新课标I高考数学与解析

1、新课标I高考数学答案与分析新课标I高考数学答案与分析新课标I高考数学答案与分析感谢赏析2016年新课标I高考数学（理科）答案与分析1Axx24x30 x1x3，Bx2x30 xx323故ABxx3应选D2由1ix1yi可知：xxi1yi，故x1，解得：x1xyy1所以，xyix2y22应选B3由等差数列性质可知：9a1a992a59a527，故a53，S922而a10a10a518，所以公差d510a100a1090d98应选C4以以下图，画出时间轴：7:307:407:508:008:108:208:30ACDB小明抵达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的抵达时间落在线段AC或DB时，

2、才能保证他等车的时间不超出10分钟依据几何概型，所求概率10101P402应选B5x2y2n1表示双曲线，则m2n3m2n0m2n3m222mn3m由双曲线性质知：c2m2n3m2n4m2，此中c是半焦距感谢赏析感谢赏析焦距2c22m4，解得m11n3应选A6原立体图以以下图：是一个球被切掉左上角的1后的三视图8表面积是7的球面面积和三个扇形面积之和8S=7422+3122=1784应选A7f28e282.820，除去Af28e282.721，除去Bx0时，fx2x2exfx4xex，当x0,1时，fx14e0044所以fx在0,1单一递减，除去C4应选D8对A：因为0c1，函数yxc在R上单

3、一递加，所以ab1acbc，A错误对B：因为1c10，函数yxc1在1,上单一递减，ab1ac1bc1bacabc，B错误感谢赏析感谢赏析对C：要比较alogbc和blogac，只要比较alnc和blnc，只要比较lnc和lnc，只要blnb和alnalnblnablnbalna结构函数fxxlnxx1，则fxlnx110，fx在1,上单一递加，所以fafb011alnablnb0blnbalna又由0c1得lnc0，lnclncblogacalogbc，C正确alnablnb对D：要比较logac和logbc，只要比较lnc和lnclnalnb而函数ylnx在1,上单一递加，故ab1lnal

4、nb011lnalnb又由0c1得lnc0，lnclnclogaclogbc，D错误lnalnb应选C9以下表：循环节运n1判断能否yynynnn1行次数xxx22输出2xy36运转前01/1第一次01否否2第二次12否否32第三次36是是2输出x3，y6，满足y4x2应选C10以张口向右的抛物线为例来解答，其余张口同理设抛物线为y22pxp0，设圆的方程为x2y2r2，题目条件翻译如图：F感谢赏析感谢赏析设Ax0,22，Dp,5，2点Ax0,22在抛物线22px上，82px0yp,p2点D5在圆x2y2r2上，5r222点Ax0,22222282在圆xyr上，x0r联立解得：p4，焦点到准线

5、的距离为p4应选B11以以下图：DCABD1C1A1B1平面CB1D1，若设平面CB1D1平面ABCDm1，则m1m又平面ABCD平面A1B1C1D1，联合平面B1D1C平面A1B1C1D1B1D1B1D1m1，故B1D1m同理可得：CD1n故m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小而B1CB1D1CD1（均为面对交线），所以CD1B1，即sinCD1B1332应选A12由题意知：k1+4+k2+42则2k1，此中kZ5单一，5T,12f(x)在,36181836122接下来用除去法感谢赏析感谢赏析若，f(x)在3递加，在3,5递减，不满足f(x)在11,，此

6、时f(x)sin11x,44441844365,单一若9,，此时f(x)sin9x，满足f(x)在,5单一递减441836应选B13由已知得：abm1,32222m2121222，解得m2ababm13214设睁开式的第k1项为Tk1，k0,1,2,3,4,5kk5k5Tk1C5kxC5k25kx22x当5k43时，k4，即T5C542545x210 x32故答案为1015因为an是等比数列，设an1n1，此中a是首项，q是公比aq1a1a310a1a1q210a18a453，解得：1a2a1qa1q5q21n432.n41nn7故an，a1a2.an112222121n72492244时，1

7、211n7249当n3或n749取到最小值6，此时224取到最大值262242所以a1a2.an的最大值为6416设生产A产品x件，B产品y件，依据所耗资的资料要求、工时要求等其余限制条件，结构线性规则拘束为感谢赏析感谢赏析1.5x0.5y150 x0.3y905x3y600 x0y0 xN*yN*目标函数z2100 x900y作出可行域为图中的四边形，包含界限，极点为(60,100)(0,200)(0,0)(90,0)在(60,100)处获得最大值，z210060900100216000172cosCacosBbcosAc由正弦定理得：2cosCsinAcosBsinBcosAsinC2co

8、sCsinABsinCABC，A、B、C0，sinABsinC02cosC1，cosC12C0，C3由余弦定理得：c2a2b22abcosC7a2b22ab12感谢赏析感谢赏析a23ab7bS1sinC333ab4ab22ab62ab187ab5ABC周长为abc5718ABEF为正方形AFEFAFD90AFDFDFEF=FAF面EFDCAF面ABEF平面ABEF平面EFDC由知DFECEF60ABEFAB平面EFDCEF平面EFDCAB平面ABCDAB平面ABCD面ABCD面EFDCCDABCDCDEF感谢赏析感谢赏析四边形EFDC为等腰梯形以E为原点，如图成立坐标系，设FDaE0，0，0B

9、0，2a，0a，3A2a，2a，0C0a22EB0，2a，0，BCa，2a，3a，AB2a，0，022设面BEC法向量为mx，y，z.mEB0，即2ay10a2ay130mBC0 x1az122x13，y10，z11m3，0，1设面ABC法向量为nx2，y2，z2nBC=0ax22ay23az202nAB.即202ax20 x20，y23，z24n0，3，4设二面角EBCA的大小为.cosmn4219mn3131619二面角EBCA的余弦值为2191919每台机器改换的易损部件数为8，9，10，11记事件Ai为第一台机器3年内换掉i7个部件i1,2,3,4记事件Bi为第二台机器3年内换掉i7个

10、部件i1,2,3,4由题知PA1PA3PA4PB1PB3PB40.2，PA2PB20.4设2台机器共需改换的易损部件数的随机变量为X，则X的可能的取值为16，17，18，19，20，21，22PX16PA1PB10.20.20.04PX17PA1PB2PA2PB10.20.40.40.20.16感谢赏析感谢赏析PX18PA1PB3PA2PB2PA3PB10.20.20.20.20.40.40.24PX19PA1PB4PA2PB3PA3PB2PA4PB10.20.20.20.20.40.20.20.40.24PX20PA2Px21PA3Px22PA4PB4PA3PB3PA4PB20.40.20.

11、20.40.20.20.2PB4PA4PB30.20.20.20.20.08PB40.20.20.04X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04要令Pxn0.5，0.040.160.240.5，0.040.160.240.240.5则n的最小值为19购置部件所需花费含两部分，一部分为购置机器时购置部件的花费，另一部分为备件不足时额外购置的花费当n19时，花费的希望为192005000.210000.0815000.044040当n20时，花费的希望为202005000.0810000.044080所以应采纳n1920圆A整理为x2y216，A坐标1,

12、0，如图，1432C1Ax42B24E123D4BEAC，则CEBD，由ACAD,则DC，EBDD，则EBEDAEEBAEEDAD4所以E的轨迹为一个椭圆，方程为x2y21，(y0)；43C1:x2y21；设l:xmy1，43因为PQl，设PQ:ymx1，联立l与椭圆C1感谢赏析感谢赏析xmy1x2y2得3m24y26my90；43122212236m363m412m则|MN|1m|yMyN|1m3m243m24；P4321NAx42B241M2Q34圆心A到PQ距离d|m11|2m|，1m21m2所以|PQ|2|AQ|2d22164m243m24，1m21m2SMPNQ1112m2143m2

13、424m2124112,83|MN|PQ|2221223m4143m3m1m221由已知得：fxx1ex2ax1x1ex2a若a0，那么fx0 x2ex0 x2，fx只有独一的零点x2，不合题意；若a0，那么ex2ax0，e所以当x1时，fx0，fx单一递加当x1时，fx0，fx单一递减即：感谢赏析感谢赏析x,111,fx0fx极小值故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点因为f2a0，f1e0，则f2f10，依据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点而当x1x，x210，时，ee故fxx2ex22ax12ax1ex2ax1ex1e则fx0的两根t1ee24ae1，ee24ae

14、，2at22a1t1t2，因为a0，故当xt1或xt2时，ax121e0ex所以，当x1且xt1时，fx0又f1e0，依据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点此时，fx在R上有且只有两个零点，满足题意若e0，则ln2alne1，a2当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即fxx1ex2a0，fx单一递加；当ln2ax1时，x10，ex2aeln2a2a0，即fxx1ex2a0，fx单一递减；当x1时，x10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx单一递加即：x,ln2aln2aln2a,111,fx+0-0+感谢赏析感谢赏析fx极大值极小值而极大值fln2a2al

15、n2a2aln2aln2a2202a11故当x1时，fx在xln2a处取到最大值fln2a，那么fxfln2a0恒成立，即fx0无解而当x1时，fx单一递加，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意若ae1，那么ln2a2当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx单一递加当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx单一递加又fx在x1处存心义，故fx在R上单一递加，此时至多一个零点，不合题意若ae，则ln2a12当x1时，x10，ex2ae12aeln2a2a0，即fx0，fx单一递加当1xln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f

16、x0，fx单一递减当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx单一递加即：,1x11,ln2aln2aln2a,感谢赏析感谢赏析fx+0-0+fx极大值极小值故当xln2a时，fx在x1处取到最大值f1e，那么fxe0恒成立，即fx0无解当xln2a时，fx单一递加，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意综上所述，当且仅当a0时吻合题意，即a的取值范围为0,由已知得：fx1fx20，不难发现x11，x21，故可整理得：ax12ex1x22ex2x12x2211x2ex，则gx1gx2设gx2x1x221那么gx3ex，当x1时，gx0，gx单一递减；当x

17、1时，gx0，gx单一x1递加设m0，结构代数式：g1mg1mm21em21e12mem1e11m1m1m2mmmmm1设hmm1e2m1，m0m1则hm2m22e2m0，故hm单一递加，有hmh00m1所以，关于随意的m0，g1mg1m由gx1gx2可知x1、x2不行能在gx的同一个单一区间上，不如设x1x2，则必有x11x2令m1x10，则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x11，x21，gx在1,上单一递加，所以：g2x1gx22x1x2感谢赏析感谢赏析整理得：x1x2222设圆的半径为r，作OKAB于KOAOB，AOB120OKAB，A30，OKOAsin30OAr2AB与O相切方法一：假定CD与AB不平行CD与AB交于F2FKFCFDA、B、C、D四点共圆FCFDFAFBFKAKFKBKAKBKFCFDFKAKFKAKFK2AK2由可知矛盾ABCD方法二：因为A,B,C,D四点共圆，不如设圆心为T，因为所以O,T为AB的中垂线上，同理OAOB,TATB，OCOD,TCTD，OT为CD的中垂线，所以ABCD所以xacost23（t均为参数）y1asintx222y1a感谢赏析感谢赏析C1为以0，1为圆心，a为