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1、2016 年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷二）理科数学第卷一 . 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(m3) (m1)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（ A）3 ，1（ B）1，3（C） 1, +（ D） - ， 3（2）已知集合 A 1, 2 ,3 ， B x | ( x1)( x2)0 ，xZ ，则 A U B（ A） 1（B） 1，2（ C） 0 ，1，2 ，3（ D） 1，0 ，1，2 ，3（3）已知向量rr，且rrr，则 =a(1,m) ，b=(3,2)(ab)bm（A） 8（ B）
2、 6（C） 6（ D） 8（4）圆 x2y22 x 8 y130 的圆心到直线 axy 10 的距离为1，则 a=（A）4（B）3（ C） 3（ D） 234（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）20 （ B）24 （ C）28 （ D）32（7）若将函数 y=2sin 2x 的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为12k Z（ B） xk （A） xk2
3、k Z266k Z（D） xk k Z（C） xk212212（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x2 ， n2 ，依次输入的 a 为 2， 2， 5，则输出的 s（A） 7 （B） 12（ C） 17（ D） 34（9）若 cos3 ，则 sin2=45（ A） 7（B） 1（ C） 1（ D） 7255525（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
4、到的圆周率的近似值为（A） 4n（B） 2n（ C） 4m（ D） 2mmmnn（11）已知 F1 ， F2是双曲线 E： x2y21的左，右焦点，点M在 E 上， MF1 与 x 轴垂直，a2b2sin MF2 F11则 E的离心率为,3（ A） 2（B） 3（ C） 3（ D） 22（ 12）已知函数 fx xR满足 fx2fx ，若函数 yx1与 y f x 图像的交点x为 x1 ，y1 ， x2 ，y2，?， xm ，ymmxi yi，则（）i 1（ A） 0（ B） m（ C） 2m（ D） 4m第卷本卷包括必考题和选考题两部分第 1321 题为必考题， 每个试题考生都必须作答第22
5、24 题为选考题，考生根据要求作答二、填空题 ( 本大题包括 4 小题，每小题5 分，共 20 分，把正确答案填在答题卡中的横线上 ).（13）ABC 的内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c，若 cos A451 ， cos C， a513则 b（14）， 是两个平面， m，n 是两条线，有下列四个命题：（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 yk
6、xb 是曲线 yln x2 的切线，也是曲线ylnx1 的切线， 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）Sn 为等差数列an 的前 n 项和，且 an =1， S728. 记 bn = lg an ，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 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012345保费0.85aa1
7、.25a1.5a1.75a2a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012345概率0.300.150.200.200.100. 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5，AC与 BD交于点 O，AB=5，AC=6，点 E,F 分别在 AD,CD上，AE=CF=4EF 交 BD于点 H. 将 DEF沿 EF折到 D EF 的位置， OD10 .（I ）证明： D H平面
8、 ABCD；（II ）求二面角 BD AC 的正弦值 .20. （本小题满分 12 分）x2y21 的焦点在 x 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k0)的直线交 E 于 A,M已知椭圆 E:3t两点，点 N在 E 上， MA NA.（I ）当 t=4 ， AMAN 时，求 AMN的面积；（II ）当 2 AMAN 时，求 k 的取值范围 .（21）（本小题满分 12分）(I)讨论函数 f (x)x2 e x 的单调性，并证明当x 0时， ( x 2)exx 2 0;x2(II)证明：当 a0,1)exaxa0) 有最小值 . 设 g（ x）的最小值时，函数 g（ x）=x2(x为 h(
9、 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（I ）以坐标原点为极点，22C 的方程为（ x+6） +y =25.
10、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（ t 为参数） , l 与 C交于 A、B 两点， AB =，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- + x+ ， 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。2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学答案1. 【解析】 A m30 ， m10 ，3m1，故选 A2. 【解析】 CB x x 1 x 2 0，xZx 1 x 2 ，xZ ， B 0 ，1 ， A U B0 ，1，2
11、，3 ，故选 C3. 【解析】 D r rab4 ，m2 ，rrrrr r8 ，故选 D (ab)b ， (ab) b 12 2( m 2) 0解得 m4. 【解析】 A圆 x2 y22x8 y 13 0 化为标准方程为：x221y 44 ，故圆心为1，4a414， d1 ，解得 a3a 21故选 A5. 【解析】 BE F 有6种走法， FG 有 3种走法，由乘法原理知，共6 3 18种走法故选 B6. 【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 r2 ， c2r4，由勾股定理得： l2222 34 ，S表 r2ch1cl
12、4 16 8 282，故选 C7. 【解析】 B平移后图像表达式为y 2sin 2 x ，12令 2 xk+ ，得对称轴方程： xk k Z ，故选 B122268. 【解析】 C第一次运算：s0222，第二次运算：s2 226，第三次运算： s 62517 ，故选 C9. 【解析】 D cos43， sin 2cos22cos2 17，故选 D5242510. 【解析】 C由题意得：xi ，yii12，n 在如图所示方格中， ，而平方和小于1 的点均在如图所示的阴影中4m由几何概型概率计算公式知4m ， ，故选 C1nn11. 【解析】 AF1 F2F1F2sin M22，由正弦定理得 e3
13、2 故选 A离心率 eMF1MF2 MF1sin F1sin F2MF211312. 【解析】 B由 f x2 f x 得 fx 关于0 ，1对称，而x11也关于0 ，1对称，yx1xmmmm对于每一组对称点 xixi 0yiyi =2 ，xiyixiyi 02m ，故i 1i 1i 12选 B13. 【解析】 21 13 cos A453， sin C12， cos C13， sin A，5513sin B sinA Csin A cos C cos A sin C63，ba2165由正弦定理得：解得 bsin Bsin A1314. 【解析】15. 【解析】 (1,3)由题意得：丙不拿（
14、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. 【解析】 1 ln2yln x2 的切线为：y1 x ln x11（设切点横坐标为x1 ） yln x1 的切线为：x111y1x ln x21x2x1x21解得 x11x21x2 1x2x22211ln x1ln x2 11x2 bln x11 1ln 2三 . 解答题17. （本题满分12 分）【答案】（） b10 ， b11 1 ， b1012；（） 1893.试题解析：（）设 an 的公差为 d ，据已知有 721d 28
15、，解得 d 1.所以 an 的通项公式为 ann.b1 lg1 0,b11lg111,b101lg1012.0,1n10,（）因为 bn1,10n100,2,100n1000,3,n1000.所以数列 bn 的前 1000 项和为 190 2 900 31 1893.18. （本题满分 12 分）试题解析：（）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 0.10.050.55.（）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)
16、0.1 0.050.15.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（）记续保人本年度的保费为X ，则 X 的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05EX 0.85a 0.30 a 0.15 1.25a 0.201.5a0.201.75a 0.10 2a 0.051.23a因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.2319. （本小题满分 12 分）试题解析： （ I ）由已知得ACBD ， ADCD ，又由AECF 得 A
17、ECF ，故ADCDAC / / EF .因此 EFHD ，从而 EFD H . 由 AB5, AC6 得 DOB0AB2AO24 .由 EF / / AC 得 OHAE1. 所以 OH1， D HDH3.DOAD4于是 OH1， D H OH 2321210 D O 2 ，故 D H OH .又 D HEF ，而 OHEFH ，所以 D H平面 ABCD .zDAEyHDOFBCxuuur（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Hxyz ，则 H0,0,0， A3,2,0， B0, 5,0， C3,1,0， Duuur(3,4,0) ，0,0,
18、3 ， ABuuur6,0,0uuuur3,1,3urx , y , z是 平 面 ABD AC， AD . 设 m的 法 向 量 ， 则111uruuururrm AB 0，即3x14 y104,3, 5x2 , y2 , z2 是平面uruuuur03x1y13z1，所以可以取 m. 设 nm AD 0ruuurrnAC06x200,3,1. 于是ACD 的法向量，则 ruuuur，即y23z2，所以可以取 nn AD 03x20ur rurr147 5ur r2 95cosm nsin.m, nurr501025，m,n25因 此 二面 角m nBD AC 的正弦值是2 95 .2520
19、. （本小题满分12 分）试题解析：（ I ）设 Mx1 , y1，则由题意知y10 ，当 t4 时， E 的方程为x2y21 ，43A2,0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为4. 因此直线 AM 的方程为 yx2.将 xy2代入 x2y21 得 7 y 212 y0 . 解得 y0或 y12，所以 y112.4377因此AMN 的面积211212144.27749（II）由题意 t3 ， k0 ， At ,0 .将直线AM的方程y k (xt )代入x2y21得t33tk 2x22ttk 2 xt 2 k23t0 .t2k2t3tk26t2k2t 1 k2由 x1t2 得 x13
20、tk 2，故 AMx13tk2.3tkAN 的方程为 y1xtAN6kt 1k 2由题设，直线，故同理可得3k2t，k由 2 AMAN 得32kt，即 k 32 t 3k 2k 1 .tk 23k 2当 k3 2 时上式不成立，3k2k13 等价于 k33k2k2k2k21.t0，因此 tk 32k32k32即 k20 . 由此得k20k2 03 2k2 .k 3，或k3，解得k322 02 0因此 k 的取值范围是32, 2.21. 本小题满分12 分）试题解析：（）f ( x) 的定义域为 (,2)( 2,) .f (x)(x 1)(x 2)ex(x 2)exx2 ex0,( x2)2(
21、x2) 2且仅当 x0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 (x2)ex( x2),( x2)exx2 0（II） g (x)(x 2) exa( x 2)x 2x22 ( f ( x) a),x由（ I ）知， f (x)a 单调递增，对任意a0,1), f (0)aa10, f (2)a a 0,因此，存在唯一x0(0, 2, 使得 f (x0 )a0, 即 g ( x0 )0，当 0xx0时， f ( x)a 0, g ( x)0, g(x) 单调递减；当 xx0 时， f ( x)a0, g
22、 ( x)0, g ( x) 单调递增 .因此 g(x) 在 xx0 处取得最小值，最小值为ex0a( x01) ex0 +f ( x0 )( x01)ex0g( x0 )x02x0 2x02 .于是 h(a)ex0ex) (x 1)ex0,exx0，由 ( x 2) 2单调递增2x 2x 2所以，由 x0(0, 2, 得10e0h(a)ex0e2e2.22x0 2 2 24因为ex单调递增，对任意( 1 , e2, 存在唯一的 x0(0, 2,af (x0 )0,1),x224使得 h( a), 所以 h(a)的值域是1e2,(,24综上，当 a1e20,1) 时， g(x) 有 h(a)
23、， h(a) 的值域是 ( ,.2422.试题解析：（ I ）因为 DFEC , 所以DEFCDF ,则有GDFDEFFCB , DFDEDG ,CFCDCB所以DGFCBF , 由此可得DGFCBF ,由此CGFCBF1800 , 所以 B,C , G , F 四点共圆 .（II）由 B,C , G, F 四点共圆， CGCB 知 FGFB ，连结 GB ，由 G 为 Rt DFC 斜边 CD 的中点，知 GFGC , 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S2S GCB111221.2223.试题解析：（ I ）由 xcos, ysin可得 C 的极坐标方程212cos 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2cos110.12于是 1212cos ,1211,| AB | |12 | (12 )24 1 2144cos244,由 | AB |10得 cos23 , tan15，83所以 l 的斜率为15 或15.