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2016广东高考数学理科21题

2016-09-26 14:12:09 高考答案 来源:http://www.chinazhaokao.com 浏览:

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本文是中国招生考试网(www.chinazhaokao.com)高考答案频道为大家整理的《2016广东高考数学理科21题》,供大家学习参考。

2016广东高考数学理科21题(一)
2016年广东高考数学理科试题及答案(解析)

2016年广东高考时间是:2016年6月7日、8日进行考试,请各位考生、老师关注中国招生考试网·2016年高考动态
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2016广东高考数学理科21题(二)
2016年广东高考考试说明(数学)

    2016年开始,广东高考试卷将会才用全国卷,作为新的高考改革方案,必须要有新的高考备考方式,下面中国招生考试网给大家整理了2016年广东高考数学考试说明及备考指导,希望能给大家带来帮助。    一、全国卷与广东卷的异同点    1.题型结构与满分相同    试题都是由“选择题、填空题、解答题”构成;满分均为150分。    2.题量与赋分不同    广东卷总题量为21题(考生解答20题),其中选做题为2选1,客观题占70分,解答题占80分。    全国卷总题量为24题(考生解答22题),其中选做题为3选1,客观题占80分,解答题占70分。    3.试题分布不同    广东卷理科选择题8道,填空题7做6,解答题6道;文科选择题10道,填空题5做4,解答题6道。全国卷文、理科选择题12道,填空题4道,解答题6道(选做题3选1)。    广东卷选做题为填空题(2选1,满分5分)。全国卷选做题为解答题(3选1,满分10分)    在解答题中,广东卷为6道必做题,全国卷为5道必做题和1道选做题。    4.试题难度(顺序)不同       二、2016年高考数学备考建议    1.明确“考纲”要求,加强“双基”训练。    《考试大纲》既是高考命题的重要依据,又是指导考生备考的重要文件,作为教师要了解考试大纲的变化,因此要细读《考试大纲》。    在复习备考时,要以课本知识为本,对课本上的例题、知识点加以概括、提高和延伸,使之起到举一反三,逐类旁通的效果。在复习时,要充分挖掘教材例、习题的功能,深刻理解教材实质,挖掘教材内涵,利于课本辐射整体,实现“由内到外”的突破。在每年的高考数学试卷中都有部分试题源于教材,高于教材,特别是选择题与填空题,绝大多数是教材上的例、习题改编的,在解答题中也不乏有教材上试题的影子(或直接用教材上的定理或公式)。    由于全国卷无论是客观题还是解答题,整体要求较广东卷高,更应注重对“双基”的综合训练。    2.重视“新增”内容,不忘“边缘”考点。    所谓“新增”内容是指在《数学课程标准》中新增的内容,主要指:函数与方程;算法初步;几何概型;条件概率;正态分布;统计案例;三视图;全称量词与特称量词;理科的定积分等。据近年对试题的统计,新增内容在量的方面逐年增加。在命题的难度和变化方面也有所加强。    另外一个值得注意的倾向是,对于看起来“淡化”或“弱化”的“边缘”考点考查得较为频繁,如2010年课标卷Ⅰ文理科第19题均考查了“独立性检验”;2014年课标卷Ⅰ理科第18题考查了“正态分布”;课标卷Ⅱ理科第19题考查了“线性回归方程”等;2015年课标卷Ⅰ文理科第19题均考查了“回归方程”。    特别需要指出的是全国卷与广东卷在“概率统计”与“统计案例”方面,无论是命题风格还是考试要求都有较大的差异,备考时需要高度重视。    3.养成良好习惯,少犯“低级”错误。    一道题目的完整解答,既有主要的实质性的步骤,也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前,找辅助性的步骤是明智的,既必不可少也不困难。这就像打攻坚战时先扫清外围。    辅助解答是十分广泛的,如准确作图,把题目中的条件翻译成数学表达式,设应用题的未知数并写出相应的代数式,设极值题的变量并用以表示其它量,设轨迹题的动点坐标并用以表示其它条件,进行反证法或数学归纳法的第一步等。    纵观历年高考数学阅卷中因不良习惯而引起的失分现象,无不感到痛心可惜,因此指导学生养成良好答题习惯是教师教学过程中不可或缺的重要环节之一。

2016广东高考数学理科21题(三)
2016广东高考数学理科试卷解析

2016广东高考数学理科试卷解析

2016高考数学全国(Ⅰ)卷理科试卷分析

一、2016广东高考考点对比:

今年新课标全国理科Ⅰ卷在考点方面与高考考试说明的描述基本吻合,几年的实践,试卷模式更显成熟,并体现出一定创新。题目设置比较灵活、对学生知识迁移能力、应用意识要求也比较高,尤其,计算量上也有很大加强,但整体难度上并没有明显提升,考生需要把握全卷做题节奏。

二、题目考点分析与部分试题详细解析

选择题:

填空题:

解答题:(略)

详细解析见深圳分校爱智康官网

三、试卷总体分析

2016年高考数学新课标全国Ⅰ卷是以《课程标准》、《考试大纲》为依据,试卷的结构保持了新课程高考数学试卷的一贯风格,试题设计体现了“大稳定、小创新”的稳健、成熟设计理念。今年试卷仍然是注重基础,贴近中学教学实际,在坚持对五个能力(空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力)、两个意识(应用意识和创新意识)考查的同时,也注重对数学思想与方法的考查,体现了数学的基础性、应用性和工具性的学科特色,以支撑学科知识体系的重点内容为考点来挑选合理背景,善于应用知识之间的内在联系进行融合构建试卷的主体结构,在新课程新增内容和传统内容的结合处寻找创新点,考查更加科学。试卷从多视角、多维度、多层次地考查数学思维品质,考查考生对数学本质的理解,考查考生的数学素养和学习潜能;从考试性质上审视这份试卷,它有利于中学数学教学和课程改革,有利于高校选拔有学习潜能的新生,是具有较高的信度、效度,必要的区分度和适当的灵活度的试卷。

从总体情况看,今年新课标Ⅰ的理科数学试卷整体结构没有大的变化,依然是延续传统的12道选择,4道填空,6道解答题(其中要从三个选做题中选择1个),分值也保持不变,知识点的分布与覆盖上保持相对稳定,难度上无较大变化。体现了注重考查考生实际应用能力的指导思想。坚持对基础知识,数学思想方法进行考查。多视角、多层次地考查考生对数学基础知识、数学思想与方法的掌握和理解,着重考生的数学思维能力和素养。试卷对知识的考查全面且重点突出,特别对空间想象能力、推理论证能力、数据处理能力、计算能力以及应用意识的要求较高。

一.试题的特点

1.总的特点:充分体现课改理念的三维目标(情感、态度、价值观);强调解题能力,突出命题难易区分度;突出数学地位、数学学科思想;注重知识点应用,由“三基”加强到“四基”;命制适度创新型新题。

2.试题的数量和题型没有发生大的变化。

3.三角函数、概率统计考查有了新的调整。

4.试题的计算量明显加大且比较集中。

5.突出了对数学基本思想方法的和运算技巧的考查。

6.圆锥曲线及导数综合题难度没有提升

二.重点说明:

1.对数列的考查明显降低难度;

2.对统计与概率的考查力度加大;

3.重视文字理解,重视情景新颖性命题;

4.要重视计算能力的培养。

三.试题结构:

选择题共12题,填空题共4题,解答题共6题。

1.选择题共12小题,分值为60。整体难度平稳,在知识层面起覆盖作用;理科第12题出法略反常,逆向考了不定的三角函数求参问题,属于三角函数综合,在全国卷中这种考法少见。

2.填空题共4道题分值为20分。文理难度都不是很大,16题罕见地出现了线性规划的应用题考法。

3.解答题(共6道题,分值70分,其中第22题为三选一)。解答题中每一道题所涉及的具体内容是高中数学的重点内容也是主干考点,难度层次分明。每道题的设制均为两到三问,解题时,一般都是承前启后,主要运用相关性质、公式等进行推理,也有拐点、设有陷阱,同时具有一定的灵活性、综合性。做到审题要“慢”,书写要“快”。总体看来,第20题、第21题两道压轴题,难度不是很大,考察角度都是我们平时多次操练过的,部分学生因为畏惧心理可能在这两道自我设限。特别需要强调的是文理第19题,出题较新颖,取材于实际问题,考生平时需要在这方面多关注。部分题在细节上需要注意,不然难以得满分。第22、23、24三选一的题建议选极坐标与参数方程,其它两道还是容易错的,在做题时间上不占优。

四、2017年高考预测及应对建议

预测2017年的全国Ⅰ高考仍将保持今年的特点,紧扣教材和考试大纲,重视对学生基础知识和基本能力的考查,突出函数、算法统计概率、立体几何、向量与三角函数核心内容,着重考查考生分析理解、获取信息和探究等方面的能力,随着更多省份加入全国Ⅰ卷序列,试题的区分度可能将进一步在某些题上体现,而且出法有不定向趋势。

一.复习建议

1.全面巩固基础知识,夯实基础,全面、系统地落实每一个考点,特别是向量与三角函数,函数导数不等式,所占比重较大。

2.以书本为主的复习,高考试题很多来自课本,其难度都没有超过课本。【2016广东高考数学理科21题】

3. 三角函数、数列、概率、立体几何、三选一题目难度不大,保证拿到基本分数;圆锥曲线和导数难度相对较大,请拿到基本分后,再突破高难。

4.多做一些数学应用性的问题,这是以后高考会加大考查力度的知识点。

6.对几何证明选讲、坐标系与参数方程、不等式选讲,要求考生从三个中任意选择一个,这三个题都是中档试题,但放在试卷的最后,考生可以放在17题的位置去完成,否则最后可能没有时间。

二.在2017年复习中必须明确的核心主干考点

1.集合的基本运算(含新定义集合中的运算,强调集合中元素的互异性);

2.简易逻辑:充要条件、量词的界定;

3.函数的概念与性质(奇偶性、对称性、单调性、周期性、值域或最值);

4.幂、指、对函数式运算公式及图像变换;

5.重要不等式及不等式的解法、函数与方程迁移变化、求参变数的取值范围。(注意用反客为主法)

6.空间几何体的三视图及其与直观图的表面积和体积;

7.空间中的点、线、面之间的位置关系;空间中角的计算;球与多面体内接、外接或内切相关问题;

8.直线的斜率、倾斜角的确定;直线与圆的位置关系;点线距离公式应用;

9.算法初步:理解掌握框图及其程序功能;

10.古典概型与几何概型:①正态分布;②统计案例(回归直线方程﹑独立性检验)

2016广东高考数学理科21题(四)
2016年广东高考理科数学及答案Word版

绝密 ★ 启用前

试题类型:A

2016年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

本试题卷共5页,24题(含选考题)。全卷满分150分。考试用时120分钟。

★祝考试顺利★

注意事项:

1、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域内均无效。

3、填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、 考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷

一、选择题:本题共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)设集合A{xx4x30},B{x2x30},则AB

(A)(3,)

2

32

(B)(3,)

32

(C)(1,)

32

(D)(,3)

32

(2)设(1i)x1yi,其中x,y是实数,则xyi

(A)1

(B)2

(C)

(D)2

(3)已知等差数列{an}前9项的和为27,a108,则a100

(A)100 (B)99 (C)98 (D)97

(4)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘

坐班车,且到达发车站的时候是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是

(A)

1 3

(B)

1 2

(C)

2 3

(D)

3 4

1

x2y2

【2016广东高考数学理科21题】

1表示双曲线,(5)已知方程2且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的 2

mn3mn

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表面积是

(A)17 (B)18 (C)20 (D)28 (7)函数y2x2e在[2,2]的图像大致为

(A

【2016广东高考数学理科21题】

(C

x

28

,则它的 3

(B

(8)若ab1,0c1,则

(A)ab

c

c

(B)abba (C)alogbcblogac (D)logaclogbc

cc

(9)执行右面的程序框图,如果输入的x0,y1,n1,则输出x,y的值满足

(A)y2x

(B)y3x(C)y4x

(D)y5x

(10)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点,已知

AB42,DE2,则C的焦点到准线的距离为

(A)2

(B)4

(C)6

(D)8

(11)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD

m,平面ABB1A1n,则m,n所成角的正弦值为

(A)

2 (B) (C) 232

(D)

2

1

3

(12)已知函数f(x)sin(x)(0,

2

),x

4

为f(x)的零点,x

4

yf(x)图像的对称轴,且f(x)在(

(A)11

(B)9

5

1836,

)单调,则的最大值为

(D)5

(C)7

第II卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)题~第(21)题为必考题,每个试题考生都必须作答。第(22)题~第(24)题为选考题,考生根据要求作答。 二、填空题:本大题共3小题,每小题5分。

(13)设向量a(m,1),b(1,2),且|ab||a|2|b|2,则m. (14)(2x

(用数字填写答案) x)5的展开式中,x3的系数是2

(15)设等比数列{an}满足a1a310,a2a45,则a1a2an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:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (17)(本小题满分12分)

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC(acosBbcosA)c.

(Ⅰ)求C; (Ⅱ)若c

,ABC的面积为

3,求ABC的周长. 2

(18)(本小题满分12分)

如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面

D

C

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. (Ⅰ)证明:平面ABEF平面EFDC; (Ⅱ)求二面角EBCA的余弦值.

3

B

A

(19)(本小题满分12分) 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. (Ⅰ)求X的分布列;

(Ⅱ)若要求P(Xn)0.5,确定n的最小值;

(Ⅲ)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)(本小题满分12分)

设圆xy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

2

2

于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.

(Ⅰ)证明EAEB为定值,并写出点E的轨迹方程;

(Ⅱ)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1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)(本小题满分12分)

已知函数f(x)(x2)ea(x1)有两个零点. (Ⅰ)求a的取值范围;

(Ⅱ)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1x22.

x

2

4

请考生在第(22)、(23)、(24)题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分. (22)(本小题满分10分)选修4-1:几何证明选讲 如图,OAB是等腰三角形,AOB120.以O

1

OA为半径作圆. 2

(Ⅰ)证明:直线AB与⊙O相切;

(Ⅱ)点C,D在⊙O上,且A,B,

C,D四点共圆,

证明:AB//CD.

(23)(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为

xacost,

(t为参数,a0).在

y1asint,

以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:4cos.

(Ⅰ)说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程;

(Ⅱ)直线C3的极坐标方程为0,其中0满足tan02,若曲线C1与C2的公

共点都在C3上,求a.

(24)(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲

5

已知函数f(x)x2x3.

(Ⅰ)在答题卡第(24)题图中画出yf(x)的图像;

(Ⅱ)求不等式f(x)1的解集.

2016广东高考数学理科21题(五)
2016新课标(1)高考理科数学18、20、21题别解

2016新课标(1)高考理科数学18题20题21题别解

(18)(本小题满分12分)

如图,在已知A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF=2FD,

C 图一

AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.

(I)证明平面ABEFEFDC;(II)求二面角E-BC-A的余弦值. (I)略

(II)解一思路:利用向量角与二面角的平面角相等求解。

AB平面EFDC,由⑴知DFECEF60∵AB∥EF,EF平面EFDC∴

AB∥平面ABCDAB平面ABCD∵面ABCD面EFDCCD∴AB∥CD∴CD∥EF ∴四边形EFDC

为等腰梯形

过作EN⊥BC,交BC于点N,过A作AM⊥BC交BC于点M,设二面角E-BC-A的平面角为,则

,同理可得

5

11

BM=,EF,EC60,EB,EF90,EC,EB90,NEECBCEC(ECEB),

555

1



同理MAEF(ECEB),

得NE,MA,

5G NEMAcos,所以二面角E-BC-A

的余弦值为 1919NEMA

(II)解二

E

【2016广东高考数学理科21题】



NE,MA,由题设EF=EB=2,,EC=1, 则

CEB中,可得

CN=

求所求的二面角的平面角的补角

图二

由⑴知DFECEF60∵AB∥EF,AB平面EFDC,EF平面EFDC∴AB∥平面ABCDAB平面ABCD∵面ABCD面EFDCCD

∴AB∥CD∴CD∥EF ∴四边形EFDC为等腰梯形

分别过E、F作直线EG⊥平面ABEF、FH⊥平面ABEF,与CD所在直线交于G、H,连BG,则平面EBG⊥平面ABEF,过E在平面EBG内作EM⊥BG交BG于M,则EM⊥平面CBG,过作EN⊥BC,交BC于点N,则ENM是二面角GBCE的平面角,设其为,由题设EF=EB=2,,EN=1, 则

G

EM,得sin,cosE-BC-A

EN

的平面角与互补,所以二面角E-BC-A

的余弦值为

(II)解三所求的二面角的平面角为两个二面角的平面角的和。

E 图三

由⑴知DFECEF60∵AB∥EF,AB平面EFDC,EF平面EFDC∴AB∥平面ABCDAB平

面EFDCCD∴AB∥CD∴CD∥EF ∴四边形EFDC为等腰梯形,可得面ABCD∵面ABCD



CDFDCE120, DC=DF,,DCF30,FCE90,即FC⊥CE,又EB⊥平面EFHG,CF

平面EFHG,则CF⊥EB,故CF⊥平面CEB,得平面CFB⊥平面CEB。在平面FHA内过F作FM⊥AH交AH于M,则FM⊥平面CBA,又CF⊥CB则FCM是二面角FBCA的平面角,设其为,由题设EF=EB=2,,EC=1, 则

FH=

FM,

HA=,

FM=,

sin 设二面角E-BC-A的平面角为,22CF。得cos



2

,所以二面角E-BC-A

的余弦值为

1920. (本小题满分12分)

设圆xy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. (I)

证明EAEB为定值,并写出点E的轨迹方程;

2

2

(II)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1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. (I)略

(II)(x1)2y2

所以E的轨迹椭圆方程为43圆A方程(x2)y16

以原点为极点,以X则所以E的方程为

或

3

,(0,2cos

22

3

0(舍)

2cos

圆A方程2cos设点N(1,),点M(2,)点P(

33

则132sin42sin2

2cos2cos,

|MN|12

336|PQ|34

2cos2cos3sin2,

SMPNQ

1|MN||PQ|所以四边形MPNQ面积的取值范围.

2,

(21)(本小题满分12分)

x

已知函数fxx2eax1 有两个零点.

2

(I)求a的取值范围; (II)设x1,x2是

的两个零点,证明:+x2<2.【2016广东高考数学理科21题】

(I)解一

2xex当x1时,f1e0所以x1不是函数零点当x1时,a, 2

x1

exx24x52xex

g(x)设函数g(x),23

x1x1

当x1时,gx0,当x1时,gx0,函数gx在,1上单调递增,在1,上单调递减,

2x

当x1时,gx0,,当x1时,gx,,要使函数fxx2eax1 有两个零点.,(如图)函数ya与函数ygx的图象必有两个交点,则a0,所求a的取值范围是0,

(I)解二

当x1时,

ax1

2xex1

f1e0所以x1不是函数零点当x1时,

x

,设函数g(x)

2xex1

x

33

ex(x)2

24g(x)0,函数gx的单调递减区间,1, 1,,2x1

当x1时,gx,0,当x1时,gx,。函数ya(x1)的图象表示斜率为a过(1,0)

x

的直线。要使函数fxx2eax1 有两个零点.,函数ya(x1)与函数ygx的图象必

2

有两个交点,则a0,所求a的取值范围是0,

(II) 解一

设F(x)f(1x)f(1x)(x1)xe

x1

(x1)e1x,得F(x)x(ex1e1x),当x0时,

(ex1e1x)0,则F(x)0,故F(x)在区间0,单调递增,又F(0)0,所以当x0时,

F(x)F(0),0即x0时,f(1x)f(1x)

x

2)a0,设x1x2,由(1)知函数fxx2eax1的极值点为1,则有x11,x21,又f(

2

则1x22,因为f(x1)f(x2)f(1(x21))f(2x2),又x11,,2x21,由(1)知函数

fxx2exax1单调递减区间为(-,1)所以x12x2,即x1x22

2

2

(II)解二(函数fxx2exax1

设F(x)g(x1)g(1x),得F(x)(x1)(

图象向左平移1个单位长度,得到函数

, gxx1ex1ax2。只需研究函数gxx1ex1ax2有两个零点.x1,x2,证明:+x2<0)

当x0时,(exex)0,则F(x)0,ex)ex,

故F(x)在区间0,单调递增 ,所以当x0时,F(x)F(0)0,即x0时, g(x)g(x),

x

设x1x2,由(1)知函数fxx2eax1单调递减区间为,1,单调递增区间为1,,

2

则函数gxx1ex1ax2单调递减区间为,0,单调递增区间为0,,

有x10,0x2,又g(1)a0,则0x21,因为g(x1)g(x2)g(x2),又x10,x20,函数gxx1ex1ax2单调递减区间为,0,所以x1x2,即x1x20 函数gxx1e

x1

ax2图象向右平移1个单位长度得到fxx2exax1,所以函数

2

2

fxx2exax1 的两个零点.x1,x2,有

+x2<2.

(II)解三 根据《极值点偏移的判定方法和运用策略》《中学数学教学参考》2016. 3期

27.28页的对数平均不等式

ab

,(ab)

定义:两个正数a、b的对数平均 L(a,b)lnalnb,根据文献[2]有如下关系:

a,(ab)abL(a,b)

ab

2

2

xx12

函数fxx2eax1 图象向左平移1个单位长度,得到函数gxx1eax。只

需研究函数gxx1e

x1

, ax2有两个零点.x1,x2,证明:+x2<0)

x1

由(1)知函数gxx1e

ax2单调递减区间为,0,单调递增区间为0,,

设x1x2,由(Ⅰ)知1是函数f(x)的极值点,则0是函数g(x)的极值点,又g(1)a0,则【2016广东高考数学理科21题】

x10x21, 由g(x1)=g(x2)0得1x1ex11ax12,1x2ex21ax22等式两边取对数得,

2

ln(1x2)x21lnalnx2,ln(1x1)x11lnalnx12,

两式相减得

2

,得,根据对数平均不等式 x2x1ln(1x1)ln(1x2)lnx2,lnx12,

22

ln(1x1)ln(1x2)lnx2lnx12ln(1x1)ln(1x2)lnx2lnx121(x2x1) 2

x2x1x2x1(1x1)(1x2)x2x12

2x1x2(x1x2)222

2(xx)(x2x1) 212

(1x1)(1x2)x2x122x1x2x2x12

(x1x2)212

,2(xx)0(xx)() 21212

2x1x2x2x122x1x2x2x12

即11

2

因为x10x21,故2x1x20,x2x120所以x1x20

x

函数gxx1ex1ax2图象向右平移1个单位长度得到fxx2eax1,所以函数

2

fxx2exax1 有两个零点.x1,x2,有

2

+x2<2.

2016广东高考数学理科21题(六)
2016四川省高考理科数学18题21题别解

2016四川省高考理科数学18题 21题别解

18.如图,在四棱锥PABCD中,AD//BC,ADCPAB90,BCCD为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.

(I)在平面PAB内找一点M,使得直线CM//平面PBE,

并说明理由;

(II)若二面角PCDA的大小为45,求直线PA与

平面PCE所成角的正弦值.

1

AD,E2

(I)解一

M

延长AP,取点M,使得P为AM中点,连接AC交BE于F

11

因为E为AD中点,故AEED=AD,又BCAD,有EABC,

22

又AD//BC 即 EA//BC,则四边形ABCE为平行四边形

即有F为AC中点,PF//MC,又PF平面PBE,MC平面PBE

所以CM//平面PBE.M面PAB 故在面PAB上可找到一点M P 使得CM//面PBE.

(I)解二

E

延长AB,交直线CD于点F,过P作PQ//AB,过F作FQ//AP交于Q,

Q 则AFOP为平行四边形

1取QP的中点M,连CM,因为BCCD=AD,又AD//BC则C为DF中点,

2

又E为AD中点, P

111

有 EC//AF,ECAF,又MP=PQAF,PM=EC且EC//PM

222

故ECMP为平行四边形,有PE//MC,又PE平面PBE,MC平面PBE,所以CM//平面PBE.M面PAB 故在面PAB上可找到一点M使得CM//面PBE.

F

C

E D

P

(II)解一

E

因为PA面ABCD,∠ADC=90即ADDC.∴∠PDA为二面角PCDA所成的平面角,由题意可得∠PDA=45,而∠PAD=90,有PAAD,又BCCD,四边形BCDE是平行四边

形,∠ADM,则四边形BCDE是正方形,由题设AP=AD =2,,则BC=CD=1

,=90

A到平面ECPEPC3,在三角形PCE

中利用余弦定理得cosECP

,得PEC的距离为h,因为2,设直线PA与平面PCE所成角为,则

VAPECVPAEC

h

3

h1。直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

sin

AP3

(II)解二

过A作AFEC交EC于点F,连结PF,过A作AGPF交PF于点G,∵∠PAB90,PA与CD所成角为90, ∴PAAB,PACD,∵ABCD=M,∴PAABCD,

AECCAF∵EC面ABCD,∴P,∵E且AFAPA,

∴CE面PAF,∵AG面PAF,

∴AGCE,∵AGPF且AGAFA,

∴AG面PFC,∴∠APF为所求PA与面PCE所成的角, ∵PA面ABCD,∠ADC=90即ADDC.

∴∠PDA为二面角PCDA所成的平面角,由题意可得

,而∠PAD=90,∴PAAD, ∠PDA=45

∵BCCD,四边形BCDE是平行四边形,∠ADM=90,∴四边形BCD是正方形,∴∠BEC45,∴∠AE=∠F

AF

,∴BE4,∵C5∠

AFE90,∴AFtan∠APF=AP

AD

∴

AP1

sin∠APF=.

3

21(本小题满分14分)

设函数f(x)ax2alnx,其中aR. (I)讨论f(x)的单调性;

(II)确定a的所有可能取值,使得f(x)

11x

e在区间(1,+)内恒成立 x

(e2.718…为自然对数的底数). (I)略

(II)解一

11x

原不等式等价于fxe0在x1,上恒成立.

x

11x11x2

一方面,令gxfxeaxlnxea,只需gx在x1,上恒

xx

大于0即可. 又g10,故g'x在x1处必大于等于0.

1112e1x,g'10,可得a. xx211212x3x21x1x1x

另一方面, 当a时,F'x2a23e123ee

2xxxxx3

11

又x1,故x3x20,又e1x0,故F'x在a时恒大于0.∴当a时,Fx

22

在x1,单调递增.有FxF12a10,故gx也在x1,单调递增. Fxg'x2ax

1

故gxg10,即gx在x1,上恒大于0. 综上,a的取值范围是,.

2

2016广东高考数学理科21题(七)
2016全国高考数学卷理科1压轴题第21题分析

(2016全国卷1理21题)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点。

(1)求a的取值范围。

(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1x22.

考点分析:零、方程根、图象交点问题的相互转化。不等式的单调性转化。如何用导数求最值。

难度系数:0.1

(x2)ex(x2)ex

解:(1):零点f(x)0a有两个零点。y1a,y2两条曲22(x1)(x1)线有两个交点。接下来画图即可。

首先验证x1不是其零点。因为接下来讨论过程中x1不在定义中。

(x1)3ex2(x1)(x2)exex(x24x5) y2(x1)4(x1)3

所以y2在(,1)递减,(1,

)递增,大致图象为:

所以只有当a0时图象y1,y2才有两个交点。即函数f(x)有两个零点。

x(2):f(x)(x1)(e2a),由于a0所以f(x)在(,1)上单调递减。设x1x2。

由(1)知x1(,1),x2(1,),所以2x2(,1)。所以

x1x22x12x20f(x1)f(2x2)

由于f(x2)(x22)e2a(x21)0所以

f(2x2)x2e

下面构造函数g(x)xe2x2x2x2(x22)ex2 (x2)ex,x1

g(x)(x1)(e2xex).所以当x1时g(x)0g(x)在(1,)递减。所以g(x)g(1)0。所以f(2x2)0恒成立。所以不等式x1x22成立。

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