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1、绝密启用前 2016 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学（全国卷）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 注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用 2B 铅笔将答题卡上试卷类型 A 后的方框涂黑。2.选择题的作答：每小时选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上帝非答题区域均无效。.4.选考题的作答：先把所
2、选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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2|430Ax xx，|230Bxx，则AB【D】（A）3(3,)2（B）3(3,)2（C）3(1,)2（D）3(,3)2（2）设(1i)1ixy，其中x，y是实数，则i=xy【B】（A）1（B）2（C）3（D）2（3）已知等差数列na前 9 项的和为 27，10=8a，则100=a【C】（A）100
3、（B）99（C）98（D）97（4）某公司的班车在 7:30，8:00，8:30 发车，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【B】（A）13（B）12（C）23（D）34（5）已知方程222213xymnmn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】（A）(1,3)（B）(1,)（C）(0,3)（D）(0,)33（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283，则它的表面积是【A】（A）17（B）18（C）20（D）28（7）函数
4、 y=2x2ex在2,2的图像大致为【D】（A）（B）（C）（D）（8）若101abc，则【C】（A）ccab（B）ccabba（C）loglogbaacbc（D）loglogabcc（9）执行右面的程序图，如果输入的011xyn，则输出 x，y 的值满足【C】n=n+1入 入入 入 x,yx2+y236入x=x+n-12入 y=ny入 入 x,y,n入 入（A）2yx（B）3yx（C）4yx（D）5yx(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|=4 2，|DE|=2 5，则C 的焦点到准线的距离为【B】(A)2 (B)4 (
5、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【A】(A)32(B)22 (C)33 (D)13 12.已知函数()sin()(0),24f xx+x ，为()f x的零点，4x为()yf x图像的对称轴，且()f x在518 36，单调，则的最大值为【A】（A）11 （B）9 （C）7 （D）5 第 II 卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4 小题，
6、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=-2 .(14)5(2)xx的展开式中，x3的系数是 10 .（用数字填写答案）（15）设等比数列满足 a1+a3=10，a2+a4=5，则 a1a2an的最大值为 64 .（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
7、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 216000 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）ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知2cos(coscos).C aB+bAc（I）求C；（II）若7,cABC的面积为3 32，求ABC的周长 解：（I）由已知及正弦定理得，2cosC sincossincossinCAA，即2cosCsinsinCA 故2sinCcosCsinC 可得1cosC2，所以C3（II）由已知，13 3sinC22ab 又C3，所以6ab 由已知
8、及余弦定理得，222cosC7abab 故2213ab，从而225ab 所以CA的周长为57（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，90AFD，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是60 （I）证明：平面 ABEFEFDC；（II）求二面角 E-BC-A 的余弦值 解：（I）由已知可得FDFA，FFA，所以FA 平面FDC 又FA 平面FA，故平面FA平面FDC（II）过D作DGF，垂足为G，由（I）知DG 平面FA 以G为坐标原点，GF 的方向为x轴正方向，GF 为单位长，建立如图所示的空间直
9、角坐标系Gxyz 由（I）知DF为二面角DF A 的平面角，故DF60，则DF2，DG3，可得1,4,0A，3,4,0，3,0,0，D 0,0,3 由已知，/FA，所以/A平面FDC 又平面CDA平面FDCDC，故/CDA，CD/F 由/F A，可得 平面FDC，所以C F 为二面角CF的平面角，C F60 从而可得C2,0,3 所以C1,0,3，0,4,0 ，C3,4,3A ，4,0,0A 设,nx y z是平面C 的法向量，则 C00nn ，即3040 xzy，所以可取3,0,3n 设m是平面CDA的法向量，则C00mmAA ，同理可取0,3,4m 则2 19cos,19n mn mn m
10、 故二面角CA的余弦值为2 1919（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：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X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.（I）求X的分布列；（II）若要
11、求()0.5P Xn，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19n 与20n 之中选其一，应选用哪个？解：（）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 04.02.02.0)16(XP；16.04.02.02)17(XP；24.04.04.02.02.02)18(XP；24.02.04.022.02.02)19(XP；2.02.02.04.02.02)20(XP；08.02.02.02)21(XP；04.02.02.0)22(XP.所以X的分布列为 X 16 17
12、18 19 20 21 22 P 04.0 16.0 24.0 24.0 2.0 08.0 04.0（）由（）知44.0)18(XP，68.0)19(XP，故n的最小值为 19.（）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19n时，08.0)500220019(2.0)50020019(68.020019EY 404004.0)500320019(.当20n时，04.0)500220020(08.0)50020020(88.020020EY4080.可知当19n时所需费用的期望值小于20n时所需费用的期望值，故应选19n.20.（本小题满分 12 分）设圆222150 x
13、yx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EAEB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.解：（）因为|ACAD，ACEB/，故ADCACDEBD，所以|EDEB，故|ADEDEAEBEA.又圆A的标准方程为16)1(22yx，从而4|AD，所以4|EBEA.由题设得)0,1(A，)0,1(B，2|AB，由椭圆定义可得点E的轨迹方
14、程为：13422yx（0y）.（）当l与x轴不垂直时，设l的方程为)0)(1(kxky，),(11yxM，),(22yxN.由134)1(22yxxky得01248)34(2222kxkxk.则3482221kkxx，341242221kkxx.所以34)1(12|1|22212kkxxkMN.过点)0,1(B且与l垂直的直线m：)1(1xky，A到m的距离为122k，所以 1344)12(42|22222kkkPQ.故四边形MPNQ的面积 341112|212kPQMNS.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8 3).当l与x轴垂直时，其方程为1x，3|MN，8|P
15、Q，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为)38,12.（21）（本小题满分12分）已知函数有两个零点.(I)求 a 的取值范围；(II)设 x1，x2是的两个零点，证明：+x22.解：（）()(1)2(1)(1)(2)xxfxxea xxea（i）设0a，则()(2)xf xxe，()f x只有一个零点 （ii）设0a，则当(,1)x 时，()0fx；当(1,)x时，()0fx 所以()f x在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增 又(1)fe，(2)fa，取b满足0b 且ln2ab，则 223()(2)(1)()022af bba ba bb，故()f x存在
16、两个零点（iii）设0a，由()0fx 得1x 或ln(2)xa 若2ea ，则ln(2)1a，故当(1,)x时，()0fx，因此()f x在(1,)上单调递增又当1x 时，()0f x，所以()f x不存在两个零点 若2ea ，则ln(2)1a，故当(1,ln(2)xa时，()0fx；当(ln(2),)xa时，()0fx 因此()f x在(1,ln(2)a单调递减，在(ln(2),)a单调递增又当1x 时，()0f x，所以()f x不存在两个零点 综上，a的取值范围为(0,)（）不妨设12xx，由（）知12(,1),(1,)xx，22(,1)x，()f x在(,1)上单调递减，所以122x
17、x等价于12()(2)f xfx，即2(2)0fx 由于222222(2)(1)xfxx ea x，而22222()(2)(1)0 xf xxea x，所以 222222(2)(2)xxfxx exe 设2()(2)xxg xxexe，则2()(1)()xxg xxee 所以当1x 时，()0g x，而(1)0g，故当1x 时，()0g x 从而22()(2)0g xfx，故122xx 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
18、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：ABCD.ODCBA 解：（）设E是AB的中点，连结OE，因为,120OAOBAOB，所以OEAB，60AOE 在Rt AOE中，12OEAO，即O到直线AB的距离等于圆O的半径，所以直线AB与O相切 EODCOBA（）因为2OAOD，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OOAB 同理可证，OOCD所以/ABCD（23）（本小题满分 10 分）
19、选修 44：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，a0）。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：=4cos.（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=0，其中 0满足 tan0=2，若曲线 C1与 C2的公共点都在 C3上，求 a。解：cos1sinxatyat （t均为参数）2221xya 1C为以01，为圆心，a为半径的圆方程为222210 xyya 222sinxyy，222 sin10a 即为1C的极坐标方程 24cosC：两边同乘得22224 coscosxyx，224
20、xyx 即2224xy 3C：化为普通方程为2yx 由题意：1C和2C的公共方程所在直线即为3C 得：24210 xya，即为3C 210a 1a （24）（本小题满分 10 分），选修 45：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。解：4133212342xxf xxxxx ，如图所示：4133212342xxf xxxxx ，1fx 当1x，41x，解得5x 或3x 1x 当312x，321x，解得1x 或13x 113x 或312x 当32x，41x，解得5x 或3x 332x 或5x 综上，13x 或13x或5x 1f x，解集为 11353，.