《2016年高考全国I卷理科数学试题逐题解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年高考全国I卷理科数学试题逐题解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、整理:英德市一中陈健伟2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(I 卷)本试题卷共 5页，24题(含选考题)。全卷满分150 分。考试用时 120分钟。一、选择题：本题共（1）设集合A（A）(3,12 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。x x24x30，B33(3,)（B）2)2 x 2x 30，则 AI B33（）C(1,2)（D）(,3)2【解析】：Ax x24 x 3 0 x 1x3，Bx 2 x 30 x x3故AIB2x 3x 32故选 D（2）设(1i)x（A）11yi，其中x,y是实数，则xyi（B）2（C）3（D）2【解析】：由
2、1i x1yi可知：x xi 1yi，故xx1，解得：x所以，xyy11yix2y22故选 B（3）已知等差数列 an前9项的和为（A）10027，a108，则 a100（B）99S99 a1（C）a9982（D）979a5【解析】：由等差数列性质可知：92a5227，故a53，而a108，因此公差a10a51d105a1007:308:00 8:30a10 90d，98故选 C 7:508:30（4）某公司的班车在，发车，小明在至之间到达发车站乘坐班车，且到达发车丫的时候是随机的，则他等车时间不超过（A）10 分钟的概率是（D）1（B）1（C）233234【解析】：如图所示，画出时间轴：7:
3、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P10 1040等车的时间不超过10 分钟，根据几何概型，所求概率1AC或 DB时，才能保证他故选 B2（5）已知方程x22y23mmn2n1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（A）(1,3)（B）(1,3)（C）(0,3)（D）(0,3)第 1 页共 13 页2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析整理:英德市一中陈健伟x2y2n 3m22222【解析】：m2n1 表示双曲线，则由双曲线性质知：c2m2n3m2nn 3m n
4、 0，mmn3m4m2，其中c是半焦距，焦距 2c2 2 m4，解得 m 11 n 3，故选 A（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3表面积是（A）17（B）18（C）20（D）28【解析】：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的18后的三视图表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和S=48722+3 1422=17，故选A（7）函数y 2 x2ex在 2,2的图像大致为yy（A）1（B）212Ox2O2xyy11（C）2O2x（D）2O2x【解析】：f 28e282.820，排除 A；ff x，28e282.721，排除
5、B；时，f xx 0时，f x2x2ex4x ex，当x0,1因此 f x在 0,14144 e00单调递减，排除C；故选 D4（8）若a b（A）ac1，0c 1，则bc（B）abcbac（C）a logbcb loga ca（D）logacacbc，A 错误；logb c【解析】：由于0c由于 1c，函数 y x 在R上单调递增，因此1b 11c1 0，函数 yxc 1在 1,上单调递减，a ba c 1b c 1bacabc，B 错误；第 2 页共 13 页2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析整理:英德市一中陈健伟要比较 a logb c和 b loga c，只需
6、比较aln c和bln c，只需比较ln c和 ln c，只需 bln b和 a ln a，ln bx ln x x1，则 f xln xln a1b lnb在 1,a ln a构造函数 fx110，f x上单调递增，因此f af b0a ln a b ln b 01又由 0c 1得 ln c 0，a ln abln b，cb，错误；ln cln ca ln ab ln bbloga calogb c，C 正确；要比较 loga c和 logb c，只需比较ln c和ln c故a b1ln a ln b 0ln a11而函数 yln b，ln x在 1,上单调递增，又由0c1得ln c 0，n
7、l c nl cnl a nlbogla c oglln a ln b，故选 C开始输入 x,y,nx2（9）执行右面的程序框图，如果输入的x 0，y1，n 1，则输出（A）yx,y的值满足2 x4xn21,y ny（B）y 3x（D）y 5x否y2 36?（C）yx xn n 1【解析】：第一次循环：x 0,y 1,x2y21 36；是第二次循环：x122输出 x,y,y 2,x2y2y2第三次循环：x31736；436；结束,y 6,x2输出 x32，y6，满足 y4x故选 C；（10）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AB（A）24 2,DE2 5，
8、则 C的焦点到准线的距离为（B）4（C）6（D）8【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 y22 pxp0，设圆的方程为x2y2r2，如图：设Ax0,22，Dp2,5，点 A x0,222 在抛物线 y2 px上，82 px0；点 D2p,25在圆 x2y22r 上，2 5p2r；点 A x0,2F222在圆 xyr 上，22 x028 r；联立解得：p 4 故选 B p4，焦点到准线的距离为（11）平面过正方体ABCDA1 B1 C1D1的顶点A，/平面CB1D1，2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析第 3 页共 13 页整理:英德市一中陈健伟
9、I平面 ABCD（A）m，（B）平面 ABB1 A1（C）n，则m,n所成角的正弦值为322233（D）13【解析】：如图所示：DACBD1A1B1C1平面 CB1D1，若设平面 CB1 D1平面 ABCDm1，则 m1m又平面 ABCD平面 A1 B1 C1 D1，结合平面 B1 D1C平面 A1B1C1D1 B1D1B1D1m1，故 B1D1m，同理可得：CD1n故 m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即而 B1C B1D1CD1（均为面对交线），因此 CD1 B1CD1B1的大小32，即 sin CD1 B13故选 A（12）已知函数f(x)sin(x)(0,yf(x
10、)图像的对称轴，且f(x)在(,185)，x2为 f(x)的零点，x为44)单调，则36的最大值为（A）11（B）9（C）7（D）5【解析】：由题意知：+4k 14+k2+2则2k1，其中 kZ，f(x)在 5,18 36单调，536 T18 12 2,12接下来用排除法：若11,4，此时 f(x)sin 11x4，f(x)在 3,递增，在3 5,递减，不满足f(x)在 5,单调；若9,4，此时f(x)sin 9x18 444，满足 f(x)在4436 5,单18 3618 36调递减。故选 B 二、填空题：本大题共3 小题，每小题5 分。（13）设向量a(m,1)，b(1,2)，且|ab|2
11、|a|2|b|2，则 mrm1,3，a2rr【解析】：由已知得：a brb2ra2r2bm 132m2121222，解得 m2（14）(2xx)5的展开式中，x3的系数是（用数字填写答案）I卷逐题解析第 4 页共 13 页2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学k整理:英德市一中陈健伟5 k5k【解析】：设展开式的第k 1项为 Tk 1，k当 50,1,2,3,4,5，Tk 1C5k 2 xxC5k 25kx2k3时，k4，即 T5543C5425 4x 210 x故答案为 10 2，（15）设等比数列 an满足a1【解析】：由于a1a3a21a310，a2a45，则 a1a2 L a
12、n的最大值为an是等比数列，设an a1 qn1，其中 a1是首项，q是公比10532 .n 4a1 a1qa1q a1q2 4924210a4235，解得：a18q1n n 7122故 an12n 4，a1a2 .an1222211n，12242取7当 n到最大值 26所以a1a21n749 4.an的最大值为 643n 72 4924时，或2取到最小值6，此时1（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
13、 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【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、工时要求等其他限制条件，构造线性规则约束为1.5x0.5y 150 x 0.3 y 905x3 y 600 x 0目标函数 z 2100 x 900y；y 0 xN*y N*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，z2100 60900 100216000三、解
14、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12 分）ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知2cosC(a cos B（）求 C；（）若 cb cos A)c7，ABC的面积为3，求 ABC的周长23【解析】：2cos C a cos B b cos Ac，由正弦定理得：2cos C sin A cos B sin B cos Asin C，A、B、C0，sin A B sin C0，2cos C sin ABsin C，AB C2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析第 5 页共 13 页整理:英德市一中陈健伟 2cosC1，cosC1 C
15、2，b20，C322 由余弦定理得：c2a22ab cosC，7 ab22ab 12a b3ab 7Sab12sin C3ab43 32，18 ab 6，ab2，7ab，5 ABC周长为 abc 57（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，AF2FD,角 DAFD90，且二面CDEAF E与二面角 C BEABEFEF都是60平面 EFDC；B（）证明：平面（）求二面角BC A的余弦值FEF，AFD90，AFADF，DF【解析】：ABEF为正方形，AFEF=F AF面 EFDC，AF面 ABEF，平面 ABEF平面 EFDC由知DF
16、E ABEF，ABCEF 60，平面 EFDC，EF平面 EFDC平面 ABCD AB平面 ABCD，AB面 ABCD I 面EFDC CDAB CD，CD EF四边形 EFDC为等腰梯形以为原点，如图建立坐标系，设 F D aE，E 0，0，0B 0，2a，0a，3，C202a，A 2a 2a 0uuruuura，20，3uuurEB0，2a，0，BC2a2 a，AB2a，0，0，设面 BEC法向量为m1，mx，y，z，ur uururuuur2a y1a23 0mEB0，即m BC0 x12ay13x1az102，3，y10，z1ur，1设面 ABC法向量为 nrx2，y2，z2ruuur
17、n BC=0ra.即2uuur x22ay232 az20，n AB02ax204，nx20，y23，z2r0，3，4，设二面角 E BC A的大小为.cosurur rm nr4312 19二面角 EBCA的余弦值为2 1919mn3 1619，第 6 页共 13 页2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析整理:英德市一中陈健伟（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
18、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：频数40200891011更换的易损零件数以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替台机器三年内共需更换的易损零件数，（）求 X的分布列；（）若要求 P(X1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示 2n表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数n)0.5，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，【解析】：每台机器更换的易损零件数为记事件 Ai为第一台机器3 年内换掉i记事件 Bi为第二台机器3 年内换掉i由题知 P在 n 19与 n20之中选其一，应选用哪个？8，9，
19、10，117个零件 i7个零件 iP B31,2,3,41,2,3,4P B4A1 P A3PA4P B10.2，PA2P B20.4设 2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为21，22X，则 X的可能的取值为 16，17，18，19，20，PX16PX17PX18PX19PA1PB1PA1P B2P A1P B3PA1P B40.2 0.2PA2PB1PA2PB2PA2P0.040.2 0.40.4 0.20.16P A3PB1B30.20.20.2PA4P0.20.40.40.2 0.20.24P A3P B2B10.2 0.2 0.4 0.20.2 0.4PX200.24PA2P B4
20、P A3P B4P A4P B4PA3PB3PA4PB30.2 0.21617P A4PB20.20.040.40.20.2 0.4 0.20.20.2P x21Px220.2 0.2 0.20.08X1819202122P0.040.160.240.240.20.080.042016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析第 7 页共 13 页整理:英德市一中陈健伟要令 P x n 0.5，0.04 0.16 0.24 0.5，0.04 0.16 0.24 0.24 0.5则 n的最小值为 19；购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外
21、购买的费用当 n 19时，费用的期望为 19 200 500 0.2 1000 0.08 1500 0.04 4040当 n 20时，费用的期望为 20 200 500 0.08 1000 0.04 4080所以应选用 n 19（20）（本小题满分 12 分）设圆 x2y22x150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（）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程；（）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4423【解析】：
22、圆 A 整理为 x 1y216，A 坐标1,0，如图，Q BE AC，则CEBD，由 ACAD,则 D C，AE EBx24y23DP3434N2 EBDD，则 EBED，根据椭圆定义为一个椭圆，方程为AEEDAD4|AB|21，(y 0)；14 C1:x42y221；设 l:x2my1，因为 PQ l，设 PQ:ym x 1，2A1Bx32 36m2236 3m2412 m|MN|1 m|yM联立 l 与椭圆 C1：yN|1 m3m43m2412x my11Cx2A1B224Ex2y23m24 y26my90则431，M（21）（本小题满分 12 分）已知函数圆心 A到 PQ 距离 d|m1
23、 1|m21d2|2m|，1m22所以|PQ|2|AQ|22 161 12 m 14m21 m2224 3m24，1 m24 3m2（）求a的取值范围；QSMPNQ12|MN|PQ|24 24 m142431223m41 m3m2112,8 3234m 12016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析第 8 页共 13 页整理:英德市一中陈健伟（）设 x1,x2是 f(x)的两个零点，证明：【解析】：由已知得：f x若 a若 ax1x22x1 ex2a x10 xx1ex2ax 2，f x0，那么 f xxx 2 ex0只有唯一的零点x2，不合题意；0，那么 e2ae0，所以当
24、x 1时，f x0，f x 单调递增;当x即：1时，f x20，f x 单调递减;x,1101,f xf x极小值故 f x 在 1,由于 f 2上至多一个零点，在a 0，f 1,1上至多一个零点f 1 0，e 0，则 f 2根据零点存在性定理，而当 xfx 在 1,2 上有且仅有一个零点1时，exe，x221 0，2故 f x则 fx 2 ex0 的两根 ta x 1ee x 2 a x 1ea x 1e2e x 1 e4ae1x1e24ae1t，2a2e x 1 e 02a，t1t2，因为a0，故当x t1或 xt2时，a x 12因此，当 x 1且 x t1时，fx又 f 1e00，根据
25、零点存在性定理，f x 在,1 有且只有一个零点此时，f x 在R上有且只有两个零点，满足题意 若e2a0，则 ln2aln e 1，2 a当 xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a0，即 f x当 lnx1 ex2a0，fx 单调递增；ln 2a2ax 1时，x1 0，ex2a e2a 0，即 f xx 1 ex2a0，f x单调递减；当 x1时，x10，ex2a即：2aeln2a2a0，即 f x0，f x 单调递增x,ln+2aln2a0ln2a,1-2101,f xf x+1极大值2极小值2而极大值f ln2a2alna ln2a1aln2a20第 9 页共 13 页201
26、6 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析整理:英德市一中陈健伟故当 x 1时，fx 在 xln2a 处取到最大值f ln2a，那么 fx fln2 a0 恒成立，即 f x0 无解而当 x1时，fx 单调递增，至多一个零点此时 f x 在R上至多一个零点，不合题意若 ae2，那么 ln 2a1当 x1ln 2a1ln 2a时，x 1 0，ex2a时，x 1 0，exeln 2a2a0，即 f x2a0，即 f x0，f x 单调递增0，f x 单调递增当 x2aeln 2 a又 f x 在x1处有意义，故 f x 在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意若 ae，则 ln2a1
27、2当 x1时，x10，ex2a e1当 1x2a2aeln 2aeln 2a2a0，即 f x0，f x 单调递增x 单调递减ln 2a 时，x10，exln2a2a0，即 f x 0，f当 x即：ln2 a 时，x 11 0，ex2aeln 2a2a0，即 f x 0，f x 单调递增x,1101,ln 2a-ln2a0ln2a,f xf x+极大值极小值f 1故当x lnfx0 无解ln2a 时，f x 在 x1处取到最大值e，那么 f x e 0 恒成立，即当 x意2a 时，fx单调递增，至多一个零点,此时 f x 在 R上至多一个零点，不合题综上所述，当且仅当 由已知得：f x1故可整
28、理得：a0时符合题意，即a的取值范围为f x2x10,x20，不难发现x1 1，x22 e21，x 2 ex 1xa1x22 ex2x22g x,，则 g x1g x2x1112g xx2x 1xe，当 x131时，g x0，g x 单调递减；当x1时，g x0，g x单调递增设 m0，构造代数式：eeeg 1 m g 1 mm 11 m2m 11 m21 m1 m2mmmmm12m1e12016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析第 10 页共 13 页整理:英德市一中陈健伟设 h mh mm1e2 m1，m 0,则 h m2 m22e2m0，故 h m单调递增，有m1h 0
29、0 m 1因此，对于任意的由 g x1m 0，g 1 mg 1 m g x2可知 x1、x2不可能在 g x的同一个单调区间上，不妨设 x1x2，则必有x1 1x2令 m1 x10，则有 g 11 x1g 1 1x1g 2x1g x1gx2而 2x11，x21，gx 在 1,2上单调递增，因此：g 2 x1 g x22 x1x2整理得：x1x2请考生在第（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（22）（本小题满分 10 分）选修4 1：几何证明选讲图，OAB是等腰三角形，AOB120以 O为圆心，DCO1OA为半径作圆2A（）证明：直线 AB与 O相切；B（
30、）点 C,D在O上，且 A,B,C,D四点共圆，证明：【解析】：设圆的半径为r，作 OKOA OB，AOBAB/CDAB于 KAB，A120 OK,30，OKOA sin30OA2r AB与O相切 方法一：假设CD与 AB不平行,CD与 AB交于 F,FK2 A、B、C、D 四点共圆,FCAK BK,FCFDFK AKFDFA FBFK AKFC FDFKFK2AKFK BKAK2由可知矛盾,AB CD方法二：因为 A,B,C,D 四点共圆，不妨设圆心为T，因为 OA OB,TA TB，所以 O,T 为AB的中垂线上，同理 OCOD,TC TD，所以 OT 为 CD 的中垂线，所以AB CD（
31、23）（本小题满分 10 分）选修4 4：坐标系与参数方程第 11 页共 13 页2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析整理:英德市一中陈健伟在直角坐标系xOy中，曲线 C1的参数方程为xa cost,(t为参数，a0)在以坐标原点为y1a sint,极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2:4 cos（）说明 C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；（）直线 C3的极坐标方程为求 a【解析】：0，其中0满足 tan202，若曲线 C1与 C2的公共点都在 C3上，xa costy1a sin t（t均为参数）,x2y1a2C1为以0，1 为圆心，a为半径的圆
32、方程为 x2x2y22 y 1 a20y22，ysin,22sin1a20即为 C1的极坐标方程22 C2：24cos,两边同乘得2224cos2x2y，cosx4 x即y4 ,C3：化为普通方程为y2 xxyx 2,由题意：C1和 C2的公共方程所在直线即为C3得：4x2 y 1,1 a20,aa20，即为C311（24）（本小题满分 10 分）选修4 5：不等式选讲已知函数f(x)x12x3xO1（）在答题卡第（24）题图中画出yf(x)的图像；（）求不等式f(x)1的解集y【解析】：如图所示：x 4，x 1 f x3x 2，1x324x，x 3f x 1,2,x 1，x 41，解得x5或 x 3 x 1,2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析第 12 页共 13 页 1x3，3 x2 1，解得x 1或x1 1x1或 1 x323，32 x3，4 x31，解得x5或 x3，x3或 x 522综上，x1或 1或 x 5x33 f x1，解集为，1U 1，3U 5，32016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析整理:英德市一中陈健伟第 13 页共 13 页