2016年高考理科数学全国1卷-含答案

理科数学

第Ⅰ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Axx24x30，Bx2x30，则AB

（A）（3，3333） （B）（3，） （C）（1，） （D）（，3）

2222（2） 设(1i)x1yi，其中x,y是实数，则xyi

（A）1 （B）2 （C）3 （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7:30,8:00,8:30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 （A） （B）

13123 （C） （D） 234x2y221表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则m的取值范围是 （5） 已知方程2mn3mn（A）（1，3） （B）（1，3） （C）（0，3） （D）（0，3）

（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互相垂直的半

径．若该几何体的体积是

28，则它的表面积是 3（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π

2的图象大致为 （7） 函数y2xe在2，2xy1-2O2x-21Oy12x-2Oy12x-2Oy2x

（A） （B） （C） （D）

理科数学试卷 A型 第1页（共5页）

（8） 若ab1，0c1，则

（A）acbc （B）abcbac （C）alogbcblogac （D）logaclogbc

开始 输入x,y,n nn1（9） 执行右图的程序框图，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 否 xxn1,yny 2x2y236是 输出x,y （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42，DE25，则C的焦点到准线的距离为 （A）2 （B）4 （C）6 （D）8

结束 （11） 平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，∥平面CB1D1，∩平面ABCDm，∩平

面ABB1A1n，则m,n所成角的正弦值为

（A）

3231 （B） （C） （D）

2323（12） 已知函数f(x)sin(x)(0,)，x为f(x)的零点，x为yf(x)图象244的对称轴，且f(x)在(5,)单调，则的最大值为 1836（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)～(21)题为必考题，每个试题都必须作答。第(22)～(24)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(m,1)，b(1,2)，且ab（14） (2x2ab，则m ．

22x)5的展开式中，x3的系数是 ．（用数字填写答案）

（15） 设等比数列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A需要甲材料1.5kg,乙材料

1kg，用5个工时；生产一件B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg，用3个工时.生产一件A产品的利

理科数学试卷 A型 第2页（共5页）

润为2100元，生产一件B产品的利润为900元.该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为 ．

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12分）

△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知2cosC(acosBbcosA)c.

（Ⅰ）求C； （Ⅱ）若c

（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，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°. （Ⅰ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC； （Ⅱ）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被淘汰.机器有一易损零件，在购买机器时，可以额外购买这种零件为备件，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台这种三年使用期内更换的易损零件，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频率，记X表示2台机器三年内

O频数7，△ABC的面积为

33.求△ABC的周长. 2CDEAFB4020891011更换的易损零件数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）若要求P（Xn）0.5，确定n的最小值；

（Ⅲ）以购买易损零件所需要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？

理科数学试卷 A型 第3页（共5页）

（20） （本小题满分12分）

设圆xy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.

（Ⅰ）证明EAEB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.

（21） （本小题满分12分）

已知函数f(x)(x2)ea(x1)有两个零点. （Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.

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

如图，△OAB是等腰三角形，AOB120.以O为圆心，（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：

x2221OA为半径作圆. 2DOACAB∥CD.

（23） （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为Bxacost,(t为参数，a0).在以坐标原点

y1asint,为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：4cos.

理科数学试卷 A型 第4页（共5页）

（Ⅰ）说明C1是哪一种曲线，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tan0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.

（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.

y1o1x理科数学试卷 A型 第5页（共5页）

2016年全国卷Ⅰ高考数学（理科）答案与解析

一、选择题 【答案】

（1）D （2）B （3）C （4）B （5）A （6）A （7）D （8）C （9）C （10）B （11）A （12）B 【解析】

（1）Axx24x30x1x3，Bx2x30xx3，∴ 23ABxx3．

2（2）∵(1i)x1yi即xxi1yi∴x1x122，解得：，∴xyixy2． xyy1（3）∵S99(a1a9)92a5aa59a527∴a53，∵a108∴d101，∴22105a100a1090d98．

（4）如图所示，画出时间轴：

7:307:407:50A8:00C8:108:20D8:30B

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AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟， 根据几何概型，所求概率p10101． 402x2y221表示双曲线，则(m2n)(3m2n)0，∴m2n3m2， （5）2mn3mn∵2c4 2222c(mn)(3mn)4m2解得m1，∴1n3．

（6）原立体图如图所示：

是一个球被切掉左上角的1/8后的三视图，表面积是7/8的球面面积和三个扇形面积之和，

理科数学试卷 A型 第6页（共5页）

∴S7142232217 842222（7）f(2)8e82.80，排除A； f(2)8e82.71，排除B；

11x0时，f(x)2x2ex ，f(x)4xex，当x(0,)时，f(x)4e00∴

441f(x)在(0,)单调递减，排除C；

4故选D

cc（8）对A：由于0c1，∴函数yxc在R上单调递增，因此ab1ab，A错误；

对B：由于1c10，∴函数yxc1在1,上单调递减， ∴ab1ac1bc1bacabc，B错误

对C：要比较alogbc和blogac，只需比较和alna 构造函数

alncblnclnclnc和，只需比较和，只需blnblnablnbalnalnbfxfxxlnxx1，则

f'xlnx110，在

1,上单调递增，因此

11 alnablnblnclnc又由0c1得lnc0，∴blogacalogbc，C正确

alnablnblnclnc对D：要比较logac和logbc，只需比较和

lnalnb11而函数ylnx在1,上单调递增，故ab1lnalnb0 lnalnblnclnc又由0c1得lnc0，∴logaclogbc，D错误

lnalnbfafb0alnablnb0故选C．

1【2°用特殊值法，令a3,b2,c得3222，排除A；322232，排除B；

23log21112log32，C正确；log3log2，排除D；∴选C】 222循环节运行次数 运行前 第一次 第二次 第三次 1111（9）如下表：

n1xxx 20 判断 yyny 1 x2y236 / 否 否 是 是否输出 / 否 否 是 nnn1 1 0 1 23 21 2 2 3 6 理科数学试卷 A型 第7页（共5页）

输出x

3

，y6，满足y4x，故选C． 2

（10）以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理

2222y2pxxyrp0，设圆的方程为设抛物线为，题目条件翻译如图：

F

设点

Ax0,22p，D,2

5， 2Ax0,22在抛物线y在圆x2px上，∴82px0……①

2ppD,55r22在圆x2y2r2上，∴点2……②

2y2r2上，∴x08r2……③

联立①②③解得：p4，焦点到准线的距离为p4．

点

Ax0,2222°【如图，设抛物线方程为y2px，圆的半径为r,

2AB,DE交x轴于C,F点，则AC22，即A点纵坐

44标为22，则A点横坐标为，即OC，由勾股定

pp22222222理知DFOFDOr，ACOCAOr，

p24222即(5)()(22)()，解得p4，即C的

2p焦点到准线的距离为4】

（11）如图所示：

∵∥平面CB1D1，∴若设平面CB1D1平面ABCDm1，则m1∥m

平面A1B1C1D1B1D1

又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，结合平面B1D1C∴B1D1∥m1，故B1D1∥m 同理可得：CD1∥n

DαABC故m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小．

D1A1B1C1理科数学试卷 A型 第8页（共5页）

而B1CB1D1CD1（均为面对交线），因此CD1B13，即sinCD1B13． 2

（12）由题意知：

π+k1π 4π+kπ+π 242则2k1，其中kZ

f(x)在π,5π单调，5πT,12

36181221836接下来用排除法 若

11,πππ3π3π5π4，此时f(x)sin11x,，在递增，在f(x),递减，不满418444436π5π足f(x)在,单调；

1836若

9,πππ5π4，此时f(x)sin9x，满足在f(x),单调递减 41836

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二、填空题 【答案】

（13）-2 （14）10 （15）64 （16）216 000 【解析】

222222222（13） 由已知得ab(m1,3),∴abab(m1)3m112，解

得m2．

2222°abab得ab，∴m1120，解得m2．

（14） (2xx)5的展开式的通项为C(2x)r55r(x)2r5rCxr55r2(r0，1，2，…，5)，令5r324得r4，所以x3的系数是2C510．

a18a1a1q210a1a310（15） 设等比数列an的公比为q(q0)，∴，解得q1，3a1qa1q5a2a452故an12n4，∴a1a2an12(3)(2)（n4）121n(n7)21221749n224∴当

n3或4时，a1a2an取得最大值2664．

（16） 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 1.5x0.5y≤150x0.3y≤905x3y≤600x≥0y≥0xN**yN

目标函数z2100x900y

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)

理科数学试卷 A型 第10页（共5页）

在(60,100)处取得最大值，z210060900100216000

三、解答题 （17）解：

（I）由已知及正弦定理的，

2cosC(sinAcosBsinBcosA)sinC，

即2cosCsin(AB)sinC， 故2sinCcosCsinC， 可得cosC1，∴C． 23（II）由已知，

又C133absinC， 223，∴ab6，

由已知及余弦定理得，a2b22abcosC7， 故a2b213，从而(ab)25， ∴△ABC的周长为5（18）解：

（I）由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，∴AF⊥平面EFDC．

又AF平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC． （II）过D作DG⊥EF，垂足为G，由(Ⅰ)知DG⊥平面ABEF，

⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x轴正方向，⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长，以G为坐标原点，𝐺𝐹|𝐺𝐹建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz．

27

理科数学试卷 A型 第11页（共5页）

由(Ⅰ)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,√3)， 由已知，AB∥EF，∴AB∥平面EFDC，

又平面ABCD ⋂平面EFDC=CD，故AB∥CD，CD∥EF，

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，∴∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF=60°，从而可得C(-2,0,√3), ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3)，𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,−4,√3)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,0,0)， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0)，𝐴𝐶∴𝐸𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗ =0，x+√3z=0𝒏⋅𝐸𝐶设𝒏=(𝑥,𝑦,𝑧)是平面BCE的法向量，则{即{,∴可取𝒏=(3,0,−√3)，

4y=0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝒏⋅𝐸𝐵=0，⃗⃗⃗⃗⃗ =0，𝒎⋅𝐴𝐶

设𝒎是平面ABCD的法向量，则{同理可取𝒎=(0,√3,4)，

⃗⃗⃗⃗⃗ =0，𝒎⋅𝐴𝐵则cos〈𝒏，𝒎〉=|𝒏|⋅|𝒎|=−

（19）解：

（I）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位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

P （II）由(Ⅰ)知P(X≤

18)=0.44，P(X≤19)=0.68，故n的最小值为19．

（III）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．

理科数学试卷 A型 第12页（共5页）

𝒏⋅𝒎

2√19，故二面角19

E-BC-A的余弦值为−

2√19 . 19

16 0.04 17 0.16 18 0.24 19 0.24 20 0.2 21 0.08 22 0.04 （20）解：

（I）∵|AD|=|AC|，EB∥AC，故∠EBD=∠ACD=∠ADC．

∴|EB|=|ED|，故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|．

又圆A的标准方程为(x1)y16,从而|AD|=4，∴|EA|+|EB|=4．

22x2y2|AB|=2，1（ y0）由题设得A(-1,0)，B(1,0)，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：．

43（II） 当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1（，M(x1,y1)，N(x2,y2)． ) k0）yk(x1)2222由x2，得(4k3)x8kx4k120． y21438k24k21212(k21)2则x1x2，x1x2；∴MN1kx1x2．

4k234k234k23过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y21， (x1)，A到m的距离为

2kk14k23∴PQ24(． )422k1k1222故四边形MPNQ的面积S11MP PQ1212． 24k3 83)． 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12 ，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．

83）综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12 ，

（21）解：

（I）f(x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)．

（i） 设a0，则f(x)(x2)e，f(x)只有一个零点．

（ii）设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0．

∴f(x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增． 又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且blnxxxa，则2理科数学试卷 A型 第13页（共5页）

f(b)a3(b2)a(b1)2a(b2b)0， 22故f(x)存在两个零点．

（iii）设a0，由f(x)0得x1或xln(2a)．

若ae，则ln(2a)1，故当x(1，)时，f(x)0，因此f(x)在(1，)单调2递增．又当x1时，f(x)0，∴f(x)不存在两个零点； 若ae，则ln(2a)1，故当x(1，ln(2a))时，f(x)0；当x(ln(2a)，)2时，f(x)0．因此f(x)在(1在(ln(2a)，又当x1，ln(2a))单调递减，)单调递增．时，f(x)0，∴f(x)不存在两点零点． 综上，a的取值范围为(0，)．

1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，（II） 不妨设x1x2，由(Ⅰ)知，x1(，1)单调递减，∴x1x22f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0． ∵f(2x2)x2e∴f(2x2)x2e设g(x)xe2x2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20， (x22)ex2．

2x2(x2)ex，则g(x)(x1) (e2xex)．

∴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：

（I）设E是AB的中点，连结OE．

∵OA=OB，∠AOB=120°，∴OE⊥AB，∠AOE=60°． 在Rt△AOE中，OE=2AO，即O到直线AB的距离等于⊙O的半径，∴AB与⊙O相切．

（II） ∵OA=2OD，∴O不是A,B,C,D四点所在圆的圆心．设

AE1

DOO'CBO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，∴OO′⊥AB． 同理可证，OO′⊥CD．∴AB∥CD．

理科数学试卷 A型 第14页（共5页）

（23）解：

（I）消去参数t得到C1的普通方程x(y1)a．C1是以（0,1）为圆心，a为半径的圆．

将xcos ，ysin代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为

22222sin1a20．

22sin1a20（II） 曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组，

4cos若0，由方程组得16cos28sincos1a20，由已知tan2，可得，a1． 16cos28sincos0，从而1a20，解得a1（舍去）

a1时，极点也为C1,C2的公共点，在C3上．

∴a1．

（24）解：

x4， x13（I）f(x)3x2， 1x，yf(x)的图像如图所示．

2x4，x32（II） 由f(x)得表达式及图像，当

yf(x)1时，可得x1或x3；

当f(x)1时，可得x1或3x5；

故f(x)1的解集为x1x3；

1o1xf(x)1的解集为

1x丨x或x5． 3∴f(x)1的解集为

1x丨x或1x3或x5．

3理科数学试卷 A型 第15页（共5页）