2016年高考全国2卷理数试题(含答案)

2016年普通高等学校招生全国统一考试

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

， （B）(1，3) 3)（C）(1,+)（D）(-，（A）(31)（2）已知集合A{1,2,3}，B{x|(x1)(x2)0,xZ}，则AB

1，2，3}（D）{1，01，，2，3} ，2}（C）{0，（A）{1}（B）{1（3）已知向量a(1,m)，b=(3,2)，且(a+b)b，则m= （A）－8 （B）－6 （C）6 （D）8

22xy2x8y130的圆心到直线axy10 的距离为1，则a= （4）圆

43（A）3 （B）4 （C）3 （D）2

（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）24 （B）18 （C）12 （D）9

（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

π

（7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移个单位长度，则评议后图象的对称轴为

12kππkππkππkππ

（A）x=– (k∈Z) （B）x=+ (k∈Z) （C）x=– (k∈Z) （D）x=+

2626212212(k∈Z)

（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 π3

（9）若cos(–α)= ，则sin 2α=

457117

（A） （B） （C）– （D）– 255525

（10）从区间0,1随机抽取2n个数

x1,x2，xyy…，yn，

…，n，1，2，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

4n2n4m2m（A）m （B）m （C）n （D）n

x2y2（11）已知F1，F2是双曲线E221的左，右焦点，点M在E上，M F1与x 轴垂

ab直，sinMF2F1

（A）2 （B）

1 ,则E的离心率为 33 （C）3 （D）2 2x1yf(x)（12）已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数y与图

xm像的交点为(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym), 则

(xy)

iii1（A）0 （B）m （C）2m （D）4m

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

45 (13)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若cos A=，cos C=，a=1，则b= .

513(14)α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：

（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. （2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

（3）如果α∥β，mα，那么m∥β.

（4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）

（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 。 （16）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+2）的切线，则b= 。

三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.（本题满分12分）

，S728.记bn=lgan，其中x表示不超过xSn为等差数列an的前n项和，且an=1的最大整数，如0.9=0，lg99=1. （I）求b1，b11，b101；

（II）求数列bn的前1 000项和.

18.（本题满分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，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下： 上年度出险次数 保费 一年内出险次数 概率 0 0.85a 0 0.30 1 a 1 0.15 2 1.25a 2 0.20 3 1.5a 3 0.20 4 1.75a 4 0.10 5 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：

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. 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.

20. （本小题满分12分）

x2y21的焦点在x轴上，已知椭圆E:A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A,Mt3两点，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. （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agx）=(x0) 有最小值.设g（x）的最小值为(II)证明：当a[0,1) 时，函数（x2h(a)，求函数h(a) 的值域.

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：集合证明选讲

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,E,F四点共圆；

(II)若AB=1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积.

（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）2+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； （II）直线l的参数方程是错误！未找到引用源。（t为参数）,l与C交于A、B两点，∣AB∣=错误！未找到引用源。，求l的斜率。 （24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲

已知函数f(x)= ∣x-错误！未找到引用源。∣+∣x+错误！未找到引用源。∣，M为不等式f(x) ＜2的解集. （I）求M；

（II）证明：当a,b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣。

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理科数学答案

第Ⅰ卷

一.选择题：

（1）【答案】A （2）【答案】C （3）【答案】D （4）【答案】A （5）【答案】B （6）【答案】C （7）【答案】B （8）【答案】C （9）【答案】D （10）【答案】C （11）【答案】A （12）【答案】C

第Ⅱ卷

二、填空题

(13)【答案】

21 13(14) 【答案】②③④ （15）【答案】1和3 （16）【答案】1ln2

三.解答题

17.（本题满分12分）

【答案】（Ⅰ）b10，b111， b1012；（Ⅱ）1893. 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求公差、通项an，再根据已知条件求b1，b11，b101；（Ⅱ）用分段函数表示bn，再由等差数列的前n项和公式求数列bn的前1 000项和． 试题解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d，据已知有721d28，解得d1. 所以{an}的通项公式为ann.

b1[lg1]0,b11[lg11]1,b101[lg101]2.

0,1,（Ⅱ）因为bn2,3,1n10,10n100,

100n1000,n1000.所以数列{bn}的前1000项和为1902900311893. 考点：等差数列的的性质，前n项和公式，对数的运算. 【结束】

18.（本题满分12分）

【答案】（Ⅰ）根据互斥事件的概率公式求解；（Ⅱ）由条件概率公式求解；（Ⅲ）记续保人本年度的保费为X，求X的分布列为，在根据期望公式求解.. 【解析】 试题分析：

试题解析：（Ⅰ）设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当

且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)0.20.20.10.050.55.

（Ⅱ）设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)0.10.050.15. 又P(AB)P(B)，故P(B|A)P(AB)P(B)0.153. P(A)P(A)0.5511因此所求概率为

3. 11 （Ⅲ）记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为

X 0.85a P 1.23a0.30 a 0.15 1.25a1.5a 1.75a2a 0.20 0.20 0.10 0.05 EX0.85a0.30a0.151.25a0.201.5a0.201.75a0.102a0.05因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23 考点： 条件概率，随机变量的分布列、期望. 【结束】

19.（本小题满分12分） 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】

295. 25'试题分析：（Ⅰ）证AC//EF，再证DHOH，最后证DH平面ABCD；（Ⅱ）用

'向量法求解.

试题解析：（I）由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得

AECF，故ADCDAC//EF.

'因此EFHD，从而EFDH.由AB5,AC6得DOB0AB2AO24.

由EF//AC得

OHAE1.所以OH1，D'HDH3. DOAD4'222'2于是OH1，DHOH3110DO，

'故DHOH.

'又DHEF，而OHEFH，

所以DH平面ABCD.

'zD'AEOHCFxDyB

（II）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H0,0,0，A3,2,0，B0,5,0，C3,1,0，D0,0,3，AB(3,4,0)，

'AC6,0,0，AD'3,1,3.设mx1,y1,z1是平面ABD'的法向量，则3x14y10mAB0，即，所以可以取m4,3,5.设nx2,y2,z2是平面'3xy3z0111mAD06x20nAC0ACD的法向量，则，即，所以可以取n0,3,1.于是

'3xy3z0222nAD0'cosm,nmnmn1475295， sinm,n.因此二面角

25255010295. 25'BDA的正弦值是C考点：线面垂直的判定、二面角. 【结束】

20.（本小题满分12分） 【答案】（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设Mx1,y1，，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k.

144；（Ⅱ）4932,2.



x2y21，试题解析：（I）设Mx1,y1，则由题意知y10，当t4时，E的方程为43A2,0.

由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为

.因此直线AM的方程为yx2. 4x2y212121得7y212y0.解得y0或y，所以y1. 将xy2代入

7743因此AMN的面积211212144. 27749（II）由题意t3，k0，At,0.

将直

2线

2AM的方程yk(xt)代入

x2y21t3得

3tkx2ttk2xt2k23t0.

由x1ttk得x123tk22t3tk23tk2，故AMx1t1k26t2k23tk2. 6kt1k21xt，故同理可得AN由题设，直线AN的方程为y， k3k2t由2AMAN得当k32k3，即k2t3k2k1. 223tk3kt2时上式不成立，

23k2k1k33k2k2k2k1因此t.t3等价于0， 333k2k2k2k20k20k20.由此得3即3，或3，解得32k2. k2k20k20因此k的取值范围是

32,2.

考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. 【结束】

（21）（本小题满分12分）

1e2【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）(,]..

24

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当x(0,)时，f(x)f(0)证

ex0明结论；（Ⅱ）用导数法求函数g(x)的最值，在构造新函数h(a)，又用导数法求

x02解.

试题解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(,2)(2,).

(x1)(x2)ex(x2)exx2exf'(x)0, 22(x2)(x2)且仅当x0时，f'(x)0，所以f(x)在(,2),(2,)单调递增， 因此当x(0,)时，f(x)f(0)1, 所以(x2)ex(x2),(x2)exx20

(x2)exa(x2)x22(f(x)a), （II）g(x)2xx由（I）知，f(x)a单调递增，对任意a[0,1),f(0)aa10,f(2)aa0, 因此，存在唯一x0(0,2],使得f(x0)a0,即g'(x0)0， 当0xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单调递减； 当xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单调递增. 因此g(x)在xx0处取得最小值，最小值为

ex0a(x01)ex0+f(x0)(x01)ex0g(x0).

x02x02x02ex(x1)exexex0)'0,于是h(a)，由(单调递增 2x2(x2)x2x021e0ex0e2e2所以，由x0(0,2],得h(a).

202x02224ex1e2因为单调递增，对任意(,],存在唯一的x0(0,2],af(x0)[0,1),

24x2

1e2使得h(a),所以h(a)的值域是(,],

241e2综上，当a[0,1)时，g(x)有h(a)，h(a)的值域是(,].

24考点： 函数的单调性、极值与最值. 【结束】

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 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）证DGFCBF,再证B,C,G,F四点共圆；（Ⅱ）证明

1. 2RtBCGRtBFG,四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍.

试题解析：（I）因为DFEC,所以DEFCDF, 则有GDFDEFFCB,DFDEDG, CFCDCB所以DGFCBF,由此可得DGFCBF, 由此CGFCBF180,所以B,C,G,F四点共圆.

（II）由B,C,G,F四点共圆，CGCB知FGFB，连结GB， 由G为RtDFC斜边CD的中点，知GFGC,故RtBCGRtBFG, 因此四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍，即

0111S2SGCB21.

222

考点： 三角形相似、全等，四点共圆 【结束】

（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 【答案】（Ⅰ）212cos110；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（I）利用2x2y2，xcos可得C的极坐标方程；（II）先将直线l的参数方程化为普通方程，再利用弦长公式可得l的斜率．

试题解析：（I）由xcos,ysin可得C的极坐标方程212cos110. （II）在（I）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(R) 由A,B所对应的极径分别为1,2,将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得

15. 3212cos110.

于是1212cos,1211,

|AB||12|(12)2412144cos244,

由|AB|10得cos2315， ,tan83所以l的斜率为1515或. 33考点：圆的极坐标方程与普通方程互化， 直线的参数方程，点到直线的距离公式. 【结束】

（24）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 【答案】（Ⅰ）M{x|1x1}；（Ⅱ）详见解析. 【解析】

试题分析：（I）先去掉绝对值，再分x1111，x和x三种情况解不等式，即2222b时，ab1ab．可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a，

12x,x,211试题解析：（I）f(x)1,x,

2212x,x.21时，由f(x)2得2x2,解得x1； 211当x时， f(x)2；

221当x时，由f(x)2得2x2,解得x1.

2当x所以f(x)2的解集M{x|1x1}.

（II）由（I）知，当a,bM时，1a1,1b1，从而

(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，

因此|ab||1ab|.

考点：绝对值不等式，不等式的证明. 【结束】