TOP362016年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（全国卷1，参考版解析）.doc文档免费在线阅读

那么，当时，，单调递减当时，，单调递增设，构造代数式设，则，故单调递增，有因此，对于任意的，由可知不可能在的同个单调区间上，不妨设，则必有令，则有而，，在，上单调递增，因此整理得设圆的半径为，作于，解得设展开式的第项为，，当时，，即故答案为由于是等比数列，设递减，不满足在，单调若，，此时，满足在，单调递减故选由已知得，，其中在，单调接下来用排除法若，，此时，在，递增，在，所成角的大小与所成角的大小相等，即的大小而均为面对交线，因此，即故选由题意知则示∥平面，若设平面平面，则∥又平面∥平面，结合平面平面∥，故∥同理可得∥故的线上，点，在圆上，点，在圆上，联立解得，焦点到准线的距离为故选如图所是输出，，满足故选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，设圆的方程为，题目条件翻译如图设，，点，在抛物，故选如下表循环节运行次数判断是否输出运行前第次否否第二次否否第三次是，正确对要比较和，只需比较和而函数在，上单调递增，故又由得，，则，在，上单调递增，因此又由得，，对要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和构造函数在，单调递减，排除故选对由于，函数在上单调递增，因此，对由于，函数在，上单调递减，三个扇形面积之和故选，排除，排除时，，当，时，因此由双曲线性质知，其中是半焦距焦距，解得故选原立体图如图所示是个球被切掉左上角的后的三视图表面积是的球面面积和小明到达的时间会随机的落在图中线段中，而当他的到达时间落在线段或时，才能保证他等车的时间不超过分钟根据几何概型，所求概率故选表示双曲线，则，解得所以，故选由等差数列性质可知，故，而，因此公差故选如图所示，画出时间轴等式∣∣﹥的解集。

参考版解析，故故选由可知，故等式∣∣﹥的解集。

参考版解析，故故选由可知，故，解得所以，故选由等差数列性质可知，故，而，因此公差故选如图所示，画出时间轴小明到达的时间会随机的落在图中线段中，而当他的到达时间落在线段或时，才能保证他等车的时间不超过分钟根据几何概型，所求概率故选表示双曲线，则由双曲线性质知，其中是半焦距焦距，解得故选原立体图如图所示是个球被切掉左上角的后的三视图表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选，排除，排除时，，当，时，因此在，单调递减，排除故选对由于，函数在上单调递增，因此，对由于，函数在，上单调递减，，对要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和构造函数，则，在，上单调递增，因此又由得，，正确对要比较和，只需比较和而函数在，上单调递增，故又由得，，故选如下表循环节运行次数判断是否输出运行前第次否否第二次否否第三次是是输出，，满足故选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，设圆的方程为，题目条件翻译如图设，，点，在抛物线上，点，在圆上，点，在圆上，联立解得，焦点到准线的距离为故选如图所示∥平面，若设平面平面，则∥又平面∥平面，结合平面平面∥，故∥同理可得∥故的所成角的大小与所成角的大小相等，即的大小而均为面对交线，因此，即故选由题意知则，其中在，单调接下来用排除法若，，此时，在，递增，在，递减，不满足在，单调若，，此时，满足在，单调递减故选由已知得，，解得设展开式的第项为，，当时，，即故答案为由于是等比数列，设，其中是首项，是公比，解得故，当或时，取到最小值，此时取到最大值所以的最大值为设生产产品件，产品件，根据所耗费的材料要求工时要求等其他限制条件，构造线性规则约束为目标函数作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为在，处取得最大值，由正弦定理得，，，，由余弦定理得周长为为正方形面面平面平面由知∥平面平面∥平面平面面面∥∥四边形为等腰梯形以为原点，如图建立坐标系，设，，设面法向量为，，故则的两根，，，因为，故当或时，因此，当且时，又，根据零点存在性定理，在，有且只有个零点此时，在上有且只有两个零点，满足题意若，则，当时，，，即，单调递增当时，，，即，单调递减当时，，，即，单调递增即，，，↑极大值极小值↑而极大值故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解而当时，单调递增，至多个零点此时在上至多个零点，不合题意④若，那么当时，，，即，单调递增当时，，，即，单调递增又在处有意义，故在上单调递增，此时至多个零点，不合题意若，则当时，，，即，单调递增当时，，，即，单调递减当时，，，即，单调递增即，，，↑极大值极小值↑故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解当时，单调递增，至多个零点此时在上至多个零点，不合题意综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为，由已知得，不难发现，，故可整理得设，则那么，当时，，单调递减当时，，单调递增设，构造代数式设，则，故单调递增，有因此，对于任意的，由可知不可能在的同个单调区间上，不妨设，则必有令，则有而，，在，上单调递增，因此整理得设圆的半径为，作于，与相切方法假设与不平行与交于四点共圆由可知矛盾∥方法二因为，四点共圆，不妨设圆心为，因为，，所以，为的中垂线上，