2016年高考理科数学试题全国卷1

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5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）设集合A{x|x4x30}，B{x|2x30}，则AIB（ ）

23333(3,)(3,)(1,)(（A）（B）（C）（D）,3)

2222

（2）设1+i）x=1+yi，其中x，y是实数，则xyi=（ ）

（A）1（B）2（C）3（D）2

（3）已知等差数列{an}}前9项的和为27，a10=8，则a100=（ ）

（A）100（B）99（C）98（D）97

（4）某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，学.科网小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是 （ ）（A）

1123（B）（C）（D） 3234x2y221表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n（5）已知方程2mn3mn的取值范围是

（A）(–1,3) （B）(–1,3) （C）(0,3) （D）(0,3)

（6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是

28，则它的表面积是（ ） 3

（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π

（7）函数y=2x2–e在[–2,2]的图像大致为（ ）

1

x

（A）（B）

（C）

（D）

（8）若ab10，c1，则

（A）acbc（B）abcbac（C）alogbcblogac（D）logaclogbc （9）执行右面的程序图，如果输入的x0，y1，n1，则输出x，y的值满足

开始输入x,y,nn-1x=x+，y=ny2x2+y2≥36？输出x,y结束n=n+1

（A）y2x（B）y3x（C）y4x（D）y5x

(10)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的标准线于D，E两点.已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为（ ） (A)2 (B)4 (C)6 (D)8

(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，a平面ABCD=m，a平面ABA1B1=n，则m，n所成角的正弦值为（ ）

2

(A)1332(B) (C) (D) 232312.已知函数f(x)sin(x+)(0，2),x4为f(x)的零点，x

4

为

5yf(x)图像的对称轴，且f(x)在，单调，则的最大值为（ ）

1836（A）11 （B）9 （C）7 （D）5

第II卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分

(13)设向量a=(m，1)，b=(1，2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则m= . (14)(2xx)5的展开式中，x3的系数是 .（用数字填写答案）

满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为 。

（15）设等比数列（16）某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料。生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元。该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为 元。

三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）（本小题满分为12分）

VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求C； （II）若c

3

7,VABC的面积为

33，求VABC的周长． 2（18）（本小题满分为12分）

如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，AFD90o，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60o．

（I）证明：平面ABEFEFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值．

（19）（本小题满分12分）

某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元，.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：

DCF

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记Xn表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. 表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，

（I）求X的分布列；

（II）若要求P(Xn)0.5，确定n的最小值；

（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n19与n20之中选其一，应选用哪个？

4

20. （本小题满分12分）

设圆xy2x150的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

（I）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程；

（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

（21）（本小题满分12分） 已知函数(I)求a的取值范围； (II)设x1，x2是

的两个零点，证明：+x2<2. 有两个零点.

22 5

请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号

（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°.以⊙O为圆心，OA为半径作圆. (I)证明：直线AB与⊙O相切；

(II)点C,D在⊙O上，且A,B,C,D四点共圆， 证明：AB∥CD.

ABDOC（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 在直线坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为（t为参数，a＞0）。在以坐标

原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=4cosθ. （I）说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；

（II）直线C3的极坐标方程为θ=α0，其中α0满足tanα0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a。

（24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)= ∣x+1∣－∣2x-3∣.

（I）在答题卡第（24）题图中画出y= f(x)的图像； （II）求不等式∣f(x)∣＞1的解集。

6

2016年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学参

（1）【解析】：Axx24x30x1x3，Bx2x30xx3． 23故AIBxx3．

2故选D．

x1x1（2）【解析】：由1ix1yi可知：xxi1yi，故，解得：．

y1xy所以，xyix2y22． 故选B．

（3）【解析】：由等差数列性质可知：S9因此公差d9a1a9292a5故a53，而a108，9a527，

2a10a51∴a100a1090d98．故选C．

105

（4）【解析】：如图所示，画出时间轴：

7:307:407:50A8:00C8:108:20D8:30B

小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型，所求概率P选B．

x2y2（5）【解析】：221表示双曲线，则m2n3m2n0∴m2n3m2

，mn3mn10101故．

402由双曲线性质知：c2m2n3m2n4m2，其中c是半焦距，∴焦距

2c22m4，解得m1

∴1n3，故选A．

（6）【解析】：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上

17角的后的三视图，表面积是的球面面积和三个扇形

88面积之和

71故选A． S=422+322=17，84

7

（7）【解析】：f28e282.820，排除A；f28e282.721，排除B；

x0时，fx2x2ex11fx4xex，当x0,时，fx4e00 ，441因此fx在0,单调递减，排除C；故选D．

4（8）【解析】： A错误；

由于1c10，∴函数

由于0c1，∴函数yxc在R上单调递增，因此ab1acbc，

yxc1在

1,上单调递减，∴

ab1ac1bc1bacabc，B错误；

要比较alogbc和blogac，只需比较

alncblnclnclnc和，只需比较和，只需blnb和lnblnablnbalnaalna，

构造函数fxxlnxx1，则f'xlnx110，fx在1,上单调递增，因此

fafb0alnablnb0∴

11又由0c1得lnc0， alnablnb，

lnclncblogacalogbc，C正确； alnablnblnclnc和而函数ylnx在1,上单调递增， lnalnb，

又由，

要比较logac和logbc，只需比较故

ab1lnalnb011lnalnb0c1得lnc0，∴

lnclnclogaclogbc，D错误； lnalnb故选C．

（9）【解析】：第一次循环：x0,y1,xy136；

第二次循环：x第三次循环：x输出x22117,y2,x2y236； 243,y6,x2y236； 23，y6，满足y4x；故选C． 2（10）【解析】：以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理 设抛物线为y22pxp0，设圆的方程为x2y2r2，如图：

p设Ax0,22，D,5，点Ax0,22在抛物线y22px上，

2p∴82px0……①；点D,5在圆x2y2r2上，

2F

8

p∴5r2……②；点Ax0,22在圆x2y2r2上，

2228r2……③；联立①②③解得：p4， ∴x0焦点到准线的距离为p4．故选B．

（11）【解析】：如图所示：

DαABC

D1A1B1C1∵∥平面CB1D1，∴若设平面CB1D1I平面ABCDm1，则m1∥m 又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，结合平面B1D1CI平面A1B1C1D1B1D1 ∴B1D1∥m1，故B1D1∥m，同理可得：CD1∥n

故m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小． 而B1CB1D1CD1（均为面对交线），因此CD1B1故选A．

（12）【解析】：由题意知：

π+k1π 4π5π则2k1，其中kZ，Qf(x)在,单调，1836π+kπ+π 2423，即sinCD1B13． 25πT,12 3618122πππ3π接下来用排除法：若11,，此时f(x)sin11x，f(x)在,递增，

441844π3π5ππ5π在,递减，不满足f(x)在,单调；若9,，此时

444361836 9

ππ5πf(x)sin9x，满足f(x)在,单调递减。故选B．

41836二、填空题：本大题共3小题，每小题5分。

rr（13）【解析】：由已知得：abm1,3，

rr2r2r22∴ababm132m2121222，解得m2．

rrrrrr解法二：利用三角形法则作图得a，b，ab构成直角三角形从而a与b垂直。

（14）【解析】：设展开式的第k1项为Tk1，k0,1,2,3,4,5∴Tk1C2xk55k，

xkC2k55kx5k2．

45k4542x210x3，故答案为10． 当53时，k4，即T5C52（15）【解析】：由于an是等比数列，设ana1qn1，其中a1是首项，q是公比．

a182n4a1a310a1a1q101∴，解得：，∴1．故an32aa5qaqaq5124121a1a2...an2121nn7232...n4

2121749n24221749当n3或4时，n取到最小值6，此时

224，

1221749n242取到最大值26．所以a1a2...an的最大值为．

（16）【解析】：设生产A产品x件，B产品y件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他条件，构造线性规则约束为

1.5x0.5y≤150x0.3y≤905x3y≤600 x≥0y≥0xN**yN目标函数z2100x900y；

作出可行域为图中的四边形，包括边界， 顶点为(60,100)(0,200)(0,0)(90,0)， 在(60,100)处取得最大值，

z210060900100216000

10

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）（本小题满分为12分）

解：（I）由已知及正弦定理得，2cosCsincossincossinC， 即2cosCsinsinC．又sinABsinC 故2sinCcosCsinC． 可得cosC1，所以C． 23133absinC． 22（II）由已知，又C3，所以ab6．

22由已知及余弦定理得，ab2abcosC7． 故ab13，从而ab25．

222所以C的周长为57． （18）（本小题满分为12分）

解：（I）由已知可得FDF，FF，所以F平面FDC． 又F平面F，故平面F平面FDC．

（II）过D作DGF，垂足为G，由（I）知DG平面F．

uuuruuur以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GF为单位长度，建立如图所示的空间直角

坐标系Gxyz．

由（I）知DF为二面角DF的平面角，故DF60，则DF2，DG3，可得1,4,0，3,4,0，3,0,0，D0,0,3． 由已知，//F，所以//平面FDC．

又平面CDI平面FDCDC，故//CD，CD//F．

由//F，可得平面FDC，所以CF为二面角CF的平面角，

oCF60o．从而可得C2,0,3．

 11

uuuruuuruuuruuur所以C1,0,3，0,4,0，C3,4,3，4,0,0．

设nx,y,z是平面C的法向量，则

ruuurrnC0x3z0，即， uuurr4y0n0所以可取n3,0,3．

rrruuurmC0设m是平面CD的法向量，则ruuu， rm0rrnm219rrr同理可取m0,3,4．则cosn,mrr．

nm19故二面角C的余弦值为219． 19

（19）（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而

P(X16)0.20.20.04；

P(X17)20.20.40.16；

P(X18)20.20.20.40.40.24； P(X19)20.20.220.40.20.24； P(X20)20.20.40.20.20.2； P(X21)20.20.20.08； P(X22)0.20.20.04.

所以X的分布列为

12

X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 （Ⅱ）由（Ⅰ）知P(X18)0.44，P(X19)0.68，故n的最小值为19. （Ⅲ）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.

当n19时，EY192000.68(19200500)0.2(192002500)0.08

(192003500)0.044040.

当n20时，

EY202000.88(20200500)0.08(202002500)0.044080.

可知当n19时所需费用的期望值小于n20时所需费用的期望值，故应选n19. 20.（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）因为|AD||AC|，EB//AC，故EBDACDADC， 所以|EB||ED|，故|EA||EB||EA||ED||AD|.

又圆A的标准方程为(x1)y16，从而|AD|4，所以|EA||EB|4. 由题设得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：

22x2y21（y0）. 43（Ⅱ）当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1,y1)，N(x2,y2).

yk(x1)2222由x2y2得(4k3)x8kx4k120.

1348k24k212则x1x2，x1x2. 224k34k312(k21)所以|MN|1k|x1x2|.

4k232过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y21(x1)，A到m的距离为2，所以 kk1 13

4k23|PQ|24()4.故四边形MPNQ的面积 22k1k1222S11|MN||PQ|1212. 24k3可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).

当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12. 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83). （21）（本小题满分12分）

xx解：（Ⅰ）f'(x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)．

x（i）设a0，则f(x)(x2)e，f(x)只有一个零点．

（ii）设a0，则当x(,1)时，f'(x)0；当x(1,)时，f'(x)0．所以f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增． 又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且blna，则 2f(b)a3(b2)a(b1)2a(b2b)0， 22故f(x)存在两个零点．

（iii）设a0，由f'(x)0得x1或xln(2a)． 若ae，则ln(2a)1，故当x(1,)时，f'(x)0，因此f(x)在(1,)上单调2递增．又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点． 若ae，则ln(2a)1，故当x(1,ln(2a))时，f'(x)0；当x(ln(2a),)时，2f'(x)0．因此f(x)在(1,ln(2a))单调递减，在(ln(2a),)单调递增．又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．

综上，a的取值范围为(0,)．

2x2(,1)，f(x)在(,1)（Ⅱ）不妨设x1x2，由（Ⅰ）知x1(,1),x2(1,)，

14

上单调递减，所以x1x22等价于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0． 由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以

f(2x2)x2e2x2(x22)ex2．

设g(x)xe2x(x2)ex，则g'(x)(x1)(e2xex)． 所以当x1时，g'(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0． 从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22．

请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号

（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 解：（Ⅰ）设E是AB的中点，连结OE，

因为OAOB,AOB120，所以OEAB，AOE60． 在RtAOE中，OE⊙O相切．

1AO，即O到直线AB的距离等于圆O的半径，所以直线AB与2DOO'ECAB

（Ⅱ）因为OA2OD，所以O不是A,B,C,D四点所在圆的圆心，设O'是A,B,C,D四点所在圆的圆心，作直线OO'．

由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O'在线段AB的垂直平分线上，所以

OO'AB．

同理可证，OO'CD．所以AB//CD．

（23）（本小题满分10分）

15

xacost解：⑴  （t均为参数）

y1asint∴x2y1a2 ①

1为圆心，a为半径的圆．方程为x2y22y1a20 ∴C1为以0，2∵x2y22，ysin ∴22sin1a20 ⑵ C2：4cos

两边同乘得24cosQ2x2y2，cosx x2y24x

即为C1的极坐标方程

即x2y24 ②

2C3：化为普通方程为y2x

由题意：C1和C2的公共方程所在直线即为C3 ①—②得：4x2y1a20，即为C3 ∴1a20 ∴a1

（24）（本小题满分10分） 解：⑴ 如图所示：

16

x4，x≤13⑵ fx3x2，1x

234x，x≥2fx1

当x≤1，x41，解得x5或x3

∴x≤1

当1x13，3x21，解得x1或x

3213∴1x或1x

323当x≥，4x1，解得x5或x3

23∴≤x3或x5 21综上，x或1x3或x5

33U5， ∴fx1，解集为，U1，

13 17