高考文科数学试题全国卷及解析word完美 7页

‎2016年普通高等学校招生全国统一考试文科数学试题卷 一、选择题：本大题共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={1,3,5,7}，B={x|2≤x≤5}，则A∩B= ( )‎ ‎ A．{1,3} B．{3,5} C．{5,7} D．{1,7}‎ 解析：常规的集合习题，考察交集的运算性质．答案： B．‎ ‎2、设(1+2i)(a+i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a=( )‎ ‎ A．–3 B．–2 C．2 D．3‎ 解析：本题考察复数实部虚部的基本概念，展开化简可得(a–2)+(2a+1)i，所以a–2=2a+1，即a=–3．答案：A．‎ ‎3、为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )‎ ‎ A． B． C． D． ‎ 解析：本题考察古典概率．从基本情况出发只要确定一个花坛的颜色，另一个花坛随之确定，所以有我们只需要确定一个花坛就好，因此有以下情况：红黄，红白，红紫，黄白，黄紫，白紫六种情况；其中红紫不在一起的情况有四种，所以答案．答案：C．‎ ‎4、△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a=，c=2，cosA=，则b=( )‎ ‎ A． B． C．2 D．3‎ 解析：本题考察余弦定理，根据题目条件画出图形可以列出等式a2=b2+c2–2bccosA，带入已知条件化简可得3b2–8b–3=0，解得b=3．答案：D．‎ ‎5、直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为( )‎ ‎ A． B． C． D． 解析：如图，利用△BOF的面积可得bc=a|OD|，带入已知条件化简得==e．答案：B．‎ ‎6、若将函数y=2sin (2x+)的图像向右平移个周期后，所得图像对应的函数为( )‎ ‎ A．y=2sin(2x+) B．y=2sin(2x+) C．y=2sin(2x–) D．y=2sin(2x–)‎ 解析：该函数的周期为T==π，所以函数向右平移，得y=2sin[2(x–)+]，化简可得y=2sin(2x–)．答案：D．‎ ‎7、如下左1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，则它的表面积是( )‎ ‎ A．17π B．18π C．20π D．28π 解析：该图形的直观图如图，所以此图属于切割体，切去了该球的体积，根据体积公式V球=πr3，有(1–)V球= ‎·πr3=π，解得r=2．所以表面积S=S球+S截面=·4·πr2+3·πr2，即S=17π．答案：A．‎ ‎8、若a>b>0，00，排除A；当x>0求导y'=4x–ex，即f'(0)<0，f'()>0．因此极值点一定在(0,)，因此答案选D．‎ ‎10、执行下面的程序框图，如果输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y的值满足( )‎ ‎ A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x 解析：根据程序图可得最终输出x=，y=6，代入四个选项可得C，即答案为C．‎ ‎11、平面α过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为( )‎ A． B． C． D． 解析：画出大概图形，在前面和下面各接一个正方体可以得到m、n两边，根据异面直线所求角的方法将两个移到一个三角形中即△A1BD，易得m、n所成角的正弦值为，即答案为A．‎ ‎12、若函数f(x)=x–sin2x+asinx在(–∞,+∞)单调递增，则a的取值范围是( )‎ A．[–1,1] B．[–1,] C．[–,] D．[–1,–]‎ 解析：此题考察恒成立问题，对原函数求导可得f'(x)=1–cos2x+acosx=–cos2x+acosx+，若原函数在R上单调递增，则f'(x)>0恒成立，设cosx=t(t∈[–1,1])，y'=–t2+3at+5>0，分别带入t=1和t=–1，解得[–,]．答案：C．‎ 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分 ‎13、设向量a=(x,x+1)，b=(1,2)，且a⊥b，则x= ．‎ 解析：本题考察向量垂直的坐标运算，由题意知：向量a·b=0，所以3x+2=0，即x=–．‎ ‎14、已知θ是第四象限角，且sin(θ+)=，则tan(θ–)= ．‎ 解析：本题考察同角的三角函数关系，三角函数的符号判断以及诱导公式的运用：cos(θ–)=cos(θ+–)=sin(θ+)=，因为 θ是第四象限角，且cos(θ–)=，所以θ–也在第四象限，即sin(θ–)=–，所以tan(θ–)==–．‎ ‎15、设直线y=x+2a与圆C：x2+y2–2ay–a=0相交于A，B两点，若|AB|=2，则圆C的面积为 ．‎ 解析：此题考察直线与圆的位置关系，点到直线的距离等公式；直线方程的一般式可以写作：x–y+2a=0，圆的标准方程为：x2+(y–a)2=2+a2，则圆心到直线的距离为：d==，利用勾股定理有：()2+()2=r2，解得a=，所以半径为r=2，所以面积为4π．‎ ‎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．‎ 解析：根据题目可得目标函数为z=2100x+900y，可行域满足的不等式组为，根据线性规划可得目标函数的最大值为216000．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17、(本题满分12分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=1，b2=，anbn+1+bn+1=nbn．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ 解析：(1)由anbn+1+bn+1=nbn知a1b2+b2=b1带入已知条件得：a1=2，∴由an=a1+(n–1)d得an=3n–1．‎ ‎(2)由(1)知anbn+1+bn+1=nbn，即(3n–1)bn+1+bn=nbn，所以=，所以{bn}是一个以1为首项，为公比的等比数列．‎ 其前n项和为：==–·()n．‎ ‎18、(本题满分12分)如图，在已知正三棱锥P–ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．‎ ‎(1)证明G是AB的中点；‎ ‎(2)在答题卡第(18)题图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．‎ 解析：(1)证明：∵D为P在面ABC的正投影，∴PD⊥面ABC．∴PD⊥AB．‎ 又∵E 为D在面APB的正投影，∴DE⊥面APB．∴DE⊥AB．∴AB⊥面PGD．∴AB⊥PG．‎ 又∵正三棱锥P–ABC，∴PA=PB．∴G为AB的中点(三线合一)．‎ ‎(2)正三棱锥P–ABC中PA=PB=PC，且各面都为直角三角形，因PA⊥PB、PC⊥PB、PA⊥PC，所以平面PAC⊥PB，作EF∥PB交PA于F，则EF⊥平面PAC，所以F为E在平面PAC内的投影；‎ 正三棱锥P–ABC中，D为三角形ABC的重心，PA=6，AB=6，因此DG=，PG=3，PD=2，在三角形PGD中，由射影定理可得PE=2，又因为三角形PAB为等腰直角三角形，EF⊥PA，EF=PF=2，因此S△PEF=×2×2=2，D–PEF的高为DE，根据等面积法可以得到DE=2，因此四面体的体积为×2×2=．‎ ‎19、(本小题满分12分)某公司计划购买1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：‎ 记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，n表示购机的同时购买的易损零件数.‎ ‎(1)若n=19，求y与x的函数解析式；‎ ‎(2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5，求n的最小值；‎ ‎(3)100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？‎ 解析：(1)y=．‎ ‎(2)此题要求为求平均值，即16×0.06+17×0.16+18×0.24+19×0.24+20×0.2+21×0.1=18.66，所以n最小取19．‎ ‎(3)若都购买19个易损零件，则费用为：19×200×70+20×500+2×500×10=286000元．‎ 若都购买20个易损零件，则费用为：20×90×200+500×10=410000元．‎ 所以每一台机器购买19个零件划算．‎ ‎20、(本小题满分12分)在直角坐标系xOy中，直线l：y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2=2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H．‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．‎ 解析：(1)如图所示：‎ 已知M(0,t)，P点纵坐标与M相同，所以带入抛物线求得P(,t)． ‎ 又∵N点是M点关于P 的对称点，所以N(,t)．‎ 设ON所在直线方程为y=kx，带入点N解得k=，所以直线为y=x．‎ 联立直线与抛物线方程解得H(,2t)，∴==2．‎ ‎(2)不存在除H以外的公共点．‎ 由(1)知M(0,t)，H(,2t)，可得MH所在直线方程为y=x+t，‎ 与抛物线方程联立消去y得：x2–px+t2=0．‎ 该方程Δ=0，所以表明直线与抛物线只有一个交点．‎ 所以不存在H以外的交点．‎ ‎21、(本小题满分12分)已知函数f(x)=(x–2)ex+a(x–1)2．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个零点，求a 的取值范围．‎ 解析：(1) f'(x)=(ex+2a)(x–1)．‎ ‎①当a>0时，f'(x)>0解得x>1；f'(x)<0解得x<1；‎ ‎②当a>–时，f'(x)>0解得x>ln2a或者x<1；f'(x)<0解得10解得x>1或者x1时g(x)=单调递减，当x<1时g(x)=单调递增，而且x→–∞时，g(x)=→0，因此当x<1时，g(x)>0且单调递增，当x>1时g(x)=单调递减，而且x→1时，g(x)=→+∞，g(2)=0，因此函数f(x)=(x–2)ex+a(x–1)2有两个零点时a的取值范围为a>0．‎ 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．‎ ‎(1)证明：直线AB与⊙O相切 ‎(2)点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD．‎ 解析：(1)过O点，作OE⊥AB交AB与E．若证得OE=OA，则该圆与AB相切：‎ 因为△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°，所以∠A=30°，‎ 由直角三角形OEA知OE=OA，所以命题得证；‎ ‎(2)方法一、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．‎ 方法二、由四点共圆对角互补可知，如下左2图，∠CDA+∠CBA=180°，即∠1+∠2+∠3+∠4=180°，‎ 所以：(∠1+∠4)+(∠2+∠3)=180°，即∠CDA+∠DAB=180°，所以AB∥CD．‎ ‎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．‎ ‎(1)说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；‎ ‎(2)直线C3的极坐标方程为θ=a0，其中a0满足tana0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a．‎ 解：(1)(t为参数)，∴x2+(y–1)2=a2①∴C1为以(0,1)为圆心，a为半径的圆，方程为x2+y2–2y+1–a2=0．‎ ‎∵x2+y2+ρ2，y=ρsinθ，∴ρ2–2ρsinθ+1–a2=0即为C1的极坐标方程．‎ ‎(2)C2：ρ=4cosθ，两边同乘ρ得ρ2=4ρcosθ，∴ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，∴x2+y2=4x，即(x–2)2+y2=4②‎ C3：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．‎ 或联立C2，C3解得公共点为：(0,0)，(,)，带入x2+(y–1)2=a2，可得a=1．‎ ‎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|．‎ ‎(1)在答题卡第(24)题图中画出y=f(x)的图像；‎ ‎(2)求不等式|f(x)|>1的解集．‎ 解析：(1)由题意指该函数可以用分段函数的形式表达：‎ f(x)=，化简后得，所以描点作图如下：‎ ‎(2)由(1)知，所以|f(x)|=，分别解得：‎ ‎①当x<–1时，均满足题意；‎ ‎②当–1≤x≤，解得–1≤x<或者1，解得5．‎ 综上所述：解集为(–∞,)∪(1,3)∪(5,+∞)．‎