2016全国一卷理科数学高考真题和答案

2016年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）

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xx4x30，x2x30,则A（A）3,2B

3333

3,1, （B） （C） （D）,3

2222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7:00，8:00，8:30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 1123

（A） （B） （C） （D） 3234

x2y2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5.已知方程2mn3m2n是

（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相互垂直的半径.若该几何体的体积是

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

27.函数y2xe在2,2的图像大致为

x

（A） 2

yy11 O 2x（B） 2 O2xyy121OO22x 专业整理

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（C）

8.若ab10，c1,则

（D）

（A）acbc （B）abcbac （C）alogbcblogac （D）logaclogbc 9.执行右面的程序框图,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 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

11.平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,

开始输入x,y,nn-1x=x+，y=ny2否 是 x2+y2≥36？n=n+1平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为

3321(A) (B) (C) (D)

232312.已知函数f(x)sin(x+)(0，输出x,y结束 为

2),x4f(x)的零点,x

4

为yf(x)图像的对称轴，且f(x)在5，单调，则的最大值为 1836（A）11 （B）9 （C）7 （D）5 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|a+b|=|a|+|b|，则m= ． 14.(2x2

2

2

x)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错误!未找到引用源。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.

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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2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求C； （II）若c

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，

7，ABC的面积为33，求ABC的周长． 2AF=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．

DCF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）若要求P(Xn)0.5,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；

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22频数402001011更换的易损零件数word格式文档

（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）已知函数错误!未找到引用源。有两个零点.

(I)求a的取值范围； (II)设x1,x2是fx错误!未找到引用源。的两个零点,证明：x1x22. 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.

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，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：AB∥CD.

23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

DOC1OA为半径作2ABxacost在直角坐标系xy中，曲线C1的参数方程为错误!未找到引用源。（t为参数，ay1asint＞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=4cos. （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）画出yfx的图像； （II）求不等式fx1的解集．

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2016年高考全国1卷理科数学参 题号 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 31.Axx24x30x1x3，Bx2x30xx． 23故ABxx3． 2故选D．

x1x12.由1ix1yi可知：xxi1yi，故，解得：．

y1xy22所以，xyixy2．

故选B．

9a1a992a53.由等差数列性质可知：S99a527，故a53，

22aa5而a108，因此公差d101

105∴a100a1090d98．

故选C．

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

10101． 根据几何概型，所求概率P402故选B． x2y25.221表示双曲线，则m2n3m2n0 mn3mn∴m2n3m2

由双曲线性质知：c2m2n3m2n4m2，其中c是半焦距 ∴焦距2c22m4，解得m1

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word格式文档

∴1n3 故选A． 6.原立体图如图所示：

1是一个球被切掉左上角的后的三视图

87表面积是的球面面积和三个扇形面积之和

871S=422+322=17 84故选A．

7.f28e282.820，排除A

f28e282.721，排除B

11x0时，fx2x2exfx4xex，当x0,时，fx4e00

441因此fx在0,单调递减，排除C

4故选D．

8.对A：由于0c1，∴函数yxc在R上单调递增，因此ab1acbc，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

alncblnclnclnc对C：要比较alogbc和blogac，只需比较和，只需比较和，只需blnblnablnbalnalnb和alna 构造函数fxxlnxx1，则f'xlnx110，fx在1,上单调递增，

11因此fafb0alnablnb0 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

lnalnb故选C． 9.如下表：

循环节运行次数 运行前 n1xxx 20 yyny 1 判断 是否输出 / xy36 / 22nnn1 1 专业整理

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0 1第二次 23第三次 23输出x，y6，满足y4x

2故选C．

第一次 1 2 否 否 是 否 否 是 2 3 6 10. 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y22pxp0，设圆的方程为x2y2r2， 题目条件翻译如图：

p设Ax0,22，D,5，

22点Ax0,22在抛物线y2px上，∴82px0……①

pD,5x2y2r2点在圆上，22p∴5r2……②

228r2……③ 点Ax0,22在圆x2y2r2上，∴x0联立①②③解得：p4，焦点到准线的距离为p4． 故选B． 11. 如图所示：

∵∥平面CB1D1，∴若设平面CB1D1则m1∥m

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

平

A1αADBC平面ABCDm1，

D1B1C1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．

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

23故选A．

12. 由题意知： π+k1π 4 ππ+kπ+ 2则kZ 42k1，其中25πTπ5πf(x)在,单调，,12

36181221836 专业整理

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接下来用排除法

πππ3π3π5π若11,，此时f(x)sin11x，f(x)在,递增，在,递减，不满

4418444436π5π足f(x)在,单调

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

441836故选B．

13.-2 14.10 15． 16． 216000 13. 由已知得：abm1,3

∴ababm132m2121222，解得m2． 14． 设展开式的第k1项为Tk1，k0,1,2,3,4,5

xC2x． ∴Tk1C2x45k454当53时，k4，即T5C52x210x3

2故答案为10．

k5k55k5kk22222k515.由于an是等比数列，设ana1qn1，其中a1是首项，q是公比．

a18a1a1q210a1a310∴，解得：21． 117493aa532...n4nn7nqn4aqaq51214111212242故an，∴a1a2...an 21749222n2241749122当n3或4时，n取到最小值6，此时取到最大值26．

2242所以a1a2...an的最大值为． 16． 设生产A产品x件，B产品y件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他条件，构造线

性规则约束为

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) 在(60,100)处取得最大值，z210060900100216000 17.解： ⑴ 2cosCacosBbcosAc

由正弦定理得：2cosCsinAcosBsinBcosAsinC

2cosCsinABsinC

∵ABCπ，A、B、C0，π ∴sinABsinC0

1∴2cosC1，cosC

2 专业整理

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π

3222⑵ 由余弦定理得：cab2abcosC

17a2b22ab

22ab3ab7

1333 SabsinCab242∴ab6

∵C0，π∴C∴ab187

2ab5

∴△ABC周长为abc57 18．解：(1) ∵ABEF为正方形 ∴AFEF

∵AFD90 ∴AFDF ∵DFEF=F

∴AF面EFDC

AF面ABEF

∴平面ABEF平面EFDC ⑵ 由⑴知

DFECEF60

∵AB∥EF

AB平面EFDC EF平面EFDC

∴AB∥平面ABCD

AB平面ABCD

∵面ABCD面EFDCCD ∴AB∥CD ∴CD∥EF

∴四边形EFDC为等腰梯形

以E为原点，如图建立坐标系，设FDa

a3，0，aE0，0，0B0，2a，0 C22 专业整理

A2a，2a，0

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a3，2a，aEB0，2a，0，BC2，AB2a，0，0 2设面BEC法向量为mx，y，z.

2ay10mEB0，即a x13，y10，z11 3az10x12ay1mBC022m3，0，1

设面ABC法向量为nx2，y2，z2

a3az20nBC=0x22ay2.即2 x20，y23，z24 22ax0nAB0 2n0，3，4设二面角EBCA的大小为.

mn4219 cos1931316mn219 ∴二面角EBCA的余弦值为1919解： ⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11

记事件Ai为第一台机器3年内换掉i7个零件i1,2,3,4 记事件Bi为第二台机器3年内换掉i7个零件i1,2,3,4

由题知PA1PA3PA4PB1PB3PB40.2，PA2PB20.4 设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为X，则X的可能的取值为16，17，18，19，20，21，22

PX16PA1PB10.20.20.04

PX17PA1PB2PA2PB10.20.40.40.20.16

PX18PA1PB3PA2PB2PA3PB10.20.20.20.20.40.40.24PX19PA1PB4PA2PB3PA3PB2PA4PB10.20.20.20.20.40.20.20.40.24

PX20PA2PB4PA3PB3PA4PB20.40.20.20.40.20.20.2Px21PA3PB4PA4PB30.20.20.20.20.08 Px22PA4PB40.20.20.04 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 ⑵ 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

⑶ 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

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时额外购买的费用

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. (1)圆A整理为x1y216，A坐标1,0，如图， 2BE∥AC，则∠C∠EBD，由ACAD,则∠D∠C， 则EBED ∠EBD∠D，ACAEEBAEEDAD4 所以E的轨迹为一个椭圆，方程为xy1，(y0)； 4322BEDx2y2P⑵ C1:1；设l:xmy1， 43因为PQ⊥l，设PQ:ymx1，联立l与椭圆C1 Nxmy1A2B得3m24y26my90； xy21Q34M则

22236m363m412m1|MN|1m2|yMyN|1m23m243m24；

|m11||2m|圆心A到PQ距离d， 221m1m

4m243m2422所以|PQ|2|AQ|d216， 221m21mm211112m143m24241SMPNQ|MN||PQ|24212,83 221223m41m3m432xxm121. （Ⅰ）f'(x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)． x（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．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lnf(b)故f(x)存在两个零点．

a3(b2)a(b1)2a(b2b)0， 22a，则 2（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,)上单调递增．又2 专业整理

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当x1时，f(x)0，所以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),)时，2f'(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,)．

不妨设x1x2，由（Ⅰ）知x1(,1)，x2(1,)，2x2(,1)，f(x)在(,1)上（）单调递减，所以x1x22等价于f(x1)f(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．⑴ 设圆的半径为r，作OKAB于K

∵OAOB，AOB120

∴OKAB，A30，OKOAsin30∴AB与⊙O相切 ⑵ 方法一：

假设CD与AB不平行

OAr 2CD与AB交于F

FK2FCFD① ∵A、B、C、D四点共圆

∴FCFDFAFBFKAKFKBK ∵AKBK

∴FCFDFKAKFKAKFK2AK2②由①②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，因为所以O,T为AB的中垂线上，OAOB,TATB，同理OCOD,TCTD，所以OT为CD的中垂线，所以AB∥CD．

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xacost23．⑴  （t均为参数）

y1asint2∴x2y1a2 ①

1为圆心，a为半径的圆．方程为x2y22y1a20 ∴C1为以0，∵x2y22，ysin ∴22sin1a20 ⑵ C2：4cos

两边同乘得24cos2即为C1的极坐标方程

2x2y2，cosx

x2y24x 即x2y24 ②

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 x 4，x≤124．⑴ 如图所示：3⑵ fx3x2，1x

23fx1

4x，x≥2当x≤1，x41，解得x5或x3

∴x≤1

31，3x21，解得x1或x 2313∴1x或1x

323当x≥，4x1，解得x5或x3

23∴≤x3或x5 21综上，x或1x3或x5

3135， ∴fx1，解集为，1，3当1x 专业整理