22，n1即Sn(2n1)22.方法二【最优解】裂项相消法2nan(2n1)2n(2n1)2n1(2n3)2n bn1bn，所以Sn 2a122a223a3(2n 1)2n12方法三构造法2nanb2b1b3b2b4b3bn1bnbn1b1nnn1当n 2时，Sn Sn1(2n 1)2，设Sn(pn q)2 Sn1p(n 1)q2，即答案第 11 页，共 21 页p 2,2pn q pnSn Sn12，则，解得p 4,q 2q p21,2nnn1所以Sn(4n 2)2 Sn14(n 1)22，即Sn(4n 2)2为常数列，而S1(42)2 2，所以S

25、n(4n 2)2n 2n1故Sn 2(2n1)2方法四nnnnn1n因为2 an(2n 1)2 2n2 2 4n2 2，令bn n2n1，则f(x)x x2 x3 xnx1 xn1 xx 0,1，f(x)12x 3x2nx 1 x1 nxn1(n 1)xnn1，nx 21 x(1 x)n2n1 f(2)1 n2n1(n 1)2n所以b1 b2 bn1 22 322故Sn 4 f(2)22 2 232 41n2nn1(n1)2 n212n12(2n1)2n12【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列an的部分项从而归纳得出数列an的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对

26、于此题也是最优解；方法二：根据递推式an1 3an 4n，代换得an 3an14(n 1)(n 2)，两式相减得an1an 3anan14，设bn an1an，从而简化递推式，再根据构造法即可求出bn，从而得出数列an的通项公式；方法三：由an1 3an 4n化简得an1an4n，根据累加法即可求出数列an的通项公式；3n13n3n1方法四：通过递推式求出数列an的部分项，归纳得出数列an的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成an1(n1)3ann，求出,，从而可得构造数列为常数列，即得数列an的通项公式（2）答案第 12 页，共 21 页方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解

27、出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；nn方法三：由n 2时，Sn Sn1(2n 1)2，构造得到数列Sn(4n 2)2为常数列，从而求出；nnnnn1n方法四：将通项公式分解成2 an(2n 1)2 2n2 2 4n2 2，利用分组求和法分n1nn1别求出数列2,n2的前n项和即可，其中数列n2的前n项和借助于函数f(x)x x x 23 x nx1 xn1 xx 0,1的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算18（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.0

28、9；（2）350；（3）有，理由见解析.【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为的概率为21625 0.43，等级为210051012678 0.27，等级为3的概率为 0.21，等级为4的概率为100100720 0.09；100（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100（3）22列联表

29、如下：空气质量不好空气质量好人次 400人次 4003322378答案第 13 页，共 21 页1003383722K25.8203.841，55457030因此，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.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1 xyz，利用空间向量法可计算

30、出二面角A EF A1的余弦值，进而可求得二面角A EF A1的正弦值.242.7【详解】1（1）在棱CC1上取点G，使得C1G CG，连接DG、FG、C1E、C1F，2在长方体ABCD A1B1C1D1中，AD/BC且AD BC，BB1/CC1且BB1 CC1，221C1G CG，BF 2FB1，CG CC1BB1 BF且CG BF，332所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF/DG且AF DG，答案第 14 页，共 21 页同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E/DG且C1E DG，C1E/AF且C1E AF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内；（2）以点C

31、1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1 xyz，则A2,1,3、A12,1,0、E2,0,2、F0,1,1，AE 0,1,1，AF 2,0,2，A1E 0,1,2，A1F 2,0,1，设平面AEF的法向量为m x1,y1,z1，y1 z1 0m AE 0由，得取z1 1，得x1 y11，则m 1,1,1，2x 2z 011m AF 0设平面A1EF的法向量为n x2,y2,z2，y22z2 0n A1E 0由，得，取z2 2，得x21，y2 4，则n 1,4,2，2x z 022n A1F 0cos m,n mnm n377，321

32、答案第 15 页，共 21 页设二面角A EF A1的平面角为，则cos因此，二面角A EF A1的正弦值为【点睛】42.7427.，sin1cos277本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.5x216y220（1）（2）.1；22525【分析】x2y2（1）因为C:21(0 m 5)，可得a 5，b m，根据离心率公式，结合已知，即可25m求得答案；（2）点P在C上，点Q在直线x 6上，且|BP|BQ|，BP BQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x 6与x轴交点为N，可得PMB BNQ，可求得P点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据

33、点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积.【详解】（1）C:x2y21(0 m 5)25m2a 5，b m，c15 b m根据离心率e 1 1，aa54解得m 55或m (舍)，4422x2y21C的方程为：25 52，4x216y2即1；2525（2）不妨设P,Q在 x 轴上方点P在C上，点Q在直线x 6上，且|BP|BQ|，BP BQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x 6与x轴交点为N根据题意画出图形，如图答案第 16 页，共 21 页|BP|BQ|，BP BQ，PMBQNB90，又PBM QBN 90，BQN QBN 90，PBM BQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：

34、PMB BNQ，x216y21，2525B(5,0)，PM BN 651，设P点为(xP,yP)，22x16y可得P点纵坐标为yP1，将其代入1，2525xP2161，可得：2525解得：xP 3或xP 3，P点为(3,1)或(3,1)，当P点为(3,1)时，故MB 532，PMB BNQ，|MB|NQ|2，可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图答案第 17 页，共 21 页A(5,0),Q(6,2)，可求得直线AQ的直线方程为：2x11y10 0，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d 23111102211251255，5根据两点间距离公式可得：AQ 65220 5 5，2APQ

35、面积为：15 555；252当P点为(3,1)时，故MB 5+38，PMB BNQ，|MB|NQ|8，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图A(5,0),Q(6,8)，可求得直线AQ的直线方程为：8x11y40 0，d 根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：83111408211251855，185根据两点间距离公式可得：AQ 65280185，2答案第 18 页，共 21 页APQ面积为：155 185，218525综上所述，APQ面积为：.2【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于难

36、题.321（1）b ；（2）证明见解析4【分析】1（1）利用导数的几何意义得到f()0，解方程即可；22（2）由（1）可得f(x)3x 1 1311 2(x)(x)，易知f(x)在(,)上单调递减，在4222 211111111(,)，(,)上单调递增，且f(1)c,f()c,f()c,f(1)c，采24242442用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为f(x)3x2b，11由题意，f()0，即3b 02223则b ；43（2）由（1）可得f(x)x 3x c，4f(x)3x2311 3(x)(x)，422令f(x)0，得x 1111或x ；令f(x)0，得 x，222211 11所以f(

37、x)在(,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，22 22111111且f(1)c,f()c,f()c,f(1)c，424244若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1 的零点x0，则f(1)0或f(1)0，即c 当c 11或c .441111111时，f(1)c 0,f()c 0,f()c 0,f(1)c 0，4242444答案第 19 页，共 21 页又f(4c)64c33c c 4c(116c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(4c,1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；11

38、11111当c 时，f(1)c 0,f()c 0,f()c 0,f(1)c 0，4242444又f(4c)64c33c c 4c(116c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(1,4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1,)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.22（1）4 10（2）3cossin12 0【分析】（1）由参数方程得出A,B的坐标，最后由两点间距离公式，即

39、可得出AB的值；（2）由A,B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令x 0，则t2t 2 0，解得t 2或t 1（舍），则y 264 12，即A(0,12).令y 0，则t23t 2 0，解得t 2或t 1（舍），则x 224 4，即B(4,0).AB(0 4)2(120)2 4 10；（2）由（1）可知kAB120 3，0(4)则直线AB的方程为y 3(x4)，即3x y12 0.由xcos,y sin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin12 0.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.23（1）证明见解析

40、（2）证明见解析.答案第 20 页，共 21 页【分析】（1）由(abc)2 a2b2c22ab2ac2bc 0结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设maxa,b,c a，由题意得出a 0,b,c 0，由a a32bca bc2b2c22bc，bc结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）(abc)2 a2b2c22ab2ac2bc 0，abbcca 1222a b c.2abc 1,a,b,c均不为0，则a2b2c2 0，abbcca 1222a b c 0；2（2）不妨设maxa,b,c a，由abc 0,abc 1可知，a 0,b 0,c 0，2221bcb c 2bc2bc2bc32a bc,a，a a a 4.bcbcbcbc当且仅当b c时，取等号，a 34，即maxa,b,c34.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.答案第 21 页，共 21 页