高考理科数学试题全国卷1Word格式.docx
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(10)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的标准线于D,E两点.已知|AB|=,|DE|=,则C的焦点到准线的距离为()
(A)2(B)4(C)6(D)8
(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,a//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABA1B1=n,则m,n所成角的正弦值为()
(A)(B)(C)(D)
12.已知函数为的零点,为图像的对称轴,且在单调,则的最大值为()
(A)11
(B)9
(C)7
(D)5
第II卷
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|2=|a|2+|b|2,则m=.
(14)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.
(17)(本小题满分为12分)
的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
(I)求C;
(II)若的面积为,求的周长.
(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,AF=2FD,,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是.
(I)证明:
平面ABEFEFDC;
(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,记表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(I)求的分布列;
(II)若要求,确定的最小值;
(III)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在与之中选其一,应选用哪个?
20.(本小题满分12分)
设圆的圆心为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)
已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围;
(II)设x1,x2是的两个零点,证明:
+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,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.
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
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.
(I)说明C1是哪种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程;
(II)直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tanα0=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。
2016年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学参考答案
(1)
【解析】:
,.
故.
故选D.
(2)
由可知:
,故,解得:
.
所以,.
故选B.
(3)
由等差数列性质可知:
,故,而,因此公差∴.故选C.
(4)
如图所示,画出时间轴:
小明到达的时间会随机的落在图中线段中,而当他的到达时间落在线段或时,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.故选B.
(5)
表示双曲线,则,∴
由双曲线性质知:
,其中是半焦距,∴焦距,解得
∴,故选A.
(6)
原立体图如图所示:
是一个球被切掉左上
角的后的三视图,表面积是的球面面积和三个扇形
面积之和
故选A.
(7)
,排除A;
,排除B;
时,,,当时,
因此在单调递减,排除C;
(8)
由于,∴函数在上单调递增,因此,A错误;
由于,∴函数在上单调递减,∴,B错误;
要比较和,只需比较和,只需比较和,只需和,
构造函数,则,在上单调递增,因此
,又由得,
∴,C正确;
要比较和,只需比较和,而函数在上单调递增,
故,又由得,∴,D错误;
故选C.
(9)
第一次循环:
;
第二次循环:
第三次循环:
输出,,满足;
(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,设圆的方程为,如图:
设,,点在抛物线上,
∴……①;
点在圆上,
∴……②;
∴……③;
联立①②③解得:
,
焦点到准线的距离为.故选B.
(11)
如图所示:
∵,∴若设平面平面,则
又∵平面∥平面,结合平面平面
∴,故,同理可得:
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等,即的大小.
而(均为面对交线),因此,即.
(12)
由题意知:
则,其中,在单调,
接下来用排除法:
若,此时,在递增,在递减,不满足在单调;
若,此时,满足在单调递减。
本大题共3小题,每小题5分。
(13)
由已知得:
∴,解得.
解法二:
利用三角形法则作图得,,构成直角三角形从而与垂直。
(14)
设展开式的第项为,,
∴.
当时,,即,故答案为10.
(15)
由于是等比数列,设,其中是首项,是公比.
∴,解得:
.故,∴
,当或时,取到最小值,此时取到最大值.所以的最大值为64.
(16)
设生产A产品件,B产品件,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
目标函数;
作出可行域为图中的四边形,包括边界,
顶点为,
在处取得最大值,
三、解答题:
解:
(I)由已知及正弦定理得,,
即.又
可得,所以.
(II)由已知,.
又,所以.
由已知及余弦定理得,.
故,从而.
所以的周长为.
(I)由已知可得,,所以平面.
又平面,故平面平面.
(II)过作,垂足为,由(I)知平面.
以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系.
由(I)知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,.
由已知,,所以平面.
又平面平面,故,.
由,可得平面,所以为二面角的平面角,
.从而可得.
所以,,,.
设是平面的法向量,则
,即,
所以可取.
设是平面的法向量,则,
同理可取.则.
故二面角的余弦值为.
(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为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2,从而
.
所以的分布列为
16
17
18
19
20
21
22
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,故的最小值为19.
(Ⅲ)记表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:
元).
当时,
可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值,故应选.
20.(本小题满分12分)
(Ⅰ)因为,,故,
所以,故.
又圆的标准方程为,从而,所以.
由题设得,,,由椭圆定义可得点的轨迹方程为:
().
(Ⅱ)当与轴不垂直时,设的方程为,,.
由得.
则,.
所以.
过点且与垂直的直线:
,到的距离为,所以
.故四边形的面积
可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时,其方程为,,,四边形的面积为12.
综上,四边形面积的取值范围为.
(Ⅰ).
(i)设,则,只有一个零点.
(ii)设,则当时,;
当时,.所以在上单调递减,在上单调递增.
又,,取满足且,则
故存在两个零点.
(iii)设,由得或.
若,则,故当时,,因此在上单调递增.又当时,,所以不存在两个零点.
若,则,故当时,;
当时,.因此在单调递减,在单调递增.又当时,,所以不存在两个零点.
综上,的取值范围为.
(Ⅱ)不妨设,由(Ⅰ)知,,在上单调递减,所以等价于,即.
由于,而,所以
设,则.
所以当时,,而,故当时,.
从而,故.
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
(Ⅰ)设是的中点,连结,
因为,所以,.
在中,,即到直线的距离等于圆的半径,所以直线与⊙相切.
(Ⅱ)因为,所以不是四点所在圆的圆心,设是四点所在圆的圆心,作直线.
由已知得在线段的垂直平分线上,又在线段的垂直平分线上,所以.
同理可证,.所以