2016全国卷（Ⅰ）理一、选择题（共12小题；共60分）1. 设集合A={x∣ x2−4x+3<0}，B={x∣ 2x−3>0}，则A∩B=( )A. (−3,−32) B. (−3,32) C. (1,32) D. (32,3)2. 设(1+i)x=1+yi，其中x，y是实数，则∣x+yi∣=( )A. 1B. √2C. √3D. 23. 已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=( )A. 100B. 99C. 98D. 974. 某公司的班车在7:00，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )A. 13B. 12C. 23D. 345. 已知方程x2m2+n −y23m2−n=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是( )A. (−1,3)B. (−1,√3)C. (0,3)D. (0,√3)6. 如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π7. 函数y=2x2−e∣x∣在[−2,2]的图象大致为( )A. B.C. D.8. 若a>b>1，0<c<1，则( )A. a c<b cB. ab c<ba cC. alog b c<blog a cD. log a c<log b c9. 执行下面的程序图，如果输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y的值满足( )A. y=2xB. y=3xC. y=4xD. y=5x10. 以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的标准线于D、E两点．已知∣AB∣=4√2，∣DE∣=2√5，则C的焦点到准线的距离为( )A. 2B. 4C. 6D. 811. 平面α过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n，则m，n所成角的正弦值为( )A. √32B. √22C. √33D. 1312. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣≤π2)，x=−π4为f(x)的零点，x=π4为y=f(x)图象的对称轴，且f(x)在(π18,5π36)单调，则ω的最大值为( )A. 11B. 9C. 7D. 5二、填空题（共4小题；共20分）13. 设向量a⃗=(m,1)，b⃗⃗=(1,2)，且∣∣a⃗+b⃗⃗∣∣2=∣a⃗∣2+∣∣b⃗⃗∣∣2，则m=．14. (2x+√x)5的展开式中，x3的系数是．（用数字填写答案）15. 设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2⋯a n的最大值为．16. 某高科技企业生产产品A和产品B，需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元．三、解答题（共8小题；共104分）17. △ABC的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c，已知2cosC(acosB+bcosA)=c．（1）求C；（2）若c=√7，△ABC的面积为3√3，求△ABC的周长．218. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90∘，且二面角D−AF−E与二面角C−BE−F都是60∘．（1）证明平面ABEF⊥EFDC；（2）求二面角E−BC−A的余弦值．19. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（1）求X的分布列；（2）若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n =19 与 n =20 之中选其一，应选用哪个?20. 设圆 x 2+y 2+2x −15=0 的圆心为 A ，直线 l 过点 B (1,0) 且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 C ，D两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E ．（1）证明 ∣EA∣+∣EB∣ 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；（2）设点 E 的轨迹为曲线 C 1，直线 l 交 C 1 于 M ，N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P ，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围．21. 已知函数 f (x )=(x −2)e x +a (x −1)2 有两个零点．（1）求 a 的取值范围； （2）设 x 1，x 2 是 f (x ) 的两个零点，证明：x 1+x 2<2．22. 如图，△OAB 是等腰三角形，∠AOB =120∘，以 O 为圆心，12OA 为半径作圆．（1）证明：直线 AB 与 ⊙O 相切； （2）点 C ，D 在 ⊙O 上，且 A ，B ，C ，D 四点共圆，证明：AB ∥CD ．23. 在直线坐标系 xOy 中，曲线 C 1 的参数方程为 {x =acosty =1+asint （t 为参数，a >0）．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 2：ρ=4cosθ． （1）说明 C 1 是哪种曲线，并将 C 1 的方程化为极坐标方程；（2）直线 C 3 的极坐标方程为 θ=α0，其中 α0 满足 tanα0=2，若曲线 C 1 与 C 2 的公共点都在 C 3 上，求 a ．24. 已知函数 f (x )=∣x +1∣−∣2x −3∣．（1）在图中画出 y =f (x ) 的图象；（2）求不等式 ∣f (x )∣>1 的解集．答案第一部分 1. D【解析】A ={x 2−4x +3<0}={x∣ 1<x <3}，B ={x∣ 2x −3>0}={x∣ x >32}，故 A ∩B ={x∣ 32<x <3}． 2. B【解析】由 (1+i )x =1+yi 可知：x +xi =1+yi ，故 {x =1,x =y, 解得：{x =1,y =1.所以，∣x +yi ∣=√x 2+y 2=√2． 3. C【解析】由等差数列性质可知：S 9=9(a 1+a 9)2=9×2a 52=9a 5=27，故 a 5=3，而 a 10=8，因此公差 d =a 10−a 510−5=1，所以，a 100=a 10+90d =98．4. B 【解析】如图所示，画出时间轴：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 =10+1040=12．5. A【解析】x 2m 2+n−y 23m 2−n=1 表示双曲线，则 (m 2+n )(3m 2−n )>0．所以，−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， 所以，焦距 2c =2⋅2∣m∣=4，解得 ∣m∣=1， 所以，−1<n <3． 6. A【解析】原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的 18 后形成的几何体，其表面积是 78 的球面面积和三个扇形面积之和 S =78×4π×22+3×14π×22=17π． 7. D【解析】f (2)=8−e 2>8−2.82>0，排除A ；f (2)=8−e 2<8−2.72<1，排除B ；x >0 时，f (x )=2x 2−e x ，fʹ(x )=4x −e x ，当 x ∈(0,14) 时，fʹ(x )<14×4−e 0=0，因此 f (x ) 在(0,14) 单调递减，排除C ． 8. C【解析】对 A ：由于 0<c <1，所以，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−1<c−1<0，所以，函数y=x c−1在(1,+∞)上单调递减，所以，a>b>1⇔a c−1<b c−1⇔ba c<ab c，B 错误；对C：要比较alog b c和blog a c，只需比较alnclnb 和blnclna，只需比较lncblnb和lncalna，只需比较blnb和alna．构造函数f(x)=xlnx(x>1)，则fʹ(x)=lnx+1>1>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增，因此f(a)>f(b)>0⇔alna>blnb>0⇔1alna <1blnb．又由0<c<1得lnc<0，所以，lncalna >lncblnb⇔blog a c>alog b c，C 正确；对 D：要比较log a c和log b c，只需比较lnclna 和lnclnb而函数y=lnx在(1,+∞)上单调递增，故a>b>1⇔lna>lnb>0⇔1lna <1lnb．又由0<c<1得lnc<0，所以，lnclna >lnclnb⇔log a c>log b c，D 错误，故选 C．9. C 【解析】如下表：循环节运行次数x(x=x+n−12)y(y=ny)判断x2+y2≥36是否输出n(n=n+1)运行前01//1第一次01否否2第二次122否否3第三次326是是输出x=32，y=6，满足y=4x．故选 C．10. B【解析】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y2=2px(p>0)，设圆的方程为x2+y2=r2，题目条件翻译如图：设A(x0,2√2)，D(−p2,√5)，点A(x0,2√2)在抛物线y2=2px上，所以，8=2px0 ⋯⋯①；点D(−p2,√5)在圆x2+y2=r2上，所以5+(p2)2=r2 ⋯⋯②；点A(x0,2√2)在圆x2+y2=r2上，所以，x02+8=r2 ⋯⋯③；联立①②③解得：p=4，焦点到准线的距离为p=4．11. A 【解析】如图所示：因为，α∥平面CB 1D 1，所以，若设 平面CB 1D 1∩ABCD =m 1，则 m 1∥m ，又 平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，结合 平面B 1D 1C ∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1， 所以，B 1D 1∥m 1，故 B 1D 1∥m ． 同理可得：CD 1∥n ．故 m 、 n 所成角的大小与 B 1D 1 、 CD 1 所成角的大小相等，即 ∠CD 1B 1 的大小． 而 B 1C =B 1D 1=CD 1（均为面对角线），因此 ∠CD 1B 1=π3，即 sin∠CD 1B 1=√32．故选 A ． 12. B 【解析】由题意知： {−π4ω+φ=k 1π,π4ω+φ=k 2π+π2,则 ω=2k +1，其中 k ∈Z ． 因为 f (x ) 在 (π18,5π36) 单调， 所以，5π36−π18=π12≤T2，ω≤12．接下来用排除法，若 ω=11，φ=−π4，此时 f (x )=sin (11x −π4)，f (x ) 在 (π18,3π44) 递增，在 (3π44,5π36)递减，不满足 f (x ) 在 (π18,5π36) 单调．若 ω=9，φ=π4，此时 f (x )=sin (9x +π4)，满足 f (x ) 在 (π18,5π36) 单调递减，故选 B ． 第二部分 13. −2【解析】由 ∣∣a ⃗+b ⃗⃗∣∣2=∣a ⃗∣2+∣∣b ⃗⃗∣∣2，可得 a⃗⋅b ⃗⃗=0． 向量 a ⃗=(m,1)，b ⃗⃗=(1,2)， 可得 m +2=0，解得 m =−2． 14. 10【解析】(2x +√x)5的展开式中，通项公式为 T r+1=C 5r (2x )5−r (√x)r =25−r C 5r⋅x5−r 2．令 5−r2=3，解得 r =4．所以，x 3 的系数 2C 54=10．15. 64 16. 216000 第三部分17. （1）由题可知2cosC(acosB+bcosA)=c，由正弦定理得：2cosC(sinA⋅cosB+sinB⋅cosA)=sinC，所以2cosC⋅sin(A+B)=sinC．因为A+B+C=π，A,B,C∈(0,π)，所以sin(A+B)=sinC>0，所以2cosC=1，cosC=12，因为C∈(0,π)，所以C=π3．（2）由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC，所以7=a2+b2−2ab⋅12，所以(a+b)2−3ab=7，因为S=12ab⋅sinC=√34ab=3√32，所以ab=6，所以(a+b)2−18=7，a+b=5．所以△ABC周长为a+b+c=5+√7．18. （1）因为，ABEF为正方形，所以，AF⊥EF．因为，∠AFD=90∘，所以，AF⊥DF．因为，DF∩EF=F，所以，AF⊥面EFDC，又AF⊂面ABEF．所以，平面ABEF⊥平面EFDC．（2）由（1）知，∠DFE=∠CEF=60∘．因为AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以，AB∥平面EFDC，AB⊂平面ABCD．因为，面ABCD∩面EFDC=CD，所以，AB∥CD，所以，CD∥EF．所以，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)，B (0,2a,0)，C (a2,0,√32a)，A (2a,2a,0)， EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2a,0)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a 2,−2a,√32a)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2a,0,0)． 设面 BEC 法向量为 m ⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1)． {m ⃗⃗⃗⋅EB⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,m ⃗⃗⃗⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 即 {2a ⋅y 1=0,a 2⋅x 1−2ay 1+√32a ⋅z 1=0, x 1=√3，y 1=0，z 1=−1，m ⃗⃗⃗=(√3,0,−1)． 设面 ABC 法向量为 n ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，{n ⃗⃗⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ⃗⃗⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0, 即 {a2⋅x 2−2ay 2+√32az 2=0,2ax 2=0,x 2=0，y 2=√3，z 2=4，n ⃗⃗=(0,√3,4)． 设二面角 E −BC −A 的大小为 θ． cosθ=m⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗∣∣m ⃗⃗⃗⃗∣∣⋅∣∣n ⃗⃗∣∣=√3+1⋅√3+16=−2√1919， ∴ 二面角 E −BC −A 的余弦值为 −2√1919． 19. （1） 每台机器更换的易损零件数为 8，9，10，11．记事件 A i 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 (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 ，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)(B 1)=0.2×0.4+0.4×0.2=0.16，P (X =18)=P (A 1)P (B 3)+P (A 2)(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)(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)(B 3)+P (A 4)P (B 2)=0.4×0.2+0.2×0.4+0.2×0.2=0.2， P (X =21)=P (A 3)P (B 4)+P (A 4)(B 3)=0.2×0.2+0.2×0.2=0.08， P (X =22)=P (A 4)P (B 4)=0.2×0.2=0.04，X 16171819202122P 0.040.160.240.240.20.080.04 （2） 要令 P (X ≤n )≥0.5，因为 0.04+0.16+0.24<0.5，0.04+0.16+0.24+0.24≥0.5，则 n 的最小值为 19．（3） 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+1500×0.04=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. （1） 圆 A 整理为 (x +1)2+y 2=16，A 坐标 (−1,0)，如图，因为 BE ∥AC ，则 ∠C =∠EBD ，由 AC =AD ，则 ∠D =∠C ， 所以 ∠EBD =∠D ，则 EB =ED ， 所以 AE +EB =AE +ED =AD =4． 所以 E 的轨迹为一个椭圆，方程为 x 24+y 23=1(y ≠0)．（2） C 1:x 24+y 23=1；设 l:x =my +1，因为 PQ ⊥l ，设 PQ:y =−m (x −1)，联立 l 与椭圆 C 1， {x =my +1,x 24+y 23=1, 得 (3m 2+4)y 2+6my −9=0；则 ∣MN∣=√1+m 2∣y M −y N ∣=√1+m 2√36m 2+36(3m 2+4)3m 2+4=12(m 2+1)3m 2+4；圆心 A 到 PQ 距离 d =√1+m 2=√1+m 2，所以 ∣PQ∣∣=2√∣AQ∣∣2−d 2=2√16−4m 21+m 2=4√3m 2+41+m 2，S MPNQ=12∣MN∣⋅∣PQ∣∣=12⋅12(m 2+1)3m 2+4⋅4√3m 2+4√1+m 2=24√m 2+1√3m 2+4=24√13+1m 2+1.所以 S ∈[12,8√3)．21. （1） 由已知得：fʹ(x )=(x −1)e x +2a (x −1)=(x −1)(e x +2a ) ，①若 a =0，那么 f (x )=0⇔(x −2)e x =0⇔x =2，f (x ) 只有唯一的零点 x =2，不合题意； ②若 a >0，当 x ∈(1,+∞) 时，fʹ(x )>0，f (x ) 单调递增；当 x ∈(−∞,1) 时，fʹ(x )<0，f (x ) 单调递减；又 f (1)=−e ，f (2)=a ，取 b 满足 b <0且 b <ln a2，则f(b)>a2(b−2)+a(b−1)2=a(b2−32b)>0,故f(x)存在两个零点．③设a<0，由fʹ(x)=0得x=1或x=ln(−2a)．若a≥−e2，则ln(−2a)≤1，故当x∈(1,+∞)时，fʹ(x)>0，因此f(x)在(1,+∞)单调递增．又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<−e2，则ln(−2a)>1，故当x∈(1,ln(−2a))时，fʹ(x)<0；当x∈(ln(−2a),+∞)时，fʹ(x)>0．因此f(x)在(1,ln(−2a))单调递减，在(ln(−2a),+∞)单调递增．又当x≤1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x1<x2，由（1）知，x1∈(−∞,1)，x2∈(1,+∞)，2−x2∈(−∞,1)，f(x)在(−∞,1)单调递减，所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2−x2)，即f(2−x2)<0．由于f(2−x2)=−x2e2−x2+a(x2−1)2，而f(x2)=(x2−2)e x+a(x2−1)2=0，所以f(2−x2)=−x2e2−x2−(x2−2)e x2．设g(x)=−xe2−x−(x−2)e x，则gʹ(x)=(x−1)(e2−x−e x)．所以当x>1时，gʹ(x)<0，而g(1)=0，故当x>1时g(x)<0．从而g(x2)=f(2−x2)<0，故x1+x2<2．22. （1）设圆的半径为r，作OK⊥AB于K，因为OA=OB，∠AOB=120∘，所以OK⊥AB，∠A=30∘，OK=OA⋅sin30∘=OA2=r．所以AB与⊙O相切．（2）方法一：假设CD与AB不平行，CD与AB交于F，FK2=FC⋅FD ⋯⋯①．因为A，B，C，D四点共圆，所以FC⋅FD=FA⋅FB=(FK−AK)(FK+BK)．因为AK=BK，所以FC⋅FD=(FK−AK)(FK+AK)=FK2−AK2 ⋯⋯②，由①②可知矛盾，所以 AB ∥CD ．方法二：因为 A ，B ，C ，C 四点共圆，不妨设圆心为 T ．因为 OA =OB ，TA =TB ，所以 O ，T 在 AB 的中垂线上，同理 OC =OD ，TC =TD ， 所以 OT 为 CD 的中垂线，所以 AB ∥CD ．23. （1） {x =acost y =1+asint （t 为参数）所以 x 2+(y −1)2=a 2 ⋯⋯①．所以 C 1 为以 (0,1) 为圆心，a 为半径的圆．方程为 x 2+y 2−2y +1−a 2=0． 因为 x 2+y 2=ρ2，y =ρsinθ，所以 ρ2−2ρsinθ+1−a 2=0，即为 C 1 的极坐标方程．（2） C 2:ρ=4cosθ，两边同乘 ρ 得 ρ2=4ρcosθ．因为 ρ2=x 2+y 2，ρcosθ=x ，所以 x 2+y 2=4x ，即 (x −2)2+y 2=4 ⋯⋯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 C 3．所以 1−a 2=0，所以 a =1．24. （1） 如图所示：（2） f (x )={x −4,x ≤−1,3x −2,−1<x <32,4−x,x ≥32,∣f (x )∣>1．当 x ≤−1，∣x −4∣>1，解得 x >5 或 x <3， 所以 x ≤−1．当 −1<x <32，∣3x −2∣>1，解得 x >1 或 x <13． 所以 −1<x <13 或 1<x <32． 当 x ≥32，∣4−x∣>1，解得 x >5 或 x <3， 所以 32≤x <3 或 x >5． 综上，x <13 或 1<x <3 或 x >5．所以 ∣f (x )∣>1，解集为 (−∞,13)∪(1,3)∪(5,+∞)．。
