高考理科数学试题全国卷1及解析word完美版 7页

‎2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学 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={x|x2–4x+3<0}，B={x|2x–3>0}，则A∩B= ( )‎ A．(–3,–) B．(–3,) C．(1,) D．(,3) ‎ ‎2、设(1+i)x=1+yi，其中x，y是实数，则|x+yi|=( )‎ A．1 B． C． 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7:00，8:00，8:30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( )‎ A． B． C． D． ‎5、已知方程–=1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,) C．(0,3) D．(0,)‎ ‎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，则它的表面积是( )‎ A．17π B．18π C．20π D．28π ‎7、函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为( )‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎8、若a>b>1，00，|φ|≤)，x=–为f(x)的零点，x=为y=f(x)图像的对称轴，且f(x)在(,)单调，则ω 的最大值为( )‎ A．11         B．9      C．7         D．5‎ 二、填空题：本大题共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+)5的展开式中，x3的系数是_________ (用数字填写答案)．‎ ‎15、设等比数列满足{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an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1.5kg，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．‎ ‎(必考题)‎ ‎17、(本题满分为12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c，已知2cosC(acosB+bcosA)=c．‎ ‎(1)求C；‎ ‎(2)若c=，△ABC的面积为，求△ABC的周长．‎ ‎18、(本题满分为12分)如上左2图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D–AF–E与二面角C–BE–F都是60°．‎ ‎(1)证明；平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎(2)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，得如上左3图柱状图．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．‎ ‎(1)求X的分布列；‎ ‎(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；‎ ‎(3)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x2+y2+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．‎ ‎(1)证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎(2)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f(x)=(x–2)ex+a(x–1)2有两个零点．‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)设x1，x2是的两个零点，证明：x1+x2<2．‎ ‎(选考题)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．‎ ‎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tan=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|．‎ ‎(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．‎ 理科数学参考答案 一、选择题： ‎ ‎1、D 2、B 3、C 4、B 5、A 6、A ‎7、D 8、C 9、C 10、B 11、A 12、B 二、填空题： ‎ ‎13、–2‎ ‎14、10‎ ‎15、64 ‎ ‎16、216000 ‎ 三、解答题： ‎ ‎17、解：(1)由已知及正弦定理得，2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC，即2cosCsin(A+B)=sinC，故2sinCcosC=sinC．‎ 可得cosC=，所以C=．‎ ‎(2)由已知，absinC=．又C=，所以ab=6．‎ 由已知及余弦定理得，a2+b2–2abcosC=7，故a2+b2=13，从而(a+b)2=25．所以△ABC的周长为5+．‎ ‎18、解：(1)由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC．‎ 又平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．‎ ‎(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(I)知DG⊥平面ABEF．‎ 以G为坐标原点，向量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(1)知∠DFE为二面角D–AF–E的平面角，故∠DFE=60°，则|DF|=2，|DG|=3，可得A(1,4,0)，B(–3,4,0)，E(–3,0,0)，D(0,0,)．由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．又平面ABCD∩平面EFDC=DA，故AB∥CD，CD∥EF．‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C–BE–F的平面角，∠CEF=60°．从而可得C(–2,0,)．‎ 所以向量EC=(1,0,)，EB=(0,4,0)，AC=(–3,–4,)，AB=(–4,0,0)．‎ 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量，则，即，所以可取n=(3,0,–)．‎ 设m是平面ABCD的法向量，则，同理可取m=(0,,4)．则cos=–．‎ 故二面角E–BC–A的余弦值为–．‎ ‎9、解：(1)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 X ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ P ‎0.04‎ ‎0.16‎ ‎0.24‎ ‎0.24‎ ‎0.2‎ ‎0.08‎ ‎0.04‎ ‎(2)由(1)知P(X≤18)=0.44，P(X≤19)=0.68，故n的最小值为19．‎ ‎(3)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、解：(1)∵|AD|=|AC|，EB∥AC，故∠EBD=∠ACD=∠ADC，∴|EB|=|ED|，故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|．‎ 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=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：+=1(y≠0)．‎ ‎(2)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)．‎ 由得(4k2+3)x2–8k2x+4k2–12=0．∴x1+x2=，x1x2=．∴|MN|=|x1–x2|=．‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y=–(x–1)，A到m的距离为，所以|PQ|=2=4．故四边形MPNQ的面积S=|MN||PQ|=12．‎ 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)．‎ 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[12,8)．‎ ‎21、解：(1)f'(x)=(x–1)ex+2a(x–1)=(x–1)(ex+2a)．‎ ‎①设a=0，则f(x)=(x–2)ex，f(x)只有一个零点．‎ ‎②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(b–2)+a(b–1)2=a(b2–b)>0，故f(x)存在两个零点．‎ ‎③设a<0，由f'(x)=0得x=1或x=ln(–2a)．‎ 若a≥–，则ln(–2a)≤1，故当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0，因此f(x)在(1,+∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．‎ 若a<–，则ln(–2a)>1，故当x∈(1,ln(–2a))时，f'(x)<0；当x∈(ln(–2a),+∞)时，f'(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)不妨设x1f(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．‎ ‎22、解：(1)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=AO，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．‎ ‎(2)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、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．‎ ‎24、解：(1)如图：‎ ‎(2)f(x)=，又∵|f(x)|>1．‎ 当x≤–1，|x–4|>1，解得x>5或x<3，∴x≤–1．‎ 当–11，解得x>1或x<．∴–11，解得x>5或x<3，∴≤x<3或x>5．‎ 综上，x<或15．‎ ‎∴|f(x)|>1，解集为(–∞,)∪(1,3)∪(5,+∞)．‎