2016高考題數(shù)學(xué)文真題匯編-答案

1、1 / 30參考答案與解析專題 1集合與常用邏輯用語1解析：選 b.因為 a1，3，5，7，bx|2x5，所以 ab3，5故選 b.2解析：選 d.易知 bx|3x3，又 a1，2，3，所以 ab1，23解析：選 c.由補集的概念，得ab0，2，6，10，故選 c.4解析：選 a.由題知 ab1，3，4，5，所以u(ab)2，6故選 a.5解析：選 c.由 xy 推不出 x|y|，由 x|y|能推出 xy，所以“xy”是“x|y|”的必要而不充分條件6解析：選 a.當(dāng) b0 時，x1212，所以 fx1212 fx1212 ，即 f(x1)f(x)，所以 f(6)f(5)f(4)f(1)f(1

2、)2.6解析：選 d.易知 y2x2e|x|是偶函數(shù)，設(shè) f(x)2x2e|x|，則 f(2)222e28e2，所以 0f(2)1，所以排除 a，b；當(dāng) 0 x2 時，y2x2ex，所以 y4xex，又(y)4ex，當(dāng) 0 xln 4 時，(y)0，當(dāng) ln 4x2 時，(y)0，所以 y4xex在(0，ln 4)單調(diào)遞增，在(ln 4，2)單調(diào)遞減，所以 y4xex在0，2有1y4(ln 41)，所以 y4xex在0，2存在零點，所以函數(shù) y2x2ex在0，)單調(diào)遞減，在(，2單調(diào)遞增，排除c，故選 d.7解析：選 d.由于函數(shù) ysin x2是一個偶函數(shù)，選項 a、c 的圖象都關(guān)于原點對稱

3、，所以不正確；選項 b 與選項 d 的圖象都關(guān)于 y 軸對稱，在選項 b 中，當(dāng) x2時，函數(shù) ysin x21，顯然不正確，當(dāng) x2時，ysin x21，而2200，即 1.12x21.3xlg21.3lg 1.12lg 2lg 1.3lg 1.120.300.110.053.8，所以該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過 200萬元的年份是 2019 年9解析：法一：(通性通法之分離常數(shù)法)f(x)xx1x11x111x1，x2，x11，01x11，11x1(1，2，故當(dāng) x2 時，函數(shù) f(x)xx1取得最大值 2.法二：(光速解法之反解法)令 yxx1，xyyx，xyy1.x2，yy12，y

4、y122yy10，解得 1y2，故函數(shù) f(x)的最大值為 2.法三：(光速解法之導(dǎo)數(shù)法)f(x)xx1，3 / 30f(x)x1x（x1）21（x1）20，函數(shù) f(x)在2，)上單調(diào)遞減，故當(dāng) x2 時，函數(shù) f(x)xx1取得最大值 2.答案：2專題 3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1解析：選 d.函數(shù) y11x，yln(x1)在(1，1)上都是增函數(shù)，函數(shù) ycos x 在(1，0)上是增函數(shù)，在(0，1)上是減函數(shù)，而函數(shù) y2x(12)x在(1，1)上是減函數(shù)，故選 d.2解析：當(dāng) x0 時，x0，則 f(x)ex1x.又 f(x)為偶函數(shù)，所以 f(x)f(x)exex，所以當(dāng) x0 時，f(x)

5、ex11，則曲線 yf(x)在點(1，2)處的切線的斜率為 f(1)2，所以切線方程為 y22(x1)，即 y2x.答案：y2x3解析：由題意得 f(x)(2x3)ex，則得 f(0)3.答案：34解：(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(i)設(shè) a0，則當(dāng) x(，1)時，f(x)0；當(dāng) x(1，)時，f(x)0，所以 f(x)在(，1)單調(diào)遞減，在(1，)單調(diào)遞增(ii)設(shè) a0，由 f(x)0 得 x1 或 xln(2a)若 ae2，則 f(x)(x1)(exe)，所以 f(x)在(，)單調(diào)遞增若 ae2，則 ln(2a)1，故當(dāng) x(，ln(2a)(1，)時，f(x

6、)0；當(dāng)x(ln(2a)，1)時，f(x)0，所以 f(x)在(，ln(2a)，(1，)單調(diào)遞增，在(ln(2a)，1)單調(diào)遞減若 ae2，則 ln(2a)1，故當(dāng) x(，1)(ln(2a)，)時，f(x)0；當(dāng)x(1，ln(2a)時，f(x)0，所以 f(x)在(，1)，(ln(2a)，)單調(diào)遞增，在(1，ln(2a)單調(diào)遞減(2)(i)設(shè) a0，則由(1)知，f(x)在(，1)單調(diào)遞減，在(1，)單調(diào)遞增又 f(1)e，f(2)a，取 b 滿足 b0 且 blna2，則 f(b)a2(b2)a(b1)2a(b232b)4 / 300.所以 f(x)有兩個零點(ii)設(shè) a0，則 f(x)(

7、x2)ex，所以 f(x)只有一個零點(iii)設(shè) a0，若 ae2，則由(1)知，f(x)在(1，)單調(diào)遞增，又當(dāng) x1 時，f(x)0，故 f(x)不存在兩個零點；若 ae2，則由(1)知，f(x)在(1，ln (2a)單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)單調(diào)遞增，又當(dāng) x1 時，f(x)0，故 f(x)不存在兩個零點綜上，a 的取值范圍為(0，)5解：(1)f(x)的定義域為(0，)當(dāng) a4 時，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(x)ln x1x3，f(1)2，f(1)0.曲線 yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為 2xy20.(2)當(dāng) x(1，)時，f(x)0 等價于 ln xa（

8、x1）x10.設(shè) g(x)ln xa（x1）x1，則g(x)1x2a（x1）2x22（1a）x1x（x1）2，g(1)0.()當(dāng) a2，x(1，)時，x22(1a)x1x22x10，故 g(x)0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，因此 g(x)0；()當(dāng) a2 時，令 g(x)0 得x1a1 （a1）21，x2a1 （a1）21.由 x21 和 x1x21 得 x11，故當(dāng) x(1，x2)時，g(x)0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，此時 g(x)g(1)0.綜上，a 的取值范圍是(，26解：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域為(0，)，f(x)1x1，令 f(x)0 解得 x1.當(dāng) 0 x1

9、時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x1 時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減(2)證明：由(1)知 f(x)在 x1 處取得最大值，最大值為 f(1)0.所以當(dāng) x1 時，ln xx1.故當(dāng) x(1，)時，ln xx1，ln1x1x1，即 1x1ln xx.(3)證明：由題設(shè) c1，設(shè) g(x)1(c1)xcx，則 g(x)c1cxln c，令 g(x)0，5 / 30解得 x0lnc1ln cln c.當(dāng) xx0時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng) xx0時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減由(2)知 1c1ln cc，故 0 x01.又 g(0)g(1)0，故當(dāng) 0 x1 時，g(x)0.所以

10、當(dāng) x(0，1)時，1(c1)xcx.7解：(1)由 f(x)ln x2ax2a，可得 g(x)ln x2ax2a，x(0，)則 g(x)1x2a12axx.當(dāng) a0，x(0，)時，g(x)0，函數(shù) g(x)單調(diào)遞增；當(dāng) a0，x0，12a 時，g(x)0，函數(shù) g(x)單調(diào)遞增，x12a，時，函數(shù) g(x)單調(diào)遞減所以當(dāng) a0 時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，)；當(dāng) a0 時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為0，12a ，單調(diào)減區(qū)間為12a，.(2)由(1)知，f(1)0.當(dāng) a0 時，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng) x(0，1)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以 f(x)在 x1 處取得極小值，不合題意

11、當(dāng) 0a1，由(1)知 f(x)在0，12a 內(nèi)單調(diào)遞增，可得當(dāng) x(0，1)時，f(x)0.所以 f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在1，12a 內(nèi)單調(diào)遞增，所以 f(x)在 x1 處取得極小值，不合題意當(dāng) a12時，12a1，f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng) x(0，)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意當(dāng) a12時，012a0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng) x(1，)時，f(x)12.專題 4三角函數(shù)與解三角形1解析：選 d.由余弦定理，得 4b222bcos a5，整理得 3b28b30，解得 b3 或 b13(舍去)，故選 d.2解析：選 d.函數(shù) y2sin

12、2x6 的周期為，所以將函數(shù) y2sin2x6 的圖象向右平移4個單位長度后，得到函數(shù)圖象對應(yīng)的解析式為 y2sin2x4 62sin2x3 .故選d.3解析：選 a.由題圖易知 a2，因為周期 t 滿足t236 ，所以 t，2t2.由 x3時，y2 可知 2322k(kz)，所以62k(kz)，結(jié)合選項可知函數(shù)解析式為 y2sin2x6 .4解析：選 b.f(x)12sin2x6sin x2sin x322112，因為 sin x1，1，所以當(dāng) sin x1 時，f(x)取得最大值，且 f(x)max5.5解析：選 d.法一：(通性通法)由 tan 13，得 sin 1010，cos 3 1

13、010或 sin 1010，cos 3 1010，所以 cos 2cos2sin245，故選 d.法二：(光速解法)cos 2cos2sin2cos2sin21tan21tan21132113245.6解析：選 d.設(shè) bc 邊上的高為 ad，則 bc3ad，dc2ad，所以 acad2dc2 5ad.由正弦定理，知acsin bbcsin a，即5ad223adsin a，解得 sin a3 1010，故選d.7解析：選 c.由余弦定理得 a2b2c22bccos a2b22b2cos a，所以 2b2(1sin a)2b2(1cos a)，所以 sin acos a，即 tan a1，又

14、0a，所以 a4.7 / 308解析：選 a.函數(shù) ysin x 的圖象向左平行移動3個單位長度可得到 ysinx3 的圖象9解析：法一：(通性通法)因為 sin4 35，所以 cos4 sin24sin4 35，因為為第四象限角，所以22k2k，kz，所以342k42k4，kz，所以 sin4 135245，所以 tan4 sin4cos443.法二：(光速解法)因為是第四象限角，且 sin4 35，所以4為第一象限角，所以 cos4 45，所以 tan4 sin4cos4cos24sin24cos4sin443.答案：4310解析：由條件可得 sin a35，sin c1213，從而有 s

15、in bsin (ac)sin(ac)sin acos ccos asin c6365.由正弦定理asin absin b，可知 basin bsin a2113.答案：211311解析：因為 ysin x 3cos x2sinx3 ，所以函數(shù) ysin x 3cos x 的圖象可8 / 30由函數(shù) y2sin x 的圖象至少向右平移3個單位長度得到答案：312解析：2cos2xsin 2xcos 2xsin 2x1 2sin2x4 1，故 a 2，b1.答案： 2113解：(1)因為 f(x)2sin xcos xcos 2xsin 2xcos 2x 2sin(2x4)，所以 f(x)的最小

16、正周期 t22.依題意，解得1.(2)由(1)知 f(x) 2sin(2x4)函數(shù) ysin x 的單調(diào)遞增區(qū)間為2k2，2k2(kz)由 2k22x42k2(kz)，得 k38xk8(kz)所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為k38，k8(kz)14解：(1)在abc 中，由asin absin b，可得 asin bbsin a，又由 asin 2b 3bsin a，得 2asin bcos b 3bsin a 3asin b，所以 cos b32，得 b6.(2)由 cos a13，可得 sin a2 23，則sin csin(ab)sin(ab)sin(a6)32sin a12cos a2

17、616.15解：(1)因為 cos b45，0b，9 / 30所以 sin b 1cos2b145235.由正弦定理知acsin babsin c，所以 abacsin csin b622355 2.(2)在abc 中，abc，所以 a(bc)，于是 cos acos(bc)cosb4cos bcos4sin bsin4，又 cos b45，sin b35，故 cos a45223522210.因為 0an2，故 bn3n1n2，n3.設(shè)數(shù)列bn的前 n 項和為 tn，則 t12，t23.當(dāng) n3 時，tn39（13n2）13（n7）（n2）23nn25n112，所以 tn2，n1，3nn25

18、n112，n2，nn*.專題 7不等式、推理與證明13 / 301解析：選 b.不等式組xy302xy30 x2y30表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其中a(1，2)、b(2，1)，當(dāng)兩條平行直線間的距離最小時，兩平行直線分別過點 a 與 b，又兩平行直線的斜率為 1，直線 ab 的斜率為1，所以線段 ab 的長度就是過 a、b 兩點的平行直線間的距離，易得|ab| 2，即兩條平行直線間的距離的最小值是 2，故選 b.2解析：選 c.不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其中 a(0，3)，b(3，1)，c(0，2)，顯然在點 b 處 x2y2取得最大值 10.3解析：設(shè)某高科技企業(yè)生產(chǎn)

19、產(chǎn)品 a 和產(chǎn)品 b 分別為 x 件，y 件，生產(chǎn)產(chǎn)品 a、產(chǎn)品b 的利潤之和為 z 元，依題意得1.5x0.5y150，x0.3y90，5x3y600，xn，yn，即3xy300，10 x3y900，5x3y600，xn，yn，目標(biāo)函數(shù)為 z2 100 x900y.其可行域為四邊形 omnc 及其內(nèi)部區(qū)域中的整點，其中點 o(0，0)，m(0，200)，n(60，100)，c(90，0)，當(dāng)直線 z2 100 x900y 經(jīng)過點 n(60，100)時，z 取得最大值，zmax14 / 302 10060900100216 000，即生產(chǎn)產(chǎn)品 a、產(chǎn)品 b 的利潤之和的最大值為 216 000

20、元答案：216 0004解析：法一：(通性通法)作出可行域，如圖中陰影部分所示，由 zx2y 得 y12x12z，作直線 y12x 并平移，觀察可知，當(dāng)直線經(jīng)過點 a(3，4)時，zmin3245.法二：(光速解法)因為可行域為封閉區(qū)域，所以線性目標(biāo)函數(shù)的最值只可能在邊界點處取得，易求得邊界點分別為(3，4)，(1，2)，(3，0)，依次代入目標(biāo)函數(shù)可求得 zmin5.答案：55解析：由丙所言可能有兩種情況一種是丙持有“1 和 2”，結(jié)合乙所言可知乙持有“2 和 3”，從而甲持有“1 和 3”，符合甲所言情況；另一種是丙持有“1 和 3”，結(jié)合乙所言可知乙持有“2 和 3”，從而甲持有“1 和

21、 2”，不符合甲所言情況故甲持有“1 和3”答案：1 和 36.解析：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，由圖知當(dāng) z2x3y5經(jīng)過點 a(1，1)時，z 取得最小值，zmin2(1)3(1)510.答案：10專題 8立體幾何1解析：選 a.由正方體的體積為 8 可知，正方體的棱長 a2.又正方體的體對角線是其外接球的一條直徑，即 2r 3a(r 為正方體外接球的半徑)，所以 r 3，故所求球的表面積 s4r212.2解析：選 a.由三視圖可知該幾何體是半徑為 r 的球截去18所得，其圖象如圖所示，所以7843r3283，解得 r2，所以該幾何體的表面積 s784r2314r217

22、.故選 a.15 / 303解析：選 c.該幾何體的表面積由圓錐的側(cè)面積、圓柱的側(cè)面積和圓柱的一個底面圓的面積組成其中，圓錐的底面半徑為 2，母線長為 （2 3）2224，圓柱的底面半徑為2，高為 4，故所求表面積 s242242228.4解析：選 b.由三視圖，知該幾何體是一個斜四棱柱，所以該幾何體的表面積 s236233233 55418 5，故選 b.5解析：選 b.由正視圖、俯視圖得原幾何體的形狀如圖所示，則該幾何體的側(cè)視圖為b.6解析：選 c.選項 a，只有當(dāng) m或 m時，ml；選項 b，只有當(dāng) m時，mn；選項 c，由于 l，nl；選項 d，只有當(dāng) m或 m時，mn.故選 c.7解

23、析：選 a.如圖，過點 a 補作一個與正方體 abcda1b1c1d1相同棱長的正方體，易知平面為平面 af1e，則 m，n 所成角為eaf1，因為eaf1為正三角形，所以 sineaf1sin 6032，故選 a.8解析：選 b.要使球的體積 v 最大，必須球的半徑 r 最大由題意，知當(dāng)球與直三棱柱的上、下底面都相切時，球的半徑取得最大值，為32，此時球的體積為43r34332392，故選 b.9解：(1)證明：因為 p 在平面 abc 內(nèi)的正投影為 d，所以 abpd.因為 d 在平面 pab 內(nèi)的正投影為 e，所以 abde.所以 ab平面 ped，故 abpg.又由已知，可得 papb

24、，所以 g 是 ab 的中點(2)在平面 pab 內(nèi)，過點 e 作 pb 的平行線交 pa 于點 f，f 即為 e 在平面 pac 內(nèi)的正投16 / 30影理由如下：由已知可得 pbpa，pbpc，又 efpb，所以 efpa，efpc，因此ef平面 pac，即點 f 為 e 在平面 pac內(nèi)的正投影連接 cg，因為 p 在平面 abc 內(nèi)的正投影為 d，所以 d 是正三角形 abc 的中心由(1)知，g 是 ab 的中點，所以 d 在 cg 上，故 cd23cg.由題設(shè)可得 pc平面pab，de平面 pab，所以 depc，因此 pe23pg，de13pc.由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形

25、且 pa6，可得 de2，pe2 2.在等腰直角三角形 efp 中，可得 efpf2.所以四面體 pdef 的體積 v131222243.10解：(1)證明：由已知得 acbd，adcd.又由 aecf 得aeadcfcd，故 acef.由此得 efhd，efhd，所以 achd.(2)由 efac 得ohdoaead14.由 ab5，ac6 得 dobo ab2ao24.所以 oh1，dhdh3.于是 od2oh2(2 2)2129dh2，故 odoh.由(1)知，achd，又 acbd，bdhdh，所以 ac平面 bhd，于是 acod.又由 odoh，acoho，所以 od平面 abc.

26、又由efacdhdo得 ef92.五邊形 abcfe 的面積 s126812923694.所以五棱錐 dabcfe 的體積 v136942 223 22.11解：(1)證明：由已知得 am23ad2.取 bp 的中點 t，連接 at，tn，由 n為 pc 的中點知 tnbc，17 / 30tn12bc2.又 adbc，故 tn 綊 am，四邊形 amnt 為平行四邊形，于是 mnat.因為 at平面 pab，mn平面 pab，所以 mn平面 pab.(2)因為 pa平面 abcd，n 為 pc 的中點，所以 n到平面 abcd 的距離為12pa.取 bc 的中點 e，連接 ae，由 abac3

27、 得 aebc，ae ab2be2 5.由 ambc 得 m 到 bc 的距離為 5，故 sbcm124 52 5.所以四面體 nbcm 的體積 vnbcm13sbcmpa24 53.12解：(1)證明：因為 pc平面 abcd，所以 pcdc.又因為 dcac，所以 dc平面 pac.(2)證明：因為 abdc，dcac，所以 abac.因為 pc平面 abcd，所以 pcab.所以 ab平面 pac.所以平面 pab平面 pac.(3)棱 pb 上存在點 f，使得 pa平面 cef.證明如下：如圖，取 pb 中點 f，連接 ef，ce，cf.又因為 e為 ab 的中點，所以 efpa.又因

28、為 pa平面 cef，所以 pa平面 cef.13解：(1)證明：取 bd 的中點 o，連接 oe，og.在bcd 中，因為 g 是 bc 的中18 / 30點，所以 ogdc 且 og12dc1，又因為 efab，abdc，所以 efog 且 efog，即四邊形 ogfe 是平行四邊形，所以 fgoe.又 fg平面 bed，oe平面 bed，所以 fg平面 bed.(2)證明：在abd 中，ad1，ab2，bad60，由余弦定理可得 bd 3，進而adb90，即 bdad.又因為平面 aed平面 abcd，bd平面 abcd，平面aed平面 abcdad，所以 bd平面 aed.又因為 bd

29、平面 bed，所以平面 bed平面 aed.(3)因為 efab，所以直線 ef 與平面 bed 所成的角即為直線 ab 與平面 bed 所成的角過點 a 作 ahde 于點 h，連接 bh.又平面 bed平面 aeded，由(2)知，ah平面 bed，所以直線 ab 與平面 bed 所成的角即為abh.在ade 中，ad1，de3，ae 6，由余弦定理得 cosade23，所以 sinade53，因此，ahadsinade53.在 rtahb 中，sinabhahab56.所以，直線 ef 與平面 bed 所成角的正弦值為56.14證明：(1)在直三棱柱 abca1b1c1中，a1c1ac.

30、在abc 中，因為 d，e 分別為 ab，bc 的中點，所以 deac，于是 dea1c1.又 de平面 a1c1f，a1c1平面 a1c1f，所以直線 de平面 a1c1f.(2)在直三棱柱 abca1b1c1中，a1a平面 a1b1c1.因為 a1c1平面 a1b1c1，所以 a1aa1c1.又 a1c1a1b1，a1a平面 abb1a1，a1b1平面 abb1a1，a1aa1b1a1，所以 a1c1平面 abb1a1.因為 b1d平面 abb1a1，所以 a1c1b1d.19 / 30又 b1da1f，a1c1平面 a1c1f，a1f平面 a1c1f，a1c1a1fa1，所以 b1d平面

31、 a1c1f.因為直線 b1d平面 b1de，所以平面 b1de平面 a1c1f.15證明：(1)因為 efdb，所以 ef 與 db 確定平面 bdef.連接 de.因為 aeec，d 為 ac 的中點，所以 deac.同理可得 bdac.又 bdded，所以 ac平面 bdef，因為 fb平面 bdef，所以 acfb.(2)設(shè) fc 的中點為 i，連接 gi，hi.在cef 中，因為 g 是 ce 的中點，所以 gief.又 efdb，所以 gidb.在cfb 中，因為 h 是 fb 的中點，所以 hibc，又 higii，20 / 30所以平面 ghi平面 abc.因為 gh平面 gh

32、i，所以 gh平面 abc.16解：(1)取棱 ad 的中點 m(m平面 pad)，點 m 即為所求的一個點理由如下：因為 adbc，bc12ad，所以 bcam，且 bcam，所以四邊形 amcb 是平行四邊形，從而 cmab.又 ab平面 pab，cm平面 pab，所以 cm平面 pab.(說明：取棱 pd 的中點 n，則所找的點可以是直線 mn 上任意一點)(2)證明：由已知，paab，pacd，因為 adbc，bc12ad，所以直線 ab 與 cd 相交所以 pa平面 abcd.從而 pabd.連接 bm，因為 adbc，bc12ad，所以 bcmd，且 bcmd.所以四邊形 bcdm

33、 是平行四邊形所以 bmcd12ad，所以 bdab.又 abapa，所以 bd平面 pab.又 bd平面 pbd，所以平面 pab平面 pbd.專題 9平面解析幾何1解析：選 a.由題可知，圓心為(1，4)，結(jié)合題意得|a41|a211，解得 a43.2解析：選 d.由題意得 2p4，p2，拋物線的焦點坐標(biāo)為(1，0)3解析：選 b.由題知圓 m：x2(ya)2a2，圓心(0，a)到直線 xy0 的距離 d21 / 30a2，所以 2a2a222 2，解得 a2.圓 m，圓 n 的圓心距|mn| 2，兩圓半徑之差為1，故兩圓相交4解析：選 b.法一：(通性通法)不妨設(shè)直線 l 過橢圓的上頂點

34、(0，b)和左焦點(c，0)，b0，c0，則直線 l 的方程為 bxcybc0，由已知得bcb2c2142b，解得 b23c2，又 b2a2c2，所以c2a214，即 e214，所以 e12(e12舍去)，故選 b.法二：(光速解法)不妨設(shè)直線 l 過橢圓的上頂點(0，b)和左焦點(c，0)，b0，c0，則直線 l 的方程為 bxcybc0，由已知得bcb2c2142b，所以bca142b，所以 eca12，故選 b.5解析：選 d.易知拋物線的焦點為 f(1，0)，設(shè) p(xp，yp)，由 pfx 軸可得 xp1，代入拋物線方程得 yp2(2 舍去)，把 p(1，2)代入曲線 ykx(k0)

35、得 k2.6解析：選 a.由題意，不妨設(shè)點 p 在 x 軸上方，直線 l 的方程為 yk(xa)(k0)，分別令 xc 與 x0，得|fm|k(ac)，|oe|ka，設(shè) oe 的中點為 g，由obgfbm，得|og|fm|ob|bf|，即ka2k（ac）aac，整理得ca13，所以橢圓 c 的離心率 e13，故選 a.7解析：圓 c 的方程可化為 x2(ya)2a22，可得圓心的坐標(biāo)為 c(0，a)，半徑 ra22，所以圓心到直線 xy2a0 的距離為|a2a|2|a|2，所以|a|22( 3)2( a22)2，解得 a22，所以圓 c 的半徑為 2，所以圓 c的面積為 4.答案：48解析：設(shè)

36、 a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，0)，d(x4，0)，由 x 3y60，得 x 3y6，代入圓的方程，并整理，得 y23 3y60，解得 y12 3，y2 3，所以 x10，x23，所以直線 ac 的方程為 y2 3 3x，令 y0 得 x32，直線 bd 的方程為 y 3 3(x3)，令 y0 得 x42，則|cd|x3x4|4.答案：49解析：由題可得 a2a2，解得 a1 或 a2.當(dāng) a1 時，方程為 x2y24x8y50，表示圓，故圓心為(2，4)，半徑為 5.當(dāng) a2 時，方程不表示圓答案：(2，4)510解：(1)設(shè) m(x1，y1)，則由題意知 y10.由已知及

37、橢圓的對稱性知，直線 am 的傾斜角為4.又 a(2，0)，因此直線 am 的方程為 yx2.22 / 30將 xy2 代入x24y231 得 7y212y0.解得 y0 或 y127，所以 y1127.因此amn 的面積 samn21212712714449.(2)證明：將直線 am 的方程 yk(x2)(k0)代入x24y231 得(34k2)x216k2x16k2120.由 x1(2)16k21234k2得 x12（34k2）34k2，故|am|x12| 1k212 1k234k2.由題設(shè)，直線 an 的方程為 y1k(x2)，故同理可得|an|12k 1k23k24.由 2|am|an

38、|得234k2k3k24，即 4k36k23k80.設(shè) f(t)4t36t23t8，則 k是 f(t)的零點f(t)12t212t33(2t1)20，所以 f(t)在(0，)單調(diào)遞增又 f( 3)15 3260，f(2)60，因此 f(t)在(0，)有唯一的零點，且零點 k 在( 3，2)內(nèi)所以3k2.11解：(1)由已知得 m(0，t)，pt22p，t.又 n 為 m 關(guān)于點 p 的對稱點，故 nt2p，t，on 的方程為 yptx，代入 y22px，整理得px22t2x0，解得 x10，x22t2p.因此 h2t2p，2t.所以 n 為 oh 的中點，即|oh|on|2.(2)直線 mh

39、與 c 除 h 以外沒有其他公共點理由如下：直線 mh 的方程為 ytp2tx，即 x2tp(yt)代入 y22px 得 y24ty4t20，解得 y1y22t，即直線 mh 與 c 只有一個公共點，所以除 h以外直線 mh 與 c 沒有其他公共點12解：由題設(shè) f12，0.設(shè) l1：ya，l2：yb，則 ab0，且aa22，a，bb22，b，p12，a，q12，b，23 / 30r12，ab2.記過 a，b 兩點的直線為 l，則 l 的方程為 2x(ab)yab0.(1)證明：由于 f在線段 ab 上，故 1ab0.設(shè) ar 的斜率為 k1，fq 的斜率為 k2，則k1ab1a2aba2ab

40、1aababk2.所以 arfq.(2)設(shè) l與 x 軸的交點為 d(x1，0)，則 sabf12|ba|fd|12|ba|x112|，spqf|ab|2.由題設(shè)可得 212|ba|x112|ab|2，所以 x10(舍去)，x11.設(shè)滿足條件的 ab 的中點為 e(x，y)當(dāng) ab 與 x 軸不垂直時，由 kabkde可得2abyx1(x1)而ab2y，所以 y2x1(x1)當(dāng) ab 與 x 軸垂直時，e 與 d重合所以所求軌跡方程為 y2x1.13解：(1)由題意得，a2，b1.所以橢圓 c 的方程為x24y21.又 c a2b2 3，所以離心率 eca32.(2)設(shè) p(x0，y0)(x0

41、0，y00)，則 x204y204.又 a(2，0)，b(0，1)，所以，直線 pa的方程為 yy0 x02(x2)令 x0，得 ym2y0 x02，從而|bm|1ym12y0 x02.直線 pb 的方程為 yy01x0 x1.令 y0，得 xnx0y01，從而|an|2xn2x0y01.所以四邊形 abnm 的面積24 / 30s12|an|bm|12(2x0y01)(12y0 x02)x204y204x0y04x08y042（x0y0 x02y02）2x0y02x04y04x0y0 x02y022.從而四邊形 abnm 的面積為定值專題 10概率1解析：選 c.從紅、黃、白、紫 4 種顏色

42、的花中任選 2 種花種在一個花壇中，余下的2 種花種在另一個花壇中，共有 6 種選法紅色和紫色的花不在同一花壇的有 4 種選法，根據(jù)古典概型的概率計算公式，所求的概率為4623.故選 c.2解析：選 b.記“至少需要等待 15 秒才出現(xiàn)綠燈”為事件 a，則 p(a)254058.3解析：選 c.開機密碼的所有可能結(jié)果有：(m，1)，(m，2)，(m，3)，(m，4)，(m，5)，(i，1)，(i，2)，(i，3)，(i，4)，(i，5)，(n，1)，(n，2)，(n，3)，(n，4)，(n，5)，共15 種，所以小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率是115，故選 c.4解析：選 b.設(shè) 5 名學(xué)

43、生分別為甲、乙、丙、丁、戊，從甲、乙、丙、丁、戊 5 人中選 2 人，有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共 10 種情況，其中甲被選中的情況有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共 4 種，所以甲被選中的概率為41025.5解析：選 a.由題意得，甲不輸?shù)母怕蕿?21356.6解：(1)事件 a 發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)小于 2.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)小于 2 的頻率為60502000.55，故 p(a)的估計值為 0.55.(2)事件 b 發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于 1 且小于 4

44、.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)大于 1 且小于 4 的頻率為30302000.3，故 p(b)的估計值為 0.3.(3)由所給數(shù)據(jù)得25 / 30保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a頻率0.300.250.150.150.100.05調(diào)查的 200名續(xù)保人的平均保費為085a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.102a0.051.192 5a.因此，續(xù)保人本年度平均保費的估計值為 1.192 5a.專題 11統(tǒng)計、統(tǒng)計案例及算法初步1解析：選 c.輸入 x0，y1，n1，得 x0，y1，x2y2136，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)：n2，x12，y2，x2y2

45、14436，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)：n3，x12132，y6，x2y2943636，滿足條件，結(jié)束循環(huán)，所以輸出的 x32，y6，滿足 y4x，故選 c.2解析：選 c.法一：(通性通法)第一步，a2，s0222，k1；第二步，a2，s2226，k2；第三步，a5，s62517，k32，跳出循環(huán)故輸出的 s17.法二：(光速解法)由秦九韶算法的意義可知 sf(x)(0 x2)x2x52x22x5，故輸出的 sf(2)17.3解析：選 b.第一次循環(huán)，得 a2，b4，a6，s6，n1；第二次循環(huán)，得 a2，b6，a4，s10，n2；第三次循環(huán)，得 a2，b4，a6，s16，n3；第四次循環(huán)，得 a

46、2，b6，a4，s20，n4，此時 s2016，退出循環(huán)，輸出的 n4，故選 b.4解析：選 d.由圖可知 0 在虛線框內(nèi)，所以各月的平均最低氣溫都在 0 以上，a正確；由圖可知七月的平均溫差比一月的平均溫差大，b 正確；由圖可知三月和十一月的平均最高氣溫都約為 10 ，基本相同，c 正確；由圖可知平均最高氣溫高于 20 的月份不是5 個，d不正確故選 d.5解：(1)當(dāng) x19 時，y3 800；當(dāng) x19 時，y3 800500(x19)500 x5 700.所以 y與 x 的函數(shù)解析式為y3 800，x19500 x5 700，x19(xn)(2)由柱狀圖知，需更換的零件數(shù)不大于 18

47、的頻率為 0.46，不大于 19 的頻率為 0.7，故n 的最小值為 19.(3)若每臺機器在購機同時都購買 19 個易損零件，則這 100 臺機器中有 70 臺在購買易損零件上的費用為 3 800，20 臺的費用為 4 300，10 臺的費用為 4 800，因此這 100 臺機器在購買易損零件上所需費用的平均數(shù)為26 / 301100(3 800704 300204 80010)4 000.若每臺機器在購機同時都購買 20 個易損零件，則這 100 臺機器中有 90 臺在購買易損零件上的費用為 4 000，10 臺的費用為 4500，因此這 100 臺機器在購買易損零件上所需費用的平均數(shù)為1

48、100(4 000904 50010)4 050.比較兩個平均數(shù)可知，購買 1 臺機器的同時應(yīng)購買 19 個易損零件6解：(1)由折線圖中數(shù)據(jù)和附注中參考數(shù)據(jù)得t4，錯誤錯誤!(tit)228，錯誤錯誤!（tit）2=0.55,錯誤錯誤!(tit)(yiy)=錯誤錯誤!tiyi-t錯誤錯誤!y40.1749.322.89，r2.890.5522.6460.99.因為 y 與 t 的相關(guān)系數(shù)近似為 0.99，說明 y 與 t 的線性相關(guān)程度相當(dāng)高，從而可以用線性回歸模型擬合 y 與 t 的關(guān)系(2)由 y9.3271.331 及(1)得b錯誤錯誤!(tit)(yiy)錯誤錯誤!（tit2.892

49、80.103，ayybt1.3310.10340.92.所以，y 關(guān)于 t 的回歸方程為y0.920.10t.將 2016 年對應(yīng)的 t9 代入回歸方程得y0.920.1091.82.所以預(yù)測 2016 年我國生活垃圾無害化處理量約為 1.82 億噸專題 12選考部分選修 41幾何證明選講1證明：(1)設(shè) e 是 ab 的中點，連接 oe.因為 oaob，aob120，所以 oeab，aoe60.在 rtaoe 中，oe12ao，即 o 到直線 ab 的距離等于o 半徑，所以直線 ab 與o相切(2)連接 od，因為 oa2od，所以 o 不是 a，b，c，d 四點所在圓的圓心設(shè) o是a，b，c，d 四點所在圓的圓心，作直線 oo.27 / 30由已知得 o 在線段 ab 的垂直平分線上，又 o在線段 ab 的垂直平分線上，所以ooab.同理可證，oocd.所以 abcd.2解：(1)證明：因為 dfce，所以defcdf，則有g(shù)dfdeffcb，dfcfdecddgcb，所以dgfcbf，由此可得dgfcbf，因此cgfcbf180，所以 b，c，g，f