广州软件学院-母亲节是哪一天

整理: 英德市一中陈健伟

2016年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学(I卷)
本试题卷共5页，24题(含选考题)。全卷满分150分。考试用时120分钟。
一、选择题：本题共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
A{xx
2
4x30}
，
B{x2 x30}
，则
AIB

（A）
(3,)

3
2
（B）
(3,)

3
2
（C）
(1,)

3
2
（D）
(,3)

33
．故
AIBxx3

．
2

2

3
2

【解析】：
Axx
2< br>4x30

x1x3

，
B

x2x30



xx


故选
D
．

（2）设
(1i)x1yi
，其中
x,y< br>是实数，则
xyi

（A）
1
（B）
2
（C）
3
（D）
2


x1

x1
【解析】：由

1i

x1 yi
可知：
xxi1yi
，故

，解得：

．所以，
xyix
2
y
2
2
．
y1
xy


故选B．
（3）已知等差数列
{a
n
}
前
9
项的和为
27
，
a
10
8
，则
a
100


（A）
100
（B）
99

2
（C）
98


（D）
97

【解析】：由等差数列性质可知：
S
9

9

a
1
a
9

92a
5
9a
5
27，故
a
5
3
，而
a
10
8
，因此 公差
2
a
10
a
5
1
∴
a
100
a
10
90d98
．故选C．
105
< br>（4）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
d
坐班车，且到达发车丫的时候是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是
（A）
1

3
（B）
1

2
（C）
2

3
（D）
3

4
【解析】：如图所示，画出时间轴：
7:307:407:50
A
8:00
C
8:10
8:20
D
8:30
B
< br>小明到达的时间会随机的落在图中线段
AB
中，而当他的到达时间落在线段
AC
或
DB
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
P
10101

．故选B．
402
x
2y
2
1
表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为
4
，则< br>n
的 （5）已知方程
22
mn3mn
取值范围是
（A）
(1,3)
（B）
(1,3)
（C）
(0,3)
（D）
(0,3)

2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析
第 1 页 共 13 页

整理: 英德市一中陈健伟

x
2
y
2
【解析】：
2

2
1
表示双曲线，则
m
2
n3m
2
n0
∴
m
2
n3m2

，
mn3mn

由双曲线性质知：其中
c
是半焦距，∴焦距
2c22m4
，解得
m1

c
2
m
2
n3m
2
n4m
2
，< br>∴
1n3
，
故选A．
（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
两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是
表面积是
（A）
17

（B）
18

（C）
20

（D）
28



28

，则它的
3
1
【解析】：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图
8
7
表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
8
71
故选A．
S=4

2
2
+3 

2
2
=17

，
84
（7）函数< br>y2x
2
e
在
[2,2]
的图像大致为


（A）





（C）




【解析】：
f

2

8 e
2
82.8
2
0
，排除A；
f

2

8e
2
82.7
2
1
，排除B；
2
y
y
yy
x

2

1
（B）
2
x
2
1
OO
2
x
1
O
1
2
x
（D）
2
O
2
x
x0
时，
f

x

2x
2
e
x
1

1

f


x

4xe
x
，当
x

0,
时，
f


x

4e
00

，
4

4


1
< br>因此
f

x

在

0,

单调递减，排除C；故选D．

4

（8）若
ab1
，
0c1
，则
（A）
ab

cccc
（B）
abba
（C）
alog
b
cblog
a
c
（D）
log
a
clog
b
c

【解析】： 由 于
0c1
，∴函数
yx
c
在
R
上单调递增， 因此
ab1a
c
b
c
，A错误；
由于
 1c10
，∴函数
yx
c1
在

1,

上单调递减，∴
ab1a
c1
b
c1
b a
c
ab
c
，B错误；
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整理: 英德市一中陈健伟

要比较
alog
b
c
和
blog
a
c
，只需比较
alnc
blnclnc
lnc
和，只需比较和，只需
blnb
和
alna< br>，

lnablnb
alnalnb
11
又由
0c 1
得
lnc0
，

alnablnb
，
构造 函数
f

x

xlnx

x1
，则
f'

x

lnx110
，
f< br>
x

在

1,

上单调递增，因此
f

a

f

b

0al nablnb0
∴
lnclnc
blog
a
calog
b
c
，C正确；
alnablnb
要比较
log
a
c
和
log
b
c
，只需比较
故
ab 1lnalnb0
故选C．
lnclnc
和而函数
ylnx在

1,

上单调递增，
lnalnb
，
a
nlcnlc
11
又由
0c1
得
lnc0
，∴
olg

nlanlb
lnalnb
，
col g
b
D错误；
c
，
开始
输入x,y,n
（9）执 行右面的程序框图，如果输入的
x0
，
y1
，
n1
，
则输出
x,y
的值满足
（A）
y2x

（C）
y4x





（B）
y3x

nn1
xx
n1
,yny
2
（D）
y5x

22
否
x
2
y
2
36?
【解析】：第一次循环：
x0,y1,xy136
；
第二次循环：
x
第三次循环：
x
输出
x
是
117
,y2,x
2
y
2
36
；
24
3
,y6,x
2
y
2
36
；
2
输出x,y
结束
3
，
y6
，满足
y 4x
；
故选C．
2
（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
AB42
,
DE25
，则
C
的焦点到准线的 距离为
（A）2 （B）4 （C）6 （D）8
【解析】：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
y
2
2px

p0

，设圆的方程为
x
2
y
2
r
2
，如图：

p

设
Ax
0
,22
，
D

,5

，点Ax
0
,22
在抛物线
y
2
2px
上， < br>
2



p

∴
82p x
0
……①；点
D

,5

在圆
x2
y
2
r
2
上，

2


p

2
F
∴
5

r
……②；点
Ax
0
,22
在圆
x
2
y
2
r
2
上，

2

2

2
8r
2
……③；联立①②③解得：
p4
， ∴
x
0
焦点到准线的距离为
p4
．故选B．
（11）平面

过正方体
ABCDA
1
B
1C
1
D
1
的顶点
A
，


平面
CB
1
D
1
，
2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析
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整理: 英德市一中陈健伟

I
平面
ABCD

m
，


平面
ABB
1
A
1
n
，则
m,n
所成 角的正弦值为
（A）
3

2
（B）
2
3
1
（C） （D）
3
2
3
【解析】：如图所示：

D
α
A
B
C

D
1
A
1
B
1
C
1
∵

∥平面CB
1
D< br>1
，∴若设平面
CB
1
D
1
平面
ABCD m
1
，则
m
1
∥m

平面
A
1< br>B
1
C
1
D
1
B
1
D
1
又∵平面
ABCD
∥平面
A
1
B
1
C< br>1
D
1
，结合平面
B
1
D
1
C∴
B
1
D
1
∥m
1
，故
B
1
D
1
∥m
，
同理可得：
CD
1
∥n

故
m
、
n
的所成角的大小与
B
1
D< br>1
、
CD
1
所成角的大小相等，即
CD
1
B
1
的大小．
而
B
1
CB
1
D
1
CD
1
（均为面对交线），因此
CD
1
B
1

故选A．
（12）已知函数
f(x)sin(

x 

)(

0,




< br>3
，即
sinCD
1
B
1

3
．
2

2
)
，
x

4
为
f(x)
的零点，
x

4
为

5

yf(x)
图像的对称轴，且
f(x)
在
(,)
单调，则

的最大值为
1836
（A）11 （B）9 （C）7 （D）5
【解析】：由题意知：

π


+

k
1
π


4
则

2k1
，其中
kZ
，

ππ


+

kπ+
2

42
5

πT

π5π

f(x)< br>在

,

单调，
,

12

3618122

1836

π

π

π3π

3π5π


接下来用排除法：若

11,


，此时
f(x)sin

11x 

，
f(x)
在

,

递增，在

,

递
4

4

1844
 
4436


π

π

π5π

π5π

减，不满足
f(x)
在

,

单调；若

9,


，此时
f(x)si n

9x

，满足
f(x)
在

,
单
4

4

1836

183 6

调递减。故选B．
二、填空题：本大题共3小题，每小题5分。
2< br>22
（13）设向量
a
(m,1)
，
b
(1,2 )
，且
|
a

b
||
a
||
b
|
，则
m
．
rr
【解析】：由已知得：
ab

m1,3

rr
2
r
2r
2
2
∴
abab

m1

3
2
m
2
1
2
1
2
2
2
，解得
m2
．
，
（14）
(2xx)
5
的展开式中，
x
3
的系数是 ．（用数字填写答案）
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2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析

整理: 英德市一中陈健伟

【解析】：设展开式的第
k 1
项为
T
k1
，
k

0,1,2,3,4,5

，
∴
T
k1
C

2x
< br>k
5
5k

x

k
C2
k5
5k
x
5
k
2
．
4
5k
454
当
53
时，
k4
，即
T5
C
5
2x
2
10x
3
，
故答案 为10．
2
（15）设等比数列
{a
n
}
满足
a
1
a
3
10
，
a
2
a
4< br>5
，则
a
1
a
2
La
n
的最大值 为 ．
【解析】：由于

a
n

是等比数列， 设
a
n
a
1
q
n1
，其中
a
1
是首项，
q
是公比．

a
1
8
< br>3



2

...

n 4

2
n4

a
1
a
3
 10


1



a
1
a1
q10

1

∴

，解得：
< br>

1
．故
a
n


，∴
a
1
a
2
...a
n


3< br>aa5
q

2


2

aq aq5

1

24


1

2

1




2

1n

n7

2

1


 

2

2
1


7

49



n



2
4



2


1

7

49


1

当
n3
或
4
时，


n



取到最 小值
6
，此时

2

2

4


2




，
2
2
1


7

49



n


2

4



2

取
到最大值
2
6
．所以
a
1a
2
...a
n
的最大值为64．
（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．
【解析】：设生产A产品
x
件，B产品
y
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

1.5x0.5y≤150


x0.3y≤90

5x3y≤600


目标函数
z2100x900y
；

x≥0

y≥0


xN
*

*


yN< br>作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为
在
(60,100)
处取得最大 值，
(60,100)(0,200)
(0,0)(90,0)
，
z210 060900100216000


三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（17）（本小题满分12分）



ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为< br>a,b,c
，已知
2cosC(acosBbcosA)c
．
（Ⅰ）求
C
；
（Ⅱ）若
c7
，
ABC
的面积为
33
，求
ABC
的周长．
2
，
由正 弦定理得：
2cosC

sinAcosBsinBcosA

sinC
【解析】：⑴
2cosC

acosBbcosA

c
2cosCsin

AB

sinC
∵
ABCπ
，
A、B、C

0，π

∴
sin

AB

sinC0

，，
第 5 页 共 13 页
2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析

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∴
2cosC1
，
cosC
1< br>π
∵
C

0，π

∴
C
，
2
，
3
1
2

ab

 3ab7

2
，
⑵ 由余弦定理得：
c
2
a< br>2
b
2
2abcosC
，
7a
2
 b
2
2ab
1333
2
∴
ab6
，
∴

ab

187
ab5

Sab sinCab
，
242
，
∴
△ABC
周长为
a bc57


（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，
AF2FD,AFD90
，且二面
角
DAFE
与二面角
CBEF
都是
60
．


（Ⅰ）证明：平面
ABEF
平面
EFDC
；
（Ⅱ）求二面角
EBCA
的余弦值．
C
D
E
B
A
【解析】：⑴ ∵
ABEF
为 正方形，∴
AFEF
，
∵
AFD90
，
∴
AFDF
，
∵
DF
∴
AF
面
EFDC
，
AF
面
ABEF
，
∴平面
ABEF
平面EFDC

⑵ 由⑴知
DFECEF60
，

∵
AB∥EF
，
AB
平面
EFDC
，
EF< br>平面
EFDC

∴
AB∥
平面
ABCD
，< br>AB
平面
ABCD

∵面
ABCDI
面
EFDCCD

∴
AB∥CD
，
∴
CD∥EF

∴四边形
EFDC
为等腰梯形
以
E
为原点，如图建立坐标 系，设
FD
F
EF=F

a
，
E
0，0，0


a3

，0，a

B

0，2a，0

C


2

，A

2a，2a，0


2

uuur

a
uuruuur
3

EB

0，2a，0

，
BC


，

2
，2a，
2
a


，
AB

2a，0，0
< br>，
设面
BEC
法向量为
m

x，y，z
 
uruur

2ay
1
0

ur
m EB0


x
1
3，y
1
0，z
1
1
m
，即

a
ruuur

u< br>3
，
x2ayaz0


111

mBC0
22
，
r
设面
ABC
法向量为
n 

x
2
，y
2
，z
2

3，0，1


ruuur

a3

nB C=0
az
2
0


x
2
2ay2

.即

2

ruuur

2，
nAB0

2ax0



2
r
x
2
0，y
2
3，z
2
4
n 0，3，4
，

，
设二面角
EBCA
的大小为

.
∴
二面角
EBCA
的余弦值为

219

19
第 6 页 共 13 页
urr
mn4219
cos< br>

u

rr

19
31316< br>mn
，
2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析

整理: 英德市一中陈健伟


（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
（Ⅰ）求
X
的分布列；
（Ⅱ）若要求
P(Xn)0.5
，确定
n
的最小值；
（Ⅲ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在
n19
与
n20
之中选其一，应选用哪个？
记事件
A
i
为第一台机器3年内换掉
i 7
个零件

i1,2,3,4


记事件
B< br>i
为第二台机器3年内换掉
i7
个零件

i1,2,3, 4


由题知
P

A
1

P< br>
A
3

P

A
4

 P

B
1

P

B
3

P

B
4

0.2
，
P

A
2

P

B
2

0.4

设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为
X
，则
X
的可能的取 值为16，17，18，19，20，
21，22
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．
0
8910
20
频数
40
11
更换的易损零件数< br>【解析】：⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11
P

X1 6

P

A
1

P

B
1

0.20.20.04

P

X17

P

A
1

P

B
2
P

A
2

P

B
1< br>
0.20.40.40.20.16

P

X 18

P

A
1

P

B3

P

A
2

P

B< br>2

P

A
3

P

B
1

0.20.20.20.20.40.40.24
P

X19

P

A
1

P

B
4

P

A
2
P

B
3

P

A
3
< br>P

B
2

P

A
4

P

B
1

0.20.20.20.20.4 0.2
0.20.40.24

P

X20
P

A
2

P

B
4
< br>P

A
3

P

B
3

P

A
4

P

B
2

0.40.20.20.40.20.20.2

P
x21

P

A
3

P

B
4

P

A
4

P
B
3

0.20.20.20.20.08

P
x22

P

A
4

P

B
4

0.20.20.04

X

P

16 17 18 19 20 21 22
0.04

0.16

0.24

0.24

0.2

0.08

0.04

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2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析

整理: 英德市一中陈健伟

⑵ 要令
P

x≤n

≥0 .5
，
0.040.160.240.5
，
0.040.160. 240.24≥0.5

则
n
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
n19
时，费用的期望为
192005000.210000.08 15000.044040

当
n20
时，费用的期望为
2 02005000.0810000.044080

所以应选用
n19


（20）（本小题满分12分）
设圆
xy2x150
的圆心为
A
，直线
l
过点B(1,0)
且与
x
轴不重合，
l
交圆
A
于< br>C,D
两点，
22
过
B
作
AC
的平行线交< br>AD
于点
E
．


（Ⅰ）证明
EAEB
为定值，并写出点
E
的轨迹方程；
（Ⅱ）设点
E
的轨迹为曲线
C
1
，直线
l
交
C
1
于
M,N
两点，过
B
且与
l
垂直的 直线与圆
A
交于
P,Q
两
4
点，求四边形
MPNQ
面积的取值范围．

【解析】：⑴ 圆A整理为

x1

y16
，A坐标

1,0

，如图，
2
2
3
2
QBE∥AC
，则
∠C∠EBD
，由ACAD,则∠D∠C
，
则
EBED
，
AEEBAEEDAD4|AB|

∠EBD∠D，
x
2
y
2
根据椭圆定义为一个椭圆，方 程为
1
，(
y0
)；
43
A
42
C
x
1
B
1
24
E
2
x
2
y
2
⑵
C
1
:1
；设
l:xmy1< br>，因为
PQ⊥l
，设
PQ:ym

x1
，
43
3
D
P
4
4
3
|MN|1 m|y
M
y
N
|1m
联立
l与椭圆C
1< br>：
22
36m
2
36

3m
2
 4

3m
2
4

12

m
2< br>1

3m
2
4
A
42
2
1N
x

xmy1

2
3m
2
4 y
2
6my90
则

xy
2
，
1



3< br>
4
B
1
24

M
Q
2
3
圆心
A
到
PQ
距离
d
|m

11

|
1m
2
2

|2m|
1 m
2
，
4
4m
2
43m
2
4

所以
|PQ|2|AQ|d216
，
2
1m
1m
2
2

S
MPNQ2
11
12

m1

43m
2
4 24m
2
11
|MN||PQ|24

2

12,83

22
1
223m4
1m3m43
2
m1

（21）（本小题满分12分）


已知函数
f(x)(x2)ea(x1)
有两个零点．
（Ⅰ）求
a
的取值范围；
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x2
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整理: 英德市一中陈健伟

（Ⅱ）设
x
1,x
2
是
f(x)
的两个零点，证明：
x
1
 x
2
2
．
【解析】：⑴ 由已知得：
f'

x



x1

e
x
2a
< br>x1



x1

e
x
2a

① 若
a0
，那么
f

x

0

x2

e
x
0x2
，
f

x

只有唯一的零点
x2
，不合题意；
② 若
a0
，那么
e
x
2ae
x
0
，
所以当
x1
时，
f'

x

0
，
f

x

单调递增;当
x1
时，
f '

x

0
，
f

x

单调递减;
即：
x



,1




1


1,




f'

x


f

x


0

极小值 ↓ ↑
故
f

x

在

1,

上至多一个零点，在

,1

上至多一个零点
由于
f

2

a0
，
f

1

e0
，则
f

2

f

1

0
，
根据零点存在性 定理，
f

x

在

1,2

上 有且仅有一个零点．
而当
x1
时，
e
x
e
，
x210
，
故
f

x


x2

e
x
a

x1
e

x2

a

x1

a

x1

e

x1

e

ee
2
4aeee
2
4ae
1
，< br>t
2
1
，
t
1
t
2
，因为
a0
，故当则
f

x

0
的两根t
1

2a2a
222
xt
1
或
x t
2
时，
a

x1

e

x1

e0

因此，当
x1
且
xt1
时，
f

x

0

又
f

1

e0
，根据零点存在性定理，
f
< br>x

在

,1

有且只有一个零点．
此时，
f

x

在
R
上有且只有两个零点，满足题 意．
2
e
③ 若
a0
，则
ln

2a

lne1
，
2
当
xln

2a

时，
x1ln

2a

10
，
e
x
2ae
即
f'

x



x1

e
x
2a0
，
f

x

单调递增；
当
ln

2a< br>
x1
时，
x10
，
e
x
2a e
单调递减；
当
x1
时，
x10
，
ex
2ae
即：
x

ln

2a

ln

2a

ln

2a
2a0
，

2a0
，即
f'

x



x1

e
x
2a0
，
f

x


2a0
，即
f'
x

0
，
f

x

单调 递增．

,ln

2a



+
↑
ln

2a


0
极大值

ln

2a

,1


-
↓
1

0
极小值

1,


+
↑
f'

x


f

x


而极大值
f


ln

2a



2a


ln

2a
2


a


ln

2a
1


a


ln

2a

2


10

2

2

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整理: 英德市一中陈健伟

故当
x≤ 1
时，
f

x

在
xln

 2a

处取到最大值
f


ln

2a



0
恒成

ln

2a



，那么
f

x

≤f
立，即
f

x

0
无解
而当< br>x1
时，
f

x

单调递增，至多一个零点 此时
f

x

在
R
上至多一个零点，不合题意 ．
e
④ 若
a
，那么
ln

2a

1
< br>2
当
x1ln

2a

时，
x1 0
，
e
x
2ae
ln

2a
ln

2a

2a0
，即
f'

x

0
，
f

x

单调递增
2a0
，即
f'

x

0
，
f< br>
x

单调递增 当
x1ln

2a

时，
x10
，
e
x
2ae
又
f

x

在
x1
处有意义，故
f

x

在
R
上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
e
⑤ 若
a
，则
ln

2a

1
2
当
x1
时，
x10
，
e
x
 2ae
1
2ae
ln

2a

2a0
，即
f'

x

0
，
f
x

单调递增
2a0
，即
f'

x
0
，
f

x

单调递减
ln< br>
2a

当
1xln

2a
时，
x10
，
e
x
2ae
ln
2a

当
xln

2a

时，
x1ln

2a

10
，
e
x
2ae2a0
，即
f'

x

0
，
f

x

单调递增
即：
x


,1


+
↑
1

0
极大值

1,ln

2a



-
↓
ln

2a


0
极小值

ln

2a

,


+
↑
f'

x


f

x


故当
x≤ln

2 a

时，
f

x

在
x1
处取 到最大值
f

1

e
，那么
f
x

≤e0
恒成立，即
f

x

0
无解
当
xln

2a

时，
f

x

单调递增，至多一个零点,此时
f

x
在
R
上至多一个零点，不合题
意．
综上所述，当且仅当a0
时符合题意，即
a
的取值范围为

0,
< br>．
⑵ 由已知得：
f

x
1

f

x
2

0
，不难发现
x
1
1，
x
2
1
，
x
1
2

e
x

故可整理得：
a
2

x
11

2
1

x
2
2

e
x

2

x
2
1

2
,

x2

e
x
g

x
< br>
，则
g

x
1

g

x
2


2

x1


x2

1
x
，当
x1
时，
g'x0
，< br>gx
单调递减；当
x1
时，
g'x0
，
gx单调递
g'

x

e

3
x1

增．
设
m0
，构造代数式：
g

1m

g

1m


m1
1m
m1
1m
1m
1m

m 1
2m

ee
2
e

e1

m
2
m
2
mm1

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2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析

整理: 英德市一中陈健伟

m1
2m
2m2
e
2m
0
，故
h

m

单调递增，有设
h

m

e1
，
m0
,
则
h'

m


2
m1

m1

h

m

h

0
0
．
因此，对于任意的
m0
，
g
< br>1m

g

1m

．
由
g

x
1

g

x
2

可知
x
1
、
x
2
不可能在
g

x

的同一个单调区间上，不妨设
x
1
x
2
，则必 有
x
1
1x
2

令
m1x
10
，则有
g


1

1x
1< br>


g


1

1x1



g

2x
1

g

x
1

g

x
2

而
2x
1
1
，
x
2
1
，
g

x

在

1,

上 单调递增，因此：
g

2x
1

g

x
2

2x
1
x
2

整理得：
x
1
x
2
2
．

请考生在第（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．
（22）（本小题满分10分）选修4－1：几何证明选讲
图，
OAB是等腰三角形，
AOB120
．以
O
为圆心，
D
O
C
1
OA
为半径作圆．
2


（Ⅰ）证明：直线
AB
与⊙
O
相切；
AB（Ⅱ）点
C,D
在⊙
O
上，且
A,B,C,D
四点共圆 ，证明：
ABCD
．
【解析】：⑴ 设圆的半径为
r
，作
OKAB
于
K

∵
OAOB，AOB120
,
∴
OKAB，A30，OKOAsi n30
∴
AB
与
⊙O
相切
⑵ 方法一：
假 设
CD
与
AB
不平行,
CD
与
AB
交于< br>F
,
FK
2
FCFD①

∵
A、B、C 、D
四点共圆,∴
FCFDFAFB

FKAK
FKBK


∵
AKBK
,
∴
FCFD 

FKAK

FKAK

FK
2
AK
2
②

由①②可知矛盾,∴
AB∥CD

OA
r

2


方法二：
因为
A,B,C,D四点共圆，不妨设圆心为
T
，因为
OAOB,TATB，
所以
O,T
为
AB
的中垂线上，同
理
OCOD,TC TD，
所以
OT为CD
的中垂线，所以
AB∥CD
．

（23）（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学I卷逐题解析
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整理: 英德市一中陈健伟

在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
1
的参数方程为


xaco st,
(t
为参数，
a0)
．在以坐标原点为

y1 asint,
极点，
x
轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线
C
2:

4cos

．


（Ⅰ）说明
C
1
是哪一种曲线，并将
C
1
的方程化为极坐标方程；
（Ⅱ）直线
C
3
的极坐标方程为



0
，其中

0
满足
tan

0
2
，若曲线
C
1
与
C
2
的公共点都在
C
3
上 ，
求
a
．

xacost
2
【解析】：⑴

（
t
均为参数）,∴
x
2


y1

a
2
①

y1asint
1

为圆心，
a
为半径的圆．方程为
x
2
y
2
2y1a
2
0
∴
C
1
为以

0，
∵
x
2
y
2


2，y

sin

,
∴

2
2
sin

1a
2
0

⑵
C
2
：

4cos

,
两边同乘

得

2
4

cos

2
即为
C
1
的极坐标方程

2
x
2
y
2< br>，

cos

x

x
2
y< br>2
4x
,
即

x2

y
2< br>4
②,
C
3
：化为普通方程为
y2x

由题意：
C
1
和
C
2
的公共方程所在直线即为
C
3
,
①—②得：
4x2y1a
2
0
，即为
C
3

∴
1a
2
0
,
∴
a1


（24）（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲




【解析】：⑴ 如图所示：
已知函数
f(x)x12x3
．
（Ⅰ）在答题卡第（24）题图中画出
yf(x)
的图像；
（Ⅱ）求不等式
f(x)1
的解集．
1
O
y
1
x



x4，x≤ 1

3

f

x

1
⑵
f

x



3x2，1x
,< br>2

3

4x，x≥

2
,
①
x≤1
，
x41
，解得
x5
或
x3
,
∴x≤1

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②
1x
3
2
，
3x2 1
，解得
x1
或
x
1
3
，
∴1x 
1
3
或
1x
3
2

③
x≥
3
2
，
4x1
，解得
x5
或
x3
，
∴
3
2
≤x3
或
x5

综 上，
x
1
3
或
1x3
或
x5
< br>∴f

x

1
，解集为


 ，
1



3

U

1，3
U

5，



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