1、精選優質文檔-傾情為你奉上2016年廣東省高考數學試卷（理科）（全國新課標）一、選擇題：本大題共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（5分）設集合A=x|x24x+30，B=x|2x30，則AB=（）A（3，）B（3，）C（1，）D（，3）2（5分）設（1+i）x=1+yi，其中x，y是實數，則|x+yi|=（）A1BCD23（5分）已知等差數列an前9項的和為27，a10=8，則a100=（）A100B99C98D974（5分）某公司的班車在7：00，8：00，8：30發車，小明在7：50至8：30之間到達發車站乘坐班車，且到達發車站的時刻是隨機的，則

2、他等車時間不超過10分鐘的概率是（）ABCD5（5分）已知方程=1表示雙曲線，且該雙曲線兩焦點間的距離為4，則n的取值范圍是（）A（1，3）B（1，）C（0，3）D（0，）6（5分）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（）A17B18C20D287（5分）函數y=2x2e|x|在2，2的圖象大致為（）ABCD8（5分）若ab1，0c1，則（）AacbcBabcbacCalogbcblogacDlogaclogbc9（5分）執行下面的程序框圖，如果輸入的x=0，y=1，n=1，則輸出x，y的值滿足（）Ay=2xBy=3xCy=4x

3、Dy=5x10（5分）以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A、B兩點，交C的準線于D、E兩點已知|AB|=4，|DE|=2，則C的焦點到準線的距離為（）A2B4C6D811（5分）平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1A1=n，則m、n所成角的正弦值為（）ABCD12（5分）已知函數f（x）=sin（x+）（0，|），x=為f（x）的零點，x=為y=f（x）圖象的對稱軸，且f（x）在（，）上單調，則的最大值為（）A11B9C7D5二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13（5分）設向量=（m，1），=（1，2），且|+|2=|2+|

4、2，則m= 14（5分）（2x+）5的展開式中，x3的系數是 （用數字填寫答案）15（5分）設等比數列an滿足a1+a3=10，a2+a4=5，則a1a2an的最大值為 16（5分）某高科技企業生產產品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 元三、解答題：本大題共5小題，滿分60分，解答須寫出文字說

5、明、證明過程或演算步驟.17（12分）ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c（）求C；（）若c=，ABC的面積為，求ABC的周長18（12分）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF=2FD，AFD=90°，且二面角DAFE與二面角CBEF都是60°（）證明平面ABEF平面EFDC；（）求二面角EBCA的余弦值19（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5

6、00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期內更換的易損零件數，得如圖柱狀圖：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P（Xn）0.5，確定n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n=19與n=20之中選其一，應選用哪個？20（12分）設圓x2+y2+2x15=0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E（）證明|EA

7、|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；（）設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍21（12分）已知函數f（x）=（x2）ex+a（x1）2有兩個零點（）求a的取值范圍；（）設x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1+x22請考生在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.選修4-1：幾何證明選講22（10分）如圖，OAB是等腰三角形，AOB=120°以O為圓心，OA為半徑作圓（）證明：直線AB與O相切；（）點C，D在O上，且A，B，C，D四點共圓，證明：ABCD選修4-4

8、：坐標系與參數方程23在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（t為參數，a0）在以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：=4cos（）說明C1是哪種曲線，并將C1的方程化為極坐標方程；（）直線C3的極坐標方程為=0，其中0滿足tan0=2，若曲線C1與C2的公共點都在C3上，求a選修4-5：不等式選講24已知函數f（x）=|x+1|2x3|（）在圖中畫出y=f（x）的圖象；（）求不等式|f（x）|1的解集2016年廣東省高考數學試卷（理科）（全國新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共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【解答

9、】解：集合A=x|x24x+30=（1，3），B=x|2x30=（，+），AB=（，3），故選：D2【解答】解：（1+i）x=1+yi，x+xi=1+yi，即，解得，即|x+yi|=|1+i|=，故選：B3【解答】解：等差數列an前9項的和為27，S9=9a59a5=27，a5=3，又a10=8，d=1，a100=a5+95d=98，故選：C4【解答】解：設小明到達時間為y，當y在7：50至8：00，或8：20至8：30時，小明等車時間不超過10分鐘，故P=，故選：B5【解答】解：雙曲線兩焦點間的距離為4，c=2，當焦點在x軸上時，可得：4=（m2+n）+（3m2n），解得：m2=1，方程=1

10、表示雙曲線，（m2+n）（3m2n）0，可得：（n+1）（3n）0，解得：1n3，即n的取值范圍是：（1，3）當焦點在y軸上時，可得：4=（m2+n）+（3m2n），解得：m2=1，無解故選：A6【解答】解：由題意可知三視圖復原的幾何體是一個球去掉后的幾何體，如圖：可得：=，R=2它的表面積是：×422+=17故選：A7【解答】解：f（x）=y=2x2e|x|，f（x）=2（x）2e|x|=2x2e|x|，故函數為偶函數，當x=±2時，y=8e2（0，1），故排除A，B； 當x0，2時，f（x）=y=2x2ex，f（x）=4xex=0有解，故函數y=2x2e|x|在0，2不

11、是單調的，故排除C，故選：D8【解答】解：ab1，0c1，函數f（x）=xc在（0，+）上為增函數，故acbc，故A錯誤；函數f（x）=xc1在（0，+）上為減函數，故ac1bc1，故bacabc，即abcbac；故B錯誤；logac0，且logbc0，logab1，即=1，即logaclogbc故D錯誤；0logaclogbc，故blogacalogbc，即blogacalogbc，即alogbcblogac，故C正確；故選：C9【解答】解：輸入x=0，y=1，n=1，則x=0，y=1，不滿足x2+y236，故n=2，則x=，y=2，不滿足x2+y236，故n=3，則x=，y=6，滿足x2+

12、y236，故y=4x，故選：C10【解答】解：設拋物線為y2=2px，如圖：|AB|=4，|AM|=2，|DE|=2，|DN|=，|ON|=，xA=，|OD|=|OA|，=+5，解得：p=4C的焦點到準線的距離為：4故選：B11【解答】解：如圖：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°則m、n所成角的正弦值為：故選：A12【解答】解：x=為f（x）的零點，x=為y=f（x）圖象的對稱軸，即，（nN）即=2n+1，（nN）即為正奇數，f（x）在（，）上單調，則=，即T=，解得：12，當=1

13、1時，+=k，kZ，|，=，此時f（x）在（，）不單調，不滿足題意；當=9時，+=k，kZ，|，=，此時f（x）在（，）單調，滿足題意；故的最大值為9，故選：B二、填空題：本大題共4小題，每小題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故答案為：214【解答】解：（2x+）5的展開式中，通項公式為：Tr+1=25r，令5=3，解得r=4x3的系數2=10故答案為：1015【解答】解：等比數列an滿足a1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=a1+q2a1=10，解得a1=8則a1a2an=a

14、1nq1+2+3+（n1）=8n=，當n=3或4時，表達式取得最大值：=26=64故答案為：6416【解答】解：（1）設A、B兩種產品分別是x件和y件，獲利為z元由題意，得，z=2100x+900y不等式組表示的可行域如圖：由題意可得，解得：，A（60，100），目標函數z=2100x+900y經過A時，直線的截距最大，目標函數取得最大值：2100×60+900×100=元故答案為：三、解答題：本大題共5小題，滿分60分，解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17【解答】解：（）在ABC中，0C，sinC0已知等式利用正弦定理化簡得：2cosC（sinAcosB+sinB

15、cosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即2cosCsin（A+B）=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的周長為5+18【解答】（）證明：ABEF為正方形，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為二面角DAFE的平面角；由ABEF為正方形，AF平面EFDC，BEEF，BE平面EFDC即有CE

16、BE，可得CEF為二面角CBEF的平面角可得DFE=CEF=60°ABEF，AB平面EFDC，EF平面EFDC，AB平面EFDC，平面EFDC平面ABCD=CD，AB平面ABCD，ABCD，CDEF，四邊形EFDC為等腰梯形以E為原點，建立如圖所示的坐標系，設FD=a，則E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），=（0，2a，0），=（，2a，a），=（2a，0，0）設平面BEC的法向量為=（x1，y1，z1），則，則，取=（，0，1）設平面ABC的法向量為=（x2，y2，z2），則，則，取=（0，4）設二面角EBCA的大小為，則cos=，則二面角E

17、BCA的余弦值為19【解答】解：（）由已知得X的可能取值為16，17，18，19，20，21，22，P（X=16）=（）2=，P（X=17）=，P（X=18）=（）2+2（）2=，P（X=19）=，P（X=20）=，P（X=21）=，P（X=22）=，X的分布列為： 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的最小值為19（）解法一：由（）得P（X19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X

18、=19）=+=買19個所需費用期望：EX1=200×+（200×19+500）×+（200×19+500×2）×+（200×19+500×3）×=4040，買20個所需費用期望：EX2=+（200×20+500）×+（200×20+2×500）×=4080，EX1EX2，買19個更合適解法二：購買零件所用費用含兩部分，一部分為購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用，當n=19時，費用的期望為：19×200+500×0.2+1

19、000×0.08+1500×0.04=4040，當n=20時，費用的期望為：20×200+500×0.08+1000×0.4=4080，買19個更合適20【解答】解：（）證明：圓x2+y2+2x15=0即為（x+1）2+y2=16，可得圓心A（1，0），半徑r=4，由BEAC，可得C=EBD，由AC=AD，可得D=C，即為D=EBD，即有EB=ED，則|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，且有2a=4，即a=2，c=1，b=，則點E的軌跡方程為+=1（y0）；（）橢圓C1：+=1，設直線l：x=

20、my+1，由PQl，設PQ：y=m（x1），由可得（3m2+4）y2+6my9=0，設M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=，y1y2=，則|MN|=|y1y2|=12，A到PQ的距離為d=，|PQ|=2=2=，則四邊形MPNQ面積為S=|PQ|MN|=12=24=24，當m=0時，S取得最小值12，又0，可得S24=8，即有四邊形MPNQ面積的取值范圍是12，8）21【解答】解：（）函數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，函數f（x）只有唯一的零點2，不合題意；若a

21、0，那么ex+2a0恒成立，當x1時，f（x）0，此時函數為減函數；當x1時，f（x）0，此時函數為增函數；此時當x=1時，函數f（x）取極小值e，由f（2）=a0，可得：函數f（x）在x1存在一個零點；當x1時，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的兩根為t1，t2，且t1t2，則當xt1，或xt2時，f（x）a（x1）2+e（x1）e0，故函數f（x）在x1存在一個零點；即函數f（x）在R是存在兩個零點，滿足題意；若a0，則ln（2a）lne=1，當xln（2a）時，x1ln（2a）1l

22、ne1=0，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞增，當ln（2a）x1時，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞減，當x1時，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞增，故當x=ln（2a）時，函數取極大值，由f（ln（2a）=ln（2a）2（2a）+aln（2a）12=aln（2a）22+10得：函數f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；若a=，則ln（2a）=1，當x1=ln（2a）時，x10，ex

23、+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞增，當x1時，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞增，故函數f（x）在R上單調遞增，函數f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；若a，則ln（2a）lne=1，當x1時，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞增，當1xln（2a）時，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞減，當xln（2a）時，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）單調遞增，故當x=1時，函數取極大值，由f（1）=e0得：函數f（x）在R上至多存在一個零點，不合題意；綜上所述，a的取值范圍為（0，+）證明：（）x1，x2是f（x）的兩個零點，f（x1）=f（x2）=0，且x11，且x21，a=，令g（x）=，則g（x1）=g（x2）=a，g（x）=，當x1時，g（x）0，g（x）單調遞減；當x1時，g（x）0，g（x）單調遞增；設m0，則g（1+m）g（1m）=，設h（m）=，