2016年高考全国卷一文科数学试题及答案

全国卷一文科数学

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){1，3} （B){3，5｝ (C）｛5，7} (D）｛1,7} （2)设

的实部与虚部相等，其中a为实数,则a=

(A)－3 （B)－2 （C）2 （D）3

（3）为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是

（A）

（B） (C） （D）

（4)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知（A)

(B）

，，，则b=

（C）2 （D）3

1

（5）直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到的l距离为其短轴长的4，则该椭圆的离心率为 （A）

π1

（6）若将函数y=2sin (2x+6)的图像向右平移4个周期后,所得图像对应的函数为 (A）y=2sin（2x+

（7）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

1123 （B) （C) （D） 3234) （B）y=2sin(2x+） （C)y=2sin(2x–） （D)y=2sin（2x– ） 434328,则它的表面积是 3

（A）17π (B）18π （C)20π （D）28π

（8）若a>b〉0，0〈c<1，则

(A）logaccb

（9）函数y=2x2–e

｜x|

在[–2，2]的图像大致为

(A）（B）

(C）

(D）

（10）执行右面的程序框图，如果输入的n=1,则输出的值满足

（A)（B)

(C）（D) (11）平面

过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,则m，n所成角的正弦值为

，，

(A） (B） （C) （D)

(12）若函数在单调递增，则a的取值范围是

(A） （B） （C） （D）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分

(13)设向量a=(x，x+1），b=(1，2），且a

b，则x=

（14）已知θ是第四象限角，且sin(θ+

)=，则tan(θ–）= .

（15）设直线y=x+2a与圆C：x2+y2—2ay—2=0相交于A,B两点,若AB23，则圆C的面积为

(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：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

（本题满分12分） 17。已知

是公差为3的等差数列，数列

满足

，.

（I）求（II）求

的通项公式； 的前n项和.

18。(本题满分12分）

如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G。 (I）证明G是AB的中点；

（II）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．

（19)(本小题满分12分）

某公司计划购买1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：

记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数,y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），表示购机的同时购买的易损零件数。 （I）若=19,求y与x的函数解析式；

（II）若要求“需更换的易损零件数不大于”的频率不小于0.5,求的最小值；

（III)假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？

（20）（本小题满分12分) 在直角坐标系

中，直线l:y=t（t≠0）交y轴于点M，交抛物线C：

于点P，M

关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H。

（I）求；

（II）除H以外,直线MH与C是否有其它公共点?说明理由。

（21)(本小题满分12分）

已知函数.f(x)（x2）exa(x1)2 (I)讨论f(x)的单调性；

(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围。

请考生在22~24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4—1：几何证明选讲 如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°。以O为圆心,(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。

1OA为半径作圆。 2

（23)(本小题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程 在直线坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为xacost(t为参数，a＞0）。在以坐标原点为极点,x

y1asint轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=4cosθ。 （I）说明C1是哪一种曲线，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tanα0=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4—5：不等式选讲 已知函数f（x)= ∣x+1∣-∣2x—3∣。 (I）画出y= f（x）的图像；

（II）求不等式∣f（x)∣﹥1的解集。

2016年全国卷一文科数学参

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）B (2） A （3)C （4）D (5）B （6)D （7）A （8）B (9）D （10）C （11）A （12)C

第II卷

二、填空题:本大题共3小题，每小题5分.

（13)24(14）（15）4π （16）216000 3 3

三、解答题:解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

（17）（I）由已知，a1b2b2b1,b11,b211,得a1b2b2b1,b11,b2,得a12,所以数列33an是首项为2,公差为3的等差数列，通项公式为an3n1.

（II）由（I）和anbn1bn1nbn ，得bn1数列。记bn的前n项和为Sn，则

bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比3311()n331. Snn1122313（18)（I）因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD.

因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE. 所以AB平面PED,故ABPG.

又由已知可得，PAPB，从而G是AB的中点。

（II)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.

理由如下:由已知可得PBPA，PBPC，又EF//PB,所以EFPC,因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影。

连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心。 由（I）知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD2CG. 3由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DE//PC,因此

PE21PG,DEPC. 33由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2,PE22. 在等腰直角三角形EFP中,可得EFPF2. 所以四面体PDEF的体积V

(19）（I）分x19及x.19,分别求解析式;（II）通过频率大小进行比较；（III）分别求出您9，n=20

的所需费用的平均数来确定。

试题解析：(Ⅰ）当x19时,y3800;当x19时，y3800500(x19)500x5700，所以y与x的函数解析式为y114222. 323,x19,3800(xN).

,x19,500x5700(Ⅱ）由柱状图知，需更换的零件数不大于18的概率为0.46，不大于19的概率为0。7，故n的最小值为19。

(Ⅲ）若每台机器在购机同时都购买19个易损零件，则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3800，20台的费用为4300，10台的费用为4800，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为

1(400090450010)4050. 100比较两个平均数可知，购买1台机器的同时应购买19个易损零件。

t2,t). (20）(Ⅰ）由已知得M(0,t)，P(2p

t2p2又N为M关于点P的对称点,故N(,t)，ON的方程为yx，代入y2px整理得

pt2t22t2,2t)。 ，因此H(px2tx0，解得x10，x2pp22所以N为OH的中点,即

|OH|2。 |ON|（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点。理由如下： 直线MH的方程为ytp2tx，即x(yt)。代入y22px得y24ty4t20，解2tp得y1y22t，即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.

xx（21) (I）f'xx1e2ax1x1e2a.

(i)设a0，则当x,1时,f'x0；当x1,时，f'x0. 所以在,1单调递减，在1,单调递增。 (ii)设a0，由f'x0得x=1或x=ln（-2a). ①若aex，则f'xx1ee，所以fx在,单调递增. 2e，则ln（-2a）〈1,故当x,ln2a2②若a1,时，f'x0；

当xln2a,1时，f'x0,所以fx在,ln2a,1,单调递增,在

ln2a,1单调递减.

③若ae，则ln2a1，故当x,12ln2a,时，f'x0，当

x1,ln2a时，f'x0，所以fx在,1,ln2a,单调递增，在

1,ln2a单调递减.

（II)(i）设a0,则由(I）知，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〈0且

baln, 22则fba323bb0，所以fx有两个零点. b2ab1a22x（ii）设a=0，则fxx2e所以fx有一个零点. （iii)设a〈0，若ae,则由(I）知，fx在1,单调递增。 2e，则由(I）知，fx在2又当x1时，fx〈0,故fx不存在两个零点；若a1,ln2a单调递减，在ln2a,单调递增。又当x1时fx<0，故fx不存在

两个零点。

综上，a的取值范围为0,。

（22）（Ⅰ)设E是AB的中点,连结OE，

因为OAOB,AOB120，所以OEAB，AOE60． 在RtAOE中,OE相切．

1AO，即O到直线AB的距离等于圆O的半径,所以直线AB与⊙O2DOO'ECAB

(Ⅱ）因为OA2OD，所以O不是A,B,C,D四点所在圆的圆心,设O'是A,B,C,D四点所在圆的圆心，作直线OO'．

由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O'在线段AB的垂直平分线上，所以OO'AB． 同理可证，OO'CD．所以AB//CD．

xacost（23）⑴

y1asint2(t均为参数)

22∴xy1a ①

1为圆心,a为半径的圆．方程为x2y22y1a20 ∴C1为以0，222∵xy，ysin

22∴2sin1a0 即为C1的极坐标方程

⑵ C2：4cos

2两边同乘得4cos2x2y2，cosx

x2y24x

2即x2y4 ②

2C3:化为普通方程为y2x

由题意:C1和C2的公共方程所在直线即为C3

2①—②得：4x2y1a0,即为C3

∴1a20 ∴a1

（24)⑴如图所示：

x4，x≤13⑵ fx3x2，1x

234x，x≥2

fx1

当x≤1，x41，解得x5或x3 ∴x≤1

31,3x21，解得x1或x 2313∴1x或1x

323当x≥，4x1，解得x5或x3

23∴≤x3或x5 21综上，x或1x3或x5

31∴fx1，解集为，1，35，

3当1x