2020年贵州省高考文科数学试卷和答案.pdf

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1、2020 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）一、选择题（共一、选择题（共 12 小题）小题）.1已知集合已知集合 A1，2，3，5，7，11，Bx|3x15，则则 AB 中元素的个数为中元素的个数为（）A2B3C4D52若若（1+i）1i，则，则 z（）A1iB1+iCiDi3设一组样本数据设一组样本数据 x1，x2，xn的方差为的方差为 0.01，则数据，则数据 10 x1，10 x2，10 xn的方差为的方差为（）A0.01B0.1C1D104Logistic 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模型是常用数学模型之

2、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了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I（t）（）（t 的单位：天）的的单位：天）的 Logistic 模型：模型：I（t），其中其中 K 为最大确诊病例数为最大确诊病例数当当 I（t*）0.95K 时时，标志着已初步遏制标志着已初步遏制疫情，则疫情，则 t*约为（约为（）（）（ln193）A60B63C66D695已知已知 sin+sin（）1，则，则 sin（）（）（）ABCD6在平面内，在平面内，A，B 是两个定点，是两个定点，C 是动点若是动点若1，则点，则点 C 的轨迹为（的轨迹为（）A圆圆B椭圆椭圆C抛物线抛物线

3、D直线直线7设设 O 为坐标原点，直线为坐标原点，直线 x2 与抛物线与抛物线 C：y22px（p0）交于）交于 D，E 两点，若两点，若 ODOE，则，则 C 的焦点坐标为（的焦点坐标为（）A（，0）B（，0）C（1，0）D（2，0）8点（点（0，1）到直线）到直线 yk（x+1）距离的最大值为（）距离的最大值为（）A1BCD29如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+4B4+4C6+2D4+210设设 alog32，blog53，c，则（，则（）AacbBabcCbcaDcab11在在ABC 中，中，cosC，AC4，BC3，则，

4、则 tanB（）AB2C4D812已知函数已知函数 f（x）sinx+，则（，则（）Af（x）的最小值为）的最小值为 2Bf（x）的图象关于）的图象关于 y 轴对称轴对称Cf（x）的图象关于直线）的图象关于直线 x对称对称Df（x）的图象关于直线）的图象关于直线 x对称对称二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13若若 x，y 满足约束条件满足约束条件则则 z3x+2y 的最大值为的最大值为14设双曲线设双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线为）的一条渐近线为 yx，则，则 C 的离心率的离心率为为15设函数设函数 f（x），若，

5、若 f（1），则，则 a16已知圆锥的底面半径为已知圆锥的底面半径为 1，母线长为，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为，则该圆锥内半径最大的球的体积为三三、解答题解答题：共共 70 分分。解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤。第第 1721 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共60 分。分。17设等比数列设等比数列an满足满足 a1+a24，a3a18（1）求）求an的通项公式；的通项公式；（2）记）记 Sn为数列为

6、数列log3an的前的前 n 项和若项和若 Sm+Sm+1Sm+3，求，求 m18某学生兴趣小组随机调查了某市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）：人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次锻炼人次空气质量等级空气质量等级0，200（200，400（400，6001（优）（优）216252（良）（良）510123（轻度污染）（轻度污染）6784（中度污染）（中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率；的概

7、率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值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同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；为代表）；（3）若某天的空气质量等级为若某天的空气质量等级为 1 或或 2，则称这天则称这天“空气质量好空气质量好”；若某天的空气质量等若某天的空气质量等级为级为 3 或或 4，则称这天则称这天“空气质量不好空气质量不好”根据所给数据根据所给数据，完成下面的完成下面的 22 列联表列联表，并并根据列联表根据列联表，判断是否有判断是否有 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的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天

8、的空气质量有关？质量有关？人次人次400人次人次400空气质量好空气质量好空气质量不好空气质量不好附：附：K2P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82819如图如图，在长方体在长方体 ABCDA1B1C1D1中中，点点 E，F 分别在棱分别在棱 DD1，BB1上上，且且 2DEED1，BF2FB1证明：证明：（1）当）当 ABBC 时，时，EFAC；（2）点）点 C1在平面在平面 AEF 内内20已知函数已知函数 f（x）x3kx+k2（1）讨论）讨论 f（x）的单调性；）的单调性；（2）若）若 f（x）有三个零点，求）有三个零点，求 k 的取值范围的取值范围

9、21已知椭圆已知椭圆 C：+1（0m5）的离心率为的离心率为，A，B 分别为分别为 C 的左的左、右顶点右顶点（1）求）求 C 的方程；的方程；（2）若点若点 P 在在 C 上上，点点 Q 在直线在直线 x6 上上，且且|BP|BQ|，BPBQ，求求APQ 的面积的面积（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22在直角坐标系在直角坐标系 xOy 中中，曲线曲线 C 的参数方程为的参数方程为（t 为参数且

10、为参数且 t1），C 与与坐标轴交于坐标轴交于 A，B 两点两点（1）求）求|AB|；（2）以坐标原点为极点，）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 AB 的极坐标方程的极坐标方程选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23设设 a，b，cR，a+b+c0，abc1（1）证明：）证明：ab+bc+ca0；（2）用）用 maxa，b，c表示表示 a，b，c 的最大值，证明：的最大值，证明：maxa，b，c参考答案参考答案一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，

11、只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1已知集合已知集合 A1，2，3，5，7，11，Bx|3x15，则则 AB 中元素的个数为中元素的个数为（）A2B3C4D5【分析】求出集合【分析】求出集合 A，B，由此能求出，由此能求出 AB，进而能求出，进而能求出 AB 中元素的个数中元素的个数解：解：集合集合 A1，2，3，5，7，11，Bx|3x15），），AB5，7，11，AB 中元素的个数为中元素的个数为 3故选：故选：B2若若（1+i）1i，则，则 z（）A1iB1+iCiDi【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数

12、的概【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案念得答案解：解：由由（1+i）1i，得，得，zi故选：故选：D3设一组样本数据设一组样本数据 x1，x2，xn的方差为的方差为 0.01，则数据，则数据 10 x1，10 x2，10 xn的方差为的方差为（）A0.01B0.1C1D10【分析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即【分析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即可可解：解：样本数据样本数据 x1，x2，xn的方差为的方差为 0.01，根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，

13、根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，数据数据 10 x1，10 x2，10 xn的方差为：的方差为：1000.011，故选：故选：C4Logistic 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了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I（t）（）（t 的单位：天）的的单位：天）的 Logistic 模型：模型：I（t），其中其中 K 为最大确诊病例数为最大确诊病例数当当 I（t*）0.95K 时时，标志着已初步遏制标志着已初步遏制疫情，则疫情，则 t*约为（约为（）（）

14、（ln193）A60B63C66D69【分析】根据所给材料的公式列出方程【分析】根据所给材料的公式列出方程0.95K，解出，解出 t 即可即可解：解：由已知可得由已知可得0.95K，解得，解得 e0.23（t53），两边取对数有两边取对数有0.23（t53）ln19，解得解得 t66，故选：故选：C5已知已知 sin+sin（）1，则，则 sin（）（）（）ABCD【分析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可【分析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可解：解：sin+sin（）1，sin+sin+cos1，即即sin+cos1，得得（cos+si

15、n）1，即即sin（）1，得得 sin（）故选：故选：B6在平面内，在平面内，A，B 是两个定点，是两个定点，C 是动点若是动点若1，则点，则点 C 的轨迹为（的轨迹为（）A圆圆B椭圆椭圆C抛物线抛物线D直线直线【分析】设出【分析】设出 A、B、C 的坐标，利用已知条件，转化求解的坐标，利用已知条件，转化求解 C 的轨迹方程，推出结果即的轨迹方程，推出结果即可可解：解：在平面内，在平面内，A，B 是两个定点，是两个定点，C 是动点，是动点，不妨设不妨设 A（a，0），），B（a，0），设），设 C（x，y），），因为因为1，所以（所以（x+a，y）（xa，y）1，解得解得 x2+y2a2+1，

16、所以点所以点 C 的轨迹为圆的轨迹为圆故选：故选：A7设设 O 为坐标原点，直线为坐标原点，直线 x2 与抛物线与抛物线 C：y22px（p0）交于）交于 D，E 两点，若两点，若 ODOE，则，则 C 的焦点坐标为（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【分析】利用已知条件转化求解 E、D 坐标，通过坐标，通过 kODkOE1，求解抛物线方程，即，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标可得到抛物线的焦点坐标解：解：将将 x2 代入抛物线代入抛物线 y22px，可得，可得 y2，ODOE，可得，可得 kODkOE1，即即，解得，解得 p1，所

17、以抛物线方程为：所以抛物线方程为：y22x，它的焦点坐标（，它的焦点坐标（，0）故选：故选：B8点（点（0，1）到直线）到直线 yk（x+1）距离的最大值为（）距离的最大值为（）A1BCD2【分析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论【分析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论解解：因为点因为点（0，1）到直线到直线 yk（x+1）距离距离 d；要求距离的最大值，故需要求距离的最大值，故需 k0；可得可得 d；当；当 k1 时等号成立；时等号成立；故选：故选：B9如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A

18、6+4B4+4C6+2D4+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【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式计算即可解：解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，PAABAC2，PA、AB、AC 两两垂直，两两垂直，故故 PBBCPC2，几何体的表面积为：几何体的表面积为：36+2故选：故选：C10设设 alog32，blog53，c，则（，则（）AacbBabcCbcaDcab【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解【分析】利用

19、指数函数、对数函数的单调性直接求解解：解：alog32，blog53，c，acb故选：故选：A11在在ABC 中，中，cosC，AC4，BC3，则，则 tanB（）AB2C4D8【分析【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求由已知利用同角三角函数基本关系式可求 tanC 的值的值，利用余弦定理可求利用余弦定理可求 AB 的的值值，可得可得 AC，利用三角形的内角和定理可求利用三角形的内角和定理可求 B2C，利用诱导公式利用诱导公式，二倍角的正二倍角的正切函数公式即可求解切函数公式即可求解 tanB 的值的值解：解：cosC，AC4，BC3，tanC，AB3，可得，可得 AC，B2C，则则

20、tanBtan（2C）tan2C4故选：故选：C12已知函数已知函数 f（x）sinx+，则（，则（）Af（x）的最小值为）的最小值为 2Bf（x）的图象关于）的图象关于 y 轴对称轴对称Cf（x）的图象关于直线）的图象关于直线 x对称对称Df（x）的图象关于直线）的图象关于直线 x对称对称【分析【分析】设设 sinxt，则则 yf（x）t+，t1，1，由双勾函数的图象和性质可得由双勾函数的图象和性质可得，y2 或或 y2，故可判断，故可判断 A；根据奇偶性定义可以判断；根据奇偶性定义可以判断 B 正误；根据对称性的定义可以正误；根据对称性的定义可以判断判断 C，D 的正误的正误解：解：由由

21、sinx0 可得函数的定义域为可得函数的定义域为x|xk，kZ，故定义域关于原点对称；，故定义域关于原点对称；设设 sinxt，则，则 yf（x）t+，t1，1，由双勾函数的图象和性质得，由双勾函数的图象和性质得，y2 或或 y2，故，故 A 错误；错误；又有又有 f（x）sin（x）+（sinx+）f（x），故故 f（x）是奇函是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故 B 错误；错误；f（+x）sin（+x）+sinx；f（x）sin（x）+sinx+，故故 f（+x）f（x），f（x）的图象不关于直线的图象不关于直线 x

22、对称对称，C 错误错误；又又 f（+x）sin（+x）+cosx+；f（x）sin（x）+cosx+，故故 f（+x）f（x），定义域为定义域为x|xk，kZ，f（x）的图象关于直线）的图象关于直线 x对称；对称；D 正确；正确；故选：故选：D二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13若若 x，y 满足约束条件满足约束条件则则 z3x+2y 的最大值为的最大值为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，【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z3x+2y 表示直线在表示直线在 y轴上的截距的一半，只需

23、求出可行域内直线在轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在 y 轴上的截距最大值即可轴上的截距最大值即可解：解：先根据约束条件画出可行域，由先根据约束条件画出可行域，由解得解得 A（1，2），），如图如图，当直线当直线 z3x+2y 过点过点 A（1，2）时时，目标函数在目标函数在 y 轴上的截距取得最大值时轴上的截距取得最大值时，此此时时 z 取得最大值，取得最大值，即当即当 x1，y2 时，时，zmax31+227故答案为：故答案为：714设双曲线设双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线为）的一条渐近线为 yx，则，则 C 的离心率为的离心率为【分析【分析】由双曲线的方程求出渐近线的方程

24、由双曲线的方程求出渐近线的方程，再由题意求出再由题意求出 a，b 的关系的关系，再由离心率的再由离心率的公式及公式及 a，b，c 之间的关系求出双曲线的离心率之间的关系求出双曲线的离心率解：解：由双曲线的方程可得渐近线的方程为：由双曲线的方程可得渐近线的方程为：yx，由题意可得由题意可得，所以离心率，所以离心率 e，故答案为：故答案为：15设函数设函数 f（x），若，若 f（1），则，则 a1【分析】先求出函数的导数，再根据【分析】先求出函数的导数，再根据 f（1），求得，求得 a 的值的值解：解：函数函数 f（x），f（x），若若 f（1），则，则 a1，故答案为：故答案为：116已知圆锥的

25、底面半径为已知圆锥的底面半径为 1，母线长为，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为，则该圆锥内半径最大的球的体积为【分析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可【分析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可解：解：当球为该圆锥内切球时，半径最大，当球为该圆锥内切球时，半径最大，如图：如图：BS3，BC1，则圆锥高，则圆锥高 SC2，设内切球与圆锥相切与点设内切球与圆锥相切与点 D，半径为，半径为 r，则，则SODSCB，故有故有，即，即，解得，解得 r，所以该球的体积为所以该球的体积为r3故答案为：故答案为：三三、解答题解答题：共

26、共 70 分分。解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤。第第 1721 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共60 分。分。17设等比数列设等比数列an满足满足 a1+a24，a3a18（1）求）求an的通项公式；的通项公式；（2）记）记 Sn为数列为数列log3an的前的前 n 项和若项和若 Sm+Sm+1Sm+3，求，求 m【分析【分析】（1）设其公比为设其公比为 q，则由已知可得则由已知可得，解得解得 a11，q3，可求其可

27、求其通项公式通项公式（2）由（）由（1）可得）可得 log3ann1，是一个以，是一个以 0 为首项，为首项，1 为公差的等差数列，可求为公差的等差数列，可求 Sn，由已知可得，由已知可得+，进而解得，进而解得 m 的值的值解：解：（1）设公比为）设公比为 q，则由，则由，可得可得 a11，q3，所以所以 an3n1（2）由（）由（1）有）有 log3ann1，是一个以，是一个以 0 为首项，为首项，1 为公差的等差数列，为公差的等差数列，所以所以 Sn，所以所以+，m25m60，解得解得 m6，或，或 m1（舍去），（舍去），所以所以 m618某学生兴趣小组随机调查了某市某学生兴趣小组随机调

28、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）：人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次锻炼人次空气质量等级空气质量等级0，200（200，400（400，6001（优）（优）216252（良）（良）510123（轻度污染）（轻度污染）6784（中度污染）（中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为）分别估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4 的概率；的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值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同一组中的

29、数据用该组区间的中点值为代表）；为代表）；（3）若某天的空气质量等级为若某天的空气质量等级为 1 或或 2，则称这天则称这天“空气质量好空气质量好”；若某天的空气质量等若某天的空气质量等级为级为 3 或或 4，则称这天则称这天“空气质量不好空气质量不好”根据所给数据根据所给数据，完成下面的完成下面的 22 列联表列联表，并并根据列联表根据列联表，判断是否有判断是否有 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？质量有关？人次人次400人次人次400空气质量好空气质量好空气质量不好空气质量不好附：附：K2P（K2k）0.05

30、00.0100.001k3.8416.63510.828【分析】（【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）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；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；）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）由公式计算计算 k 的值，从而查表即可，的值，从而查表即可，解：解：（1）该市一天的空气质量等级为）该市一天的空气质量等级为 1 的概率为：的概率为：；该市一天的空气质量等级为该市一天的空气质量等级为 2 的概率为：的概率为：；该市一天的空气质量等级为该市一天

31、的空气质量等级为 3 的概率为：的概率为：；该市一天的空气质量等级为该市一天的空气质量等级为 4 的概率为：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：）由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：1000.20+3000.35+5000.45350；（3）根据所给数据，可得下面的）根据所给数据，可得下面的 22 列联表，列联表，人次人次400人次人次400总计总计空气质量好空气质量好333770空气质量不好空气质量不好22830总计总计5545100由表中数据可得：由表中数据可得：K25.8023.841，所以有所以有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人

32、次与该市当天的空气质量有关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19如图如图，在长方体在长方体 ABCDA1B1C1D1中中，点点 E，F 分别在棱分别在棱 DD1，BB1上上，且且 2DEED1，BF2FB1证明：证明：（1）当）当 ABBC 时，时，EFAC；（2）点）点 C1在平面在平面 AEF 内内【分析【分析】（1）因为因为 ABCDA1B1C1D1是长方体是长方体，且且 ABBC，可得可得 AC平面平面 BB1D1D，因为因为 EF平面平面 BB1D1D，所以，所以 EFAC（2）取取 AA1上靠近上靠近 A1的三等分点的三等分点 M，连接连接 DM，C1F，M

33、F根据已知条件可得四边根据已知条件可得四边形形AED1M 为平行四边形为平行四边形，得得 D1MAE，再推得四边形再推得四边形 C1D1MF 为平行四边形为平行四边形，所以所以 D1MC1F，根据直线平行的性质可得，根据直线平行的性质可得 AEC1F，所以，所以 A，E，F，C1四点共面，即点四点共面，即点 C1在在平面平面 AEF 内内解解：（1）因为因为 ABCDA1B1C1D1是长方体是长方体，所以所以 BB1平面平面 ABCD，而而 AC平面平面 ABCD，所以所以 ACBB1，因为因为 ABCDA1B1C1D1是长方体，且是长方体，且 ABBC，所以，所以 ABCD 是正方形，所以是

34、正方形，所以 ACBD，又又 BDBB1B所以所以 AC平面平面 BB1D1D，又因为点又因为点 E，F 分别在棱分别在棱 DD1，BB1上上，所以所以 EF平面平面 BB1D1D，所以所以 EFAC（2）取）取 AA1上靠近上靠近 A1的三等分点的三等分点 M，连接，连接 D1M，C1F，MF因为点因为点 E 在在 DD1，且，且 2DEED1，所以，所以 EDAM，且，且 EDAM，所以四边形所以四边形 AED1M 为平行四边形，所以为平行四边形，所以 D1MAE，且，且 D1MAE，又因为又因为 F 在在 BB1上，且上，且 BF2FB1，所以，所以 A1MFB1，且，且 A1MFB1，

35、所以所以 A1B1FM 为平行四边形，为平行四边形，所以所以 FMA1B1，FMA1B1，即，即 FMC1D1，FMC1D1，所以所以 C1D1MF 为平行四边形，为平行四边形，所以所以 D1MC1F，所以所以 AEC1F，所以，所以 A，E，F，C1四点共面四点共面所以点所以点 C1在平面在平面 AEF 内内20已知函数已知函数 f（x）x3kx+k2（1）讨论）讨论 f（x）的单调性；）的单调性；（2）若）若 f（x）有三个零点，求）有三个零点，求 k 的取值范围的取值范围【分析】（【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论）求出函数的导数，通过讨论 k 的范围，求出函数的单调区间即可；的范围

36、，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于 k 的不等式组，解出即可的不等式组，解出即可解：解：（1）f（x）x3kx+k2f（x）3x2k，k0 时，时，f（x）0，f（x）在）在 R 递增，递增，k0 时，令时，令 f（x）0，解得：，解得：x或或 x，令令 f（x）0，解得：，解得：x，f（x）在（）在（，）递增，在（）递增，在（，）递减，在（）递减，在（，+）递增，）递增，综上，综上，k0 时，时，f（x）在）在 R 递增，递增，k0 时时，f（x）在在（，）递增递增，在在（，）递减递减，在在（，+）递递增；增

37、；（2）由（）由（1）得：）得：k0，f（x）极小值极小值f（），），f（x）极大值极大值f（），），若若 f（x）有三个零点，）有三个零点，只需只需，解得：，解得：0k，故故 a（0，）21已知椭圆已知椭圆 C：+1（0m5）的离心率为的离心率为，A，B 分别为分别为 C 的左的左、右顶点右顶点（1）求）求 C 的方程；的方程；（2）若点若点 P 在在 C 上上，点点 Q 在直线在直线 x6 上上，且且|BP|BQ|，BPBQ，求求APQ 的面积的面积【分析】（【分析】（1）根据）根据 e，a225，b2m2，代入计算，代入计算 m2的值，求出的值，求出 C 的方程即可；的方程即可；（2）设

38、出设出 P，Q 的坐标的坐标，得到关于得到关于 s，t，n 的方程组的方程组，求出求出 AP（8，1），AQ（11，2），从而求出从而求出APQ 的面积的面积解：解：（1）由）由 e得得 e21，即，即1，m2，故故 C 的方程是：的方程是：+1；（2）由（）由（1）A（5，0），设），设 P（s，t），点），点 Q（6，n），），根据对称性，只需考虑根据对称性，只需考虑 n0 的情况，的情况，此时此时5s5，0t，|BP|BQ|，有（有（s5）2+t2n2+1，又又BPBQ，s5+nt0，又又+1，联立联立得得或或，当当时，时，AP（8，1），），AQ（11，2），），SAPQ|82111|

39、，同理可得当同理可得当时，时，SAPQ，综上，综上，APQ 的面积是的面积是（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22在直角坐标系在直角坐标系 xOy 中中，曲线曲线 C 的参数方程为的参数方程为（t 为参数且为参数且 t1），C 与与坐标轴交于坐标轴交于 A，B 两点两点（1）求）求|AB|；（2）以坐标原点为极点，）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线轴正半轴为极轴建立极坐标系

40、，求直线 AB 的极坐标方程的极坐标方程【分析【分析】（1）可令可令 x0，求得求得 t，对应的对应的 y；再令再令 y0，求得求得 t，对应的对应的 x；再由两点的再由两点的距离公式可得所求值；距离公式可得所求值；（2）运用直线的截距式方程可得直线运用直线的截距式方程可得直线 AB 的方程的方程，再由由再由由 xcos，ysin，可得所可得所求极坐标方程求极坐标方程解：解：（1）当）当 x0 时，可得时，可得 t2（1 舍去），代入舍去），代入 y23t+t2，可得，可得 y2+6+412，当当 y0 时，可得时，可得 t2（1 舍去），代入舍去），代入 x2tt2，可得，可得 x2244，

41、所以曲线所以曲线 C 与坐标轴的交点为（与坐标轴的交点为（4，0），（），（0，12），），则则|AB|4；（2）由（）由（1）可得直线）可得直线 AB 过点（过点（0，12），（），（4，0），），可得可得 AB 的方程为的方程为1，即为即为 3xy+120，由由 xcos，ysin，可得直线可得直线 AB 的极坐标方程为的极坐标方程为 3cossin+120选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23设设 a，b，cR，a+b+c0，abc1（1）证明：）证明：ab+bc+ca0；（2）用）用 maxa，b，c表示表示 a，b，c 的最大值，证明：的最大值，证明：maxa，b，c【分析】（

42、【分析】（1）将）将 a+b+c0 平方之后，化简得到平方之后，化简得到 2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2）0，即，即可得证；可得证；（2）利用反证法，假设）利用反证法，假设 ab0c，结合条件推出矛盾，结合条件推出矛盾【解答】证明：（【解答】证明：（1）a+b+c0，（a+b+c）20，a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0，2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2），），abc1，a，b，c 均不为均不为 0，2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2）0，ab+ac+bc0；（2）不妨设）不妨设 ab0c，则，则 ab，a+b+c0，abc，而而ab2，与假设矛盾，与假设矛盾，故故 maxa，b，c