高考四川卷理数试题解析

高考四川卷理数试题解析

‎2016四川省高考理科数学试题解析 本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）. 第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿上答题无效. 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.‎ 1. 设集合，Z为整数集，则集合中元素的个数是（ ）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题可知， ，则中元素的个数为5‎ ‎ 选C 2. 设为虚数单位，则的展开式中含的项为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题可知，‎ ‎ 含的项为 ‎ 选A 3. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（ ）‎ A．向左平行移动个单位长度 B．向右平行移动个单位长度 C．向左平行移动个单位长度 D．向右平行移动个单位长度 ‎【答案】D ‎【解析】由题可知，‎ ‎ ，则只需把的图象向右平移个单位 ‎   选D 4. 用数字1，2，3，4，5构成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）‎ A．24 B．48 C．60 D．72‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；‎ ‎ 分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有，‎ ‎ 再将剩下的4个数字排列得到，则满足条件的五位数有.‎ ‎ 选D ‎ ‎ 1. 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）‎ ‎（参考数据：，，）‎ A．2018年 B．2019年 C．2020年 D．2021年 ‎【答案】B ‎【解析】设年后该公司全年投入的研发资金为200万元 ‎ 由题可知，，‎ ‎ 解得，‎ ‎ 因资金需超过200万，则取4，即2019年 ‎ 选B 2. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例。若输入n，x的值分别为3，2. 则输出v的值为（ ）‎ A．9 B．18‎ C．20 D．35‎ ‎【答案】B ‎【解析】初始值，程序运行过程如下表所示 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 跳出循环，输出 ‎ 选B 3. 设p：实数x，y满足，q：实数x，y满足 则p是q的（ ）‎ A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】如图，① 表示圆心为，‎ 半径为的圆内区域所有点（包括边界）；‎ ‎② 表示内部区域所有点（包括边界）.‎ 实数满足②则必然满足①，反之不成立. ‎ 则是的必要不充分条件.‎ 故选A 1. 设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，M是线段PF上的点，且，则直线OM斜率的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图，由题可知，设点坐标为 ‎ 显然，当时，；时，，要求最大值，不妨设.‎ ‎ 则 ‎，当且仅当等号成立 ‎ 故选C 2. 设直线，分别是函数图象上点，处的切线，与垂直相交于点P，且，分别与y轴相交于点A，B，则的面积的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题设知：‎ 不妨设点的坐标分别为：，其中，‎ ‎ 则由于分别是点处的切线，而，‎ 得：的斜率为，的斜率为；‎ 又与垂直，且，可得：， ‎ 我们写出与的方程分别为：： ①‎ ‎ ： ②‎ 此时点的坐标为，的坐标为，‎ 由此可得：‎ ①、②两式联立可解得交点的横坐标为 的面积为：，‎ 当且仅当即时等号成立 ‎ 而，所以 故选A.‎ 1. 在平面内，定点A，B，C，D满足，，动点P，M满足，，则的最大值是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意，‎ ‎，所以到三点的距离相等，是的外心；‎ ‎ ‎ 所以，‎ 同理可得，‎ 从而是的垂心；‎ 的外心与垂心重合，因此是正三角形，且是的中心；‎ 所以正三角形的边长为；‎ 我们以为原点建立直角坐标系，三点坐标分别为 。‎ 由，设点的坐标为，其中，‎ 而，即是的中点，‎ 可以写出的坐标为 则 当时，取得最大值。‎ 故选B.‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共100分）‎ 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．‎ 1. ‎__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题可知，（二倍角公式）‎ 2. 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题可知，‎ 在一次试验中，试验成功（即至少有一枚硬币正面向上）的概率为 ‎∵ 2次独立试验成功次数满足二项分布，则 3. 已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题可知，‎ ‎ ∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，‎ 由正视图可得如下俯视图，且三棱锥高为，‎ 则面积 4. 已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，‎ 则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】首先，是周期为2的函数，所以；‎ ‎ 而是奇函数，所以，‎ ‎ 所以：，，即 ‎ 又，时，‎ ‎ 故，从而 1. 在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”为；当是原点时，定义的“伴随点”为它自身，平面曲线上所有点的“伴随点”所构成的曲线定义为曲线的“伴随曲线”，现有下列命题：‎ ① 若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点A；‎ ② 单位圆的“伴随曲线”是它自身；‎ ③ 若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称；‎ ④ 一条直线的“伴随曲线”是一条直线.‎ 其中的真命题是__________（写出所有真命题的序号）.‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】① 设的坐标，伴随点，的伴随点 横坐标为，同理可得纵坐标为 故. 错误；‎ ‎② 设单位圆上的点的坐标为，则的伴随点的坐标为 ‎，‎ 所以也在单位圆上，即：点是点延顺时针方向旋转. 正确；‎ ‎③ 设曲线上点的坐标，其关于轴对称的点也在曲线上 所以点的伴随点，‎ 点的伴随点，与关于轴对称。正确； ‎ ‎④ 反例：例如这条直线，则，而这三个点的伴 ‎ 随点分别是，而这三个点不在同一直线上 下面给出严格证明：‎ 设点在直线，点的伴随点为，‎ 则，解得.‎ 带入直线方程可知：，‎ 化简得：，‎ 当时，是一个常数，的轨迹是一条直线；‎ 当时，不是一个常数，的轨迹不是一条直线.‎ 所以，直线“伴随曲线”不一定是一条直线. 错误.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或步骤．‎ 1. ‎（本小题满分12分）‎ 我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准x（吨），一位居民的月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费. 为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.‎ ‎（I）求直方图中a的值；‎ ‎（II）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；‎ ‎（III）若该市政府希望使85%的居民每月均用水量不超过标准x（吨），估计x的值，并说明理由.‎ ‎【解析】（I）由概率统计相关知识，各组频率之和的值为1‎ ‎ ∵频率=(频率/组距)*组距 ‎ ∴‎ 得 ‎（II）由图，不低于3吨人数所占百分比为 ‎ ∴全市月均用水量不低于3吨的人数为：(万)‎ ‎（III）由图可知，月均用水量小于2.5吨的居民人数所占百分比为：‎ 即的居民月均用水量小于2.5吨,‎ 同理，88%的居民月均用水量小于3吨，故 假设月均用水量平均分布，则（吨）.‎ ‎ 注：本次估计默认组间是平均分布，与实际可能会产生一定误差。‎ 2. ‎（本小题满分12分）‎ 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.‎ ‎（I）证明：；‎ ‎（II）若，求.‎ ‎【解析】（I）证明：由正弦定理可知 原式可以化解为 ‎∵和为三角形内角 , ∴‎ 则，两边同时乘以，可得 由和角公式可知，‎ 原式得证。‎ ‎（II）由题,根据余弦定理可知，‎ ‎ ∵为为三角形内角，，‎ ‎ 则，即 ‎ 由（I）可知，∴‎ ‎ ∴‎ 1. ‎（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱锥中，，，，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为.‎ ‎（I）在平面PAB内找一点M，使得直线平面PBE，‎ 并说明理由；‎ ‎（II）若二面角的大小为，求直线PA与 平面PCE所成角的正弦值.‎ ‎【解析】（I）延长，交直线于点，‎ ‎ ∵为中点，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∵ 即 ，‎ ‎ ∴四边形为平行四边形，，‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∵面，‎ ‎ ∴面，‎ ‎ ∵，面，‎ ‎ ∴面 故在面上可找到一点使得面.‎ ‎（II）过作交于点，连结，过作交于点，‎ ‎ ∵，与所成角为，‎ ‎ ∴，，‎ ‎ ∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵面，‎ ‎∴，‎ ‎∵且，‎ ‎∴面，‎ ‎∵面，‎ ‎∴，‎ ‎∵且，‎ ‎∴面，‎ ‎∴为所求与面所成的角，‎ ‎∵面，即.‎ ‎∴为二面角所成的平面角,‎ 由题意可得，而,‎ ‎∴,‎ ‎∵,四边形是平行四边形，，‎ ‎∴四边形是正方形，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∴.‎ 1. ‎（本小题满分12分）‎ 已知数列的首项为1，为数列的前n项和，，其中，.‎ ‎（I）若成等差数列，求的通项公式；‎ ‎（II）设双曲线的离心率为，且，证明：.‎ ‎【解析】（I）由题---①可知 ‎ 当时，---②，两式相减可得 即从第二项开始为公比的等比数列，‎ 当时，带入可得，，即为公比的等比数列 根据成等差数列，由等差数列性质可得 即，求解可得或 由题可知，‎ ‎∴‎ ‎（II）证明：由双曲线的性质可知，‎ 由（I）可得，为首项为1，公比为的等比数列 故，即 ‎∴为首项为1，公比为的等比数列，通项公式为 ‎ ∴‎ ‎ ∴‎ ‎ 原式得证.‎ 1. ‎（本小题满分13分）‎ 已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的3个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.‎ ‎（I）求椭圆E的方程及点T的坐标；‎ ‎（II）设O是坐标原点，直线平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线 l交于点P. 证明：存在常数，使得，并求的值.‎ ‎【解析】（I）设短轴一端点为，左，右焦点分别为， ‎ 则.‎ ‎ 由题意，为直角三角形.‎ ‎ ∴ 解得，‎ ‎ ∴.‎ ‎ 代入可得 .‎ ‎ 与椭圆只有一个交点，则，解得.‎ ‎ ∴.‎ 由，解得，则，所以的坐标为。‎ ‎（II）设在上，由，平行.‎ ‎ 得的参数方程为 代入椭圆得.‎ ‎ .‎ ‎ 整理可得 .‎ ‎ 设两根为， 则有.‎ ‎ 而，‎ ‎，.‎ 故有.‎ 由题意.‎ ‎ ∴， 故存在这样的.‎ 1. ‎（本小题满分14分）‎ 设函数，其中.‎ ‎（I）讨论的单调性；‎ ‎（II）确定a的所有可能取值，使得在区间内恒成立 ‎（…为自然对数的底数）.‎ ‎【解析】（I）由题意，‎ ‎①当时，，，在上单调递减.‎ ‎②当时，，当时，；‎ ‎ 当时，.‎ ‎ 故在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（II）原不等式等价于在上恒成立.‎ 一方面，令，‎ 只需在上恒大于0即可. ‎ 又∵，故在处必大于等于0.‎ 令，，可得.‎ 另一方面， ‎ 当时，‎ ‎∵故，又，故在时恒大于0.‎ ‎∴当时，在单调递增.‎ ‎∴，故也在单调递增.‎ ‎∴，即在上恒大于0.‎ 综上，.‎