2016全国卷1理科数学及答案详解

2016年全国卷Ⅰ（理科）数学试卷一、选择题（每小题5分）1.设集合034|2xxxA，032|xxB，则BA（）A.)23,3(B.)23,3(C.)23,1(D.)3,23(2.设yixi1)1(，其中x，y是实数，则yix（）A.1B.2C.3D.23.已知等差数列na前9项的和为27，810a，则100a（）A.100B.99C.98D.974.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.31B.21C.32D.435.已知方程132222nmynmx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.)3,1(B.)3,1(C.)3,0(D.)3,0(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328，则它的表面积是（）A.17πB.18πC.20πD.28π7.函数xexy22在[﹣2，2]的图像大致为（）（A）（B）（C）（D）8.若1ba，10c，则（）A.ccbaB.ccbaabC.cbcaabloglogD.ccbaloglog9.执行右面的程序框图，如果输入的0x，1y，1n，则输出x，y的值满足（）A.xy2B.xy3C.xy4D.xy5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24AB，52DE，则C的焦点到准线的距离为（）A.2B.4C.6D.811.平面过正方体1111DCBAABCD的顶点A，11DCB平面∥，mABCD平面nAABB11平面，则m，n所成角的正弦值为（）A.23B.22C.33D.3112.已知函数)sin()(xxf（0，2），4x为)(xf的零点，4x为)(xfy图像的对称轴，且)(xf在)365,18(单调，则的最大值为（）A.11B.9C.7D.5二、填空题（每小题5分）13.设向量)1,(ma，)2,1(b，且222baba，则m_______14.5)2(xx的展开式中，3x的系数是_______（用数字填写答案）15.设等比数列na满足1031aa，542aa，则naaa21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17.（本小题满分12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cAbBaC)coscos(cos2（1）求C（2）若7c，ABC的面积为233，求ABC的周长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，FDAF2，AFD90°，且二面角EAFD与二面角FBEC都是60°（1）证明：平面ABEF平面EFDC（2）求二面角ABCE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（1）求X的分布列（2）若要求5.0)(nXP，确定n的最小值（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在19n与20n之中选其一，应选用哪个？20.（本小题满分12分）设圆015222xyx的圆心为A，直线l过点)0,1(B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（1）证明：EBEA为定值，并写出点E的轨迹方程（2）设点E的轨迹为曲线1C，直线l交1C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2)1()2()(xaexxfx有两个零点（1）求a的取值范围（2）设1x，2x是)(xf的两个零点，证明：221xx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，AOB120°，以O为圆心，OA21为半径作圆（1）证明：直线AB与⊙O相切（2）点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xoy中，曲线1c的参数方程为taytaxsin1cos（t为参数，0a）.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2c：cos（1）说明1c是哪种曲线，并将1c的方程化为极坐标方程；（2）直线3c的极坐标方程为：0，其中0满足2tan0，若曲线1c与2c的公共点都在3c上，求a24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数321)(xxxf（1）在答题卡第（24）题图中画出)(xfy的图像（2）求不等式1)(xf的解集答案单选题1.D2.B3.C4.B5.A6.A7.D8.C9.C10.B11.A12.B填空题13.14.15.16.简答题17.18.19.见解析20.21.22.1923.24.（）25.26.；27.见证明。28.见解析29.见解析30.圆,31.132.33.解析单选题1.试题分析：因为，所以，故选D。2.因为所以故选B.3.试题分析：由已知,所以故选C.4.试题分析：如图所示，画出时间轴：小明到达的时间会随机落在途中线段中，而当他的到达时间线段或时，才能办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.试题分析：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.试题分析：该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的,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故选A．7.试题分析：函数在上是偶函数，其图像关于轴对称，因为，所以排除选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数.故选D.8.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．9.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.10.试题解析：如图，设抛物线方程为，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.11.试题分析：如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角，延长，过作，连接，则为，同理为，而，则所成的角即为所成的角，即为，故所成角的正弦值为，选A.12.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，由此的最大值为9.故选B.填空题13.试题分析：由，得，所以，解得.14.试题分析：的展开式通项为，令得，所以的系数是.15.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.16.试题分析：设生产产品、产品分别为、件,利润之和为元,那么①目标函数.二元一次不等式组①等价于②作出二元一次不等式组②表示的平面区域（如图）,即可行域.将变形,得,平行直线,当直线经过点时,取得最大值.解方程组,得的坐标.所以当,时,.故生产产品、产品的利润之和的最大值为元.简答题17.试题分析：本题属于正余弦定理的综合应用问题，属于简单题，只要掌握相关的知识，即可解决本题，解析如下：由正弦定理得：∵，∴∴，∵∴18.试题分析：本题属于正余弦定理的综合应用问题，属于简单题，只要掌握相关的知识，即可解决本题，解析如下：由余弦定理得：∴∴∴周长为19.试题分析：本题属于立体几何的综合应用问题，属于中档题，只要掌握相关立体几何的知识，即可解决本题，解析如下：由已知可得,,所以平面．又平面,故平面平面．20.试题分析：本题属于立体几何的综合应用问题，属于中档题，只要掌握相关立体几何的知识，即可解决本题，解析如下：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．21.试题分析：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,有一定综合性但难度不是太大大,求解关键是读懂题意，属于简单题，只要掌握相关的知识，即可解决本题，解析如下：每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11记事件为第一台机器3年内换掉个零件记事件为第二台机器3年内换掉个零件由题知，设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为，则的可能的取值为16，17，18，19，20，21，22所以的分布列为22.试题分析：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,有一定综合性但难度不是太大大,求解关键是读懂题意，属于简单题，只要掌握相关的知识，即可解决本题，解析如下：由（Ⅰ）知,,故的最小值为19.23.试题分析：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,有一定综合性但难度不是太大大,求解关键是读懂题意，属于简单题，只要掌握相关的知识，即可解决本题，解析如下：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,.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.24.试题分析：本题属于圆锥曲线的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：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：（）.25.试题分析：本题属于圆锥曲线的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：当与轴不垂直时,设的方程为,,.由得.则,.所以.[来源:学科网ZXXK]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.26.试题分析：本题属于导数的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：（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．27.试题分析：本题属于导数的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：由已知得：，不难发现，，故可整理得：设，则那么，当时，，单调递减；当时，，单调递增．设，构造代数式：设，则，故单调递增，有．因此，对于任意的，．由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有令，则有而，，在上单调递增，因此：整理得：．28.试题分析：本题属于圆的综合应用问题，属于