2016年高考真题——理科数学（全国乙卷） Word版含解析.doc

www.ks5u.com 说明：非官方版正式答案，答案和解析有可能存在少量错误，仅供参考使用。‎ ‎2016年新课标I高考数学（理科）答案与解析 ‎1． ，．‎ 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 故选D．‎ ‎8． 对A： 由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误 对B： 由于，∴函数在上单调递减，‎ ‎∴，B错误 对C： 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 对D： 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． 如下表：‎ 循环节运行次数 判断 是否输出 运行前 ‎0‎ ‎1‎ ‎/‎ ‎/‎ ‎1‎ 第一次 否 否 第二次 否 否 第三次 是 是 输出，，满足 故选C．‎ ‎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，题目条件翻译如图：‎ F 设，，‎ 点在抛物线上，∴……①‎ 点在圆上，∴……②‎ 点在圆上，∴……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．‎ 故选A．‎ ‎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 故选B．‎ ‎13． 由已知得：‎ ‎∴，解得．‎ ‎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，‎ ‎17．⑴ ‎ 由正弦定理得：‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ⑵ 由余弦定理得：‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴周长为 ‎18．⑴ ∵为正方形 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴面 面 ‎∴平面平面 ⑵ 由⑴知 ‎∵‎ 平面 平面 ‎∴平面 平面 ‎∵面面 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴四边形为等腰梯形 以为原点，如图建立坐标系，设 ‎ ‎ ‎，，‎ 设面法向量为.‎ ‎，即 设面法向量为 ‎.即 设二面角的大小为.‎ 二面角的余弦值为 ‎19．⑴ 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 ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ ⑵ 要令，，‎ 则的最小值为19‎ ⑶ 购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用 当时，费用的期望为 当时，费用的期望为 所以应选用 ‎20．⑴ 圆A整理为，A坐标，如图，‎ ‎，则，由，‎ 则 所以E的轨迹为一个椭圆，方程为，()；‎ ‎⑵ ；设，‎ 因为，设，联立 得；‎ 则；‎ 圆心到距离，‎ 所以，‎ ‎21．⑴ 由已知得：‎ ‎① 若，那么，只有唯一的零点，不合题意；‎ ‎② 若，那么，‎ 所以当时，，单调递增 当时，，单调递减 即：‎ ‎↓‎ 极小值 ‎↑‎ 故在上至多一个零点，在上至多一个零点 由于，，则，‎ 根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．‎ 而当时，，，‎ 故 则的两根，， ，因为，故当或时，‎ 因此，当且时，‎ 又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．‎ 此时，在上有且只有两个零点，满足题意．‎ ‎③ 若，则，‎ 当时，，，‎ 即，单调递增；‎ 当时，，，即，单调递减；‎ 当时，，，即，单调递增．‎ 即：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↑‎ 极大值 ‎↓‎ 极小值 ‎↑‎ 而极大值 故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解 而当时，单调递增，至多一个零点 此时在上至多一个零点，不合题意．‎ ‎④ 若，那么 当时，，，即，‎ 单调递增 当时，，，即，‎ 单调递增 又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．‎ ‎⑤ 若，则 当时，，，即，‎ 单调递增 当时，，，即，‎ 单调递减 当时，，，即，‎ 单调递增 即：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↑‎ 极大值 ‎↓‎ 极小值 ‎↑‎ 故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解 当时，单调递增，至多一个零点 此时在上至多一个零点，不合题意．‎ 综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．‎ ⑵ 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：．‎ ‎22．⑴ 设圆的半径为，作于 ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴与相切 ‎⑵ 方法一：‎ 假设与不平行 与交于 ‎∵四点共圆 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 由①②可知矛盾 ‎∴‎ 方法二：‎ 因为，因为所以为的中垂线上，同理所以的中垂线，所以．‎ ‎23．⑴ （均为参数）‎ ‎∴ ①‎ ‎∴为以为圆心，为半径的圆．方程为 ‎∵‎ ‎∴ 即为的极坐标方程 ⑵ ‎ 两边同乘得 即 ②‎ ‎：化为普通方程为 由题意：和的公共方程所在直线即为 ‎①—②得：，即为 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎24．⑴ 如图所示：‎ ‎⑵ ‎ 当，，解得或 当，，解得或 或 当，，解得或 或 综上，或或 ‎，解集为