1、整理: 英德市一中陳健偉2016年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科數學(I卷)本試題卷共5頁，24題(含選考題)。全卷滿分150分?？荚囉脮r120分鐘。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。（1）設集合，則（A）（B）（C）（D）【解析】：，故故選D（2）設，其中是實數，則（A）（B）（C）（D）【解析】：由可知：，故，解得：所以，故選B（3）已知等差數列前項的和為，則（A）（B）（C）（D）【解析】：由等差數列性質可知：，故，而，因此公差故選C（4）某公司的班車在，發(fā)車，小明在至之間到達發(fā)車站乘坐班車，且到達發(fā)車丫的時候是隨機的，則他等車

2、時間不超過10分鐘的概率是（A）（B）（C）（D）【解析】：如圖所示，畫出時間軸：小明到達的時間會隨機的落在圖中線段中，而當他的到達時間落在線段或時，才能保證他等車的時間不超過10分鐘，根據幾何概型，所求概率故選B（5）已知方程表示雙曲線，且該雙曲線兩焦點間的距離為，則的 取值范圍是（A）（B）（C）（D）【解析】：表示雙曲線，則，由雙曲線性質知：，其中是半焦距，焦距，解得，故選A（6）如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑若該幾何體的體積是，則它的表面積是（A）（B）（C）（D）【解析】：原立體圖如圖所示：是一個球被切掉左上角的后的三視圖表面積是的球面面積和三個

3、扇形面積之和故選A（7）函數在的圖像大致為（A） （B）（C） （D）【解析】：，排除A；，排除B；時，當時，因此在單調遞減，排除C；故選D（8）若，則（A）（B） （C）（D）【解析】：由于，函數在上單調遞增，因此，A錯誤；由于，函數在上單調遞減，B錯誤；要比較和，只需比較和，只需比較和，只需和，構造函數，則，在上單調遞增，因此，又由得，C正確；要比較和，只需比較和，而函數在上單調遞增，故，又由得，D錯誤；故選C（9）執(zhí)行右面的程序框圖，如果輸入的，則輸出的值滿足（A）（B）（C）（D）【解析】：第一次循環(huán)：；第二次循環(huán)：；第三次循環(huán)：；輸出，滿足；故選C（10）以拋物線的頂點為圓心的圓交于

4、兩點，交的準線于兩點，已知,，則的焦點到準線的距離為（A）2（B）4（C）6（D）8【解析】：以開口向右的拋物線為例來解答，其他開口同理設拋物線為，設圓的方程為，如圖：F設，點在拋物線上，；點在圓上，；點在圓上，；聯(lián)立解得：，焦點到準線的距離為故選B（11）平面過正方體的頂點，平面，平面，平面，則所成角的正弦值為（A）（B）（C）（D）【解析】：如圖所示：，若設平面平面，則又平面平面，結合平面平面，故，同理可得：故、的所成角的大小與、所成角的大小相等，即的大小而（均為面對交線），因此，即故選A（12）已知函數，為的零點，為圖像的對稱軸，且在單調，則的最大值為（A）11（B）9（C）7（D）5【

5、解析】：由題意知：則，其中，在單調，接下來用排除法：若，此時，在遞增，在遞減，不滿足在單調；若，此時，滿足在單調遞減。故選B二、填空題：本大題共3小題，每小題5分。（13）設向量a，b，且abab，則【解析】：由已知得：，解得（14）的展開式中，的系數是（用數字填寫答案）【解析】：設展開式的第項為，當時，即，故答案為10（15）設等比數列滿足，則的最大值為【解析】：由于是等比數列，設，其中是首項，是公比，解得：故，當或時，取到最小值，此時取到最大值所以的最大值為64（16）某高科技企業(yè)生產產品A和產品B需要甲、乙兩種新型材料生產一件產品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5個工時；生產一件

6、產品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3個工時生產一件產品A的利潤為2100元，生產一件產品B的利潤為900元該企業(yè)現有甲材料150kg，乙材料90kg，則在不超過600個工時的條件下，生產產品A、產品B的利潤之和的最大值為元【解析】：設生產A產品件，B產品件，根據所耗費的材料要求、工時要求等其他限制條件，構造線性規(guī)則約束為目標函數；作出可行域為圖中的四邊形，包括邊界，頂點為，在處取得最大值，三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟（17）（本小題滿分12分）的內角的對邊分別為，已知（）求；（）若，的面積為，求的周長【解析】：，由正弦定理得：，由余弦定理得：，周長為（18）

7、（本小題滿分12分） 如圖，在以為頂點的五面體中，面為正方形，且二面角與二面角都是（）證明：平面平面；（）求二面角的余弦值【解析】：為正方形，面，面，平面平面由知，平面，平面平面，平面面面，四邊形為等腰梯形以為原點，如圖建立坐標系，設，設面法向量為，即，設面法向量為，.即，設二面角的大小為.，二面角的余弦值為（19）（本小題滿分12分） 某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用

8、期內更換的易損零件數，得下面柱狀圖： 以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發(fā)生的概率，記X表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數（）求X的分布列；（）若要求，確定的最小值；（）以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在與之中選其一，應選用哪個？【解析】：每臺機器更換的易損零件數為8，9，10，11記事件為第一臺機器3年內換掉個零件記事件為第二臺機器3年內換掉個零件由題知，設2臺機器共需更換的易損零件數的隨機變量為，則的可能的取值為16，17，18，19，20，21，2216171819202122要令，則的最小值為19；

9、購買零件所需費用含兩部分，一部分為購買機器時購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用當時，費用的期望為當時，費用的期望為所以應選用（20）（本小題滿分12分） 設圓的圓心為，直線過點且與軸不重合，交圓于兩點，過作的平行線交于點（）證明為定值，并寫出點的軌跡方程；（）設點的軌跡為曲線，直線交于兩點，過且與垂直的直線與圓交于兩點，求四邊形面積的取值范圍【解析】：圓A整理為，A坐標，如圖，則，由，則，根據橢圓定義為一個橢圓，方程為，()；設，因為，設，聯(lián)立：，則圓心到距離，所以，（21）（本小題滿分12分） 已知函數有兩個零點（）求的取值范圍；（）設是的兩個零點，證明：【解析】：由已知得：

10、若，那么，只有唯一的零點，不合題意；若，那么，所以當時，單調遞增;當時，單調遞減;即：極小值故在上至多一個零點，在上至多一個零點由于，則，根據零點存在性定理，在上有且僅有一個零點而當時，故則的兩根，因為，故當或時，因此，當且時，又，根據零點存在性定理，在有且只有一個零點此時，在上有且只有兩個零點，滿足題意若，則，當時，即，單調遞增；當時，即，單調遞減；當時，即，單調遞增即：+0-0+極大值極小值而極大值故當時，在處取到最大值，那么恒成立，即無解而當時，單調遞增，至多一個零點此時在上至多一個零點，不合題意若，那么當時，即，單調遞增當時，即，單調遞增又在處有意義，故在上單調遞增，此時至多一個零點，

11、不合題意若，則當時，即，單調遞增當時，即，單調遞減當時，即，單調遞增即：+0-0+極大值極小值故當時，在處取到最大值，那么恒成立，即無解當時，單調遞增，至多一個零點,此時在上至多一個零點，不合題意綜上所述，當且僅當時符合題意，即的取值范圍為由已知得：，不難發(fā)現，故可整理得：, ，則，當時，單調遞減；當時，單調遞增設，構造代數式：設，,則，故單調遞增，有因此，對于任意的，由可知、不可能在的同一個單調區(qū)間上，不妨設，則必有令，則有而，在上單調遞增，因此：整理得：請考生在第（22）、（23）、（24）題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分（22）（本小題滿分10分）選修41：幾何證明選講 圖，是等腰三角形，以為圓心，為半徑作圓（）證明：直線與相切；（）點在上，且四點共圓，證明：【解析】：設圓的半徑為，作于,與相切方法一：假設與不平行,與交于,四點共圓,由可知矛盾,方法二：因為，因為所以為的中垂線上，同理所以的中垂線，所以（23）（本小題滿分10分）選修44：坐標系與參數方程 在直角坐標系中，曲線的參數方程為為參數，在以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線（）說明是哪一種曲線，并將的方程化為極坐標方程；（）直線的極坐標方程為，其中滿足，若曲線與的公共點都在上，求【解析】：（均為參數）,為以為圓心，為半徑的圓方程為