2016年广东省高考数学试卷(理科)(全国新课标ⅰ).docx

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1、2016年广东省高考数学试卷（理科）（全国新课标）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（5分）设集合A=x|x24x+30，B=x|2x30，则AB=（）A（3，）B（3，）C（1，）D（，3）2（5分）设（1+i）x=1+yi，其中x，y是实数，则|x+yi|=（）A1BCD23（5分）已知等差数列an前9项的和为27，a10=8，则a100=（）A100B99C98D974（5分）某公司的班车在7：00，8：00，8：30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

2、概率是（）ABCD5（5分）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的取值范围是（）A（1，3）B（1，）C（0，3）D（0，）6（5分）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，则它的表面积是（）A17B18C20D287（5分）函数y=2x2e|x|在2，2的图象大致为（）ABCD8（5分）若ab1，0c1，则（）AacbcBabcbacCalogbcblogacDlogaclogbc9（5分）执行下面的程序框图，假如输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y的值满意（）Ay=2xBy=3xCy=4xDy=5x10（5分）以抛

3、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|=4，|DE|=2，则C的焦点到准线的距离为（）A2B4C6D811（5分）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1A1=n，则m、n所成角的正弦值为（）ABCD12（5分）已知函数f（x）=sin（x+）（0，|），x=为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则的最大值为（）A11B9C7D5二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）设向量=（m，1），=（1，2），且|+|2=|2+|2，则m= 14（5分）（

4、2x+）5的绽开式中，x3的系数是 （用数字填写答案）15（5分）设等比数列an满意a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为 16（5分）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：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.1

5、7（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c（）求C；（）若c=，ABC的面积为，求ABC的周长18（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DAFE与二面角CBEF都是60（）证明平面ABEF平面EFDC；（）求二面角EBCA的余弦值19（12分）某公司方案购买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，假如备件不足再购买，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，

6、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，得如图柱状图：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（12分）设圆x2+y2+2x15=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，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

7、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（12分）已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）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：x1+x22请考生在22、23、24题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分.选修4-1：几何证明选讲22（10分）如图，OAB是等腰三角形，AOB=120以O为圆心，OA为半径作圆（）证明：直线AB与O相切；（）点C，D在O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：ABCD选修4-4：坐标系与参数方程23在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程

8、为（t为参数，a0）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：=4cos（）说明C1是哪种曲线，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满意tan0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x+1|2x3|（）在图中画出y=f（x）的图象；（）求不等式|f（x）|1的解集2016年广东省高考数学试卷（理科）（全国新课标）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【解答】解：集合A=x|x24x+30=（1，3），B=x|2x30

9、=（，+），AB=（，3），故选：D2【解答】解：（1+i）x=1+yi，x+xi=1+yi，即，解得，即|x+yi|=|1+i|=，故选：B3【解答】解：等差数列an前9项的和为27，S9=9a59a5=27，a5=3，又a10=8，d=1，a100=a5+95d=98，故选：C4【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：B5【解答】解：双曲线两焦点间的距离为4，c=2，当焦点在x轴上时，可得：4=（m2+n）+（3m2n），解得：m2=1，方程=1表示双曲线，（m2+n）（3m2n）0，可得：（n+1）（3n

10、）0，解得：1n3，即n的取值范围是：（1，3）当焦点在y轴上时，可得：4=（m2+n）+（3m2n），解得：m2=1，无解故选：A6【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：A7【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），故排解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，故排解C，故选：D8【解答】解：ab1，0c1，函数f（x）=xc在（0，+

11、）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：C9【解答】解：输入x=0，y=1，n=1，则x=0，y=1，不满意x2+y236，故n=2，则x=，y=2，不满意x2+y236，故n=3，则x=，y=6，满意x2+y236，故y=4x，故选：C10【解答】解：设抛物线为y2=2px，如图：|AB|=

12、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：B11【解答】解：如图：平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABA1B1=n，可知：nCD1，mB1D1，CB1D1是正三角形m、n所成角就是CD1B1=60则m、n所成角的正弦值为：故选：A12【解答】解：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（，）上单调，则=，即T=，解得：12，当=11时，+=k，kZ，|，=，此时f（x）在（，）不单调，不满意题意；当=9时，+=k，kZ，|，=

13、，此时f（x）在（，）单调，满意题意；故的最大值为9，故选：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13【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：214【解答】解：（2x+）5的绽开式中，通项公式为：Tr+1=25r，令5=3，解得r=4x3的系数2=10故答案为：1015【解答】解：等比数列an满意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：=26=64故答案为：641

14、6【解答】解：（1）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=216000元故答案为：216000三、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【解答】解：（）在ABC中，0C，sinC0已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即2cosCsin（A+B）=

15、sinC2cosCsinC=sinCcosC=，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+18【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ABEF为正方形，AF平面EFDC，BEEF，BE平面EFDC即有CEBE，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，

16、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），=（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19【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

17、=，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=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=P（Xn）0.5中，n的最小值为19（）解法一：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+500

18、3）=4040，买20个所需费用期望：EX2=+（20020+500）+（20020+2500）=4080，EX1EX2，买19个更合适解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，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：19200+5000.2+10000.08+15000.04=4040，当n=20时，费用的期望为：20200+5000.08+10000.4=4080，买19个更合适20【解答】解：（）证明：圆x2+y2+2x15=0即为（x+1）2+y2=16，可得圆心A（1，0），半径r=4，由BEAC，可得C=EBD，由AC=AD，可得D=C，即为

19、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取得最小值12，又0，可得S24=8，即有四边形MPNQ面积的取值范围是1

20、2，8）21【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）取微小值e，由f（2）=a0，可得：函数f（x）在x1存在一个零点；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，

21、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，满意题意；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）（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（

22、2a）时，函数取极大值，由f（ln（2a）=ln（2a）2（2a）+aln（2a）12=aln（2a）22+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（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

23、，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，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）

24、=，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请考生在22、23、24题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分.选修4-1：几何证明选讲22【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

25、相切；（）由于OA=2OD，所以O不是A，B，C，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选修4-4：坐标系与参数方程23【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满意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 ，1a2=0，a=1（a0）选修4-5：不等式选讲24【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，+）第20页（共20页）