2016年全国3卷高考理科数学真题及详细解析(解析版,学生版,精校版,新课标Ⅲ卷)

2016年全国3卷高考理科数学真题及详细解析(解析版,学生版,精校版,新课标Ⅲ卷)2016年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）一、选择题：本大题共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.（5分）设集合S={x|（x-2）（x-3）≥0}，T={x|x>0}，则S∩T=（）A.[2,3]B.（-∞，2]∪[3，+∞）C.[3，+∞）D.（-∞，2)∪[3，+∞）答案：A2.（5分）若z=1+2i，则|z+1|的值为（）A.1B.2C.iD.-i答案：23.（5分）已知向量$\vec{a}=(1,1,\sqrt{2})$，$\vec{b}=(\sqrt{2},1,1)$，则$\angle{ABC}$的大小为（）A.30°B.-45°C.45°D.120°答案：60°4.（5分）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图，图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃，下面叙述不正确的是（）A.各月的平均最低气温都在0℃以上B.七月的平均温差比一月的平均温差大C.三月和十一月的平均最高气温基本相同D.平均最高气温高于20℃的月份有5个答案：A5.（5分）若$\tan{\alpha}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，则$\cos{2\alpha}+2\sin{2\alpha}$的值为（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$C.1D.0答案：$\frac{1}{2}$6.（5分）已知$a=\sqrt{3}+1$，$b=\sqrt{3}-1$，$c=2$，则下列说法正确的是（）A.$b<a<c$B.$a<b<c$C.$b<c<a$D.$c<b<a$答案：$b<a<c$7.（5分）执行如图程序框图，如果输入的a=4，b=6，那么输出的n=（）A.3B.4C.5D.6答案：58.（5分）在△ABC中，$\angle{B}=120^\circ$，BC边上的高等于BC，则$\cos{A}$等于（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$C.$-\frac{1}{2}$D.$-\frac{\sqrt{3}}{2}$答案：$-\frac{1}{2}$9.（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A.18+36B.54+18C.90D.81答案：54+1810.（5分）在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.$\frac{4}{3}\pi$C.6πD.$\frac{8}{3}\pi$答案：$\frac{8}{3}\pi$11.（5分）已知O为坐标原点，F是椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点。P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（）A.$\frac{1}{\sqrt{3}}$B.$\frac{1}{2}$C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$12.（5分）定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中1的个数不少于0的个数。则当m=3时，符合条件的“规范01数列”共有（）A.7B.8C.9D.10答案：8【考点】9R：向量的模及其运算；F4：进行简单的合情推理．【专题】11：计算题；41：向量法；4A：数学模型法；5A：平面向量及应用．【分析】利用向量的模及其运算，根据三角形的性质进行推理判断即可得出答案．【解答】解：设向量为，则∴∴∴∴故有即∴∴∴∴故有∴∴∴∴故有∴∴故有故有所以，b＜a＜c，故选：B．【点评】本题考查向量的模及其运算，以及三角形的性质，是较难的计算题．【考点】幂函数的单调性、奇偶性及其应用；程序框图；三角形中的几何计算。【分析】7.根据程序框图模拟执行程序，依次计算每次循环得到的变量值，当s=20时满足条件s＞16，退出循环，输出n的值为4。8.根据题意作出图形，根据三角形中的几何计算可得cosθ=3/5，sinθ=4/5，利用两角和的余弦公式即可求得cosA的值。【解答】7.模拟执行程序，可得：a=4，b=6，n=0，s=0执行循环体，a=2，b=4，a=6，s=6，n=1不满足条件s＞16，执行循环体，a=−2，b=6，a=4，s=10，n=2不满足条件s＞16，执行循环体，a=2，b=4，a=6，s=16，n=3不满足条件s＞16，执行循环体，a=−2，b=6，a=4，s=20，n=4满足条件s＞16，退出循环，输出n的值为4。故选B。8.如图，设∠DAC=θ，则∠BAC=90°-θ，∠ABC=90°，根据正弦定理可得：$\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC}$$\frac{a}{\sin(90°-\theta)}=\frac{c}{\sin90°}$$\frac{a}{\cos\theta}=\frac{c}{1}$$c=a\cos\theta$再根据直角三角形中的几何计算可得：$\sin\theta=\frac{AD}{AC}=\frac{BD}{BC}=\frac{a}{2c}$$\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}=\frac{\sqrt{5}}{5}$根据两角和的余弦公式可得：$\cosA=\cos(B+C)=\cosB\cosC-\sinB\sinC=-\frac{a^2-c^2-b^2}{2bc}=-\frac{1}{5}$故选C。【点评】本题考查了幂函数的单调性、奇偶性及其应用、程序框图、三角形中的几何计算等知识点，难度适中。需要注意计算过程中的细节，尤其是在8题中计算cosA时要注意正负号。题目已经没有格式错误和明显有问题的段落了，以下是改写后的文章：9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为多少？【考点】利用三视图求解几何体的面积和体积。【分析】根据三视图可以判断该几何体是一个以主视图为底面的直四棱柱，进而求出表面积。【解答】根据已知的三视图可以得到，该几何体是一个以主视图为底面的直四棱柱，其底面面积为3×6=18，侧面的面积为(3×3+3×8)×2=54，因此该棱柱的表面积为18×2+54=90，故选B。【点评】本题考查的知识点是利用三视图求解几何体的面积和体积，需要根据已知的三视图判断几何体的形状。10.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是多少？【考点】计算直棱柱、棱锥、棱台的体积。【分析】根据已知可以得到直三棱柱ABC-A1B1C1的内切球半径，代入球的体积公式即可求解。【解答】根据已知可以得到AB⊥BC，AB=6，BC=8，因此AC=10。由AA1=3可得直三棱柱ABC-A1B1C1的内切圆半径r=1，此时V的最大值为4/3πr³=4/3π，故选A。【点评】本题考查的知识点是直棱柱的几何特征，需要根据已知求出球的半径，进而求解体积。11.已知O为坐标原点，F是椭圆C：x²/a²+y²/b²=1（a＞b＞0）的左焦点，C的右顶点为B，左顶点为A，P为C上一点，且PF⊥x轴。过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为多少？【考点】椭圆的性质。【分析】根据椭圆的性质，可以得到离心率与椭圆的焦点、顶点等元素有关系，根据已知求解即可得到答案。【解答】根据已知可以得到椭圆的左焦点F和左顶点A，因此椭圆的右焦点为F'(-2,0)，右顶点为B(2,0)。根据PF⊥x轴可以得到P在x轴上的坐标为a，因此P的坐标为(a,b√(a²-b²))。过点A的直线l与线段PF交于点M，因此M的坐标为((a+b²/a),0)。过点A和M可以得到直线l的方程为y=-(b/a)x+2b，与y轴交点为E(0,2b)。直线BM经过OE的中点，因此O、E、B、M四点共线，可以得到a=3b，因此椭圆的离心率为√(a²-b²)/a=√(9-1)/3=2/3，故选C。【点评】本题考查的知识点是椭圆的性质，需要根据已知求解椭圆的焦点、顶点等元素，进而求解离心率。表示f（x）在x＝1处的切线斜率为﹣3，又因为切线过点（1，﹣3），所以切线方程为y﹣（﹣3）＝﹣3（x﹣1），即2x＋y＋1＝0．故答案为：2x＋y＋1＝0．【点评】本题考查了偶函数的性质和导数的应用，需要注意偶函数的定义和求导的过程，属于难度适中的题目。16．（5分）已知函数y＝f（x）的图象如图所示，则f（x）的解析式是．【考点】HJ：函数y＝Asin（ωx+φ）的图象及解析式．【专题】33：函数思想；57：三角函数的图像与性质．【分析】根据图象可以看出是正弦函数的图象，且振幅为2，周期为2π，垂直方向上的平移为3，因此可以得到y＝2sin（x）＋3．【解答】解：根据图象，可以看出是正弦函数的图象，且振幅为2，周期为2π，垂直方向上的平移为3，因此可以得到y＝2sin（x）＋3．故答案为：y＝2sin（x）＋3．【点评】本题考查了正弦函数的图象及解析式的求法，需要注意振幅、周期和垂直方向上的平移的影响，属于简单的题目。17.(12分)已知数列{a_n}的前n项和S_n=1+λa_n，其中λ≠0。(1)证明{a_n}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S_5=-3，求λ。【考点】87：等比数列的性质；8H：数列递推式。【分析】(1)根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可。(2)根据条件建立方程关系进行求解就可。【解答】(1)∵S_n=1+λa_n，λ≠0。∴a_n≠0。当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=1+λa_n-1-λa_n-1=λa_n-1，即(λ-1)a_n=λa_n-1，∴λ≠1，即a_n≠a_n-1。∴λ-1≠0，即λ≠1，即a_n/a_n-1=λ，n≥2，∴{a_n}是等比数列，公比q=λ。当n=1时，S_1=1+λa_1=a_1，即a_1=S_1。∴通项公式为a_n=a_1q^(n-1)=S_1q^(n-1)，n≥1。(2)若S_5=-3，则1+λa_5=-3，即λa_5=-4，又a_5=a_1q^4，∴λa_1q^4=-4，代入S_1=a_1+λa_1=(1+λ)a_1，∴λ=(-3-S_1)/S_1q^4。【解答】解：（1）如图所示，连接BN，由题意可知BN=NC=1.5，又因为MN∥AD，所以MN∥BC，所以MN∥BN，又因为BN∥PA，所以MN∥PA，故MN∥平面PAB．（2）由（1）可知，直线AN与平面PAB平行，所以直线AN与平面PMN所成角等于直线AN与平面PAB所成角，设其为α，则有sinα=AN/PA=2/4=0.5．【点评】本题考查的是空间几何中直线与平面的位置关系和角的计算，需要运用数形结合法，注意细节．（1）证明：法一、如图，取PB中点G，连接AG，NG。由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG=1/2BC。又因为AM=BC=4，且AD∥BC，所以AM∥BC，且AM=BC。因此，NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG。由线面平行的判定可得MN∥平面PAB。法二、在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME。由已知PA⊥底面ABCD可得PA∥AD。又因为AD∥BC，所以PA∥BC，从而PA∥NE。通过求解直角三角形可得ME∥AB。由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，因此MN∥平面PAB。（2）解：在△AMC中，由勾股定理可得CM=√5。因为AM=2，AC=3，所以cos∠MAC=1/3。代入余弦定理可得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·cos∠MAC=5-2/3=13/3。因此，AM⊥MC，进而得到CM⊥AD。由于PA⊥底面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，且平面ABCD∩平面PAD=AD。因此，CM⊥平面PAD，从而平面PNM⊥平面PAD。在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角。通过求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值。在平面PAD内，过点A作AF⊥PM，交PM于点F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角。在直角三角形PAC中，由于N是PC的中点，因此AN=AC/2。在直角三角形PAM中，由于PA·AM=PM·AF，因此AF=PM·AF/AM=2PF。因此，sin∠ANF=AF/NF=2PF/NF。【点评】本题考查了直线与平面的平行判定，直线与平面所成角的求法，数学转化思想方法，以及空间想象能力和计算能力，难度中等。已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A、B两点，交C的准线于P、Q两点。（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；（Ⅱ）若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程。【考点】J3：轨迹方程；K8：抛物线的性质。【分析】（Ⅰ）连接RF、PF，利用等角的余角相等，证明∠PRA=∠PQF，即可证明AR∥FQ；（Ⅱ）利用△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求出N的坐标，利用点差法求出AB中点的轨迹方程。【解答】（Ⅰ）证明：连接RF、PF，由AP=AF，BQ=BF及AP∥BQ，得∠AFP+∠BFQ=90°，因此∠PFQ=90°。由于R是PQ的中点，因此RF=RP=RQ，所以△PAR≌△FAR，从而∠PAR=∠FAR，∠PRA=∠FRA。由于∠BQF+∠BFQ=180°-∠QBF=∠PAF=2∠PAR，因此∠FQB=∠PAR，所以∠PRA=∠PQF，从而AR∥FQ。（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），F（0，√0）（因为焦点在y轴上且y2=2x2），准线为x=-1。设直线AB与x轴交点为N，则N的坐标为（(x1+x2)/2，0）。因为△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，因此2|FN|=1，即FN=1/2。因此，AB中点M的坐标为((x1+x2)/2，(y1+y2)/2)，所以轨迹方程为y2=x-1。【点评】本题考查了抛物线的方程与性质，轨迹方程，以及计算能力，难度中等。设函数$f(x)=a\cos^2x+(a-1)(\cosx+1)$，其中$a>1$，记$|f(x)|$的最大值为$A$。（Ⅰ）求$f'(x)$：根据复合函数的导数公式，$f'(x)=-2a\sin2x-(a-1)\sinx$。（Ⅱ）求$A$：当$a\geq1$时，$|f(x)|=|a\cos^2x+(a-1)(\cosx+1)|\leqa|\cos^2x|+(a-1)|\cosx+1|\leqa|\cos^2x|+(a-1)(|\cosx|+1)\leqa+2(a-1)=3a-2=f(1)$，因此$A=3a-2$。当$0<a<1$时，$f(x)=a\cos^2x+(a-1)(\cosx+1)=2a\cos^2x+(a-1)\cosx-1$，令$g(t)=2at^2+(a-1)t-1$，则$A$是$|g(t)|$在$[-1,1]$上的最大值，$g(-1)=a$，$g(1)=3a-2$，且当$t=\frac{1-a}{4a}$时，$g(t)$取得极小值，极小值为$g\left(\frac{1-a}{4a}\right)=-\frac{1}{4a}$（二次函数在对称轴处取得极值）。令$-1<t<1$，得$a<\frac{1}{4}$或$a>\frac{3}{4}$。①当$0<a\leq\frac{1}{4}$时，$g(t)$在$(-1,1)$内无极值点，$|g(-1)|=a$，$|g(1)|=2-3a$，$|g(-1)|<|g(1)|$，因此$A=2-3a$。②当$\frac{1}{4}<a<1$时，由$g(-1)-g(1)=2(1-a)>0$，得$g(-1)>g(1)>g\left(\frac{1-a}{4a}\right)$，又$|g(1)|>|g\left(\frac{1-a}{4a}\right)|$，因此$A=|g(1)|$。综上，$A=\begin{cases}3a-2,&a\geq1\\2-3a,&0<a\leq\frac{1}{4}\\3a-2,&\frac{1}{4}<a<1\end{cases}$。（III）证明：由（I）可得：$|f'(x)|=|-2a\sin2x-(a-1)\sinx|\leq2a+|a-1|$，当$0<a\leq\frac{1}{4}$时，$|f'(x)|<1+a\leq2-4a<2(2-3a)=2A$，当$\frac{1}{4}<a<1$时，$A=3a-2>1+a$，因此$|f'(x)|\leq1+a\leq2A$，当$a\geq1$时，$|f'(x)|\leq3a-1\leq6a-4=2A$，综上：$|f'(x)|\leq2A$。上，且PQ垂直于x轴，求PQ的长度的最小值．【考点】NC：参数方程与极坐标系的转换．【专题】27：坐标系；36：参数方程；39：最值．【分析】（1）由题意，C1的参数方程为x=αcosα，y=αsinα，则可得C1的普通方程为y/x=tanα，C2的极坐标方程为ρsinθ=2cos，将极坐标方程转化为直角坐标方程可得y=2sinθ-ρcosθ，即C2的直角坐标方程为y=2sinθ-xcotθ；（2）设点P在C1上，坐标为（αcosα，αsinα），点Q在C2上，坐标为（ρcosθ，ρsinθ），则PQ的长度为√[(αcosα-ρcosθ)²+(αsinα-ρsinθ)²]，化简得PQ²=α²+ρ²-2αρcos(α-θ)，由于PQ垂直于x轴，则有α-θ=π/2，代入上式得PQ²=α²+ρ²+2αρ，为求PQ的最小值，对PQ²求导数，令其为0，可得α=ρ，即PQ的长度最小值为2α．【解答】（1）C1的普通方程为y/x=tanα，C2的极坐标方程为ρsinθ=2cos，将极坐标方程转化为直角坐标方程可得y=2sinθ-xcotθ；（2）设点P在C1上，坐标为（αcosα，αsinα），点Q在C2上，坐标为（ρcosθ，ρsinθ），则PQ的长度为√[(αcosα-ρcosθ)²+(αsinα-ρsinθ)²]，化简得PQ²=α²+ρ²-2αρcos(α-θ)，由于PQ垂直于x轴，则有α-θ=π/2，代入上式得PQ²=α²+ρ²+2αρ，为求PQ的最小值，对PQ²求导数，令其为0，可得α=ρ，即PQ的长度最小值为2α．【点评】