2016年高考全国2卷理数试题(含解析)

理科数学

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共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）已知z(m3)(m1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是

1 （A）3，【解析】A

（B）1，3

（C）1,+

（D）-，3

∴m30，m10，∴3m1，故选A．

（2）已知集合A{1,2,3}，B{x|(x1)(x2)0，xZ}，则A（A）1

（B）{1，2}

1，2，3} （D）{1，0，B

1，2，3 （C）0，【解析】C

Bxx1x20，xZx1x2，xZ，

1，∴A∴B0，故选C．

B0，1，2，3，

（3）已知向量a(1,m)，b=(3,2)，且(ab)b，则m= （A）8 【解析】D

ab4，m2，

∵(ab)b，∴(ab)b122(m2)0

（B）6

（C）6

（D）8

解得m8， 故选D．

（4）圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10 的距离为1，则a= 43（A） （B） （C）3 （D）2

34【解析】A

圆x2y22x8y130化为标准方程为：x1y44， 故圆心为1，4，d故选A．

（5）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为

a412241，解得a，

3a21

（A）24 （B）18 （C）12 （D）9 【解析】B

EF有6种走法，FG有3种走法，由乘法原理知，共6318种走法

故选B．

（6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为

（A）20π （B）24π （C）28π （D）32π 【解析】C

几何体是圆锥与圆柱的组合体，

设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．

由图得r2，c2πr4π，由勾股定理得：l222324，

1S表πr2chcl4π16π8π28π，

2故选C．

（7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移（A）x（C）xπ个单位长度，则平移后图象的对称轴为 12kππkππkZ （B）xkZ 2626kππkππkZ （D）xkZ 212212【解析】B

π平移后图像表达式为y2sin2x，

12ππkππkZ， 令2xkπ+，得对称轴方程：x12226故选B．

（8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的x2，n2，依次输入的a为2，2，5，则输出的s

（A）7 （B）12 （C）17 （D）34 【解析】C

第一次运算：s0222， 第二次运算：s2226， 第三次运算：s62517， 故选C．

π3（9）若cos，则sin2=

45711 （A） （B） （C）

2555 （D）7 25【解析】D

73π2π∵cos，sin2cos22cos1，

452425故选D．

（10）从区间0,1随机抽取2n个数x1,x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对x1,y1，

x2,y2，…，xn,yn，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到

的圆周率 的近似值为

（A）

4n2n4m2m （B） （C） （D） mmnn【解析】C

，n在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在 由题意得：xi，yii1，2，如图所示的阴影中

π4m由几何概型概率计算公式知4m，∴π，故选C．

n1nx2y2（11）已知F1，F2是双曲线E：221的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，

absinMF2F11 ,则E的离心率为 33 （C）3 （D）2 2（A）2 （B）【解析】A

22F1F2F1F2sinM 离心率e，由正弦定理得e32．

MF2MF1MF2MF1sinF1sinF2113故选A．

（12）已知函数fxxR满足fx2fx，若函数ymx1与yfx图像的交点 x为x1，y1，x2，y2，⋯，xm，ym，则xiyi（ ）

i1（A）0 【解析】B

（B）m （C）2m （D）4m

1对称， 由fx2fx得fx关于0，而yx111对称， 1也关于0，xx∴对于每一组对称点xixi'0 yiyi'=2， ∴xiyixiyi02i1i1i1mmmmm，故选B． 2

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分．第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22~24题为选考题，考生根据要求作答．

（13）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA则b ． 【解析】

21 1345，cosC， 51345，cosC，a1， 513∵cosAsinA312，sinC， 513sinBsinACsinAcosCcosAsinC63， 65由正弦定理得：

ba21解得b． sinBsinA13（14），是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题：

①如果mn，m，n∥，那么． ②如果m，n∥，那么mn． ③如果a∥，m，那么m∥．

④如果m∥n，∥，那么m与所成的角和n与所成的角相等． 【解析】②③④

（15）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是 【解析】 (1,3)

由题意得：丙不拿（2，3），

若丙（1，2），则乙（2，3），甲（1，3）满足， 若丙（1，3），则乙（2，3），甲（1，2）不满足， 故甲（1，3），

（16）若直线ykxb是曲线ylnx2的切线，也是曲线ylnx1的切线，b ．【解析】 1ln2

ylnx2的切线为：y1xlnx11（设切点横坐标为x1） x11x2xlnx21ylnx1的切线为：y x21x2111x1x21 ∴xlnx1lnx1212x2111解得x1 x2

22∴blnx111ln2．

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）

Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728．记bnlgan，其中x表示不超过

x的最大整数，如0.90，lg991． （Ⅰ）求b1，b11，b101；

（Ⅱ）求数列bn的前1000项和．

【解析】⑴设an的公差为d，S77a428，

∴a44，∴da4a11，∴ana1(n1)dn． 3∴b1lga1lg10，b11lga11lg111，b101lga101lg1012． ⑵记bn的前n项和为Tn，则T1000b1b2b1000

lga1lga2lga1000．

当0≤lgan1时，n1，2，，9； 当1≤lgan2时，n10，11，，99；

当2≤lgan3时，n100，101，，999； 当lgan3时，n1000．

∴T10000919029003113．

（18）（本小题满分12分）

某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出险次数 保 费 0 0.85a 1 a 2 1.25a 3 1.5a 4 1.75a ≥5 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 一年内出险次数 概 率 0 0.30 1 0.15 2 0.20 3 0.20 4 0.10 ≥5 0.05 （Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；

（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； （Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． 【解析】 ⑴设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A，

P(A)1P(A)1(0.300.15)0.55．

⑵设续保人保费比基本保费高出60%为事件B， P(BA)P(AB)0.100.053． P(A)0.5511⑶解：设本年度所交保费为随机变量X． X P 0.85a 0.30 a 1.25a 0.20 1.5a 0.20 1.75a 0.10 2a 0.05 0.15 平均保费

EX0.850.300.15a1.25a0.201.5a0.201.75a0.102a0.05

0.255a0.15a0.25a0.3a0.175a0.1a1.23a， ∴平均保费与基本保费比值为1.23．

（19）（本小题满分12分）

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF5，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置OD10. 4（I）证明：DH平面ABCD； （II）求二面角BDAC的正弦值.

【解析】⑴证明：∵AECF∴

5， 4AECF， ADCD∴EF∥AC．

∵四边形ABCD为菱形， ∴ACBD， ∴EFBD， ∴EFDH， ∴EFDH． ∵AC6， ∴AO3；

又AB5，AOOB， ∴OB4， ∴OHAEOD1， AO∴DHDH3， ∴ODOHD'H， ∴D'HOH． 又∵OH222EFH，

∴D'H面ABCD． ⑵建立如图坐标系Hxyz．

B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0，

AB4，3，0，AD'1，3，3，AC0，6，0，

设面ABD'法向量n1x，y，z，

x3nAB04x3y0由1得，取y4， z5n1AD0x3y3z0∴n13，4，5．

同理可得面AD'C的法向量n23，0，1， ∴cosn1n2n1n295521075， 25∴sin

295． 25（20）（本小题满分12分）

x2y21的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M已知椭圆E:t3两点，点N在E上，MA⊥NA.

（I）当t4，AMAN时，求△AMN的面积； （II）当2AMAN时，求k的取值范围.

x2y21，A点坐标为2，0， 【解析】 ⑴当t4时，椭圆E的方程为43则直线AM的方程为ykx2．

x2y21222243联立并整理得，34kx16kx16k120 ykx28k26128k2622AM1k21k 解得x2或x，则

34k234k234k21AN1因为AMAN，所以k2121341k21k2123k4 k因为AMAN，k0，

所以1k2121221k4，整理得k14k2k40， 34k23kk4k2k40无实根，所以k1．

1所以△AMN的面积为AM2211214411． 234492⑵直线AM的方程为ykxt，

x2y2122222t3联立并整理得，3tkx2ttkxtk3t0

ykxtttk23t解得xt或x， 23tkttk23t6t2t1k 所以AM1k3tk23tk22所以

AN1k26t3kt k因为2AMAN

21k26t6t226k3k1k2t，整理得，． t3tk3kk32k所以

k21k26k23k3，整理得因为椭圆E的焦点在x轴，所以t3，即30 3k2k2解得32k2．

（21）（本小题满分12分） (I)讨论函数f(x)x2xe的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20; x2exaxa(x0) 有最小值.设gx的最小值为h(a)，求(II)证明：当a[0,1) 时，函数gx=x2函数h(a)的值域. 【解析】⑴证明：fxx2xe x2x24x2ex fxe

x2x22x22x ∵当x，22,时，fx0

∴fx在，2和2,上单调递增 ∴x0时，

x2xef0=1 x2 ∴x2exx20

⑵ gxexax22xexaxax4

xxex2exax2ax4

x2x2xeax2

3x1 a0， 由(1)知，当x0时，fx 使得

x2xe的值域为1，，只有一解． x2t2tea，t0，2 t2当x(0,t)时g(x)0，g(x)单调减；当x(t,)时g(x)0，g(x)单调增

eat1that2ett1t2teett2 t2t2ett1et0，∴kt单调递增 记kt，在t0,2时，kt2t2t21e2∴hakt，．

24

请考生在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,做答时请写清题号 （22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，在正方形ABCD，E，G分别在边DA，DC上（不与端点重合），且DE=DG，过D点作DF⊥CE，垂足为F.

(I) 证明：B，C，G，F四点共圆；

(II)若AB1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积.

【解析】（Ⅰ）证明：∵DFCE

∴Rt△DEF∽Rt△CED ∴GDFDEFBCF DFCF DGBC∵DEDG，CDBC ∴

DFCF DGBC∴△GDF∽△BCF ∴CFBDFG

∴GFBGFCCFBGFCDFGDFC90 ∴GFBGCB180． ∴B，C，G，F四点共圆． （Ⅱ）∵E为AD中点，AB1， ∴DGCGDE1， 2∴在Rt△GFC中，GFGC， 连接GB，Rt△BCG≌Rt△BFG，

111∴S四边形BCGF2S△BCG=21=．

222

（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 在直线坐标系xOy中，圆C的方程为x6y225．

（I）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

xtcos（II）直线l的参数方程是（t为参数），l与C交于A、B两点，AB10，求l的

ytsin2斜率．

【解析】解：⑴整理圆的方程得x2y212110，

2x2y2由cosx可知圆C的极坐标方程为212cos110． siny

⑵记直线的斜率为k，则直线的方程为kxy0，

10由垂径定理及点到直线距离公式知：， 25221k6k2

51536k2902k即，整理得，则． k2331k4（24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲 已知函数fxx（I）求M；

（II）证明：当a，bM时，ab1ab．

11x，M为不等式fx2的解集. 221111【解析】解：⑴当x时，fxxx2x，若1x；

22221111当≤x≤时，fxxx12恒成立；

2222当x11时，fx2x，若fx2，22综上可得，Mx|1x1．

1时，有a21b210， ⑵当a，b1，即a2b21a2b2，

则a2b22ab1a22abb2， 则ab1ab， 即abab1，

证毕．

22