2016高考题数学理真题汇编-答案

1、1 / 30 参考答案与解析 专题 1 集合与常用逻辑用语 1解析：选 d.由题意得，ax|1x3，bxx32，则 ab32，3 .选 d. 2解析：选 c.由已知可得 bx|(x1)(x2)0，xzx|1x2，xz0，1，所以 ab0，1，2，3，故选 c. 3解析：选 d.集合 s(，23，)，结合数轴，可得 st(0，23，) 4解析：选 c.法一：(通性通法)集合 a 表示函数 y2x的值域，故 a(0，)由x210，得1x1，故 b(1，1)所以 ab(1，)故选 c. 法二：(光速解法)由函数 y2x的值域可知，选项 a，b 不正确；由 0210可知，0b，故 0ab，故排除选项

2、d，选 c. 5解析：选 d.根据含有量词的命题的否定的概念可知 6解析：选 d.取 ab0，则|a|b|0，|ab|0|0，|ab|2a|0，所以|ab|ab|，故由|a|b|推不出|ab|ab|.由|ab|ab|, 得|ab|2|ab|2，整理得 a b0，所以 ab，不一定能得出|a|b|, 故由|ab|ab|推不出|a|b|.故“|a|b|”是“|ab|ab|”的既不充分也不必要条件故选 d. 专题 2 函 数 1解析：选 c.对于选项 a，考虑幂函数 yxc，因为 c0，所以 yxc为增函数，又 ab1，所以 acbc，a 错对于选项 b，abcbacbacba，又 ybax是减函数

3、，所以 b错对于选项 d，由对数函数的性质可知 d 错，故选 c. 2解析：选 b.因为 f(x)f(x)2，yx1x11x，所以函数 yf(x)与 yx1x的图像都关于点(0，1)对称，所以i1m xi=0, i1m yim22m，故选 b. 3解析：选 a.因为 a2431613，b4251615，c2513，且幂函数 yx13在 r 上单调递增，指数函数 y16x在 r 上单调递增，所以 bac. 4解析：选 b.根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从 2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列an，其中，首项 a1130，公比 q112% 1.12 ， 所以 a

4、n 1301.12n1. 由 1301.12n1200 ， 两 边同 时 取对 数 ， 得 n1lg 2lg 1.3lg 1.12，又lg 2lg 1.3lg 1.120.300.110.053.8，则 n4.8，即 a5开始超过 200，所以 2019年投入的研发资金开始超过 200 万元，故选 b. 2 / 30 5解析：选 d.当 x0 时，令函数 f(x)2x2ex，则 f(x)4xex，易知 f(x)在0，ln 4)上单调递增，在ln 4，2上单调递减，又 f(0)10，f122 e0，f(1)4e0，f(2)8e20，所以存在 x00，12是函数 f(x)的极小值点，即函数 f(x

5、)在(0，x0)上单调递减，在(x0，2)上单调递增，且该函数为偶函数，符合条件的图像为 d. 6解析：由于 ab1，则 logab(0，1)，因为 logablogba52，即 logab1logab52，所以 logab12或 logab2(舍去)，所以 a12b，即 ab2，所以 ab(b2)bb2bba，所以 a2b，b22b，所以 b2(b0舍去)，a4. 答案：4 2 7解：(1)由于 a3，故 当 x1 时，(x22ax4a2)2|x1|x22(a1)(2x)0， 当 x1 时，(x22ax4a2)2|x1|(x2)(x2a) 所以使得等式 f(x)x22ax4a2 成立的 x

6、的取值范围为2，2a (2)设函数 f(x)2|x1|， g(x)x22ax4a2， 则 f(x)minf(1)0，g(x)ming(a)a24a2， 所以由 f(x)的定义知 m(a)minf(1)，g(a)， 即 m(a)0，3a2 2，a24a2，a2 2. 当 0 x2时，f(x)f(x)maxf(0)，f(2)2f(2)， 当 2x6 时， f(x)g(x)maxg(2)，g(6) max2，348amaxf(2)，f(6) 所以 m(a)348a，3a4，2，a4. 专题 3 导数及其应用 1解析：设 ykxb 与 yln x2 和 yln(x1)的切点分别为(x1，ln x12)

7、和(x2，ln(x21) 则切线分别为 yln x121x1(xx1)， yln(x21)1x21(xx2)， 3 / 30 化简得 y1x1xln x11，y1x21xx2x21ln(x21)， 依题意，1x11x21，ln x11x2x21ln（x21）， 解得 x112，从而 bln x111ln 2. 答案：1ln 2 2解析：由题意可得当 x0 时，f(x)ln x3x，则 f(x)1x3，f(1)2，则在点(1，3)处的切线方程为 y32(x1)，即 y2x1. 答案：y2x1 3解：(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a) ()设 a0，则 f(x)(x2)ex

8、，f(x)只有一个零点 ()设 a0，则当 x(，1)时，f(x)0，当 x(1，)时，f(x)0，所以 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b0 且 blna2，则 f(b)a2(b2)a(b1)2ab232b 0， 故 f(x)存在两个零点 ()设 a0，由 f(x)0得 x1或 xln(2a) 若 ae2，则 ln(2a)1，故当 x(1，)时，f(x)0， 因此 f(x)在(1，)上单调递增又当 x1时 f(x)0， 所以 f(x)不存在两个零点 若 ae2，则 ln(2a)1，故当 x(1，ln(2a)时，f(x)0；当 x(

9、ln(2a)，)时，f(x)0.因此 f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当 x1时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点 综上，a的取值范围为(0，) (2)不妨设 x1x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又 f(x)在(，1)上单调递减，所以 x1x22等价于 f(x1)f(2x2)，即 f(2x2)0. 由于 f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而 f(x2)(x22)ex2a(x21)20， 所以 f(2x2)x2e2x2(x22)ex2. 设 g(x)xe2x(x2)ex， 则 g(x)(x1)(e2xex) 4

10、/ 30 所以当 x1 时，g(x)0，而 g(1)0，故当 x1时，g(x)0. 从而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22. 4解：(1)f(x)的定义域为(，2)(2，) f(x)（x1）（x2）ex（x2）ex（x2）2x2ex（x2）20， 且仅当 x0 时，f(x)0，所以 f(x)在(，2)，(2，)上单调递增 因此当 x(0，)时，f(x)f(0)1. 所以(x2)ex(x2)，(x2)exx20. (2)g(x)（x2）exa（x2）x3x2x3(f(x)a) 由(1)知，f(x)a 单调递增对任意的 a0，1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一 xa(0

11、，2，使得 f(xa)a0，即 g(xa)0. 当 0 xxa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递减； 当 xxa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增 因此 g(x)在 xxa处取得最小值，最小值为 g(xa)exaa（xa1）x2aexaf（xa）（xa1）x2aexaxa2. 于是 h(a)exaxa2，由exx2（x1）ex（x2）20，得exx2单调递增 所以，由 xa(0，2，得12e002h(a)exaxa2e222e24. 因为exx2单调递增，对任意的 12，e24，存在唯一的 xa(0，2，af(xa)0，1)，使得 h(a)，所以 h(a)的值域是12，e

12、24. 综上，当 a0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e24. 5解：(1)f(x)2sin 2x(1)sin x. (2)当 1 时， |f(x)|cos 2x(1)(cos x1)| 2(1) 32f(0) 因此 a32. 当 01 时，将 f(x)变形为 f(x)2cos2x(1)cos x1. 令 g(t)2t2(1)t1， 则 a 是|g(t)|在1，1上的最大值，g(1)，g(1)32，且当 t14时，g(t)取得5 / 30 极小值，极小值为 g142618. 令1141，得 15. (i)当 015时，g(t)在1，1内无极值点，|g(1)|， |g

13、(1)|23，|g(1)|g(1)|，所以 a23. (ii)当151时，由 g(1)g(1)2(1)0，知 g(1)g(1)g14.又g14|g(1)|（1）（17）80， 所以 ag142618. 综上，a23，015，2618，151，32，1. (3)证明：由(1)得 |f(x)|2sin 2x(1)sin x|2|1|. 当 015时，|f(x)|1242(23)2a. 当151时，a818341，所以|f(x)|12a. 当 1 时，|f(x)|31642a. 所以|f(x)|2a. 6解：(1)因为 f(x)xeaxbx， 所以 f(x)(1x)eaxb. 依题设，f（2）2e2

14、，f（2）e1，即2ea22b2e2，ea2be1， 解得 a2，be. (2)由(1)知 f(x)xe2xex. 由 f(x)e2x(1xex1)及 e2x0知，f(x)与 1xex1同号 令 g(x)1xex1，则 g(x)1ex1. 所以当 x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(，1)上单调递减； 当 x(1，)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增 故 g(1)1是 g(x)在区间(，)上的最小值， 6 / 30 从而 g(x)0，x(，) 综上可知，f(x)0，x(，) 故 f(x)的单调递增区间为(，) 专题 4 三角函数与解三角形 1解析：选 d.因为 cos4 c

15、os4cos sin 4sin 22(sin cos )35，所以 sin cos 3 25，所以 1sin 21825，所以 sin 2725，故选 d. 2解析：选 a.法一：(通性通法)由 tan sin cos 34，cos2sin21，得sin 35，cos 45或sin 35，cos 45，则 sin 22sin cos 2425，则 cos22sin 2162548256425. 法二：(光速解法)cos22sin 2cos24sin cos cos2sin214tan 1tan21319166425. 3解析：选 c.设abc 中角 a，b，c 的对边分别是 a，b，c，由题意

16、可得13acsin 422c，则 a3 22c.在abc 中，由余弦定理可得 b2a2c2 2ac92c2c23c252c2，则 b102c.由余弦定理，可得 cos ab2c2a22bc52c2c292c22102cc1010，故选 c. 4解析：选 a.设abc 中，角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c，则 a3，c 13，c120 ，由余弦定理得 139b23b， 解得 b1，即 ac1. 5解析：选 d.因为 ysin2x3sin2x6，所以只需把函数 ysin 2x 的图象上所有的点向右平行移动6个单位长度即可，故选 d. 6解析：选 b.函数 y2sin 2x 的图像向左平移1

17、2个单位长度，得到的图像对应的函数表达式为 y2sin 2x12，令 2x12k2(kz)，解得 xk26(kz)，所以所求对称轴的方程为 xk26(kz)，故选 b. 7解析：选 b.因为 x4为函数 f(x)的零点，x4为 yf(x)图像的对称轴，所以27 / 30 kt2t4(kz，t 为周期)，得 t22k1(kz)又 f(x)在18，536单调，所以 t6，k112，又当 k5 时，11，4，f(x)在18，536不单调；当 k4 时，9，4，f(x)在18，536单调，满足题意，故 9，即 的最大值为 9. 8解析：函数 ysin x 3cos x2sinx3的图像可由函数 ysi

18、n x 3cos x2sinx3的图像至少向右平移23个单位长度得到 答案：23 9解析：法一：因为 cos a45，cos c513， 所以 sin a35，sin c1213，从而 sin bsin(ac)sin acos ccos asin c355134512136365.由正弦定理asin absin b，得 basin bsin a2113. 法二： 因为 cos a45，cos c513，所以 sin a35，sin c1213，从而 cos bcos(ac)cos acos csin asin c455133512131665.由正弦定理asin acsin c，得 casin

19、 csin a2013.由余弦定理 b2a2c22accos b，得 b2113. 法三：因为 cos a45，cos c513，所以 sin a35，sin c1213， 由正弦定理asin acsin c，得 casin csin a2013. 从而 bacos cccos a2113. 法四：如图，作 bdac于点 d，由 cos c513，abc1，知 cd513，bd1213. 又 cos a45，所以 tan a34，从而 ad1613. 故 baddc2113. 答案：2113 10解：(1)由已知及正弦定理得， 8 / 30 2cos c(sin acos bsin bcos

20、a)sin c， 2cos csin(ab)sin c， 故 2sin ccos csin c. 可得 cos c12，所以 c3. (2)由已知，12absin c3 32. 又 c3，所以 ab6. 由已知及余弦定理得，a2b22abcos c7， 故 a2b213，从而(ab)225. 所以abc的周长为 5 7. 11解：(1)因为 cos b45，0b，所以 sin b 1cos2b145235. 由正弦定理知acsin babsin c，所以 abac sin csin b622355 2. (2)在abc中，abc，所以 a(bc)， 于是 cos acos(bc)cosb4 c

21、os bcos 4sin bsin 4， 又 cos b45，sin b35， 故 cos a45223522210. 因为 0a0)，a2n1a2na1q2n2a1q2n1a1q2n2(1q)若 q0，因为 1q 的符号不确定，所以无法判断 a2n1a2n的符号；反之，若 a2n1a2n0，即 a1q2n2(1q)0，可得 q10.故“q0”是“对任意的正整数 n，a2n1a2n0，故 q2. 所以 an2n1(nn*) (2)证明：由(1)可知，anqn1. 所以双曲线 x2y2a2n1的离心率 en 1a2n 1q2（n1）. 由 e2 1q253得 q43. 因为 1q2(k1)q2(

22、k1)，所以 1q2（k1）qk1(kn*) 于是 e1e2en1qqn1qn1q1， 故 e1e2en4n3n3n1. 12 / 30 专题 7 不等式、推理与证明 1解析：选 c.设 a1，a2，a3，ak中 0 的个数为 t，则 1 的个数为 kt， 由 2m8 知，k8且 tkt0，则tk2tk8t4k，tn. 法一：当 t1 时，k1，2，当 t2 时，k2，3，4， 当 t3 时，k3，4，5，6，当 t4 时，k4，5，6，7，8， “规范数列”共有 234514(个) 法二：问题即是tk2tk8t4k，tn表示的区域的整点(格点)的个数， 如图整点(格点)为 234514(个)

23、，即“规范数列”共有 14个 2解析：选 b.若袋中有两个球，则红球、黑球各一个，若红球放在甲盒，则黑球放在乙盒，丙盒中没有球，此时乙盒中黑球多于丙盒中黑球，乙盒中黑球比丙盒中红球多，故可排除 a、d；若袋中有四个球，则红球、黑球各两个，若取出两个红球，则红球一个放在甲盒，余下一个放在乙盒，再取出余下的两个黑球，一个放在甲盒，则余下一个放在丙盒，所以甲盒中一红一黑，乙盒中一个红球，丙盒中一个黑球，此时乙盒中红球比丙盒中红球多，排除 c；故选 b. 3解析：选 b.法一：(通性通法)如图，已知约束条件xy20，2x3y60，3x2y90所表示的平面区域为图中所示的三角形区域 abc(包含边界)，

24、其中 a(0，2)，b(3，0)，c(1，3)根据目标函数的几何意义，可知当直线 y25xz5过点 b(3，0)时，z 取得最小值 23506. 13 / 30 法二：(光速解法)由题意知，约束条件xy20，2x3y60，3x2y90所表示的平面区域的顶点分别为 a(0，2)，b(3，0)，c(1，3)将 a，b，c 三点的坐标分别代入 z2x5y，得 z10，6，17，故 z 的最小值为 6. 4.解析：选 c.作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点 c，d 分别作直线 xy20 的垂线，垂足分别为 a，b，则四边形 abdc 为矩形， 又 c(2，2)，d(1，1)， 所以|

25、ab|cd| （21）2（21）23 2. 5解析：约束条件对应的平面区域是以点1，12、(0，1)和(2，1)为顶点的三角形，当目标函数 yxz 经过点1，12时，z取得最大值32. 答案：32 6解析：由题意，设产品 a 生产 x 件，产品 b 生产 y件，利润 z2 100 x900y，线性约束条件为1.5x0.5y150，x0.3y90，5x3y600，x0，y0，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，又由xn，yn，可知取得最大值时的最优解为(60，100)，所以 zmax2 10060900100216 000(元) 14 / 30 答案：216 000 7解析：为方便说明

26、，不妨将分别写有 1和 2，1和 3，2 和 3的卡片记为 a，b，c.从丙出发，由于丙的卡片上的数字之和不是 5，则丙只可能是卡片 a 或 b，无论是哪一张，均含有数字 1，再由乙与丙的卡片上相同的数字不是 1 可知，乙所拿的卡片必然是 c，最后由甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，知甲所拿的卡片为 b，此时丙所拿的卡片为 a. 答案：1和 3 专题 8 立体几何 1解析：选 c.因为 l.所以 l，又 n，所以 nl. 2解析：选 a.由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为 r，故7843r3283，所以 r2，表面积 s784r234r217，选 a. 3解析：

27、选 c.该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径 r2，底面圆的周长 c2r4，圆锥的母线长 l22（2 3）24，圆柱的高 h4，所以该几何体的表面积 s表r2ch12cl416828，故选 c. 4解析：选 b.由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为 3 的正方形，故面积都是 9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为 3、该边上的高为 6，故面积都为18，左右两个侧面是矩形，边长为 3 5和 3，故面积都为 9 5，则该几何体的表面积为2()9189 5 5418 5. 5解析：选 b.由题意可得若 v 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求

28、得球的半径为 2，球的直径为 4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径 r32，该球的体积最大，vmax34r34327892. 6解析：选 a.因为过点 a 的平面 与平面 cb1d1平行，平面 abcd平面 a1b1c1d1，所以 mb1d1bd，又 a1b平面 cb1d1，所以 na1b，则 bd 与 a1b 所成的角为所求角，所以 m，n所成角的正弦值为32，选 a. 7解析：对于命题，可运用长方体举反例证明其错误： 如图，不妨设 aa为直线 m，cd 为直线 n，abcd 所在的平面为 ，abcd所在的平面15 / 30 为 ，显然这些直线和平面满

29、足题目条件，但 不成立 命题正确，证明如下：设过直线 n的某平面与平面 相交于直线 l，则 ln，由 m知 ml，从而 mn，结论正确 由平面与平面平行的定义知命题正确 由平行的传递性及线面角的定义知命题正确 答案： 8解：(1)证明：由已知可得 afdf，affe，所以 af平面 efdc. 又 af平面 abef，故平面 abef平面 efdc. (2)过 d 作 dgef，垂足为 g，由(1)知 dg平面 abef. 以 g 为坐标原点，gf的方向为 x 轴正方向，|gf|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 g- xyz. 由(1)知dfe 为二面角 d- af- e 的平面角，故d

30、fe60 ，则 df2，dg 3， 可得 a(1，4，0)，b(3，4，0)，e(3，0，0)，d(0，0， 3) 由已知，abef，所以 ab平面 efdc. 又平面 abcd平面 efdccd，故 abcd，cdef. 由 beaf，可得 be平面 efdc，所以cef 为二面角 c- be- f 的平面角，cef60 .从而可得 c(2，0， 3)连接 ac，则ec(1，0， 3)，eb(0，4，0)，ac(3，4， 3)， ab(4，0，0) 设 n(x，y，z)是平面 bce 的法向量，则n ec0，n eb0，即x 3z0，4y0， 所以可取 n(3，0， 3) 设 m是平面 ab

31、cd 的法向量，则m ac0，m ab0， 同理可取 m(0， 3，4)则 cosn，mn m|n|m|2 1919. 16 / 30 故二面角 e- bc- a 的余弦值为2 1919. 9解：(1)证明：由已知得 acbd，adcd. 又由 aecf得aeadcfcd，故 acef. 因此 efhd，从而 efdh. 由 ab5，ac6得 dobo ab2ao24. 由 efac 得ohdoaead14. 所以 oh1，dhdh3. 于是 dh2oh2321210do2， 故 dhoh. 又 dhef，而 ohefh， 所以 dh平面 abcd. (2)如图， 以 h 为坐标原点，hf的方

32、向为 x轴正方向，hd的方向为 y 轴正方向，hd的方向为 z轴正方向，建立空间直角坐标系 h- xyz.则 h(0，0，0)，a(3，1，0)，b(0，5，0)，c(3，1，0)，d(0，0，3)，ab(3，4，0)，ac(6，0，0)，ad(3，1，3) 设 m(x1，y1，z1)是平面 abd的法向量，则 m ab0，m ad0，即3x14y10，3x1y13z10， 所以可取 m(4，3，5) 设 n(x2，y2，z2)是平面 acd的法向量， 则n ac0，n ad0，即6x20，3x2y23z20， 所以可取 n(0，3，1) 于是 cosm，nm n|m|n|1450 107 5

33、25， 17 / 30 sinm，n2 9525. 因此二面角 b- da- c的正弦值是2 9525. 10解：(1)证明：由已知得 am23ad2. 取 bp的中点 t，连接 at，tn. 由 n 为 pc 的中点知 tnbc，tn12bc2. 又 adbc，故 tn綊 am，四边形 amnt为平行四边形，于是 mnat. 因为 at平面 pab，mn平面 pab，所以 mn平面 pab. (2)取 bc 的中点 e，连接 ae.由 abac 得 aebc，从而 aead，且 aeab2be2 ab2bc22 5. 以 a为坐标原点，ae的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

34、 a- xyz.由题意知， p(0，0，4)，m(0，2，0)，c()5，2，0 ，n52，1，2 ，pm(0，2，4)，pn52，1，2 ，an52，1，2 . 设 n(x，y，z)为平面 pmn的法向量， 则n pm0，n pn0， 即2y4z0，52xy2z0， 可取 n(0，2，1) 于是|cos n，an|n an|n|an|8 525， 则直线 an与平面 pmn所成角的正弦值为8 525. 11证明：(1)在直三棱柱 abca1b1c1中，a1c1ac. 18 / 30 在abc中，因为 d，e分别为 ab，bc 的中点， 所以 deac，于是 dea1c1. 又 de平面 a1

35、c1f，a1c1平面 a1c1f， 所以直线 de平面 a1c1f. (2)在直三棱柱 abca1b1c1中，a1a平面 a1b1c1. 因为 a1c1平面 a1b1c1，所以 a1aa1c1. 又 a1c1a1b1，a1a平面 abb1a1，a1b1平面 abb1a1，a1aa1b1a1，所以 a1c1平面 abb1a1. 因为 b1d平面 abb1a1，所以 a1c1b1d. 又 b1da1f，a1c1平面 a1c1f，a1f平面 a1c1f，a1c1a1fa1， 所以 b1d平面 a1c1f. 因为直线 b1d平面 b1de，所以平面 b1de平面 a1c1f. 专题 9 平面解析几何

36、l1解析：选 a.由已知可得圆的标准方程为(x1)2(y4)24，故该圆的圆心为(1，4)，由点到直线的距离公式得 d|a41|a211，解得 a43，故选 a. 2解析：选 a.由题意得(m2n)(3m2n)0，解得m2n3m2，又由该双曲线两焦点间的距离为 4，得 m2n3m2n4，即 m21，所以1n3. 3解析：选 b.由题意，不妨设抛物线方程为 y22px(p0)，由|ab|4 2，|de|2 5，可取 a4p，2 2 ，dp2， 5 ，设 o 为坐标原点，由|oa|od|，得16p28p245，得 p4，所以选 b. 4解析：选 a.设 f1(c，0)，将 xc 代入双曲线方程，得

37、c2a2y2b21，所以y2b2c2a21b2a2，所以 yb2a.因为 sinmf2f113，所以 tanmf2f1|mf1|f1f2|b2a2cb22acc2a22acc2aa2ce212e24，所以 e222e10，所以 e 2.故选 a. 5解析：选 a.设 e(0，m)，则直线 ae 的方程为xaym1，由题意可知mc，mmca，0，m2和 b(a，0)三点共线，则mmcam2cm2a，化简得 a3c，则 c 的离心率 eca13. 6解析：选 d.根据圆和双曲线的对称性，可知四边形 abcd 为矩形双曲线的渐近线19 / 30 方程为 yb2x，圆的方程为 x2y24，不妨设交点

38、a 在第一象限，由 yb2x，x2y24 得xa44b2，ya2b4b2，故四边形 abcd 的面积为 4xaya32b4b22b，解得 b212，故所求的双曲线方程为x24y2121，故选 d. 7解析：设圆心到直线 l：mxy3m 30 的距离为 d，则弦长|ab|2 12d22 3，得 d3，即|3m 3m213，解得 m33，则直线 l：x 3y60，数形结合可得|cd|ab|cos 304. 答案：4 8解析：由于抛物线 y24x 的焦点为 f(1，0)，准线为 x1，设点 m 的坐标为(x，y)，则 x110，所以 x9.故 m 到 y 轴的距离是 9. 答案：9 9解：(1)因为

39、|ad|ac|，ebac，故ebdacdadc. 所以|eb|ed|，故|ea|eb|ea|ed|ad|. 又圆 a的标准方程为(x1)2y216，从而|ad|4， 所以|ea|eb|4. 由题设得 a(1，0)，b(1，0)，|ab|2，由椭圆定义可得点 e 的轨迹方程为x24y231(y0) (2)当 l与 x 轴不垂直时， 设 l的方程为 yk(x1)(k0)，m(x1，y1)，n(x2，y2) 由yk（x1），x24y231，得(4k23)x28k2x4k2120， 则 x1x28k24k23，x1x24k2124k23， 所以|mn| 1k2|x1x2|12（k21）4k23. 过点

40、 b(1，0)且与 l垂直的直线 m：y1k(x1)，a到 m 的距离为2k21， 所以|pq|2 422k2124 4k23k21. 故四边形 mpnq 的面积 s12|mn|pq|12114k23. 可得当 l与 x 轴不垂直时，四边形 mpnq面积的取值范围为(12，8 3) 20 / 30 当 l与 x 轴垂直时，其方程为 x1，|mn|3，|pq|8，四边形 mpnq 的面积为 12. 综上，四边形 mpnq 面积的取值范围为12，8 3) 10解：(1)设 m(x1，y1)，则由题意知 y10. 当 t4 时，e的方程为x24y231，a(2，0) 由已知及椭圆的对称性知，直线 a

41、m 的倾斜角为4. 因此直线 am的方程为 yx2. 将 xy2 代入x24y231得 7y212y0. 解得 y0或 y127，所以 y1127. 因此amn的面积 samn21212712714449. (2)由题意知 t3，k0，a( t，0)将直线 am 的方程 yk(x t)代入x2ty231得 (3tk2)x22 ttk2xt2k23t0. 由 x1( t)t2k23t3tk2得 x1t（3tk2）3tk2，故 |am|x1 t| 1k26 t（1k2）3tk2. 由题设知，直线 an 的方程为 y1k(x t)，故同理可得|an|6k t（1k2）3k2t.由 2|am|an|得

42、23tk2k3k2t，即(k32)t3k(2k1) 当 k32时上式不成立，因此 t3k（2k1）k32. t3 等价于k32k2k2k32（k2）（k21）k320，即k2k320. 由此得k20，k320或k20，k320，解得32k2. 因此 k 的取值范围是(32，2) 11解：由题知 f12，0 .设 l1：ya，l2：yb，则 ab0， 且 aa22，a ，bb22，b ，p12，a ，q12，b ，r12，ab2. 记过 a，b两点的直线为 l，则 l的方程为 2x(ab)yab0. (1)证明：由于 f 在线段 ab 上，故 1ab0. 21 / 30 记 ar的斜率为 k1，

43、fq的斜率为 k2，则 k1ab1a2aba2ab1aababk2. 所以 arfq. (2)设 l与 x 轴的交点为 d(x1，0)，则 sabf12|ba|fd|12|ba|x112，spqf|ab|2. 由题设可得|ba|x112|ab|2，所以 x10(舍去)或 x11. 设满足条件的 ab 的中点为 e(x，y) 当 ab与 x轴不垂直时，由 kabkde可得2abyx1(x1) 而ab2y，所以 y2x1(x1)当 ab 与 x 轴垂直时，e 与 d 重合所以，所求轨迹方程为 y2x1. 12解：(1)由题意得ca32，12ab1，a2b2c2，解得 a2，b1. 所以椭圆 c的方

44、程为x24y21. (2)证明：由(1)知，a(2，0)，b(0，1) 设 p(x0，y0)，则 x204y204. 当 x00 时，直线 pa 的方程为 yy0 x02(x2) 令 x0，得 ym2y0 x02，从而|bm|1ym|12y0 x02|. 直线 pb 的方程为 yy01x0 x1. 令 y0，得 xnx0y01，从而|an|2xn|2x0y01|. 所以|an| |bm|2x0y01|12y0 x02| |x204y204x0y04x08y04x0y0 x02y02| |4x0y04x08y08x0y0 x02y02| 4. 当 x00 时，y01，|bm|2，|an|2， 所

45、以|an| |bm|4. 22 / 30 综上，|an|bm|为定值 专题 10 计数原理、概率、随机变量及其分布 1解析：选 b.由题意得图： 由图得等车时间不超过 10分钟的概率为12. 2解析：选 b.由题意可知 ef 共有 6 种走法，fg共有 3种走法，由乘法计数原理知，共有 6318 种走法，故选 b. 3解析：选 c.设由0 xn10yn1构成的正方形的面积为 s，x2ny2n1 构成的图形的面积为s，所以ss141mn，所以 4mn，故选 c. 4解析：由(2x x)5得 tr1cr5(2x)5r( x)r25rcr5x5r2，令 5r23 得 r4，此时系数为 10. 答案：

46、10 5解析：由题意知，试验成功的概率 p34，故 xb2，34， 所以 e(x)23432. 答案：32 6解析：二项展开式的通项 tr1cr8(x2)8r1xr(1)rcr8x163r，令 163r7，得 r3，故 x7的系数为c3856. 答案：56 7解：(1)由柱状图并以频率代替概率可得，1 台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11 的概率分别为 0.2，0.4，0.2，0.2，从而 p(x16)0.20.20.04； p(x17)20.20.40.16； p(x18)20.20.20.40.40.24； p(x19)20.20.220.40.20.24； p(x20)2

47、0.20.40.20.20.2； p(x21)20.20.20.08； p(x22)0.20.20.04. 所以 x的分布列为 23 / 30 x 16 17 18 19 20 21 22 p 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 (2)由(1)知 p(x18)0.44，p(x19)0.68，故 n的最小值为 19. (3)记 y表示 2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)当 n19 时， ey192000.68(19200500)0.2(192002500)0.08(192003500)0.044 040. 当 n20时， ey202000.88(202

48、00500)0.08(202002500)0.044 080. 可知当 n19时所需费用的期望值小于当 n20时所需费用的期望值，故应选 n19. 8解：(1)设 a 表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件 a 发生当且仅当一年内出险次数大于 1，故 p(a)0.200.200.100.050.55. (2)设 b 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出 60%”，则事件 b 发生当且仅当一年内出险次数大于 3，故 p(b)0.100.050.15. 又 p(ab)p(b)，故 p(b|a)p（ab）p（a）p（b）p（a）0.150.55311. 因此所求概率为311

49、. (3)记续保人本年度的保费为 x，则 x的分布列为 x 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a p 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 ex0.85a0.30a0.151.25a0.201.5a0.201.75a0.102a0.051.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为 1.23. 9解：(1)记事件 a：“甲第一轮猜对”，记事件 b：“乙第一轮猜对”， 记事件 c：“甲第二轮猜对”，记事件 d：“乙第二轮猜对”， 记事件 e：“星队至少猜对 3个成语” 由题意，eabcdabcdabcdabcdabcd. 由事件的独立性与互斥性

50、，得 p(e)p(abcd)p(abcd)p(abcd)p(abcd)p(abcd) p(a)p(b)p(c)p(d)p(a)p(b)p(c)p(d) p(a)p(b)p(c)p(d)p(a)p(b)p(c)p(d)p(a)p(b) p(c)p(d) 342334232(1423342334133423)23. 所以“星队”至少猜对 3个成语的概率为23. 24 / 30 (2)由题意，随机变量 x 可能的取值为 0，1，2，3，4，6. 由事件的独立性与互斥性，得 p(x0)141314131144， p(x1)2(3413141314231413)10144572， p(x2)341334

51、1334131423142334131423142325144， p(x3)342314131413342312144112. p(x4)2(3423341334231423)60144512， p(x6)342334233614414. 可得随机变量 x的分布列为 x 0 1 2 3 4 6 p 1144 572 25144 112 512 14 所以数学期望 ex01144157222514431124512614236. 专题 11 统计、统计案例及算法初步 1解析：选 c.运行程序，第 1次循环得 x0，y1，n2， 第 2次循环得 x12，y2，n3， 第 3次循环得 x32，y6，

52、 此时 x2y236，输出 x，y，满足 c 选项 2解析：选 c.由程序框图知， 第一次循环：x2，n2，a2，s0222，k1； 第二次循环：a2，s2226，k2； 第三次循环：a5，s62517，k3.结束循环，输出 s的值为 17，故选 c. 3解析：选 d.由图形可得各月的平均最低气温都在 0 以上，a 正确；七月的平均温差约为 10 ，而一月的平均温差约为 5 ，故 b 正确；三月和十一月的平均最高气温都在10 左右，基本相同，c正确；平均最高气温高于 20 的月份只有 3个，d错误 4解析：选 b.运行程序框图，第 1 次循环，a2，b4，a6，s6，n1；第 2 次循环，a2

53、，b6，a4，s10，n2；第 3 次循环，a2，b4，a6，s16，n3；第 4次循环，a2，b6，a4，s20，n4，结束循环，故输出的 n4. 5解：(1)由已知，有 p(a)c13c14c23c21013. 25 / 30 所以，事件 a 发生的概率为13. (2)随机变量 x的所有可能取值为 0，1，2. p(x0)c23c23c24c210415， p(x1)c13c13c13c14c210715， p(x2)c13c14c210415. 所以，随机变量 x 的分布列为 x 0 1 2 p 415 715 415 随机变量 x的数学期望 e(x)0415171524151. 6解：

54、(1)由折线图中数据和附注中参考数据得 t 4，i17 (ti t )228， i17 （ti t ）2=0.55, i17 (ti t )(yi y )=i17 tiyi- ti17 y40.174 9.322.89， r2.890.5522.6460.99. 因为 y 与 t 的相关系数近似为 0.99，说明 y 与 t 的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合 y与 t 的关系 (2)由 y9.3271.331及(1)得bi17 (ti t )(yi y )i17 （ti t2.89280.103， ayybt1.3310.10340.92. 所以，y关于 t的回归方程为y0.9

55、20.10t. 将 2016年对应的 t9代入回归方程得y0.920.1091.82. 所以预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量约为 1.82 亿吨 专题 12 选考部分 26 / 30 选修 41 几何证明选讲 1证明：(1)如图， 设 e 是 ab 的中点，连接 oe. 因为 oaob，aob120 ， 所以 oeab，aoe60 . 在 rtaoe 中，oe12ao，即 o 到直线 ab 的距离等于o 的半径，所以直线 ab 与o 相切 (2)连接 od，因为 oa2od，所以 o 不是 a，b，c，d 四点所在圆的圆心设 o是a，b，c，d四点所在圆的圆心，作直线 oo. 由已知

56、得 o 在线段 ab 的垂直平分线上，又 o在线段 ab 的垂直平分线上，所以ooab. 同理可证，oocd.所以 abcd. 2解：(1)证明：因为 dfec，所以defcdf，则有gdfdeffcb， dfcfdecddgcb， 所以dgfcbf，由此可得dgfcbf，因此cgfcbf180 ，所以b，c，g，f四点共圆 (2)由 b，c，g，f四点共圆，cgcb 知 fgfb，连接 gb. 由 g 为 rtdfc 斜边 cd 的中点，知 gfgc，故 rtbcgrtbfg，因此，四边形 bcgf 的面积 s 是gcb 面积 sgcb的 2倍，即 s2sgcb21212112. 3解：(1)如图，连接 pb，bc，则bfdpbabpd，pcdpcbbcd. 因为apbp，所以pbapcb，又bpdb