福州中考-公共卫生工作计划

2016
年新课标
I
高考数学（理科）答案与解析


3
1．
Axx
2
4x30
< br>x1x3

，
B

x2x30



xx

．
2


3故
A
I
B

xx3

．

2

故选D．


x1

x1
2． 由

1i
< br>x1yi
可知：
xxi1yi
，故

，解得：
．
y1
xy


所以，
xyix
2
y
2
2
．
故选B．

3． 由 等差数列性质可知：
S
9

而
a
10
8
，因此公差
d
∴
a
100
a
10
90d9 8
．
故选C．

4． 如图所示，画出时间轴：
9

a
1
a
9

2

92a
5< br>9a
5
27
，故
a
5
3
，
2
a
10
a
5
1

105
7:307:407:50
A
8:00
C
8:10
8:20
D
8:30
B

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
故选B．

x
2
y
2
5．
2

2
1表示双曲线，则
m
2
n3m
2
n0

mn3mn
10101

．
402

∴
m
2
n3m
2

由双曲线性质知：
c
2
m
2
n3m
2
n4m
2
，其中
c
是半焦距
∴焦距
2c22m4
，解得
m1



∴
1n3

故选A．

6． 原立体图如图所示：

1
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
S= 4

2
2
+3

2
2
=17

84
故选A．

7．
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
x0
时，
f

x

2 x
2
e
x

1

1

f


x

4xe
x
，当
x
0,

时，
f


x

4e< br>0
0

4

4


1

因此
f

x

在

0,

单调递减，排除C

4

故选D．

8． 对A： 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
对B： 由于< br>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
ba
c
ab
c
，B错误
alncblnclnclnc
对C： 要比较
alog
b
c
和
blog
a
c
，只需比较和，只需比较和，只需
blnb
和
alna

lnblnablnbalna
构造函数
f

x

xlnx

x1

，则
f'< br>
x

lnx110
，
f

x
在

1,

上单调递增，因此

1 1


alnablnb
lnclnc
又由
0c1得
lnc0
，∴
blog
a
calog
bc
，C正确
alnablnb
lnclnc
对D： 要比较
l og
a
c
和
log
b
c
，只需比较和
l nalnb
11
而函数
ylnx
在

1,

上单调递增，故
ab1lnalnb0


lnaln b
lnclnc
又由
0c1
得
lnc0
，∴
log
a
clog
b
c
，D错误
lnalnbf

a

f

b

0alna blnb0
故选C．

9． 如下表：
循环节运
行次数
运行前
第一次
第二次
第三次
输出
x
判断
n1

x

xx


2

0
y

yny


1
xy36


否
否
是
22
是否
输出

否
否
是
n

nn1


1
0

1

2
3

2
1

2

2

3


6

3
，
y6
，满足
y4x

2
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
y< br>2
2px

p0

，设圆的方程为
x
2
y
2
r
2
，题目条件翻译如图：
F

p

设
Ax
0
,22
，
D

,5

，

2


点
A

x,22

在抛物线
y
0
2
2px< br>上，∴
82px
0
……①
2

p

p

点
D

,5

在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
5

r
2
……②

2


2

2
8r
2
……③ 点
Ax
0
,22
在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
x
0


联立①②③解得：
p4
，焦点到准线的距离为
p4< br>．
故选B．

11
．

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
I
平面
ABCDm
1
，则
m
1
∥m

又∵平面
ABCD
∥平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，结合平面
B
1
D
1
CI
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
B
1
D1

∴
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
1
、
CD
1< br>所成角的大小相等，即
CD
1
B
1
的大小．
而< br>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． 由题意知：

π


+

k
1
π


4


ππ


+

kπ+
2

42

3
，即
sinCD
1
B
1
3
．
2
则

2k1
，其中
kZ

5
πT

π5π

Qf(x)
在

,

单调，
,

12

3618122

1836

接下来用排除法
若

11,


π

π

π3π
3π5π

，此时
f(x)sin

11x< br>
，
f(x)
在

,

递增，在

,

递减，不满足
f(x)
在
4

4
1844

4436


π5π

,

单调

1836

若
9,


π

π

π5π
，此时
f(x)sin

9x

，满足
f(x)< br>在

,

单调递减
4

4

1836


故选B．

rr
13． 由已知得：
ab

m1,3


rr
2r
2
r
2
2
∴
abab

m 1

3
2
m
2
1
2
1
2
2
2
，解得
m2
．

14． 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

k
5
5k

x

k
C 2
k
5
5k
x
5
k
2
．
4
5
k
454
2x
2
10x
3
当< br>53
时，
k4
，即
T
5
C
5
2
故答案为10．

15．由于

a
n
是等比数列，设
a
n
a
1
q
n1
，其中< br>a
1
是首项，
q
是公比．

a
1
8
2

a
1
a
3
10


a
1
a
1
q10

∴

，解 得：



1
．
3
aa5
q

24


a
1
qa
1
q5
2

1

故
a
n



2

n4

1

，∴
a1
a
2
...a
n



2

2

3



2

...

n4


1


< br>
2

1
n

n7

2

1




2

2
1


7

49



n
< br>

2



2

4
< br>

1


7

49


1

当
n3
或
4
时，

n



取到最小值
6
，此时

2

2

4


2




2
1


7

49


n



2

4
< br>

2


取到最大值
2
6
． < br>所以
a
1
a
2
...a
n
的最大值为 64．

16． 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
< br>


x≥0

y≥0


xN
*

*


yN
目标函数
z2100 x900y

作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为
(60,100)(0 ,200)
(0,0)
(90,0)

在
(60,100)
处取得最大值，
z210060900100216000


17．⑴
2cosC

acosBbcosA

c

由 正弦定理得：
2cosC

sinAcosBsinBcosA
sinC

2cosCsin

AB

sinC

∵< br>ABCπ
，
A、B、C

0，π


∴
sin

AB

sinC0

∴
2cosC1
，
cosC
∵
C

0，π

∴
C
1

2
π

3
⑵ 由余弦定理得：
c
2
a
2
b
2
2abcosC

1
7a
2
b
2
2ab

2

ab

2
3ab7

1333

SabsinCab
242
∴
ab6

∴

ab

187

2
ab5

∴
△ABC
周长为
abc57


18．⑴ ∵
ABEF
为正方形

∴
AFEF

∵
AFD90

∴
AFDF

∵
DFIEF=F

∴
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
平面
EFDC

∴
AB∥
平面
ABCD

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a

E

0，0，0


a3

，0，a

B
0，2a，0


C


2
< br>2

A

2a，2a，0


uuur< br>
a
uuur
r
3

uuu
EB

0，2a，0

，
BC


2
，2 a，
2
a


，
AB

2a，0，0



ur
设面
BEC
法向量为
m< br>
x，y，z

.
uruuur

2ay
1
0

mEB0


，即

a< br>
ruuur

u
3
az
1
0


x
1
2ay
1


mBC0
22

x
1
3，y
1
0，z
1
1

ur
m

3，0，1

< br>r
设面
ABC
法向量为
n

x
2
，y
2
，z
2


ruuur

a3
az
2
0

nBC=0

x
2
2ay
2

.即

2

r
< br>ruuu
2


2ax0

nAB0

2
x
2
0，y
2
3，z
2
4
r
n0，3，4


设二面角
EBCA
的大小为

.
urr
mn4219

cos


u

rr

19
31316
mn
∴
二面角
EBCA
的余弦值为

219

19

19．⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11
记事件
A
i< br>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
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

A
3

P
< br>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< br>，则
X
的可能的取值为16，17，18，19，20，21，
22
P

X16

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

0.20.40.40.20.16

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

P

x21

P

A
3
< br>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< br>
P

B
4

0.20.20.04

17 18 19 20 21 22
X

16
P

0.04

0.16

0.24

0.24

0.2

0.08

0.04


⑵ 要令
P

x≤n

≥0.5
，Q0.04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150 00.044040

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

所以应选用
n19


20．⑴ 圆A整理为

x1

y
2
16
，A坐标

1,0

，如图，
2
4
3
2
C
x
1
A
42
B
1
24
E
2
3
D
4
QBE∥AC
，则
∠C∠EBD
，由
ACAD,则∠D ∠C
，
则
EBED

∠EBD∠D，
AEEBAEEDAD4

x
2< br>y
2
所以E的轨迹为一个椭圆，方程为
1
，(
y0)；
43
x
2
y
2
⑵
C
1
:1
；设
l:xmy1
，
43因为
PQ⊥l
，设
PQ:ym

x1

，联立
l与椭圆C
1


xmy1

2
得
3m
2
4y
2
6my90
；
xy
2
1


3

4

则
|MN|1m|y
M
y
N
|1m
22
36m
2
36

3m
2
4

3m2
4

12

m
2
1

3m
2
4
；

P
4
3
2
1
N
x
A
42
B
1
24
M
Q2
3
4


|2m|
1m
2
圆心< br>A
到
PQ
距离
d
|m

11

|
1m
2
，
4m
2
43m
24

所以
|PQ|2|AQ|d216
，
2
1m
2
1m
22
S
MPNQ
2
11
12

m1

43m
2
424m
2
11
|MN||PQ|24

2

12,83< br>
22
1
223m4
1m3m4
3
2
m1



21．⑴ 由已知得：
f'

x< br>


x1

e
x
2a
x1



x1

e
x
2a< br>
① 若
a0
，那么
f

x

 0

x2

e
x
0x2
，
f< br>
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，< br>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
，
t
2
1
，则
f

x

0
的两根
t
1


t
1
t< br>2
，因为
a0
，故当
xt
1
或
xt< br>2
2a2a
222
时，
a

x1

e

x1

e0

因此，当
x1且
xt
1
时，
f

x

0

又
f

1

e0
，根据零点存在性定理 ，
f

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< br>
10
，
e
x
2ae
即
f'

x



x1

e
x
2 a0
，
f

x

单调递增；
当
ln< br>
2a

x1
时，
x10
，
e< br>x
2ae
减；
当
x1
时，
x10
，
e
x
2ae
即：
x

ln
< br>2a

ln

2a

ln

 2a

2a0
，

2a0
，即
f'< br>
x



x1


e
x
2a

0
，
f

x

单调 递
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

故当
x≤1
时，
f

x

在
xln

2a

处取到最大值
f


ln

2a



0
恒成立，即< br>
ln

2a



，那么
f< br>
x

≤f

f

x

 0
无解
而当
x1
时，
f

x

单调递增，至多一个零点
此时
f

x

在
R< br>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
2a0
，即
f'

x

0
，
f

x

单调递增
当
x1ln
< br>2a

时，
x10
，
e
x
2ae
ln

2a

2a0
，即
f'
< br>x

0
，
f

x

单调递增
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
当
1xln
< br>2a

时，
x10
，
e
x
2ae
ln

2a

2a0
，即
f'
< br>x

0
，
f

x

单调递减
当
xln

2a

时，
x1ln

2a

10
，
e
x
2ae
l n

2a

2a0
，即
f'

x< br>
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，< br>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,
．

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< br>
x
1
1

1

x
2
 2

e
x

2

x
2
1

2


x2

e
x
设
g< br>
x


，则
g

x
1

g

x
2


2

x1

x2

1
x
，当
x1
时，
g'x0
，
gx
单调递减；当
x1
时，
g'x 0
，
gx
单调递那么
g'

x

e< br>

3

x1

增．
设
m0
，构造代数式：
2
g

1m

g

1m


设
h

m< br>

则
h'

m


m1
1m
m1
1m
1m
1m

m1
2 m

ee
2
e

e1


22
mmm

m1

m1
2m
e1
，
m0

m1
2m
2

m1
2
e
2m
0
，故
h

m

单调递增，有
h

m

h

0

0
．
因此，对于任意的
m0
，
g

1m

g

1m

．
由
g
< br>x
1

g

x
2

可知
x
1
、
x
2
不可能在
g

x
< br>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


g


1

1x
1



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
．

22．⑴ 设圆的半径为
r
，作
OKAB
于
K

∵
OAOB，AOB120

∴
OKAB，A30 ，OKOAsin30
∴
AB
与
⊙O
相切
⑵ 方法一：
假设
CD
与
AB
不平行
OA
r

2
CD
与
AB
交于
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< br>②

由①②可知矛盾
∴
AB∥CD



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


xacost
23．⑴

（
t
均为参数）

y1asint
∴< br>x
2


y1

a
2
① < br>2
1

为圆心，
a
为半径的圆．方程为
x
2
y
2
2y1a
2
0
∴
C
1< br>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

Q

2
x
2
y
2
，

cos

x

即为
C
1
的极坐标方程
x
2
y
2
4x

即

x2

y
2
4
②
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
C3

∴
1a
2
0

∴
a1


24．⑴ 如图所示：



x4，x≤1

3

⑵
f

x



3x2，1x
< br>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

23
13
∴1x
或
1x

32
3
当
x≥
，
4x1
，解得
x5
或
x 3

2
3
∴≤x3
或
x5

21
综上，
x
或
1x3
或
x5

3
1

3

U

5
，
< br>

∴f

x

1
，解集为
< br>
，

U

1
，
3

当
1x