1、2016 年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷)理 数本卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.第卷(选择题,共 60 分)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=x|x2-4x+30,则 AB=( ) A. B. C. D.(-3,-32) (-3,32) (1,32) (32,3)2.设(1+i)x=1+yi,其中 x,y 是实数,则|x+yi|=( )A.1 B. C. D.22 33.已知等差数列a n前 9 项的和为 27,a10=8,则 a100=( )A.100 B.99 C.98 D.974.
2、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. C. D.13 12 23 345.已知方程 - =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22+ 232-是( )A.(-1,3) B.(-1, ) C.(0,3) D.(0, )3 36.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 ,则它的表面积是( )283A.17 B.18 C.20 D.287.函数 y=2x2-e|x|在-
3、2,2的图象大致为( )8.若 ab1,00,|2) 4 4对称轴,且 f(x)在 单调,则 的最大值为( )(18,536)A.11 B.9 C.7 D.5第卷(非选择题,共 90 分)本卷包括必考题和选考题两部分.第 1321 题为必考题,每个试题考生都必须作答.第2224 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| 2=|a|2+|b|2,则 m= . 14.(2x+ )5的展开式中,x 3的系数是 .(用数字填写答案) 15.设等比数列a n满足 a1+a3=10,a2+a4=5,则 a1a2a
4、n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 1.5 kg,乙材料 1 kg,用 5 个工时;生产一件产品 B 需要甲材料 0.5 kg,乙材料 0.3 kg,用 3 个工时.生产一件产品 A 的利润为 2 100 元,生产一件产品 B 的利润为 900 元.该企业现有甲材料 150 kg,乙材料 90 kg,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 12 分)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b
5、,c,已知 2cos C(acos B+bcos A)=c.()求 C;()若 c= ,ABC 的面积为 ,求ABC 的周长.733218.(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.()证明:平面 ABEF平面 EFDC;()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
6、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.()求 X 的分布列;()若要求 P(Xn)0.5,确定 n 的最小值;()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 x2+y2+2x-15=0 的圆心为 A,直线 l 过点
7、 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.()证明|EA|+|EB|为定值,并写出点 E 的轨迹方程;()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)ex+a(x-1)2有两个零点.()求 a 的取值范围;()设 x1,x2是 f(x)的两个零点,证明:x 1+x20).在以坐标原点为=,=1+极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线 C2:=4cos
8、 .()说明 C1是哪一种曲线,并将 C1的方程化为极坐标方程;()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 45:不等式选讲已知函数 f(x)=|x+1|-|2x-3|.()画出 y=f(x)的图象;()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( 课标全国卷)一、选择题1.D 易知 A=(1,3),B= ,AB= .故选 D.(32,+) (32,3)方法总结 集合的运算问题通常是先化简后运算,也可借助数轴或韦恩图解决.2.B x,yR,(1+i)x=1+
9、yi,x+xi=1+yi, |x+yi|=|1+i|= = .故选 B.=1,=1, 12+12 23.C 设a n的公差为 d,由等差数列前 n 项和公式及通项公式,得 解得9=91+982=27,10=1+9=8, an=a1+(n-1)d=n-2,a100=100-2=98.故选 C.1=1,=1, 方法总结 已知条件中有具体的 an、S n 的值时,通常用基本元素法处理 ,即在a1、d、 n、a n、 Sn 这 5 个量中知三求二.4.B 解法一:7:30 的班车小明显然是坐不到了.当小明在 8:00 前到达,或者 8:20 之后到达,他等车的时间将不超过 10 分钟, 故所求概率为
10、= .故选 B.10+104012解法二:当小明到达车站的时刻超过 8:00,但又不到 8:20 时,等车时间将超过 10 分钟,其他时刻到达车站时,等车时间将不超过 10 分钟,故等车时间不超过 10 分钟的概率为 1- = .2040125.A 原方程表示双曲线 ,且焦距为 4, 2+0,320,2+32=4,或 2+0.故 f(x)在(0,2上先减后增,又 f(2)-1=7-e2b1,0bc,A 错;0ac-1,又 ab0,abbc-1abac-1,即 abcbac,B 错;易知 y=logcx 是减函数,0log cblogca,logbc-logac0,又 ab10,-alogbc-
11、blogac0,alogbc36,输出 x= ,y=6,满足 y=4x.故选 C.12 32 3210.B 不妨设 C:y2=2px(p0),A(x1,2 ),则 x1= = ,由题意可知|OA|=|OD|,得2(22)22 4+8= +5,解得 p=4.故选 B.(4)2 (2)211.A 如图,延长 B1A1 至 A2,使 A2A1=B1A1,延长 D1A1 至 A3,使 A3A1=D1A1,连结AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证 AA2A1BD1C,AA3A1DB1C.平面 AA2A3平面 CB1D1,即平面 AA2A3 为平面 .于是 mA2A3,直线 AA2 即为直线 n
12、.显然有 AA2=AA3=A2A3,于是 m、n 所成的角为 60,其正弦值为 .选 A.32疑难突破 本题的难点是明确直线 m、n 的具体位置或它们相对正方体中的棱、对角线的相对位置关系.为此适当扩形是常用策略 .向右、向前扩展 (补形)两个全等的正方体,则 m、n或其平行线就展现出来了.12.B 依题意,有 (m、nZ),(4)+=,4+=+2=2()+1,=2(+)+14 . 又| ,m+n=0 或 m+n=-1.当 m+n=0 时,=4n+1,= ,由 f(x)在 上单调,得 -2 4 (18,536) 536,12,取 n=2,得 =9, f(x)=sin 符合题意. 当 m+n=-
13、1 时,=- ,=4n+3,取 n=2,得18 (9+4) 4=11, f(x)=sin ,此时, 当 x 时,11x- , f(x)不单调,不合题意. 故选 B.(114) (18,536) 4(1336,2318)解后反思 本题要求 的最大值, 正面入手运算量偏大,不妨对 取特殊值进行检验.二、填空题13. 答案 -2解析 由|a+b| 2=|a|2+|b|2,知 ab,ab=m+2=0,m=-2.14. 答案 10解析 T r+1= (2x)5-r( )r=25-r ,令 5- =3,得 r=4,T5=10x3,x3 的系数为 10.5 552 215. 答案 64解析 设a n的公比为
14、 q,于是 a1(1+q2)=10,a1(q+q3)=5,联立得 a1=8,q= ,12an=24-n,a1a2an=23+2+1+(4-n)= = 26=64.a1a2an 的最大值为 64.2122+72212(72)2+49816. 答案 216 000解析 设生产产品 A x 件,产品 B y 件,依题意, 得 0,0,1.5+0.5150,+0.390,5+3600, 设生产产品 A,产品 B 的利润之和为 E 元, 则 E=2 100x+900y.画出可行域(图略),易知最优解为 此时 Emax=216 000.=60,=100,三、解答题17. 解析 ()由已知及正弦定理得,2c
15、os C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,(2 分)2cos Csin(A+B)=sin C.故 2sin Ccos C=sin C.(4 分)可得 cos C= ,所以 C= .(6 分)12 3()由已知 ,得 absin C= .12 332又 C= ,所以 ab=6.(8 分)3由已知及余弦定理得,a 2+b2-2abcos C=7.故 a2+b2=13,从而(a+b) 2=25.(10 分)所以ABC 的周长为 5+ .(12 分)7解后反思 本题属解三角形问题中的常见题型,要先利用正弦、余弦定理, 将已知中的“ 边”或“角”的关系式,转化为只有 “边 ”或
16、只有“角” 的方程形式, 进而通过三角函数或代数知识求解方程.解题中要注意三角形的一些性质应用 ,例如:sin(A+B)=sin C,SABC= absin C.1218. 解析 ()由已知可得 AFDF,AFFE,所以 AF平面 EFDC.(2 分)又 AF平面 ABEF,故平面 ABEF平面 EFDC.(3 分)()过 D 作 DGEF,垂足为 G,由() 知 DG平面 ABEF.以 G 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,| |为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 G- xyz.(6 分)由()知DFE 为二面角 D-AF-E 的平面角, 故DFE=60,则|DF|=2,|DG|=
17、 ,可得 A(1,4,0),3B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ).3由已知得,ABEF,所以 AB平面 EFDC.(8 分)又平面 ABCD平面 EFDC=CD,故 ABCD,CDEF.由 BEAF,可得 BE平面 EFDC,所以CEF 为二面角 C-BE-F 的平面角, CEF=60.从而可得 C(-2,0, ).3所以 =(1,0, ), =(0,4,0), =(-3,-4, ), =(-4,0,0).(10 分) 3 3设 n=(x,y,z)是平面 BCE 的法向量,则即=0,=0, +3=0,4=0. 所以可取 n=(3,0,- ).3设 m 是平面 ABCD 的
18、法向量, 则 =0,=0.同理可取 m=(0, ,4).则 cos = =- .3| 21919故二面角 E-BC-A 的余弦值为- .(12 分)21919方法总结 对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质, 尤其是面面垂直的证明,寻找平面的垂线往往是几何证明的关键 .19. 解析 ()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P(X=16)=0.20.2=0.04;P(X=17)=20.20.4=0.16;P(X=18)=20.20.2+0.40.4=0.24;P(X=19)
19、=20.20.2+20.40.2=0.24;P(X=20)=20.20.4+0.20.2=0.2;P(X=21)=20.20.2=0.08;P(X=22)=0.20.2=0.04.(4 分 )所以 X 的分布列为X 16 17 18 19 20 21 22P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04(6 分)()由()知 P(X18)=0.44,P(X19)=0.68,故 n 的最小值为 19.(8 分)()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=192000.68+(19200+500)0.2+(19200+2500
20、)0.08+(19200+3500)0.04=4 040.(10 分)当 n=20 时,EY=202000.88+(20200+500)0.08+(20200+2500)0.04=4 080.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.(12 分)解后反思 本题重点考查相互独立事件的概率、简单随机变量的分布列及期望.求解本题的关键在于认真分析题干中的事件,确定事件间的相互关系,根据分析内容,找到解题的突破口.20. 解析 ()因为 |AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED
21、|=|AD|.又圆 A 的标准方程为(x+1) 2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2 分)由题设得 A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为 + =1(y0).(4 分)2423()当 l 与 x 轴不垂直时,设 l 的方程为 y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由 得(4k 2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.=(1),24+23=1则 x1+x2= ,x1x2= .8242+3 421242+3所以|MN|= |x1-x2|= .(6 分)1+212(2+1)42+3过点 B(1,0)且与
22、l 垂直的直线 m:y=- (x-1),A 到 m 的距离为 ,所以1 22+1|PQ|=2 =4 .42( 22+1)2 42+32+1故四边形 MPNQ 的面积S= |MN|PQ|=12 .(10 分)12 1+ 142+3可得当 l 与 x 轴不垂直时,四边形 MPNQ 面积的取值范围为(12,8 ).3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.综上,四边形 MPNQ 面积的取值范围为 12,8 ).(12 分)3解后反思 本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系, 尤其是对“弦长”问题的考查,更是本题考
23、查的重点 .解决此类问题, 除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外,对计算能力的要求也非常高.21. 解析 ()f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2 分)(i)设 a=0,则 f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3 分)(ii)设 a0,则当 x(-,1)时, f (x)0.所以 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 (b-2)+a(b-1)2=a 0,2 (232)故 f(x)存在两个零点.(4 分)(iii)设 a0,因此 f(x)在 (1,+)单调递增.又当 x1 时 f(x)1,故当 x(1,ln(-2a)时, f (x)0.2因此 f(x)在(1,ln(-2a)单调递减, 在(ln(-2a),+)单调递增.又当 x1 时 f(x)f(2-x2),即 f(2-x2)1 时, g (x)1 时,g(x)32, y=f(x)的图象如图所示.(5 分)()由 f(x)的表达式及图象,当 f(x)=1 时,可得 x=1 或 x=3;(6 分)当 f(x)=-1 时,可得 x= 或 x=5,(7 分)13故 f(x)1 的解集为x|15所以|f(x)|1 的解集为 .(10 分)|5
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