2016年高考新全国1卷理数试题解析（解析版）高考理数

2021-10-25 16:00:18 | 浏览次数：

第Ⅰ卷一、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，，则（A）（B）（C）（D）【答案】D 【考点】集合的交集运算【名师点睛】集合是每年高考中的必考题,一般以基础题的形式出现,属得分题.解决此类问题一般要把参与运算的集合化为最简形式，再进行运算,如果是不等式的解集、函数的定义域及值域等有关数集之间的运算,常借助数轴求解. （2）设，其中x，y是实数，则（A）1 （B）（C）（D）2 【答案】B 【解析】试题分析：因为所以故选B. 【考点】复数运算【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略, 所以做复数题时要注意运算的准确性. （3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A）100 （B）99 （C）98 （D）97 【答案】C 【解析】试题分析：由已知，所以故选C. 【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法. （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）【答案】B 【解析】试题分析：由题意，这是几何概型问题，班车每30分钟发出一辆，到达发车站的时间总长度为40，等车不超过10分钟的时间长度为20，故所求概率为，选B. 【考点】几何概型【名师点睛】这是全国卷首次考查几何概型,求解几何概型问题的关键是确定“测度”,常见的测度有长度、面积、体积等. （5）已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（A）(–1,3) （B）(–1,) （C）(0,3) （D）(0,) 【答案】A 【解析】由题意知：双曲线的焦点在轴上，所以，解得，因为方程表示双曲线，所以，解得，所以的取值范围是，故选A．【考点】双曲线的性质【名师点睛】双曲线知识一般作为客观题出现,主要考查双曲线的几何性质,属于基础题.注意双曲线的焦距是2c而不是c,这一点易出错. （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互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π 【答案】A 【解析】由三视图知，该几何体的直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和 ,即，故选A．【考点】三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键. （7）函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为（A）（B）（C）（D）【答案】D 【考点】函数图像与性质【名师点睛】函数中的识图题多次出现在高考试题中,也可以说是高考的热点问题,这类题目一般比较灵活,对解题能力要求较高,故也是高考中的难点,解决这类问题的方法一般是利用间接法,即由函数性质排除不符合条件的选项. （8）若，则（A）（B）（C）（D）【答案】C 【解析】试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误，，选项C正确，，选项D错误，故选C．【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；
若底数不同,可考虑利用中间量进行比较. （9）执行下面的程序框图，如果输入的，则输出x，y的值满足（A）（B）（C）（D）【答案】C 【解析】试题分析：当时，，不满足；

，不满足；
，满足；
输出，则输出的的值满足，故选C. 【考点】程序框图与算法案例【名师点睛】程序框图基本是高考每年必考知识点,一般以客观题的形式出现,难度不大,求解此类问题只需按照程序逐步列出运行结果. （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|=，|DE|=，则C的焦点到准线的距离为（A）2 （B）4 （C）6 （D）8 【答案】B 【解析】试题分析：如图，设抛物线方程为，圆的半径为r,交轴于点，则，即点纵坐标为，则点横坐标为，即，由勾股定理知，，即，解得，即的焦点到准线的距离为4，故选B. 【考点】抛物线的性质【名师点睛】本题主要考查抛物线的性质及运算,注意解析几何问题中最容易出现运算错误,所以解题时一定要注意运算的准确性与技巧性,基础题失分过多是相当一部分学生数学考不好的主要原因. （11）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，//平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1 A1=n，则m，n所成角的正弦值为（A）（B）（C）（D）【答案】A 【考点】平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补. （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 【答案】B 【解析】试题分析：因为为的零点，为图像的对称轴，所以，即，所以，又因为在单调，所以，即，则的最大值为9.故选B. 【考点】三角函数的性质【名师点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则或. 第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)~(24)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= . 【答案】【解析】试题分析：由，得，所以，解得. 【考点】向量的数量积及坐标运算【名师点睛】全国卷中向量大多以客观题的形式出现,属于基础题.解决此类问题既要准确记忆公式,又要注意运算的准确性.本题所用到的主要公式是：若,则. （14）的展开式中，x3的系数是 .（用数字填写答案）【答案】考点:二项式定理【名师点睛】确定二项展开式指定项的系数通常是先写出通项,再确定r的值,从而确定指定项系数. （15）设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为 . 【答案】【解析】试题分析：设等比数列的公比为，由得，解得.所以，于是当或时，取得最大值. 【考点】等比数列及其应用【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做. （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2100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. 【答案】【解析】试题分析：设生产产品A、产品B分别为、件，利润之和为元，那么由题意得约束条件目标函数. 约束条件等价于 ① 作出二元一次不等式组①表示的平面区域，即可行域，如图中阴影部分所示. 将变形，得，作直线：并平移，当直线经过点时，取得最大值. 解方程组，得的坐标为. 所以当，时，. 故生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元. 【考点】线性规划的应用【名师点睛】线性规划也是高考中常考的知识点,一般以客观题的形式出现,基本题型是给出约束条件求目标函数的最值,常见的结合方式有：纵截距、斜率、两点间的距离、点到直线的距离,解决此类问题常利用数形结合.本题运算量较大,失分的一个主要原因是运算失误. 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）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．【答案】（I）；
（II）. 【解析】试题分析：（I）利用正弦定理进行边角代换，化简即可求角C；
（II）根据．及可得．再利用余弦定理可得，从而可得的周长为．试题解析：（I）由已知及正弦定理得，由已知及余弦定理得，．故，从而．所以的周长为．【考点】正弦定理、余弦定理及三角形面积公式【名师点睛】三角形中的三角变换常用到诱导公式, ,这是常用的结论,另外利用正弦定理或余弦定理处理条件中含有边或角的等式,常考虑对其实施“边化角”或“角化边”. （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，，且二面角DAFE与二面角CBEF都是．（I）证明：平面ABEF平面EFDC；

（II）求二面角EBCA的余弦值．【答案】（I）见解析；
（II）【解析】试题分析：（I）证明平面，结合平面，可得平面平面．（II）建立空间坐标系，利用向量求解. 试题解析：（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，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【考点】垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决. （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？【答案】（I）见解析；
（II）19；
（III）. 【解析】试题分析：（I）先确定X的所有可能取值，然后求相应的概率，可得X的分布列；
（II）通过概率大小进行比较；
（III）分别求出n=19，n=20的期望，比较即可. 试题解析：（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. 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. 【考点】概率与统计、随机变量的分布列【名师点睛】本题把随机变量的分布列与统计及函数结合在一起进行考查,有一定的综合性，但难度不是太大,求解的关键是读懂题意,所以提醒考生要重视数学中的阅读理解问题. （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. 【答案】（I）（）；
（II）【解析】试题分析：（I）利用椭圆定义求方程；
（II）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值。

试题解析：（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. 【考点】圆锥曲线综合问题【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容 ,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用. （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：. 【答案】(I)；
（II）见解析【解析】试题分析：(I)求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；
(II)借助(I)的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．试题解析：（Ⅰ）．（i）设，则，只有一个零点．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．【考点】导数及其应用【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解. 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41：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. （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. 【答案】(I)见解析；
(II)见解析【解析】试题分析：(I)设是的中点，证明；
(II) 设是四点所在圆的圆心，作直线，证明，．由此可证明．试题解析：(I)设是的中点，连结，因为，所以，．【考点】四点共圆、直线与圆的位置关系及证明【名师点睛】近几年几何证明题多以圆为载体命制,在证明时要抓好长度关系与角度关系的转化,熟悉相关定理与性质.该部分内容命题点有：平行线分线段成比例定理；
三角形的相似与性质；
四点共圆；
圆内接四边形的性质与判定；
切割线定理. （23）（本小题满分10分）选修44：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（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=4cos θ. （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tan α0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a. 【答案】（I）圆，；
（II）1 【解析】试题分析：（Ⅰ）把化为直角坐标方程，再化为极坐标方程；
（Ⅱ）联立极坐标方程进行求解. 试题解析：解：（Ⅰ）消去参数得到的普通方程. 是以为圆心，为半径的圆. 将代入的普通方程中，得到的极坐标方程为 . （Ⅱ）曲线的公共点的极坐标满足方程组若，由方程组得，由已知，可得，从而，解得（舍去），. 时，极点也为的公共点，在上.所以. 【考点】参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用【名师点睛】“互化思想”是解决极坐标方程与参数方程问题的重要思想,解题时应熟记极坐标方程与参数方程的互化公式及应用. （24）（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知函数f(x)= ∣x+1∣∣2x3∣. （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. 【答案】（I）见解析（II）【解析】试题分析：（I）化为分段函数作图；
（II）用零点分区间法求解试题解析：（I）的图像如图所示. 【考点】分段函数的图像，绝对值不等式的解法【名师点睛】不等式选讲多以绝对值不等式为载体命制试题,主要涉及图像、解不等式、由不等式恒成立求参数范围等.解决此类问题通常转换为分段函数求解,注意不等式的解集一定要写成集合的形式.