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1、-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2016年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）理科数学使用地区：山西、河南、河北、湖南、湖北、江西、安徽、福建、广东本试卷分第卷和第卷两部分.第卷1至3页，第卷4至6页，满分150分.姓名_ 准考证号_考生注意：1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试
2、题卷上作答，答案无效.3. 考试结束，监考员将本试题卷、答题卡一并收回.第卷一、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，则（）ABCD2设，其中x，y是实数，则（）A1BCD23已知等差数列前9项的和为27，则（）A100B99C98D974某公司的班车在，发车，小明在至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（）ABCD5已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）ABCD6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，
3、则它的表面积是（）ABCD7函数在的图象大致为（）A BC D8. 若，则（）ABCD9执行右面的程序框图，如果输入的，则输出，的值满足（）ABCD10以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点，已知，则C的焦点到准线的距离为 （）A2B4C6D811平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则，所成角的正弦值为 （）ABCD12已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为 （）A11B9C7D5第II卷注意事项：第卷共3页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效.本卷包括必考题和选考题两部分.第1321题为必考题，每个试题考生都必须
4、作答.第2224题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13设向量a，b，且abab，则 14的展开式中，的系数是 （用数字填写答案）15设等比数列满足，则的最大值为 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1.5 kg，乙材料1 kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5 kg，乙材料0.3 kg，用3个工时生产一件产品A的利润为2 100元，生产一件产品B的利润为900元该企业现有甲材料150 kg，乙材料90 kg，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
5、说明、证明过程或演算步骤.17（本小题满分12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（）求C；（）若，的面积为，求的周长18（本小题满分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，且二面角与二面角都是（）证明：平面平面；（）求二面角的余弦值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
6、数，得下面柱状图：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，记表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数（）求的分布列；（）若要求，确定n的最小值；（）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？20（本小题满分12分）设圆的圆心为A，直线l过点且与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（）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（）设点E的轨迹为曲线，直线l交于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
7、分12分）已知函数有两个零点（）求的取值范围；（）设，是的两个零点，证明：请考生在第2224题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22（本小题满分10分）选修：几何证明选讲如图，是等腰三角形，.以O为圆心，为半径作圆.（）证明：直线与相切；（）点，在上，且，四点共圆，证明：.23（本小题满分10分）选修：坐标系与参数方程在直线坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，）.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.（）说明是哪一种曲线，并将的方程化为极坐标方程；（）直线的极坐标方程为，其中满足，若曲线与的公共点都在上，求a.24（本小题满分10分），选修：不等式选讲已知函数.
8、（）在图中画出的图象；（）求不等式的解集.2016年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）理科数学答案解析第卷一、选择题1.【答案】D【解析】，故【提示】解不等式求出集合，结合交集的定义，可得答案【考点】交集及其运算2.【答案】B【解析】，即，解得，即【提示】根据复数相等求出，的值，结合复数的模长公式进行计算即可【考点】复数求模3.【答案】C【解析】等差数列an前9项的和为27，又，【提示】根据已知可得，进而求出公差，可得答案【考点】等差数列的性质4.【答案】B【解析】设小明到达时间为，当在7：50至8：00，或8：20至8：30时，小明等车时间不超过10分钟，故【提示】求出小明等车时
9、间不超过10分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案【考点】几何概型5.【答案】A【解析】双曲线两焦点间的距离为4，当焦点在轴上时，可得，解得，方程表示双曲线，可得，解得，即的取值范围是，当焦点在轴上时，可得，解得，无解【提示】由已知可得，利用，解得，又，从而可求的取值范围【考点】双曲线的标准方程6.【答案】A【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得，它的表面积是【提示】判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积【考点】由三视图求面积、体积7.【答案】D【解析】，故函数为偶函数，当时，故排除A，B；当时，有解，故函数在
10、不是单调的，故排除C【提示】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答【考点】函数的图象8.【答案】C【解析】，函数在上为增函数，故，故A错误；函数在上为减函数，故，故，故B错误；，且，即，即，故D错误；，故，即，即，故C正确【提示】根据已知中，结合对数函数和幂函数的单调性，分析各个结论的真假，可得答案【考点】不等式比较大小，对数值大小的比较9.【答案】C【解析】输入，则，不满足，故，则，不满足，故，则，满足，故【提示】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量，的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【考点】程序
11、框图10.【答案】B【解析】设抛物线为，如图：，解得，的焦点到准线的距离为4【提示】画出图形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可【考点】圆与圆锥曲线的综合，抛物线的简单性质11.【答案】A【解析】如图，平面，平面，平面，可知：，是正三角形，、所成角就是，则、所成角的正弦值为【提示】画出图形，判断出、所成角，求解即可【考点】异面直线及其所成的角12.【答案】B【解析】为的零点，为图象的对称轴，即，即，即为正奇数，在上单调，则，即，解得，当时，此时在不单调，不满足题意；当时，此时在单调，满足题意；故的最大值为9【提示】根据已知可得为正奇数，且，结合为的零点，为图象的对称轴，求
12、出满足条件的解析式，并结合在上单调，可得的最大值【考点】正弦函数的对称性第卷二、填空题13.【答案】【解析】，可得，向量，解得【提示】利用已知条件，通过数量积判断两个向量垂直，然后列出方程求解即可【考点】平面向量数量积的运算14.【答案】10【解析】的展开式中，通项公式为，令，解得，的系数【提示】利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为3，求出，即可求出展开式中的系数【考点】二项式定理的应用15.【答案】64【解析】等比数列满足，可得，解得，解得，则，当或4时，表达式取得最大值【提示】求出数列的等比与首项，化简，然后求解最值【考点】数列与函数的综合，等比数列的性质16.【答案】216000
13、元【解析】设，两种产品分别是件和件，获利为元，由题意得，不等式组表示的可行域如图，由题意可得，解得，目标函数经过时，直线的截距最大，目标函数取得最大值元【提示】设，两种产品分别是件和件，根据题干的等量关系建立不等式组以及目标函数，利用线性规划作出可行域，通过目标函数的几何意义，求出其最大值即可【考点】简单线性规划的应用三、解答题17.【答案】（）在中，已知等式利用正弦定理化简得，整理得，即，；（）由余弦定理得，的周长为【提示】（）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据不为0求出的值，即可确定出出的度数；（）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出
14、关系式，求出的值，即可求的周长【考点】解三角形18.【答案】（）为正方形，平面，平面，平面平面；（）由，可得为二面角的平面角，由为正方形，平面，平面，即有，可得为二面角的平面角，可得，平面，平面，平面，平面平面，平面，四边形为等腰梯形，以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，设平面的法向量为，则，则，取，设平面的法向量为，则，则，取，设二面角的大小为，则，则二面角的余弦值为【提示】（）证明平面，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面；（）证明四边形为等腰梯形，以为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面、平面的法向量，代入向量夹角公式可得二面角的余弦值【考点】与二面角有关的立体几何19.【答案】
15、（）由已知得的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，的分布列为：16171819202122（）由（）知：，中，的最小值为19；（）解法一：由（）得，买19个所需费用期望：，买20个所需费用期望：，买19个更合适；解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当时，费用的期望为：，当时，费用的期望为：，买19个更合适【提示】（）由已知得的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列；（）由的分布列求出，由此能确定满足中的最小值；（）方法一：由的分布列得，求出买19个所需费用期望和买20个
16、所需费用期望，由此能求出买19个更合适；方法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出时，费用的期望和当时，费用的期望，从而得到买19个更合适【考点】离散型随机变量及其分布列20.【答案】（）圆即为，可得圆心，半径，由，可得，由，可得，即为，即有，则，故的轨迹为以，为焦点的椭圆，且有，即，则点的轨迹方程为，（）椭圆，设直线l：，由l，设，由可得，设，可得，则，到的距离为，则四边形面积为，当时，取得最小值12，又，可得，即有四边形面积的取值范围是【提示】（）求得圆的圆心和半径，运用直线平行的性质和等腰三角形的性质，可得，再由圆的定义和椭圆的
17、定义，可得的轨迹为以，为焦点的椭圆，求得，即可得到所求轨迹方程；（）设直线l：，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得，由l，设，求得到的距离，再由圆的弦长公式可得，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围【考点】直线与椭圆的位置关系，圆的一般方程21.【答案】（）函数，若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意；若，那么恒成立，当时，此时函数为减函数；当时，此时函数为增函数；此时当时，函数取极小值，由，可得：函数在存在一个零点；当时，令的两根为，且，则当，时，故函数在存在一个零点；即函数在是存在两个零点，满足题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立
18、，故单调递减，当时，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立，故单调递增，故函数在上单调递增，函数在上至多存在一个零点，不合题意；若，则，当时，即恒成立，故单调递增，当时，即恒成立，故单调递减，当时，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，的取值范围为；（），是的两个零点，且，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；设，则，设，则恒成立，即在上为增函数，恒成立，即恒成立，令，则，即【提示】（）由函数可得，对进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案；
19、（）设，是的两个零点，则，令，则，分析的单调性，令，则，设，利用导数法可得恒成立，即恒成立，令，可得结论【考点】利用导数研究函数的极值，函数的零点22.【答案】（）设为中点，连结，直线与相切；（）因为，所以不是，四点所在圆的圆心，设是，四点所在圆的圆心，为的中垂线，同理，为的中垂线，【提示】（）设为中点，连结，根据等腰三角形的性质知，则是圆的切线；（）设圆心为，证明为的中垂线，为的中垂线，即可证明结论【考点】圆的切线的判定定理的证明23.【答案】（）由，得，两式平方相加得，为以为圆心，以为半径的圆，化为一般式，由，得；（），两边同时乘得，即，由，其中满足，得，曲线与的公共点都在上，为圆与的公共
20、弦所在直线方程，得：，即为，【提示】（）把曲线的参数方程变形，然后两边平方作和即可得到普通方程，可知曲线是圆，化为一般式，结合，化为极坐标方程；（）化曲线、的极坐标方程为直角坐标方程，由条件可知为圆C1与C2的公共弦所在直线方程，把与的方程作差，结合公共弦所在直线方程为可得，则值可求【考点】简单曲线的极坐标方程，参数方程的概念24.【答案】（），由分段函数的图象画法，可得的图象，如图：（）由，可得，当时，解得或，即有；当时，解得或，即有或；当时，解得或，即有或综上可得，或或则的解集为【提示】（）运用分段函数的形式写出的解析式，由分段函数的画法，即可得到所求图象；（）分别讨论当时，当时，当时，解
21、绝对值不等式，取交集，最后求并集即可得到所求解集【考点】带绝对值的函数，函数图象的作法-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _理科数学注意事项：1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,在选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.
22、已知集合,则A.B.C.D.2.如图,正方形内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是A.B.C.D.3.设有下面四个命题：若复数满足,则；：若复数满足,则；：若复数,满足,则；：若复数,则.其中的真命题为A.,B.,C.,D.,4.记为等差数列的前项和若,则的公差为A.1B.2C.4D.85.函数在单调递减,且为奇函数若,则满足的的取值范围是A.B.C.D.6.展开式中的系数为A.15B.20C.30D357.某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边
23、长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为A.10B.12C.14D.168.右面程序框图是为了求出满足的最小偶数,那么在和两个空白框中,可以分别填入A.和B.和C.和D.和9.已知曲线,则下面结论正确的是A.把上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线B.把上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移个单位长度,得到曲线C.把上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线D.把上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移个单位
24、长度,得到曲线10.已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,直线与交于、两点,直线与交于、两点,则的最小值为A.16B.14C.12D.1011.设,为正数,且,则A. B.C.D.12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A.440B.330C.220D.110二、填
25、空题：本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知向量,的夹角为,则|.14.设,满足约束条件则的最小值为.15.已知双曲线的右顶点为,以为圆心,为半径做圆,圆与双曲线的一条渐近线交于、两点.若,则的离心率为.16.如图,圆形纸片的圆心为,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形的中心为.,为圆上的点,分别是以,为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以,为折痕折起,使得,重合,得到三棱锥.当的边长变化时,所得三棱锥体积(单位：)的最大值为.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1721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
26、考题：共60分。17.(12分) 的内角,的对边分别为,已知的面积为.(1)求;(2)若,求的周长.18.(12分)如图,在四棱锥中,且.(1)证明：平面平面；(2)若,求二面角的余弦值.19.(12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位：cm)根据长期生产经验,可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布-在-此-卷-上-答-题-无-效-(1)假设生产状态正常,记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数,求及的数学期望；(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可
27、能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查()试说明上述监控生产过程方法的合理性；()毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得,其中为抽取的第个零件的尺寸,1,2,16用样本平均数作为的估计值,用样本标准差作为的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据,用剩下的数据估计和(精确到0.01)附：若随机变量服从正态分布,则.,20.(12分)已知椭圆,四点,中恰有三点在椭圆上.(
28、1)求的方程；(2)设直线不经过点且与相交于,两点.若直线与直线的斜率的和为,证明：过定点.21.(12分)已知函数(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点,求的取值范围.(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。22.选修44：坐标系与参数方程(10分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),直线的参数方程为(为参数).(1)若,求与的交点坐标；(2)若上的点到的距离的最大值为,求.23.选修45：不等式选讲(10分)已知函数,(1)当时,求不等式的解集；(2)若不等式的解集包含,求的取值范围.2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数
29、学答案解析一、选择题1.【答案】A【解析】本题考查集合的运算及简单不等式的求解.由,得,所以,故,故选A.2.【答案】B【解析】本题考查几何概型.设正方形的边长为2,则正方形的内切圆半径为1,其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对称,则黑色部分的面积为,所以在正方形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率,故选B.3.【答案】B【解析】本题考查复数的计算和命题真假的判断.对于命题,设,由,得,则成立,故命题正确；对于命题,设,由,得,则或,复数可能为实数或纯虚数,故命题错误；对于命题,设,由,得,不一定有,故命题错误；对于命题,设,则由,得,所以成立,故命题正确.故选B.4.【答案】C【解析】本
30、题考查等差数列基本量的计算与性质的综合应用.等差数列中,则,又,所以,得,故选C.5.【答案】D【解析】本题考查利用函数的性质求解不等式.已知函数在上为单调递减函数,且为奇函数,则,所以原不等式可化为,则,即,故选D.6.【答案】C【解析】本题考查二项式定理中项的系数问题.对于,若要得到项,可以在中选取1,此时中要选取含的项,则系数为；当在中选取时,中要选取含的项,即系数为,所以,展开式中项的系数为,故选C.7.【答案】B【解析】本题考查立体几何中的三视图问题.由多面体的三视图还原直观图如图.该几何体由上方的三棱锥和下方的三棱柱构成,其中面和面是梯形,则梯形的面积之和为.故选B.8.【答案】D
31、【解析】本题考查程序框图问题.本题求解的是满足的最小偶数,可判断出循环结构为当型循环结构,即满足条件要执行循环体,不满足条件要输出结果,所以判断语句应为,另外,所求为满足不等式的偶数解,因此中语句应为,故选D.9.【答案】D【解析】本题考查三角函数的诱导公式及图象变换.首先利用诱导公式化异名为同名.,由的图象得到的图象,需将曲线上各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变；由的图象得到的图象,需将的图象上的各点向左平移个单位长度,故选D.10.【答案】A【解析】如图所示,设直线的倾斜角为,过,分别作准线的垂线,垂足为,则,过点向引垂线,得,则,同理,则,即,因与垂直,故直线的倾斜角为或,则,则,则易
32、知的最小值为16.故选A.11.【答案】D【解析】由,可设,因为,为正数,所以,因为,所以；因为,所以,所以.分别作出,的图像,如图.则,故选D.12.【答案】A【解析】本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.不妨设(其中、,),则有,因为,所以.由等比数列的前项和公式可得.因为,所以,所以,即因为,所以,故,因为,所以,故.所以,从而有,因为,所以.当时,不合题意；当时,满足题意,故所求的最小值为440.二、填空题13.【答案】【解析】本题考查向量数量积的计算.由题意知,则.所以.14.【答案】【解析】本题考查利用线性规划求解最值.由约束条件作出可行域,如图阴影部分所示.平移直线可知
33、,目标函数在点处取最小值,又由解得即,所以.15.【答案】【解析】本题考查双曲线的几何性质和圆的性质.不妨设点、在渐近线上,如图,为等边三角形,且,则点到渐近线的距离为,又将变形为一般形式为,则到渐近线的距离,所以,即,所以双曲线离心率.16.【答案】【解析】由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示.连接并延长交于,连接、.则平面.令,则,得,.则,令,则,则当时,单调递增,当时,单调递减,所以当时,体积取最大值,为.三、解答题17.【答案】解：(1)由题设得,即.由正弦定理得.故.(2)由题设及(1)得,即.所以,故.由题设得,即.由余弦定理得,即,得.故的周长为.【解析】本题考查了正弦定理,
34、余弦定理,三角形的面积公式及其综合应用.18.【答案】解：(1)由已知,得,.由于,故,从而平面.又平面,所以平面平面.(2)在平面内作,垂足为.由(1)可知,平面,故,可得平面.以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)及已知可得所以设是平面的法向量,则即可取.设是平面的法向量,则即可取.则.所以二面角的余弦值为.【解析】本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.19.【答案】(1)抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在之外的概率为0.002 6,故,因此.的数学期望为.(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在之外的
35、概率只有0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在之外的零件的概率只有0.040 8,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.(ii)由,得的估计值为的估计值为,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据9.22,剩下数据的平均数为,因此的估计值为10.02.,剔除之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为,因此的估计值为.【解析】本题考查了统计与概率中的二项分布和正态分布的性质及应用.20.【答案】(1)由于两点关于轴
36、对称,故由题设知经过两点.又由知,不经过点,所以点在上.因此解得故的方程为.(2)设直线与直线的斜率分别为.如果与轴垂直,设,由题设知,且,可得的坐标分别为.则,得,不符合题设.从而可设.将代入得.由题设可知.设,则.而,由题设,故.即.解得.当且仅当时,于是,即,所以过定点.【解析】解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.21.【答案】(1)的定义域为,.(i)若,则,所以在单调递减.(ii)若,则由的.当时,；当时,所以在单调递减,在单调递增.(2)(i)若,由(1)知,至多有一个零点.(ii)若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为.当时,由于,故只有一个零
37、点；当时,由于,即,故没有零点；当时,即.又,故在有一个零点.设正整数满足,则.由于,因此在有一个零点.综上,的取值范围为.【解析】本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.22.【答案】解：(1)曲线的普通方程为.当时,直线的普通方程为.由解得或从而与的交点坐标为.(2)直线的普通方程为,故上的点到的距离为.当时,的最大值为,由题设得,所以；当时,的最大值为,由题设得,所以.综上,或.【解析】本题考查参数方程的应用.23.【答案】解：(1)当时,不等式等价于. 当时,式化为,无解；当时,式化为,从而；当时,式化为,从而.所以的解集为.(2)当时,.所以的解集包含,等价于当时.又在的
38、最小值必为与之一,所以且,得.所以的取值范围为.【解析】本题考查参数方程的应用.-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共4页，23小题，满分150分，考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码张贴处”。姓名_ 准考证号_2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签
39、字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。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设，则（ ）A0BCD2已知集合，则（ ）ABCD3某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍实现翻番为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例得到如下饼图：则下面结论中不正确的是（ ）A新农村建设后，种植收入减少B新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C新农村建设后，养殖收入增加了一倍D新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半4记为等差数列的前项和若，则（ ）ABCD125设函数若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）ABCD6在中，为边