2016年高考数学试题

2016年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学(I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。

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。

2（1）设集合A{xx4x30}，B{x2x30}，则AIB

（A）(3,)

32

（B）(3,)

32（C）(1,)

32（D）(,3)

3233【解析】：Axx24x30x1x3，Bx2x30xx．故AIBxx3．

22故选D．

（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

x1x1【解析】：由1ix1yi可知：xxi1yi，故，解得：．所以，xyix2y22．

y1xy故选B．

（3）已知等差数列{an}前9项的和为27，a108，则a100

（A）100

（B）99

2（C）98 （D）97

【解析】：由等差数列性质可知：S99a1a992a59a527，故a53，而a108，因此公差 2a10a51∴a100a1090d98．故选C． 105

（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

d坐班车，且到达发车丫的时候是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是 （A）

1 3 （B）

1 2 （C）

2 3 （D）

3 4【解析】：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．故选B． 402x2y21表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的 （5）已知方程2mn3m2n

取值范围是 （A）(1,3)

（B）(1,3)

（C）(0,3)

（D）(0,3)

x2y22222【解析】：221表示双曲线，则mn3mn0∴mn3m

，mn3mn

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

（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表面积是 （A）17

（B）18

（C）20 （D）28

28，则它的 31【解析】：原立体图如图所示：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

871故选A． S=422+322=17，84（7）函数y2x2e在[2,2]的图像大致为

（A）

（C）

【解析】：f28e282.820，排除A；f28e282.721，排除B；

x0时，fx2x2ex2yyyyx 2 1 （B） 2x21OO2x11O2x（D） 2O2x11f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；故选D．

4（8）若ab1，0c1，则

（A）ab

cc（B）abba （C）alogbcblogac

cc（D）logaclogbc

【解析】： 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；

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； 要比较alogbc和blogac，只需比较

alncblnclnclnc和，只需比较和，只需blnb和alna， lnablnbalnalnb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，因此

fafb0alnablnb0∴

11又由0c1得lnc0， alnablnb，

lnclncblogacalogbc，C正确； alnablnb要比较logac和logbc，只需比较故ab1lnalnb0故选C．

lnclnc和而函数ylnx在1,上单调递增， lnalnb，

anlcnlc11又由0c1得lnc0，∴olgnlanlblnalnb，

colgbD错误； c，

开始（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 （C）y4x

（B）y3x

nn1输入x,y,nxxn1,yny2（D）y5x

否x2y236?是【解析】：第一次循环：x0,y1,x2y2136；

第二次循环：x第三次循环：x输出x117,y2,x2y236； 243,y6,x2y236； 2输出x,y结束3，y6，满足y4x；故选C． 2（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

【解析】：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，如图： p设Ax0,22，D,5，点Ax0,22在抛物线y22px上，

2p∴82px0……①；点D,5在圆x2y2r2上，

2p2F ∴5r……②；点Ax0,22在圆x2y2r2上，

2228r2……③；联立①②③解得：p4， ∴x0焦点到准线的距离为p4．故选B．

（11）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，//平面CB1D1，

I平面ABCD m，平面ABB1A1n，则m,n所成角的正弦值为

（A）

3 2（B）

123 （C） （D）

332【解析】：如图所示：

DαABC

D1A1B1C1∵∥平面CB1D1，∴若设平面CB1D1平面ABCDm1，则m1∥m 又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，结合平面B1D1C平面A1B1C1D1B1D1 ∴B1D1∥m1，故B1D1∥m，同理可得：CD1∥n

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． 而B1CB1D1CD1（均为面对交线），因此CD1B1故选A．

（12）已知函数f(x)sin(x)(0,

3，即sinCD1B13． 22)，x4为f(x)的零点，x4为

yf(x)图像的对称轴，且f(x)在(（A）11

（B）9

,)单调，则的最大值为 1836

（D）5

5（C）7

【解析】：由题意知：

π+k1π 5πT4π5π2k1kZf(x)则，其中在,单调，,12 ，

36181221836π+kπ+π 242πππ3π3π5π接下来用排除法：若11,，此时f(x)sin11x，f(x)在,递增，在,递

4418444436πππ5ππ5π减，不满足f(x)在,单调；若9,，此时f(x)sin9x，满足f(x)在,单

4418361836调递减。故选B．

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|2，则m ． rr【解析】：由已知得：abm1,322rr2r2r22∴ababm132m2121222，解得m2． ，

（14）(2x（用数字填写答案） x)5的展开式中，x3的系数是 ．，

∴Tk1C2xk55k【解析】：设展开式的第k1项为Tk1，k0,1,2,3,4,54xkC2k55kx5k2．

5k4542x210x3，故答案为10． 当53时，k4，即T5C52（15）设等比数列{an}满足a1a310，a2a45，则a1a2Lan的最大值为 ．

【解析】：由于an是等比数列，设ana1qn1，其中a1是首项，q是公比．

a1832...n42n4a1a3101a1a1q101∴，解得：1．故an，∴a1a2...an3aa5q2224a1qa1q5 2121nn721221749n24211749当n3或4时，n取到最小值6，此时2242，

221749n242取

到最大值26．所以a1a2...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．

【解析】：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

1.5x0.5y≤150x0.3y≤905x3y≤600目标函数z2100x900y； x≥0y≥0xN**yN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

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7，ABC的面积为

33，求ABC的周长． 2，

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

【解析】：⑴ 2cosCacosBbcosAc2cosCsinABsinC∴2cosC1，cosC∵ABCπ，A、B、C0，π∴sinABsinC0

，，

1π∵C0，π∴C

，2，312ab3ab7 2，

⑵ 由余弦定理得：c2a2b22abcosC，7a2b22abS13332absinCab∴ab6，∴ab187ab5

，242，

∴△ABC周长为abc57

（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．

CDEBA【解析】：⑴ ∵ABEF为正方形，∴AFEF，∵AFD90，∴AFDF，∵DFEF=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ABCDI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FDa，

FE0，0，0a3B0，2a，0C，0，a，A2a，2a，0 22uuurauuruuur3BEC法向量为mx，y，z，2a，a，设面EB0，2a，0，BCAB2a，0，0，2，2uruur2ay10urmEB0，即ax13，y10，z11，mruuuru3az10x12ay1mBC022，

3，0，1

r设面ABC法向量为nx2，y2，z2ruuura3nBC=0az20x22ay2.即2 ruuur2，nAB02ax02x20，y23，z24，

urrmn4219cosurr1931316mn

（19）（本小题满分12分）

rn0，3，4，设二面角EBCA的大小为.

∴二面角EBCA的余弦值为219 19，

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：

频数4020

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（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？ 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

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．

【解析】：⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11

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0.24

P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0.2

P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 P 则n的最小值为19；

16 17 18 19 20 21 22 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

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）（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，

22

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两4点，求四边形MPNQ面积的取值范围．

【解析】：⑴ 圆A整理为x1y16，A坐标1,0，如图， 2232QBE∥AC，则∠C∠EBD，由ACAD,则∠D∠C， ∠EBD∠D，则EBED，AEEBAEEDAD4|AB| A42Cx1B124x2y2根据椭圆定义为一个椭圆，方程为1，(y0)； 43E2x2y2⑵ C1:1；设l:xmy1，因为PQ⊥l，设PQ:ymx1， 433DP443|MN|1m2|yMyN|1m2联立l与椭圆C1：

36m2363m243m2412m213m24A4221Nxxmy123m24y26my90则 xy2，1 34B124MQ23圆心A到PQ距离d|m11|1m22|2m|1m2， 44m243m24所以|PQ|2|AQ|d216， 21m21m2

SMPNQ21112m143m2424m211|MN||PQ|24212,83 221223m41m3m432m1（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．

x2【解析】：⑴ 由已知得：f'xx1ex2ax1x1ex2a

① 若a0，那么fx0x2ex0x2，fx只有唯一的零点x2，不合题意； ② 若a0，那么ex2aex0，

所以当x1时，f'x0，fx单调递增;当x1时，f'x0，fx单调递减; 即：

x ,1  1 0 1,  f'x fx ↓ 极小值 ↑ 故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点

由于f2a0，f1e0，则f2f10， 根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点． 而当x1时，exe，x210，

故fxx2exax1ex2ax1ax1ex1e

ee24aeee24ae1，t21， t1t2，因为a0，故当则fx0的两根t12a2a222xt1或xt2时，ax1ex1e0

因此，当x1且xt1时，fx0

又f1e0，根据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点． 此时，fx在R上有且只有两个零点，满足题意．

2e③ 若a0，则ln2alne1，

2当xln2a时，x1ln2a10，ex2ae即f'xx1ex2a0，fx单调递增； 当ln2ax1时，x10，ex2ae单调递减；

当x1时，x10，ex2ae即：

x ln2aln2aln2a2a0，

2a0，即f'xx1ex2a0，fx2a0，即f'x0，fx单调递增．

,ln2a + ↑ ln2a 0 极大值 ln2a,1 - ↓ 1 0 极小值 1, + ↑ f'x fx 而极大值 fln2a2aln2a2aln2a1aln2a210

22故当x≤1时，fx在xln2a处取到最大值fln2a0恒成ln2a，那么fx≤f立，即fx0无解

而当x1时，fx单调递增，至多一个零点 此时fx在R上至多一个零点，不合题意．

e④ 若a，那么ln2a1

2当x1ln2a时，x10，ex2aeln2aln2a2a0，即f'x0，fx单调递增 2a0，即f'x0，fx单调递增

当x1ln2a时，x10，ex2ae又fx在x1处有意义，故fx在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．

e⑤ 若a，则ln2a1

2当x1时，x10，ex2ae12aeln2a2a0，即f'x0，fx单调递增

当1xln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，fx单调递减

ln2a当xln2a时，x1ln2a10，ex2ae2a0，即f'x0，

fx单调递增

即：

x ,1 + ↑ 1 0 极大值 1,ln2a - ↓ ln2a 0 极小值 ln2a, + ↑ f'x fx 故当x≤ln2a时，fx在x1处取到最大值f1e，那么fx≤e0恒成立，即

fx0无解

当xln2a时，fx单调递增，至多一个零点,此时fx在R上至多一个零点，不合题意．

综上所述，当且仅当a0时符合题意，即a的取值范围为0,． ⑵ 由已知得：fx1fx20，不难发现x11，x21，

x12ex故可整理得：a2x1121x22ex2x212,

x2exgx，则gx1gx2 2x1x21x，当x1时，g'x0，gx单调递减；当x1时，g'x0，gx单调递

g'xe3x1增．

设m0，构造代数式： g1mg1mm11mm11m1m1mm12mee2ee1 m2m2mm1m12m2m2设hme1，m0,则h'me2m0，故hm单调递增，有2m1m1hmh00．

因此，对于任意的m0，g1mg1m．

由gx1gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1x2，则必有

x11x2

令m1x10，则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2 而2x11，x21，gx在1,上单调递增，因此：g2x1gx22x1x2 整理得：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

图，OAB是等腰三角形，AOB120．以O为圆心， DCO1OA为半径作圆． 2AB

（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．

【解析】：⑴ 设圆的半径为r，作OKAB于K

AOB120,∴OKAB，∵OAOB，A30，OKOAsin30OAr 2∴AB与⊙O相切 ⑵ 方法一：

假设CD与AB不平行,CD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OAOB,TATB，所以O,T为AB的中垂线上，同理OCOD,TCTD，所以OT为CD的中垂线，所以AB∥CD．

（23）（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程

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

y1asint,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．

xacost2【解析】：⑴  （t均为参数）,∴x2y1a2 ①

y1asint1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

即为C1的极坐标方程

⑵ C2：4cos,两边同乘得24cos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

（24）（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲

y2

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．

【解析】：⑴ 如图所示：

x4，x≤13⑵ fx3x2，1xfx1

,234x，x≥2 ,

①x≤1，x41，解得x5或x3,∴x≤1 ②1x3113，3x21，解得x1或x∴1x或1x 23，3233③x≥，4x1，解得x5或x3，∴≤x3或x5

221综上，x或1x3或x5

31∴fx1，解集为，U1，3U5，

3