2024年3月15日发(作者：2021山西高考数学试卷乙)

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国

Ⅲ

卷

理科数学答案解析

一、选择题

1

.【答案】

C

y≥x

*

【解析】采用列举法列举出

AB

中元素的即可.由题意，

AB

中的元素满足

，且

x

，

yN

，

xy8

6

，

3，

4

，故

A

7

，

2，

5

，

4，

由

xy8≥2x

，得

x≤4

，所以满足

xy8

的有

1，

4

.故选：

C

.

【考点】集合的交集运算，交集定义的理解

2

.【答案】

D

【解析】利用复数的除法运算求出

z

即可.因为

z

B

中元素的个数为

113i13

i

，所以复数

z

1

的

13i

13i



13i

1010

13i

虚部为

3

.故选：

D

.

10

【考点】复数的除法运算，复数的虚部的定义

3

.【答案】

B

【解析】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.

对于

A

选项，该组数据的平均数为

x

A

14

0.1

23

0.42.5

，

2

方差为

s

A

12.5

0.1

22.5

0.4

32.5

0.4

42.5

0.10.65

；

2222

对于

B

选项，该组数据的平均数为

x

B

14

0.4

23

0.12.5

，

2

方差为

s

B

12.5

0.4

22.5

0.1

32.5

0.1

42.5

0.41.85

；

2222

对于

C

选项，该组数据的平均数为

x

C

14

0.2

23

0.32.5

，

2

方差为

s

C

12.5

0.2

22.5

0.3

32.5

0.3

42.5

0.21.05

；

2222

对于

D

选项，该组数据的平均数为

x

D

14

0.3

23

0.22.5

，

2

方差为

s

D

12.5

0.3

22.5

0.2

32.5

0.2

42.5

0.31.45

.

2222

因此，

B

选项这一组的标准差最大.故选：

B

.

【考点】标准差的大小比较，方差公式的应用

4

.【答案】

C

【解析】将

tt

代入函数

I

t

K

1e

0.23

t53

结合

It0.95K

求得

t

即可得解.



I

t

K

1e

0.23

t53

，所

1 / 28

以

I

t

3

0.95K

，则

0.23

t

*

53

0.23t53ln19≈3

t≈53≈66

.，所以，，解得

0.23

t53

e19

0.23

1e

K



故选：

C

.

【考点】对数的运算，指数与对数的互化

5

.【答案】

B

【解析】根据题中所给的条件

ODOE

，结合抛物线的对称性，可知

DOxEOx

4

，从而可以确定

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.因为直线

x2

与抛物线

y

2

2px

p＞0

交于

E

，

D

两点，且

ODOE

，根据抛物线的对称性可以确定

DOxEOx

4

，所以

1

D

2，2

，代入抛物线方程

44p

，求得

p1

，所以其焦点坐标为

，0

，故选：

B

.

2



【考点】圆锥曲线，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

6

.【答案】

D

ab

的值.【解析】计算出

aab

、

ab

的值，利用平面向量数量积可计算出

cosa，



a5

，

b6

，

aabaab5619

.

ab

ab6

，



2

2

ab

2

a2abb2526367

，

22

ab

因此，

cosa，

aab

aab

1919

.故选：

D

.

5735

【考点】平面向量夹角余弦值的计算，平面向量数量积的计算，向量模的计算

7

.【答案】

A

AB

2

BC

2

AC

2

【解析】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.

2ABBC

在

2

△ABC

中，

cosC

，

AC4

，

BC3

.根据余弦定理：

AB

2

AC

2

BC

2

2ACBCcosC

，

3

2

AB

2

BC

2

AC

2

99161

2

AB43243

，可得

AB9

，即

AB3

.由

cosB

，

3

2ABBC2339

222

故

cosB

1

.故选：

A

.

9

【考点】余弦定理解三角形

2 / 28

8

.【答案】

C

【解析】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.

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：

S

△ABC

S

△ADC

S

△CDB

1

222

,根据勾股定理可得：

ABADDB22

,

2

△ADB

是边长为

22

的等边三角形,根据三角形面积公式可得：

S

△ADB

11

ABADsin6022

22



2

3

23

，

该几何体的表面积是：

3223623

.

2

故选：C.

【考点】根据三视图求立体图形的表面积，根据三视图画出立体图形

9

.【答案】

D

【解析】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.



2tan

tan

7

，

4



2tan

故选：

D

.

tan

11t

7

，

7

，令

ttan

，

t1

，则

2t

整理得

t

2

4t40

，解得

t2

，即

tan

2

.

1tan

1t

【考点】利用两角和的正切公式化简求值

10

.【答案】

D

【解析】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.设直线

l

在曲线

yx

上的切点为

x

0

，x

0

，则

x

0

＞0

，函数

yx

线

l

的方程为

yx

0



导数为

y

1

2x

，则直线

l

的斜率

k

1

，设直

2x

0

1

xx

0

，即

x2x

0

yx

0

0

，由于直线

l

与圆

x

2

y

2

1

相切，则

2x

0

5

x

0

14x

0

1

1

2

，两边平方并整理得

5x

0

4x

0

10

，解得

x

0

1

，

x

0



（舍），则直线

l

的方程为

5

5

x2y10

，即

y

11

x

.故选：

D

.

22

3 / 28

【考点】导数的几何意义的应用，直线与圆的位置的应用

11

.【答案】

A

【解析】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.

c

5

，

a

c5a

，根据双曲线的定义可得

PF

1

PF

2

2a

，

S

△PF

1

F

2

F

1

PF

2

P

，

PF

1

PF

2

2c

，

PF

1

PF

2

22

2

1

PF

1

PF

2

4

，即

PF

1

PF

2

8

，

2

2

2PF

1

PF

2

4c

2

，即

a

2

5a

2

40

，解得

a1

，故选：

A

.

【考点】双曲线的性质以及定义的应用，勾股定理，三角形面积公式的应用

12

.【答案】

A

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log

8

5

，【解析】由题意可得

a

、

b

、

c

0，

得

8

b

5

，结合

5

5

＜8

4

可得出

b＜

，由

clog

13

8

，得

13

c

8

，结合

13

4

＜8

5

，可得出

c＞

，综合可得出

a

、

4

5

4

5

1

，

b

、

c

的大小关系.由题意可知

a

、

b

、

c

0，

a

log

5

3

lg3lg81

＜

blog

8

5lg5lg5

lg5

2

lg3lg8

lg3lg8



lg24

a＜b

；由

blog

8

5

，得

8

b

5

，



＜1

，

2



2lg5



lg25

2

22

5b＜4

，

5c＞4

，由

5

5

＜8

4

，得

8

5b

＜8

4

，可得

b＜

；由

clog

13

8

，得

13

c

8

，由

13

4

＜8

5

，得

13

4

＜13

5c

，

4

5

可得

c＞

.综上所述，

a＜b＜c

.故选：

A

.

【考点】对数式的大小比较，基本不等式、对数式与指数式的互化，指数函数单调性的应用

二、填空题

13

.【答案】

7

【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为

z3x2y

，所以

4

5

y

3xzz3x3xz

，易知截距越大，则

z

越大，平移直线

y

，当

y

经过

A

点时截距最大，此时

222222

y2x

x1

z

最大，由

2

，所以

z

max

31227

.故答案为：

7

.

，得

，

A

1，

y2

x1

4 / 28

【考点】简单线性规划的应用，求线性目标函数的最大值

14

.【答案】

240

2



【解析】写出

x

2

二项式展开通项，即可求得常数项.

x



T

r1

C

6

r

x

2

6r

6

2

2

x

其二项式展开通项：

x



6

6

2

rr

2

当

123r0

，解得

r4

，



C

6

r

x

122r

2

x

r

C

6

r

2

x

123r

，

x

2

的展开

x

x

r

442

式中常数项是：

C

6

2C

6

161516240

.故答案为：

240

.

【考点】二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项

15

.【答案】

2

3

【解析】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上，正方体的体对角线长等于

球的直径.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.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3

2

1

2

22

，故

S

△ABC

1

22222

，设内切圆半径为

r

，则：

2

5 / 28

1111

S

△ABC

S

△AOB

S

△BOC

S

△AOC

ABrBCrACr

332

r22

，解得：

2222

r

242

2

，其体积：

V

r

3

.故答案为：

.

233

3

16

.【答案】②③

【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定

义可判断命题③的正误；取

＜x＜0

可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①，

5

1

f



2

，

f

2

6

2

15

2

，则



622



f

6

f



，所以，函数

f

x

的图象不关于

y

轴对称，

6

命题①错误；对于命题②，函数

f

x

的定义域为

xxk

，kZ

，定义域关于原点对称，



f

x

sin

x

111



sinx

sinx

f

x

，所以，函数

f

x

的图象关于原点

sin

x

sinxsinx



11



f

x

sin

x

cosx

cosx

，

2



2

sin

x



2

对称，命题②正确；对于命题③，

11



f

x

sin

x

cosx

cosx

，则

2



2

sin

x



2

关于直线

x

f

x

2

f

x

，所以，函数

f

x

的图象

2

2

对称，命题③正确；对于命题④，当

＜x＜0

时，

sinx＜0

，

f

x

sinx

1

＜0＜2

，

sinx

命题④错误.故答案为：②③.

【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性，最值的求解

三、解答题

17

.【答案】（

1

）

a

2

5

，

a

3

7

，

a

n

2n1

，当

n1

时，

a

1

3

成立；假设

nk

时，

a

k

2k1

成立.

那么

nk1

时，

a

k1

3a

k

4k3

2k1

4k2k32

k1

1

也成立.则对任意的

nN

*

，都有

a

n

2n1

成立.

n1

（

2

）

S

n

2n1

22

【解析】（

1

）利用递推公式得出

a

2

，

a

3

，猜想得出

a

n

的通项公式，利用数学归纳法证明即可.由题意可

得

a

2

3a

1

4945

，

a

3

3a

2

81587

，由数列

a

n

的前三项可猜想数列

a

n

是以

3

为首项，

2

为公差的等差数列，即

a

n

2n1

，证明如下：当

n1

时，

a

1

3

成立；假设

nk

时，

a

k

2k1

成立.

那么

nk1

时，

a

k1

3a

k

4k3

2k1

4k2k32

k1

1

也成立.则对任意的

nN

*

，都有

a

n

2n1

成立；

6 / 28

nn

（

2

）由错位相减法求解即可.由（

1

）可知，

a

n

2

2n1

2

，

S

n

3252

2

72

3

2S

n

32

2

52

3

72

4

2n1

2

n1

2n1

2

n

，①

2n1

2

n

2n1

2

n1

，②，由

①②

得：

S

n

62

2

2

2

3

n1

即

S

n

2n1

22

.

2

n

2n1

2

n1

62

2

2

12

n1

12

2n1

2

n1

12n

2

n1

2

，

【考点】求等差数列的通项公式，利用错位相减法求数列的和

18

.【答案】（

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

、

0.09

（

2

）

350

（3）有，

22

列联表如下：

空气质量不好

空气质量好

人次≤400

人次＞400

33

37

22

8

K

2

100

3383722

55457030

2

≈5.820＞3.841

，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.

【解析】（

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.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

2162551012

0.43

，等级为

2

的概率为

0.27

，等级

100100

为

3

的概率为

720

678

0.09

.

0.21

，等级为

4

的概率为

100

100

（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果.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

100203003550045

350

.

100

（

3

）根据表格中的数据完善

22

列联表，计算出

K

2

的观测值，再结合临界值表可得结论.

22

列联表如

下：

空气质量不好

空气质量好

人次≤400

人次＞400

33

37

22

7 / 28

8

K

2

100

3383722

55457030

2

≈5.820＞3.841

，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.

【考点】利用频数分布表计算频率和平均数，独立性检验的应用

19

.【答案】（

1

）在棱

CC

1

上取点

G

，使得

C

1

GCG

，连接

DG

、

FG

、

C

1

E

、

C

1

F

，

1

2

长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

AD∥BC

且

ADBC

，

BB

1

∥CC

1

且

BB

1

CC

1

，

1

C

1

GCG

2

BF2FB

1

，

CGCC

1

2

3

2

BB

1

BF

且

CGBF

，所以，四边形

BCGF

3

平行四边形，则

AF∥DG

且

AFDG

，同理可证四边形

DEC

1

G

为平行四边形，

C

1

E∥DG

且

C

1

EDG

，

C

1

E∥AF

且

C

1

EAF

，则四边形

AEC

1

F

为平行四边形，因此，点

C

1

在平面

AEF

内.

（

2

）

42

7

【解析】（

1

）连接

C

1

E

、

C

1

F

，证明出四边形

AEC

1

F

为平行四边形，进而可证得点

C

1

在平面

AEF

内.在

棱

CC

1

上取点

G

，使得

C

1

GCG

，连接

DG

、

FG

、

C

1

E

、

C

1

F

，

1

2

8 / 28

长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

AD∥BC

且

ADBC

，

BB

1

∥CC

1

且

BB

1

CC

1

，

1

C

1

GCG

2

BF2FB

1

，

CGCC

1

2

3

2

BB

1

BF

且

CGBF

，所以，四边形

BCGF

3

平行四边形，则

AF∥DG

且

AFDG

，同理可证四边形

DEC

1

G

为平行四边形，

C

1

E∥DG

且

C

1

EDG

，

C

1

E∥AF

且

C

1

EAF

，则四边形

AEC

1

F

为平行四边形，因此，点

C

1

在平面

AEF

内；

（

2

）以点

C

1

为坐标原点，

C

1

D

1

、

C

1

B

1

、

C

1

C

所在直线分别为

x

、

y

、

z

轴建立空间直角坐标系

C

1

xyz

，利用空间向量法可计算出二面角

AEFA

1

的余弦值，进而可求得二面角

AEFA

1

的正弦

值.以点

C

1

为坐标原点，

C

1

D

1

、

C

1

B

1

、

C

1

C

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

1，3

、

A

1

2，1，0

、

E

2，0，2

、

F

0，11，

，

AE

0，

系

C

1

xyz

，则

A

2，

1，1

，

AF

2，0，2

，

mAE0

，设平面的法向量为，由，得

AEF

A

1

E

0，1，2

，

A

1

F

2，01，mx，y，z



111

mAF0

y

1

z

1

0

取

z

1

1

，得

x

1

y

1

1

，则

m

11

，，1

，设平面

A

1

EF

的法向量为

n

x

2

，y

2

，z

2

，

2x2z0

11

y

2

2z

2

0

nA

1

E0

由

，得

，取

z

2

2

，得

x

2

1

，

y

2

4

，则

n

1，4，2

，

2xz0

22

nA

1

F0

cosm，n

mn

mn

3

321

7

AEFA

1

的平面角为

，则

cos

7

，，设二面角

7

7

sin

1cos

2

42

42

.因此，二面角

AEFA

1

的正弦值为.

7

7

9 / 28

【考点】点在平面的证明，利用空间向量法求解二面角

x

2

16y

2

20

.【答案】（

1

）

1

2525

（

2

）

5

2

x

2

y

2

【解析】（1）因为

C:

2

1

0＜m＜5

，可得

a5

，

bm

，根据离心率公式，结合已知，即可求得答

25m

案.

x

2

y

2

c15

b



m

，

C:

2

1

0＜m＜5

，

a5

，

bm

，根据离心率

e1



1



25m

aa54



22

55

x

2

y

2

x

2

16y

2

1

，即

解得

m

或

m

（舍），

C

的方程为：

1

.

25

5

2

2525

44



4

（

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，根据点到直

线距离公式和两点距离公式，即可求得

△APQ

的面积.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

BPBQ

，

BPBQ

，

PMBQNB90

，又

PBMQBN90

，

BQNQBN90

，

x

2

16y

2

1

，

2525

PBMBQN

，根据三角形全等条件“

AAS

”，可得：

△PMB△BNQ

，

x

2

16y

2

PMBN651

，

B

5，0

，设

P

点为

x

P

，y

P

，可得

P

点纵坐标为

y

P

1

，将其代入

1

，

2525

x

P

2

16

1

，

1

或

3，

可得：

1

，解得：

x

P

3

或

x

P

3

，

P

点为

3，

2525

2

，画

1

时，故

MB532

，

△PMB△BNQ

，

MBNQ2

，可得：

Q

点为

6，

①当

P

点为

3，

出图象，如图

10 / 28

A

5，0

，

Q

6，2

，可求得直线

AQ

的直线方程为：

2x11y100

，根据点到直线距离公式可得

P

到

直线

AQ

的距离为：

d

2311110

2

2

11

2

2

5

125

5

，根据两点间距离公式可得：

5

155

1

时，故

55

；②当

P

点为

3，

252

AQ

65

20

2

55

，

△APQ

面积为：

MB5+38

，

△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：

8x11y400

，根据点到直线距离公式可得

P

到直线

AQ

的距离为：

d

8

3

11140

811

22

5

185

5

185

，根据两点间距离公式可得：

AQ

5

.

2

65

80

22

155

185

，

△APQ

面积为：

185

，综上所述，

△APQ

面积为：

2

185

2

【考点】椭圆标准方程，三角形面积，椭圆的离心率定义，数形结合求三角形面积

21

.【答案】（

1

）

b

3

4

31



1

3

1

2

xc

，

f

x

3x3

x



x

，令

f

x

＞0

，得

x＞

或

42



2

4

2

（

2

）由（

1

）可得

f

x

x

3

1



1

111

11



，

，

上单

x＜

；令

f

x

＜0

，得

＜x＜

，所以

f

x

在

，

上单调递减，在

，

2



2

222

22



11 / 28

调递增，且

f

1

c

1

，

4

1

1

f

c

，

4

2

1

1

1

f



c

，

f

1

c

，若

f

x

所有零点中存在一个

4

4

2

绝对值大于

1

的零点

x

0

，则

f

1

＞0

或

f

1

＜0

，即

c＞

或

c＜

1

4

11

1

.当

c＞

时，

f

1

c＞0

，

44

4

1

1

f

c＞0

，

4

2

1

1

1

f



c＞0

，

f

1

c＞0

，又

f

4c

64c

3

3cc4c116c

2

＜0

，

4

4

2



1

上存在唯一一个零点

x

0

，即

f

x

在

，1

上存在唯一一个零由零点存在性定理知

f

x

在

4c，



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；当

c＜

点，在

1，

1

时，

4

1

f

1

c＜0

，

4

1

1

f

c＜0

，

4

2

1

1

1

f



c＜0

，

f

1

c＜0

，又

4

4

2

f

4c

64c

3

3cc4c

116c

2

＞0

，由零点存在性定理知

f

x

在

1，4c

上存在唯一一个零点

x

，

0



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

的零即

f

x

在

1，

点，与题设矛盾；综上，

f

x

所有零点的绝对值都不大于

1

.

1

2

【解析】（

1

）利用导数的几何意义得到

f



0

，解方程即可.因为

f

x

3xb

，由题意，

2

3

1

1

f



0

，即

3

b

，则；

b0



2

4

2



2

（

2

）由（

1

）可得

f

x

3x

2

3

1



1

1



11



2x



x

，易知

f

x

在

，

上单调递减，在

，

，

4

2



2

2



22



1

1

f

c

，

4

2

1

1

1

f



c

，

f

1

c

，采用反证法，

4

4

2

1

1

，

f1c

上单调递增，且，





4

2

推出矛盾即可.由（

1

）可得

f

x

x

3

31



1

3

2

xc

，

f

x

3x3

x



x

，令

f

x

＞0

，得

42



2

4

1

111

1

11



，

x＞

或

x＜

；令

f

x

＜0

，得

＜x＜

，所以

f

x

在

，

上单调递减，在

，

2

222

2

22



1

1



上单调递增，且

f

1

c

，

，

4

2

1

1

f

c

，

4

2

1

1

1

f



c

，

f

1

c

，若

f

x

所有

4

4

2

零点中存在一个绝对值大于

1

的零点

x

0

，则

f

1

＞0

或

f

1

＜0

，即

c＞

或

c＜

1

4

1

1

.当

c＞

时，

4

4

1

f

1

c＞0

，

4

1

1

f

c＞0

，

4

2

1

1

1

f



c＞0

，

f

1

c＞0

，又

4

4

2

12 / 28

f

4c

64c

3

3cc4c

116c

2

＜0

，由零点存在性定理知

f

x

在

4c，1

上存在唯一一个零点



上不存在零点，此时

f

x

不存在绝对值不大

1

上存在唯一一个零点，在

1，

x

0

，即

f

x

在

，

于

1

的零点，与题设矛盾；当

c＜

1

1

时，

f

1

c＜0

，

4

4

1

1

f

c＜0

，

4

2

1

1

f



c＜0

，

4

2

1

32

4c

上存

f

1

c＜0

，又

f

4c

64c3cc4c

116c

＞0

，由零点存在性定理知

f

x

在

1，

4



上存在唯一一个零点，在

，1

上不存在零点，此时

f

x

不存在在唯一一个零点

x

0

，即

f

x

在

1，

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

.

【考点】利用导数研究函数的零点，导数的几何意义，反证法

22

.【答案】（

1

）

410

（

2

）

3

cos

sin

120

【解析】（

1

）由参数方程得出

A

，

B

的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出

AB

的值.令

x0

，则

12

.令

y0

，则

t

2

3t20

，解得，则

y26412

，即

A

0，

t

2

t20

，解得

t2

或

t1

（舍）

0

.

AB

，则

x2244

，即

B

4，

t2

或

t1

（舍）

04

120

22

410

.

120

3

，

0

4

（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.由（1）可知

k

AB

则直线

AB

的方程为

y3

x4

，即

3xy120

.由

x

cos

，

y

sin

可得，直线

AB

的极坐标方

程为

3

cos

sin

120

.

【考点】利用参数方程求点的坐标，直角坐标方程化极坐标方程

23.【答案】（1）

abc

2

a

2

b

2

c

2

2ab2ac2bc0

，

abbcca

1

2

ab

2

c

2

＜0

.

2

1

2

ab

2

c

2

.

2

a

，

b

，

c

均不为0，则

a

2

b

2

c

2

＞0

，

abbcca

（2）不妨设

max

a，b，c

a

，由

abc0

，

abc1

可知，

a＞0

，

b＜0

，

c＜0

，

2

abc

，

bc



1

b

2

c

2

2bc2bc2bc

32

≥4

.当且仅当

bc

时，取等号，

a≥

3

4

，即

a

，

aaa

bcbcbc

bc

max

a，b，c

3

4

.

2

【解析】（1）由

abc

a

2

b

2

c

2

2ab2ac2bc0

结合不等式的性质，即可得出证明.

abc

2

abbcca

a

2

b

2

c

2

2ab2ac2bc0

，

1

2

ab

2

c

2

.

2

a

，

b

，

c

均不为0，

13 / 28

则

a

2

b

2

c

2

＞0

，

abbcca

1

2

ab

2

c

2

＜0

.

2

32

（2）不妨设

max

a，b，c

a

，由题意得出

a＞0

，

b

，

c＜0

，由

aa

bc

a

bc

2

b

2

c

2

2bc

，结

bc

合基本不等式，即可得出证明.不妨设

max

a，b，c

a

，由

abc0

，

abc1

可知，

a＞0

，

b＜0

，

c＜0

，

bc



1

b

2

c

2

2bc2bc2bc

32

≥4

.当且仅当

bc

时，取等号，，

aaa

abc

，

a

2

bc

bc

a≥

3

4

，即

max

a，b，c

3

4

.

【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用

bcbc

14 / 28

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国

Ⅲ

卷

理科数学答案解析

一、选择题

1

.【答案】

C

y≥x

*

【解析】采用列举法列举出

AB

中元素的即可.由题意，

AB

中的元素满足

，且

x

，

yN

，

xy8

6

，

3，

4

，故

A

7

，

2，

5

，

4，

由

xy8≥2x

，得

x≤4

，所以满足

xy8

的有

1，

4

.故选：

C

.

【考点】集合的交集运算，交集定义的理解

2

.【答案】

D

【解析】利用复数的除法运算求出

z

即可.因为

z

B

中元素的个数为

113i13

i

，所以复数

z

1

的

13i

13i



13i

1010

13i

虚部为

3

.故选：

D

.

10

【考点】复数的除法运算，复数的虚部的定义

3

.【答案】

B

【解析】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.

对于

A

选项，该组数据的平均数为

x

A

14

0.1

23

0.42.5

，

2

方差为

s

A

12.5

0.1

22.5

0.4

32.5

0.4

42.5

0.10.65

；

2222

对于

B

选项，该组数据的平均数为

x

B

14

0.4

23

0.12.5

，

2

方差为

s

B

12.5

0.4

22.5

0.1

32.5

0.1

42.5

0.41.85

；

2222

对于

C

选项，该组数据的平均数为

x

C

14

0.2

23

0.32.5

，

2

方差为

s

C

12.5

0.2

22.5

0.3

32.5

0.3

42.5

0.21.05

；

2222

对于

D

选项，该组数据的平均数为

x

D

14

0.3

23

0.22.5

，

2

方差为

s

D

12.5

0.3

22.5

0.2

32.5

0.2

42.5

0.31.45

.

2222

因此，

B

选项这一组的标准差最大.故选：

B

.

【考点】标准差的大小比较，方差公式的应用

4

.【答案】

C

【解析】将

tt

代入函数

I

t

K

1e

0.23

t53

结合

It0.95K

求得

t

即可得解.



I

t

K

1e

0.23

t53

，所

15 / 28

以

I

t

3

0.95K

，则

0.23

t

*

53

0.23t53ln19≈3

t≈53≈66

.，所以，，解得

0.23

t53

e19

0.23

1e

K



故选：

C

.

【考点】对数的运算，指数与对数的互化

5

.【答案】

B

【解析】根据题中所给的条件

ODOE

，结合抛物线的对称性，可知

DOxEOx

4

，从而可以确定

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.因为直线

x2

与抛物线

y

2

2px

p＞0

交于

E

，

D

两点，且

ODOE

，根据抛物线的对称性可以确定

DOxEOx

4

，所以

1

D

2，2

，代入抛物线方程

44p

，求得

p1

，所以其焦点坐标为

，0

，故选：

B

.

2



【考点】圆锥曲线，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

6

.【答案】

D

ab

的值.【解析】计算出

aab

、

ab

的值，利用平面向量数量积可计算出

cosa，



a5

，

b6

，

aabaab5619

.

ab

ab6

，



2

2

ab

2

a2abb2526367

，

22

ab

因此，

cosa，

aab

aab

1919

.故选：

D

.

5735

【考点】平面向量夹角余弦值的计算，平面向量数量积的计算，向量模的计算

7

.【答案】

A

AB

2

BC

2

AC

2

【解析】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.

2ABBC

在

2

△ABC

中，

cosC

，

AC4

，

BC3

.根据余弦定理：

AB

2

AC

2

BC

2

2ACBCcosC

，

3

2

AB

2

BC

2

AC

2

99161

2

AB43243

，可得

AB9

，即

AB3

.由

cosB

，

3

2ABBC2339

222

故

cosB

1

.故选：

A

.

9

【考点】余弦定理解三角形

16 / 28

8

.【答案】

C

【解析】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.

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：

S

△ABC

S

△ADC

S

△CDB

1

222

,根据勾股定理可得：

ABADDB22

,

2

△ADB

是边长为

22

的等边三角形,根据三角形面积公式可得：

S

△ADB

11

ABADsin6022

22



2

3

23

，

该几何体的表面积是：

3223623

.

2

故选：C.

【考点】根据三视图求立体图形的表面积，根据三视图画出立体图形

9

.【答案】

D

【解析】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.



2tan

tan

7

，

4



2tan

故选：

D

.

tan

11t

7

，

7

，令

ttan

，

t1

，则

2t

整理得

t

2

4t40

，解得

t2

，即

tan

2

.

1tan

1t

【考点】利用两角和的正切公式化简求值

10

.【答案】

D

【解析】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.设直线

l

在曲线

yx

上的切点为

x

0

，x

0

，则

x

0

＞0

，函数

yx

线

l

的方程为

yx

0



导数为

y

1

2x

，则直线

l

的斜率

k

1

，设直

2x

0

1

xx

0

，即

x2x

0

yx

0

0

，由于直线

l

与圆

x

2

y

2

1

相切，则

2x

0

5

x

0

14x

0

1

1

2

，两边平方并整理得

5x

0

4x

0

10

，解得

x

0

1

，

x

0



（舍），则直线

l

的方程为

5

5

x2y10

，即

y

11

x

.故选：

D

.

22

17 / 28

【考点】导数的几何意义的应用，直线与圆的位置的应用

11

.【答案】

A

【解析】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.

c

5

，

a

c5a

，根据双曲线的定义可得

PF

1

PF

2

2a

，

S

△PF

1

F

2

F

1

PF

2

P

，

PF

1

PF

2

2c

，

PF

1

PF

2

22

2

1

PF

1

PF

2

4

，即

PF

1

PF

2

8

，

2

2

2PF

1

PF

2

4c

2

，即

a

2

5a

2

40

，解得

a1

，故选：

A

.

【考点】双曲线的性质以及定义的应用，勾股定理，三角形面积公式的应用

12

.【答案】

A

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log

8

5

，【解析】由题意可得

a

、

b

、

c

0，

得

8

b

5

，结合

5

5

＜8

4

可得出

b＜

，由

clog

13

8

，得

13

c

8

，结合

13

4

＜8

5

，可得出

c＞

，综合可得出

a

、

4

5

4

5

1

，

b

、

c

的大小关系.由题意可知

a

、

b

、

c

0，

a

log

5

3

lg3lg81

＜

blog

8

5lg5lg5

lg5

2

lg3lg8

lg3lg8



lg24

a＜b

；由

blog

8

5

，得

8

b

5

，



＜1

，

2



2lg5



lg25

2

22

5b＜4

，

5c＞4

，由

5

5

＜8

4

，得

8

5b

＜8

4

，可得

b＜

；由

clog

13

8

，得

13

c

8

，由

13

4

＜8

5

，得

13

4

＜13

5c

，

4

5

可得

c＞

.综上所述，

a＜b＜c

.故选：

A

.

【考点】对数式的大小比较，基本不等式、对数式与指数式的互化，指数函数单调性的应用

二、填空题

13

.【答案】

7

【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为

z3x2y

，所以

4

5

y

3xzz3x3xz

，易知截距越大，则

z

越大，平移直线

y

，当

y

经过

A

点时截距最大，此时

222222

y2x

x1

z

最大，由

2

，所以

z

max

31227

.故答案为：

7

.

，得

，

A

1，

y2

x1

18 / 28

【考点】简单线性规划的应用，求线性目标函数的最大值

14

.【答案】

240

2



【解析】写出

x

2

二项式展开通项，即可求得常数项.

x



T

r1

C

6

r

x

2

6r

6

2

2

x

其二项式展开通项：

x



6

6

2

rr

2

当

123r0

，解得

r4

，



C

6

r

x

122r

2

x

r

C

6

r

2

x

123r

，

x

2

的展开

x

x

r

442

式中常数项是：

C

6

2C

6

161516240

.故答案为：

240

.

【考点】二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项

15

.【答案】

2

3

【解析】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上，正方体的体对角线长等于

球的直径.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.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3

2

1

2

22

，故

S

△ABC

1

22222

，设内切圆半径为

r

，则：

2

19 / 28

1111

S

△ABC

S

△AOB

S

△BOC

S

△AOC

ABrBCrACr

332

r22

，解得：

2222

r

242

2

，其体积：

V

r

3

.故答案为：

.

233

3

16

.【答案】②③

【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定

义可判断命题③的正误；取

＜x＜0

可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①，

5

1

f



2

，

f

2

6

2

15

2

，则



622



f

6

f



，所以，函数

f

x

的图象不关于

y

轴对称，

6

命题①错误；对于命题②，函数

f

x

的定义域为

xxk

，kZ

，定义域关于原点对称，



f

x

sin

x

111



sinx

sinx

f

x

，所以，函数

f

x

的图象关于原点

sin

x

sinxsinx



11



f

x

sin

x

cosx

cosx

，

2



2

sin

x



2

对称，命题②正确；对于命题③，

11



f

x

sin

x

cosx

cosx

，则

2



2

sin

x



2

关于直线

x

f

x

2

f

x

，所以，函数

f

x

的图象

2

2

对称，命题③正确；对于命题④，当

＜x＜0

时，

sinx＜0

，

f

x

sinx

1

＜0＜2

，

sinx

命题④错误.故答案为：②③.

【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性，最值的求解

三、解答题

17

.【答案】（

1

）

a

2

5

，

a

3

7

，

a

n

2n1

，当

n1

时，

a

1

3

成立；假设

nk

时，

a

k

2k1

成立.

那么

nk1

时，

a

k1

3a

k

4k3

2k1

4k2k32

k1

1

也成立.则对任意的

nN

*

，都有

a

n

2n1

成立.

n1

（

2

）

S

n

2n1

22

【解析】（

1

）利用递推公式得出

a

2

，

a

3

，猜想得出

a

n

的通项公式，利用数学归纳法证明即可.由题意可

得

a

2

3a

1

4945

，

a

3

3a

2

81587

，由数列

a

n

的前三项可猜想数列

a

n

是以

3

为首项，

2

为公差的等差数列，即

a

n

2n1

，证明如下：当

n1

时，

a

1

3

成立；假设

nk

时，

a

k

2k1

成立.

那么

nk1

时，

a

k1

3a

k

4k3

2k1

4k2k32

k1

1

也成立.则对任意的

nN

*

，都有

a

n

2n1

成立；

20 / 28

nn

（

2

）由错位相减法求解即可.由（

1

）可知，

a

n

2

2n1

2

，

S

n

3252

2

72

3

2S

n

32

2

52

3

72

4

2n1

2

n1

2n1

2

n

，①

2n1

2

n

2n1

2

n1

，②，由

①②

得：

S

n

62

2

2

2

3

n1

即

S

n

2n1

22

.

2

n

2n1

2

n1

62

2

2

12

n1

12

2n1

2

n1

12n

2

n1

2

，

【考点】求等差数列的通项公式，利用错位相减法求数列的和

18

.【答案】（

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

、

0.09

（

2

）

350

（3）有，

22

列联表如下：

空气质量不好

空气质量好

人次≤400

人次＞400

33

37

22

8

K

2

100

3383722

55457030

2

≈5.820＞3.841

，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.

【解析】（

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.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

2162551012

0.43

，等级为

2

的概率为

0.27

，等级

100100

为

3

的概率为

720

678

0.09

.

0.21

，等级为

4

的概率为

100

100

（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果.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

100203003550045

350

.

100

（

3

）根据表格中的数据完善

22

列联表，计算出

K

2

的观测值，再结合临界值表可得结论.

22

列联表如

下：

空气质量不好

空气质量好

人次≤400

人次＞400

33

37

22

21 / 28

8

K

2

100

3383722

55457030

2

≈5.820＞3.841

，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.

【考点】利用频数分布表计算频率和平均数，独立性检验的应用

19

.【答案】（

1

）在棱

CC

1

上取点

G

，使得

C

1

GCG

，连接

DG

、

FG

、

C

1

E

、

C

1

F

，

1

2

长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

AD∥BC

且

ADBC

，

BB

1

∥CC

1

且

BB

1

CC

1

，

1

C

1

GCG

2

BF2FB

1

，

CGCC

1

2

3

2

BB

1

BF

且

CGBF

，所以，四边形

BCGF

3

平行四边形，则

AF∥DG

且

AFDG

，同理可证四边形

DEC

1

G

为平行四边形，

C

1

E∥DG

且

C

1

EDG

，

C

1

E∥AF

且

C

1

EAF

，则四边形

AEC

1

F

为平行四边形，因此，点

C

1

在平面

AEF

内.

（

2

）

42

7

【解析】（

1

）连接

C

1

E

、

C

1

F

，证明出四边形

AEC

1

F

为平行四边形，进而可证得点

C

1

在平面

AEF

内.在

棱

CC

1

上取点

G

，使得

C

1

GCG

，连接

DG

、

FG

、

C

1

E

、

C

1

F

，

1

2

22 / 28

长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

AD∥BC

且

ADBC

，

BB

1

∥CC

1

且

BB

1

CC

1

，

1

C

1

GCG

2

BF2FB

1

，

CGCC

1

2

3

2

BB

1

BF

且

CGBF

，所以，四边形

BCGF

3

平行四边形，则

AF∥DG

且

AFDG

，同理可证四边形

DEC

1

G

为平行四边形，

C

1

E∥DG

且

C

1

EDG

，

C

1

E∥AF

且

C

1

EAF

，则四边形

AEC

1

F

为平行四边形，因此，点

C

1

在平面

AEF

内；

（

2

）以点

C

1

为坐标原点，

C

1

D

1

、

C

1

B

1

、

C

1

C

所在直线分别为

x

、

y

、

z

轴建立空间直角坐标系

C

1

xyz

，利用空间向量法可计算出二面角

AEFA

1

的余弦值，进而可求得二面角

AEFA

1

的正弦

值.以点

C

1

为坐标原点，

C

1

D

1

、

C

1

B

1

、

C

1

C

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

1，3

、

A

1

2，1，0

、

E

2，0，2

、

F

0，11，

，

AE

0，

系

C

1

xyz

，则

A

2，

1，1

，

AF

2，0，2

，

mAE0

，设平面的法向量为，由，得

AEF

A

1

E

0，1，2

，

A

1

F

2，01，mx，y，z



111

mAF0

y

1

z

1

0

取

z

1

1

，得

x

1

y

1

1

，则

m

11

，，1

，设平面

A

1

EF

的法向量为

n

x

2

，y

2

，z

2

，

2x2z0

11

y

2

2z

2

0

nA

1

E0

由

，得

，取

z

2

2

，得

x

2

1

，

y

2

4

，则

n

1，4，2

，

2xz0

22

nA

1

F0

cosm，n

mn

mn

3

321

7

AEFA

1

的平面角为

，则

cos

7

，，设二面角

7

7

sin

1cos

2

42

42

.因此，二面角

AEFA

1

的正弦值为.

7

7

23 / 28

【考点】点在平面的证明，利用空间向量法求解二面角

x

2

16y

2

20

.【答案】（

1

）

1

2525

（

2

）

5

2

x

2

y

2

【解析】（1）因为

C:

2

1

0＜m＜5

，可得

a5

，

bm

，根据离心率公式，结合已知，即可求得答

25m

案.

x

2

y

2

c15

b



m

，

C:

2

1

0＜m＜5

，

a5

，

bm

，根据离心率

e1



1



25m

aa54



22

55

x

2

y

2

x

2

16y

2

1

，即

解得

m

或

m

（舍），

C

的方程为：

1

.

25

5

2

2525

44



4

（

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，根据点到直

线距离公式和两点距离公式，即可求得

△APQ

的面积.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

BPBQ

，

BPBQ

，

PMBQNB90

，又

PBMQBN90

，

BQNQBN90

，

x

2

16y

2

1

，

2525

PBMBQN

，根据三角形全等条件“

AAS

”，可得：

△PMB△BNQ

，

x

2

16y

2

PMBN651

，

B

5，0

，设

P

点为

x

P

，y

P

，可得

P

点纵坐标为

y

P

1

，将其代入

1

，

2525

x

P

2

16

1

，

1

或

3，

可得：

1

，解得：

x

P

3

或

x

P

3

，

P

点为

3，

2525

2

，画

1

时，故

MB532

，

△PMB△BNQ

，

MBNQ2

，可得：

Q

点为

6，

①当

P

点为

3，

出图象，如图

24 / 28

A

5，0

，

Q

6，2

，可求得直线

AQ

的直线方程为：

2x11y100

，根据点到直线距离公式可得

P

到

直线

AQ

的距离为：

d

2311110

2

2

11

2

2

5

125

5

，根据两点间距离公式可得：

5

155

1

时，故

55

；②当

P

点为

3，

252

AQ

65

20

2

55

，

△APQ

面积为：

MB5+38

，

△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：

8x11y400

，根据点到直线距离公式可得

P

到直线

AQ

的距离为：

d

8

3

11140

811

22

5

185

5

185

，根据两点间距离公式可得：

AQ

5

.

2

65

80

22

155

185

，

△APQ

面积为：

185

，综上所述，

△APQ

面积为：

2

185

2

【考点】椭圆标准方程，三角形面积，椭圆的离心率定义，数形结合求三角形面积

21

.【答案】（

1

）

b

3

4

31



1

3

1

2

xc

，

f

x

3x3

x



x

，令

f

x

＞0

，得

x＞

或

42



2

4

2

（

2

）由（

1

）可得

f

x

x

3

1



1

111

11



，

，

上单

x＜

；令

f

x

＜0

，得

＜x＜

，所以

f

x

在

，

上单调递减，在

，

2



2

222

22



25 / 28

调递增，且

f

1

c

1

，

4

1

1

f

c

，

4

2

1

1

1

f



c

，

f

1

c

，若

f

x

所有零点中存在一个

4

4

2

绝对值大于

1

的零点

x

0

，则

f

1

＞0

或

f

1

＜0

，即

c＞

或

c＜

1

4

11

1

.当

c＞

时，

f

1

c＞0

，

44

4

1

1

f

c＞0

，

4

2

1

1

1

f



c＞0

，

f

1

c＞0

，又

f

4c

64c

3

3cc4c116c

2

＜0

，

4

4

2



1

上存在唯一一个零点

x

0

，即

f

x

在

，1

上存在唯一一个零由零点存在性定理知

f

x

在

4c，



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；当

c＜

点，在

1，

1

时，

4

1

f

1

c＜0

，

4

1

1

f

c＜0

，

4

2

1

1

1

f



c＜0

，

f

1

c＜0

，又

4

4

2

f

4c

64c

3

3cc4c

116c

2

＞0

，由零点存在性定理知

f

x

在

1，4c

上存在唯一一个零点

x

，

0



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

的零即

f

x

在

1，

点，与题设矛盾；综上，

f

x

所有零点的绝对值都不大于

1

.

1

2

【解析】（

1

）利用导数的几何意义得到

f



0

，解方程即可.因为

f

x

3xb

，由题意，

2

3

1

1

f



0

，即

3

b

，则；

b0



2

4

2



2

（

2

）由（

1

）可得

f

x

3x

2

3

1



1

1



11



2x



x

，易知

f

x

在

，

上单调递减，在

，

，

4

2



2

2



22



1

1

f

c

，

4

2

1

1

1

f



c

，

f

1

c

，采用反证法，

4

4

2

1

1

，

f1c

上单调递增，且，





4

2

推出矛盾即可.由（

1

）可得

f

x

x

3

31



1

3

2

xc

，

f

x

3x3

x



x

，令

f

x

＞0

，得

42



2

4

1

111

1

11



，

x＞

或

x＜

；令

f

x

＜0

，得

＜x＜

，所以

f

x

在

，

上单调递减，在

，

2

222

2

22



1

1



上单调递增，且

f

1

c

，

，

4

2

1

1

f

c

，

4

2

1

1

1

f



c

，

f

1

c

，若

f

x

所有

4

4

2

零点中存在一个绝对值大于

1

的零点

x

0

，则

f

1

＞0

或

f

1

＜0

，即

c＞

或

c＜

1

4

1

1

.当

c＞

时，

4

4

1

f

1

c＞0

，

4

1

1

f

c＞0

，

4

2

1

1

1

f



c＞0

，

f

1

c＞0

，又

4

4

2

26 / 28

f

4c

64c

3

3cc4c

116c

2

＜0

，由零点存在性定理知

f

x

在

4c，1

上存在唯一一个零点



上不存在零点，此时

f

x

不存在绝对值不大

1

上存在唯一一个零点，在

1，

x

0

，即

f

x

在

，

于

1

的零点，与题设矛盾；当

c＜

1

1

时，

f

1

c＜0

，

4

4

1

1

f

c＜0

，

4

2

1

1

f



c＜0

，

4

2

1

32

4c

上存

f

1

c＜0

，又

f

4c

64c3cc4c

116c

＞0

，由零点存在性定理知

f

x

在

1，

4



上存在唯一一个零点，在

，1

上不存在零点，此时

f

x

不存在在唯一一个零点

x

0

，即

f

x

在

1，

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

.

【考点】利用导数研究函数的零点，导数的几何意义，反证法

22

.【答案】（

1

）

410

（

2

）

3

cos

sin

120

【解析】（

1

）由参数方程得出

A

，

B

的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出

AB

的值.令

x0

，则

12

.令

y0

，则

t

2

3t20

，解得，则

y26412

，即

A

0，

t

2

t20

，解得

t2

或

t1

（舍）

0

.

AB

，则

x2244

，即

B

4，

t2

或

t1

（舍）

04

120

22

410

.

120

3

，

0

4

（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.由（1）可知

k

AB

则直线

AB

的方程为

y3

x4

，即

3xy120

.由

x

cos

，

y

sin

可得，直线

AB

的极坐标方

程为

3

cos

sin

120

.

【考点】利用参数方程求点的坐标，直角坐标方程化极坐标方程

23.【答案】（1）

abc

2

a

2

b

2

c

2

2ab2ac2bc0

，

abbcca

1

2

ab

2

c

2

＜0

.

2

1

2

ab

2

c

2

.

2

a

，

b

，

c

均不为0，则

a

2

b

2

c

2

＞0

，

abbcca

（2）不妨设

max

a，b，c

a

，由

abc0

，

abc1

可知，

a＞0

，

b＜0

，

c＜0

，

2

abc

，

bc



1

b

2

c

2

2bc2bc2bc

32

≥4

.当且仅当

bc

时，取等号，

a≥

3

4

，即

a

，

aaa

bcbcbc

bc

max

a，b，c

3

4

.

2

【解析】（1）由

abc

a

2

b

2

c

2

2ab2ac2bc0

结合不等式的性质，即可得出证明.

abc

2

abbcca

a

2

b

2

c

2

2ab2ac2bc0

，

1

2

ab

2

c

2

.

2

a

，

b

，

c

均不为0，

27 / 28

则

a

2

b

2

c

2

＞0

，

abbcca

1

2

ab

2

c

2

＜0

.

2

32

（2）不妨设

max

a，b，c

a

，由题意得出

a＞0

，

b

，

c＜0

，由

aa

bc

a

bc

2

b

2

c

2

2bc

，结

bc

合基本不等式，即可得出证明.不妨设

max

a，b，c

a

，由

abc0

，

abc1

可知，

a＞0

，

b＜0

，

c＜0

，

bc



1

b

2

c

2

2bc2bc2bc

32

≥4

.当且仅当

bc

时，取等号，，

aaa

abc

，

a

2

bc

bc

a≥

3

4

，即

max

a，b，c

3

4

.

【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用

bcbc

28 / 28


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