2016年全国统一高考数学试卷(新课标ⅰ)(理科)答案与试题解析(共17页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2016年全国统一高考数学试卷（新课标）（理科）参考答案与试题解析一、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【考点】交集及其运算菁优网版权所有【专题】计算题；定义法；集合【分析】解不等式求出集合A，B，结合交集的定义，可得答案【解答】解：集合A=x|x24x+30=（1，3），B=x|2x30=（，+），AB=（，3），故选：D【点评】本题考查的知识点是集合的交集及其运算，难度不大，属于基础题2【考点】复数求模菁优网版权所有【专题】方程思想；定义法；数系的扩充和复数【分析】根据复数相等求出x，y的值，结合复数的模长

2、公式进行计算即可【解答】解：（1+i）x=1+yi，解得，即|x+yi|=|1+i|=，故选：B【点评】本题主要考查复数模长的计算，根据复数相等求出x，y的值是解决本题的关键3【考点】等差数列的性质菁优网版权所有【专题】计算题；定义法；等差数列与等比数列【分析】根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案【解答】解：等差数列an前9项的和为27，9a5=27，a5=3，又a10=8，d=1，a100=a5+95d=98，故选：C【点评】本题考查的知识点是数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键4【考点】几何概型菁优网版权所有【专题】概率与统计【分析】求出小明等车时间不超过10分钟的时间

3、长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案【解答】解：设小明到达时间为y，当y在7：50至8：00，或8：20至8：30时，小明等车时间不超过10分钟，故P=，故选：B【点评】本题考查的知识点是几何概型，难度不大，属于基础题5【考点】双曲线的标准方程菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】由已知可得c=2，利用4=（m2+n）+（3m2n），解得m2=1，又（m2+n）（3m2n）0，从而可求n的取值范围【解答】解：双曲线两焦点间的距离为4，c=2，可得：4=（m2+n）+（3m2n），解得：m2=1，方程=1表示双曲线，（m2+n）（3m2n）0，可得

4、：（n+1）（3n）0，解得：1n3，即n的取值范围是：（1，3）故选：A【点评】本题主要考查了双曲线方程的应用，考查了不等式的解法，属于基础题6【考点】由三视图求面积、体积菁优网版权所有【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；空间位置关系与距离【分析】判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得：=，R=2它的表面积是：422+=17故选：A【点评】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查计算能力以及空间想象能力7【考点】函数的图象菁优网版权所有【专题】图表型；分析法；函数的性

5、质及应用【分析】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答案【解答】解：f（x）=y=2x2e|x|，f（x）=2（x）2e|x|=2x2e|x|，故函数为偶函数，当x=2时，y=8e2（0，1），故排除A，B； 当x0，2时，f（x）=y=2x2ex，f（x）=4xex=0有解，故函数y=2x2e|x|在0，2不是单调的，故排除C，故选：D【点评】本题考查的知识点是函数的图象，对于超越函数的图象，一般采用排除法解答8【考点】不等式比较大小；对数值大小的比较菁优网版权所有【专题】函数思想；转化思想；转化法；函数的性质及应用；不等式【分析】根据已知中ab1，0c

6、1，结合对数函数和幂函数的单调性，分析各个结论的真假，可得答案【解答】解：ab1，0c1，函数f（x）=xc在（0，+）上为增函数，故acbc，故A错误；函数f（x）=xc1在（0，+）上为减函数，故ac1bc1，故bacabc，即abcbac；故B错误；logac0，且logbc0，logab1，即=1，即logaclogbc故D错误；0logaclogbc，故blogacalogbc，即blogacalogbc，即alogbcblogac，故C正确；故选：C【点评】本题考查的知识点是不等式的比较大小，熟练掌握对数函数和幂函数的单调性，是解答的关键9 【考点】程序框图菁优网版权所有【专题】计

7、算题；操作型；算法和程序框图【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量x，y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：输入x=0，y=1，n=1，则x=0，y=1，不满足x2+y236，故n=2，则x=，y=2，不满足x2+y236，故n=3，则x=，y=6，满足x2+y236，故y=4x，故选：C【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答10【考点】圆与圆锥曲线的综合；抛物线的简单性质菁优网版权所有【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】画出图

8、形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可【解答】解：设抛物线为y2=2px，如图：|AB|=4，|AM|=2，|DE|=2，|DN|=，|ON|=，xA=，|OD|=|OA|，=+5，解得：p=4C的焦点到准线的距离为：4故选：B【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线与圆的方程的应用，考查计算能力转化思想的应用11【考点】异面直线及其所成的角菁优网版权所有【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；空间角【分析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可【解答】解：如图：平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABA1B1=n，可知：nCD1，mB1D1，CB1D1是正三

9、角形m、n所成角就是CD1B1=60则m、n所成角的正弦值为：故选：A【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力12【考点】正弦函数的对称性菁优网版权所有【专题】转化思想；转化法；三角函数的图像与性质【分析】解法一：根据已知可得为正奇数，且12，结合x=为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）单调，可得的最大值解法二：根据已知可得为正奇数，结合（x）在（，）单调，构造不等式可得答案【解答】解法一：x=为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，即，（nN）即=2n+1，（nN）即为正奇数，f（x）在（，）则=，

10、即T=，解得：12，当=11时，+=k，kZ，|，=，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当=9时，+=k，kZ，|，=，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故的最大值为9，解法二：x=为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，又|，=，由解法一可得：=2n+1，（nN）f（x）在（，）单调，即（k，nZ），解得：，故n的最大值为4，故=2n+19，故选：B【点评】本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质，本题转化困难，难度较大二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共25分.13【考点】平面向量数量积的运算菁优网版权所有【专题】计算题；规律型；转化思想；平面向量及应用【分析】利用

11、已知条件，通过数量积判断两个向量垂直，然后列出方程求解即可【解答】解：|+|2=|2+|2，可得=0向量=（m，1），=（1，2），可得m+2=0，解得m=2故答案为：2【点评】本题考查向量的数量积的应用，向量的垂直条件的应用，考查计算能力14【考点】二项式定理的应用菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；综合法；二项式定理【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为3，求出r，即可求出展开式中x3的系数【解答】解：（2x+）5的展开式中，通项公式为：Tr+1=25r，令5=3，解得r=4x3的系数2=10故答案为：10【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能

12、力，属于基础题15【考点】数列与函数的综合；等比数列的性质菁优网版权所有【专题】计算题；规律型；转化思想；等差数列与等比数列【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2an，然后求解最值【解答】解：等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=a1+q2a1=10，解得a1=8则a1a2an=a1nq1+2+3+（n1）=8n=，当n=3或4时，表达式取得最大值：=64故答案为：64【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用，转化思想的应用，考查计算能力16【考点】简单线性规划的应用菁优网版权所有【专题】计算题；规律型；数形结合；函数思想；转化思想【分

13、析】设A、B两种产品分别是x件和y件，根据题干的等量关系建立不等式组以及目标函数，利用线性规划作出可行域，通过目标函数的几何意义，求出其最大值即可；【解答】解：（1）甲、乙两种两种新型材料，设A、B两种产品分别是x件和y件，获利为z元由题意，得，z=2100x+900y不等式组表示的可行域如图：由题意可得，解得：，A（60，100），目标函数z=2100x+900y经过A时，直线的截距最大，目标函数取得最大值：210060+900100=元故答案为：【点评】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，二元一次方程组的解法的运用，不等式组解实际问题的运用，不定方程解实际问题的运用，解答时求出最优

14、解是解题的关键三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17【考点】解三角形菁优网版权所有【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形【分析】（）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC不为0求出cosC的值，即可确定出出C的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出a+b的值，即可求ABC的周长【解答】解：（）已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，sinC0，sin（A+B）=sinCc

15、osC=，又0C，C=；（）由余弦定理得7=a2+b22ab，（a+b）23ab=7，S=absinC=ab=，ab=6，（a+b）218=7，a+b=5，ABC的周长为5+【点评】此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，以及三角函数的恒等变形，熟练掌握定理及公式是解本题的关键18【考点】与二面角有关的立体几何综合题菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；综合法；空间向量及应用；立体几何【分析】（）证明AF平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF平面EFDC；（）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹

16、角公式可得二面角EBCA的余弦值【解答】（）证明：ABEF为正方形，AFEFAFD=90，AFDF，DFEF=F，AF平面EFDC，AF平面ABEF，平面ABEF平面EFDC；（）解：由AFDF，AFEF，可得DFE为二面角DAFE的平面角；由CEBE，BEEF，可得CEF为二面角CBEF的平面角可得DFE=CEF=60ABEF，AB平面EFDC，EF平面EFDC，AB平面EFDC，平面EFDC平面ABCD=CD，AB平面ABCD，ABCD，CDEF，四边形EFDC为等腰梯形以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0

17、），=（0，2a，0），=（，2a，a），=（2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，1）设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，4）设二面角EBCA的大小为，则cos=，则二面角EBCA的余弦值为【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键19【考点】离散型随机变量及其分布列菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计【分析】（）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列（）

18、由X的分布列求出P（X18）=，P（X19）=由此能确定满足P（Xn）0.5中n的最小值（）由X的分布列得P（X19）=求出买19个所需费用期望EX1和买20个所需费用期望EX2，由此能求出买19个更合适【解答】解：（）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，P（X=16）=（）2=，P（X=17）=，P（X=18）=（）2+2（）2=，P（X=19）=，P（X=20）=，P（X=21）=，P（X=22）=，X的分布列为： X 16 17 18 19 20 21 22 P（）由（）知：P（X18）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）=P（X19）=P（X=1

19、6）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=P（Xn）0.5中，n的最小值为19（）由（）得P（X19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=买19个所需费用期望：EX1=200+（20019+500）+（20019+5002）+（20019+5003）=4040，买20个所需费用期望：EX2=+（20020+500）+（20020+2500）=4080，EX1EX2，买19个更合适【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用20【考点】直线与椭圆的位置关系；圆的一

20、般方程菁优网版权所有【专题】方程思想；分析法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）求得圆A的圆心和半径，运用直线平行的性质和等腰三角形的性质，可得EB=ED，再由圆的定义和椭圆的定义，可得E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，求得a，b，c，即可得到所求轨迹方程；（）设直线l：x=my+1，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得|MN|，由PQl，设PQ：y=m（x1），求得A到PQ的距离，再由圆的弦长公式可得|PQ|，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围【解答】解：（）证明：圆x2+y2+2x15=0即为（x+1）2+y2=16，可得圆心A（1，0），

21、半径r=4，由BEAC，可得C=EBD，由AC=AD，可得D=C，即为D=EBD，即有EB=ED，则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且有2a=4，即a=2，c=1，b=，则点E的轨迹方程为+=1（y0）；（）椭圆C1：+=1，设直线l：x=my+1，由PQl，设PQ：y=m（x1），由可得（3m2+4）y2+6my9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=，y1y2=，则|MN|=|y1y2|=12，A到PQ的距离为d=，|PQ|=2=2=，则四边形MPNQ面积为S=|PQ|MN|=12=24=24，当m=0时，S取得

22、最小值12，又0，可得S24=8，即有四边形MPNQ面积的取值范围是12，8）【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆和圆的定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查不等式的性质，属于中档题21【考点】利用导数研究函数的极值；函数的零点菁优网版权所有【专题】分类讨论；转化思想；分类法；转化法；函数的性质及应用【分析】（）由函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2可得：f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案（）设x1，x2是f（x）的两个零点，则a=，令g（x）=，则g（x1）=g（x

23、2）=a，分析g（x）的单调性，令m0，则g（1+m）g（1m）=，设h（m）=，m0，利用导数法可得h（m）h（0）=0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m=1x10，可得结论【解答】解：（）函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2，f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），若a=0，那么f（x）=0（x2）ex=0x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；若a0，那么ex+2a0恒成立，当x1时，f（x）0，此时函数为减函数；当x1时，f（x）0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值e，由f（2）=a0，可得：函数f（x）在x1存在一个零

24、点；当x1时，exe，x210，f（x）=（x2）ex+a（x1）2（x2）e+a（x1）2=a（x1）2+e（x1）e，令a（x1）2+e（x1）e=0的两根为t1，t2，且t1t2，则当xt1，或xt2时，f（x）a（x1）2+e（x1）e0，故函数f（x）在x1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；若a0，则ln（2a）lne=1，当xln（2a）时，x1ln（2a）1lne1=0，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（2a）x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（

25、ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（2a）时，函数取极大值，由f（ln（2a）=ln（2a）2（2a）+aln（2a）12=aln（2a）12+10得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a=，则ln（2a）=1，当x1=ln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（

26、x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a，则ln（2a）lne=1，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当1xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f（1）=e0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述

27、，a的取值范围为（0，+）证明：（）x1，x2是f（x）的两个零点，f（x1）=f（x2）=0，且x11，且x21，a=，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=a，g（x）=，当x1时，g（x）0，g（x）单调递减；当x1时，g（x）0，g（x）单调递增；设m0，则g（1+m）g（1m）=，设h（m）=，m0，则h（m）=0恒成立，即h（m）在（0，+）上为增函数，h（m）h（0）=0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m=1x10，则g（1+1x1）g（11+x1）g（2x1）g（x1）=g（x2）2x1x2，即x1+x22【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点

28、，分类讨论思想，难度较大请考生在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.选修4-1：几何证明选讲22【考点】圆的切线的判定定理的证明菁优网版权所有【专题】证明题；转化思想；综合法；推理和证明【分析】（）设K为AB中点，连结OK根据等腰三角形AOB的性质知OKAB，A=30，OK=OAsin30=OA，则AB是圆O的切线（）设圆心为T，证明OT为AB的中垂线，OT为CD的中垂线，即可证明结论【解答】证明：（）设K为AB中点，连结OK，OA=OB，AOB=120，OKAB，A=30，OK=OAsin30=OA，直线AB与O相切；（）因为OA=2OD，所以O不是A，B，C，

29、D四点所在圆的圆心设T是A，B，C，D四点所在圆的圆心OA=OB，TA=TB，OT为AB的中垂线，同理，OC=OD，TC=TD，OT为CD的中垂线，ABCD【点评】本题考查了切线的判定，考查四点共圆，考查学生分析解决问题的能力解答此题时，充分利用了等腰三角形“三合一”的性质选修4-4：坐标系与参数方程23【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程的概念菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；数学模型法；坐标系和参数方程【分析】（）把曲线C1的参数方程变形，然后两边平方作和即可得到普通方程，可知曲线C1是圆，化为一般式，结合x2+y2=2，y=sin化为极坐标方程；（）化曲线C2、C3的极坐标方程为

30、直角坐标方程，由条件可知y=x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程，把C1与C2的方程作差，结合公共弦所在直线方程为y=x可得1a2=0，则a值可求【解答】解：（）由，得，两式平方相加得，x2+（y1）2=a2C1为以（0，1）为圆心，以a为半径的圆化为一般式：x2+y22y+1a2=0由x2+y2=2，y=sin，得22sin+1a2=0；（）C2：=4cos，两边同时乘得2=4cos，x2+y2=4x，即（x2）2+y2=4由C3：=0，其中0满足tan0=2，得y=2x，曲线C1与C2的公共点都在C3上，y=2x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程，得：4x2y+1a2=0，即为C3 ，1a

31、2=0，a=1（a0）【点评】本题考查参数方程即简单曲线的极坐标方程，考查了极坐标与直角坐标的互化，训练了两圆公共弦所在直线方程的求法，是基础题选修4-5：不等式选讲24【考点】带绝对值的函数；函数图象的作法菁优网版权所有【专题】转化思想；分析法；不等式的解法及应用【分析】（）运用分段函数的形式写出f（x）的解析式，由分段函数的画法，即可得到所求图象；（）分别讨论当x1时，当1x时，当x时，解绝对值不等式，取交集，最后求并集即可得到所求解集【解答】解：（）f（x）=，由分段函数的图象画法，可得f（x）的图象，如右：（）由|f（x）|1，可得当x1时，|x4|1，解得x5或x3，即有x1；当1x时，|3x2|1，解得x1或x，即有1x或1x；当x时，|4x|1，解得x5或x3，即有x5或x3综上可得，x或1x3或x5则|f（x）|1的解集为（，）（1，3）（5，+）【点评】本题考查绝对值函数的图象和不等式的解法，注意运用分段函数的图象的画法和分类讨论思想方法，考查运算能力，属于基础题专心-专注-专业