1、新課標(biāo)I高考數(shù)學(xué)答案與分析新課標(biāo)I高考數(shù)學(xué)答案與分析新課標(biāo)I高考數(shù)學(xué)答案與分析感謝賞析2016年新課標(biāo)I高考數(shù)學(xué)（理科）答案與分析1Axx24x30 x1x3，Bx2x30 xx323故ABxx3應(yīng)選D2由1ix1yi可知：xxi1yi，故x1，解得：x1xyy1所以，xyix2y22應(yīng)選B3由等差數(shù)列性質(zhì)可知：9a1a992a59a527，故a53，S922而a10a10a518，所以公差d510a100a1090d98應(yīng)選C4以以下圖，畫出時(shí)間軸：7:307:407:508:008:108:208:30ACDB小明抵達(dá)的時(shí)間會(huì)隨機(jī)的落在圖中線段AB中，而當(dāng)他的抵達(dá)時(shí)間落在線段AC或DB時(shí)，

2、才能保證他等車的時(shí)間不超出10分鐘依據(jù)幾何概型，所求概率10101P402應(yīng)選B5x2y2n1表示雙曲線，則m2n3m2n0m2n3m222mn3m由雙曲線性質(zhì)知：c2m2n3m2n4m2，此中c是半焦距感謝賞析感謝賞析焦距2c22m4，解得m11n3應(yīng)選A6原立體圖以以下圖：是一個(gè)球被切掉左上角的1后的三視圖8表面積是7的球面面積和三個(gè)扇形面積之和8S=7422+3122=1784應(yīng)選A7f28e282.820，除去Af28e282.721，除去Bx0時(shí)，fx2x2exfx4xex，當(dāng)x0,1時(shí)，fx14e0044所以fx在0,1單一遞減，除去C4應(yīng)選D8對(duì)A：因?yàn)?c1，函數(shù)yxc在R上單

3、一遞加，所以ab1acbc，A錯(cuò)誤對(duì)B：因?yàn)?c10，函數(shù)yxc1在1,上單一遞減，ab1ac1bc1bacabc，B錯(cuò)誤感謝賞析感謝賞析對(duì)C：要比較alogbc和blogac，只要比較alnc和blnc，只要比較lnc和lnc，只要blnb和alnalnblnablnbalna結(jié)構(gòu)函數(shù)fxxlnxx1，則fxlnx110，fx在1,上單一遞加，所以fafb011alnablnb0blnbalna又由0c1得lnc0，lnclncblogacalogbc，C正確alnablnb對(duì)D：要比較logac和logbc，只要比較lnc和lnclnalnb而函數(shù)ylnx在1,上單一遞加，故ab1lnal

4、nb011lnalnb又由0c1得lnc0，lnclnclogaclogbc，D錯(cuò)誤lnalnb應(yīng)選C9以下表：循環(huán)節(jié)運(yùn)n1判斷能否yynynnn1行次數(shù)xxx22輸出2xy36運(yùn)轉(zhuǎn)前01/1第一次01否否2第二次12否否32第三次36是是2輸出x3，y6，滿足y4x2應(yīng)選C10以張口向右的拋物線為例來解答，其余張口同理設(shè)拋物線為y22pxp0，設(shè)圓的方程為x2y2r2，題目條件翻譯如圖：F感謝賞析感謝賞析設(shè)Ax0,22，Dp,5，2點(diǎn)Ax0,22在拋物線22px上，82px0yp,p2點(diǎn)D5在圓x2y2r2上，5r222點(diǎn)Ax0,22222282在圓xyr上，x0r聯(lián)立解得：p4，焦點(diǎn)到準(zhǔn)線

5、的距離為p4應(yīng)選B11以以下圖：DCABD1C1A1B1平面CB1D1，若設(shè)平面CB1D1平面ABCDm1，則m1m又平面ABCD平面A1B1C1D1，聯(lián)合平面B1D1C平面A1B1C1D1B1D1B1D1m1，故B1D1m同理可得：CD1n故m、n的所成角的大小與B1D1、CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小而B1CB1D1CD1（均為面對(duì)交線），所以CD1B1，即sinCD1B1332應(yīng)選A12由題意知：k1+4+k2+42則2k1，此中kZ5單一，5T,12f(x)在,36181836122接下來用除去法感謝賞析感謝賞析若，f(x)在3遞加，在3,5遞減，不滿足f(x)在11,，此

6、時(shí)f(x)sin11x,44441844365,單一若9,，此時(shí)f(x)sin9x，滿足f(x)在,5單一遞減441836應(yīng)選B13由已知得：abm1,32222m2121222，解得m2ababm13214設(shè)睜開式的第k1項(xiàng)為Tk1，k0,1,2,3,4,5kk5k5Tk1C5kxC5k25kx22x當(dāng)5k43時(shí)，k4，即T5C542545x210 x32故答案為1015因?yàn)閍n是等比數(shù)列，設(shè)an1n1，此中a是首項(xiàng)，q是公比aq1a1a310a1a1q210a18a453，解得：1a2a1qa1q5q21n432.n41nn7故an，a1a2.an112222121n72492244時(shí)，1

7、211n7249當(dāng)n3或n749取到最小值6，此時(shí)224取到最大值262242所以a1a2.an的最大值為6416設(shè)生產(chǎn)A產(chǎn)品x件，B產(chǎn)品y件，依據(jù)所耗資的資料要求、工時(shí)要求等其余限制條件，結(jié)構(gòu)線性規(guī)則拘束為感謝賞析感謝賞析1.5x0.5y150 x0.3y905x3y600 x0y0 xN*yN*目標(biāo)函數(shù)z2100 x900y作出可行域?yàn)閳D中的四邊形，包含界限，極點(diǎn)為(60,100)(0,200)(0,0)(90,0)在(60,100)處獲得最大值，z210060900100216000172cosCacosBbcosAc由正弦定理得：2cosCsinAcosBsinBcosAsinC2co

8、sCsinABsinCABC，A、B、C0，sinABsinC02cosC1，cosC12C0，C3由余弦定理得：c2a2b22abcosC7a2b22ab12感謝賞析感謝賞析a23ab7bS1sinC333ab4ab22ab62ab187ab5ABC周長為abc5718ABEF為正方形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感謝賞析感謝賞析四邊形EFDC為等腰梯形以E為原點(diǎn)，如圖成立坐標(biāo)系，設(shè)FDaE0，0，0B

9、0，2a，0a，3A2a，2a，0C0a22EB0，2a，0，BCa，2a，3a，AB2a，0，022設(shè)面BEC法向量為mx，y，z.mEB0，即2ay10a2ay130mBC0 x1az122x13，y10，z11m3，0，1設(shè)面ABC法向量為nx2，y2，z2nBC=0ax22ay23az202nAB.即202ax20 x20，y23，z24n0，3，4設(shè)二面角EBCA的大小為.cosmn4219mn3131619二面角EBCA的余弦值為2191919每臺(tái)機(jī)器改換的易損部件數(shù)為8，9，10，11記事件Ai為第一臺(tái)機(jī)器3年內(nèi)換掉i7個(gè)部件i1,2,3,4記事件Bi為第二臺(tái)機(jī)器3年內(nèi)換掉i7個(gè)

10、部件i1,2,3,4由題知PA1PA3PA4PB1PB3PB40.2，PA2PB20.4設(shè)2臺(tái)機(jī)器共需改換的易損部件數(shù)的隨機(jī)變量為X，則X的可能的取值為16，17，18，19，20，21，22PX16PA1PB10.20.20.04PX17PA1PB2PA2PB10.20.40.40.20.16感謝賞析感謝賞析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則n的最小值為19購置部件所需花費(fèi)含兩部分，一部分為購置機(jī)器時(shí)購置部件的花費(fèi)，另一部分為備件不足時(shí)額外購置的花費(fèi)當(dāng)n19時(shí)，花費(fèi)的希望為192005000.210000.0815000.044040當(dāng)n20時(shí)，花費(fèi)的希望為202005000.0810000.044080所以應(yīng)采納n1920圓A整理為x2y216，A坐標(biāo)1,

12、0，如圖，1432C1Ax42B24E123D4BEAC，則CEBD，由ACAD,則DC，EBDD，則EBEDAEEBAEEDAD4所以E的軌跡為一個(gè)橢圓，方程為x2y21，(y0)；43C1:x2y21；設(shè)l:xmy1，43因?yàn)镻Ql，設(shè)PQ:ymx1，聯(lián)立l與橢圓C1感謝賞析感謝賞析xmy1x2y2得3m24y26my90；43122212236m363m412m則|MN|1m|yMyN|1m3m243m24；P4321NAx42B241M2Q34圓心A到PQ距離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只有獨(dú)一的零點(diǎn)x2，不合題意；若a0，那么ex2ax0，e所以當(dāng)x1時(shí)，fx0，fx單一遞加當(dāng)x1時(shí)，fx0，fx單一遞減即：感謝賞析感謝賞析x,111,fx0fx極小值故fx在1,上至多一個(gè)零點(diǎn)，在,1上至多一個(gè)零點(diǎn)因?yàn)閒2a0，f1e0，則f2f10，依據(jù)零點(diǎn)存在性定理，fx在1,2上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)而當(dāng)x1x，x210，時(shí)，ee故fxx2ex22ax12ax1ex2ax1ex1e則fx0的兩根t1ee24ae1，ee24ae

14、，2at22a1t1t2，因?yàn)閍0，故當(dāng)xt1或xt2時(shí)，ax121e0ex所以，當(dāng)x1且xt1時(shí)，fx0又f1e0，依據(jù)零點(diǎn)存在性定理，fx在,1有且只有一個(gè)零點(diǎn)此時(shí)，fx在R上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，滿足題意若e0，則ln2alne1，a2當(dāng)xln2a時(shí)，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即fxx1ex2a0，fx單一遞加；當(dāng)ln2ax1時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即fxx1ex2a0，fx單一遞減；當(dāng)x1時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx單一遞加即：x,ln2aln2aln2a,111,fx+0-0+感謝賞析感謝賞析fx極大值極小值而極大值fln2a2al

15、n2a2aln2aln2a2202a11故當(dāng)x1時(shí)，fx在xln2a處取到最大值fln2a，那么fxfln2a0恒成立，即fx0無解而當(dāng)x1時(shí)，fx單一遞加，至多一個(gè)零點(diǎn)此時(shí)fx在R上至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意若ae1，那么ln2a2當(dāng)x1ln2a時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx單一遞加當(dāng)x1ln2a時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx單一遞加又fx在x1處存心義，故fx在R上單一遞加，此時(shí)至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意若ae，則ln2a12當(dāng)x1時(shí)，x10，ex2ae12aeln2a2a0，即fx0，fx單一遞加當(dāng)1xln2a時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即f

16、x0，fx單一遞減當(dāng)xln2a時(shí)，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即fx0，fx單一遞加即：,1x11,ln2aln2aln2a,感謝賞析感謝賞析fx+0-0+fx極大值極小值故當(dāng)xln2a時(shí)，fx在x1處取到最大值f1e，那么fxe0恒成立，即fx0無解當(dāng)xln2a時(shí)，fx單一遞加，至多一個(gè)零點(diǎn)此時(shí)fx在R上至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)a0時(shí)吻合題意，即a的取值范圍為0,由已知得：fx1fx20，不難發(fā)現(xiàn)x11，x21，故可整理得：ax12ex1x22ex2x12x2211x2ex，則gx1gx2設(shè)gx2x1x221那么gx3ex，當(dāng)x1時(shí)，gx0，gx單一遞減；當(dāng)x

17、1時(shí)，gx0，gx單一x1遞加設(shè)m0，結(jié)構(gòu)代數(shù)式：g1mg1mm21em21e12mem1e11m1m1m2mmmmm1設(shè)hmm1e2m1，m0m1則hm2m22e2m0，故hm單一遞加，有hmh00m1所以，關(guān)于隨意的m0，g1mg1m由gx1gx2可知x1、x2不行能在gx的同一個(gè)單一區(qū)間上，不如設(shè)x1x2，則必有x11x2令m1x10，則有g(shù)11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x11，x21，gx在1,上單一遞加，所以：g2x1gx22x1x2感謝賞析感謝賞析整理得：x1x2222設(shè)圓的半徑為r，作OKAB于KOAOB，AOB120OKAB，A30，OKOAsin30OAr2AB與O相切方法一：假定CD與AB不平行CD與AB交于F2FKFCFDA、B、C、D四點(diǎn)共圓FCFDFAFBFKAKFKBKAKBKFCFDFKAKFKAKFK2AK2由可知矛盾ABCD方法二：因?yàn)锳,B,C,D四點(diǎn)共圓，不如設(shè)圓心為T，因?yàn)樗設(shè),T為AB的中垂線上，同理OAOB,TATB，OCOD,TCTD，OT為CD的中垂線，所以ABCD所以xacost23（t均為參數(shù)）y1asintx222y1a感謝賞析感謝賞析C1為以0，1為圓心，a為