2016年高考文科数学全国卷2含答案

A.y2sin(2x2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷2)

6) B.y2sin(2x3)

C.y2sin(x6)

D.y2sin(x3)

文科数学

4.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为

（）

使用地区：海南、宁夏、黑龙江、吉林、辽宁、新疆、内蒙古、青海、甘肃、重庆、陕西、西藏

A.12

B.

323

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共24题，共150分，共6页.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. C.8

D.4

注意事项：

5.设F为抛物线C：y24x的焦点，曲线ykx（k0）与C交于点P，PFx轴，则k=1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.

（）

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.

A.

12 B.1 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.

C.32

D.2

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.

6.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第Ⅰ卷

A.3 B.4

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

C.3

D.2

题目要求的. 1.已知集合A1，2，3，Bx|x29，则AB （）

7.如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（）

A.{2,1,0,1,2,3}

B.{2,1,0,1,2}

C.{1,2,3}

D.{1,2}

2.设复数z满足zi3i，则z=

（）

A.12i B.12i C.32i

D.32i

3.函数yAsinx的部分图像如图所示，则

A.20

B.24

C.28

D.32

数学试卷第1页（共18页）数学试卷第2页（共18页）数学试卷第3页（共18页）

8.某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为

（）

A.

710 B.58 C.38 D.310

9.中国古代有计算多项式值得秦九韶算法，下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

10.下列函数中，其定义域和值域分别与函数y10lgx的定义域和值域相同的是 （）

A.yx B.ylgx C.y2x

D.y1x 11.函数f(x) = cos2x6cos(2x)的最大值为

（）

A. 4

B. 5

C. 6 D. 7

12.已知函数f(x)(xR)满足f(x)f(2x)，若函数yx22x3与yf(x)图象的交

m点为（x1,y1），（x2,y2），…，（xm,ym），则xi=

i1A.0 B.m C.2m

D.4m

第Ⅱ卷

19.（本小题满分12分）

本卷包括必考题和选考题两部分.第13~12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~24如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE为选考题，考生根据要求作答.

CF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到△D'EF的位置.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分. （Ⅰ）证明：ACHD'； 13.已知向量am，4，b3，2，且a∥b，则m________.

（Ⅱ）若AB5，AC6，AE54，OD'22,求五棱锥D'ABCEF体积. xy1≥14.若x，y满足约束条件0,xy3≥0,则zx2y的最小值为________.

x3≤0,15.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA45，cosC513，a1，则b________.

16.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________.

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）

等差数列{an}中，a3a44，a5a76.

20.（本小题满分12分）

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设b已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).

nan，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如

[0.9]0，[2.6]2. （Ⅰ）当a=4时，求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

（Ⅱ）若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围.

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 0 1 2 3 4 ≥5 21.（本小题满分12分）

保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 已知 A是椭圆E：x2y2431的左顶点，斜率为k（k0）的直线交E于A，M两点，

随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

点N在E上，MANA.

出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 （Ⅰ）当AMAN时，求△AMN的面积； 频数 60 50 30 30 20 10 （Ⅱ）当2AMAN时，证明：3k2.

（Ⅰ）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”。求P（A）的估计值；

（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”. 求P(B)的估计值；

（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值.

数学试卷第4页（共6页）数学试卷第5页（共6页）数学试卷第6页（共6页）

请考生在第22~24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，在正方形ABCD中，E，

G分别在边DA，DC上（不与端点重合），且DEDG，

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.

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，圆C的方程为x62y2=25.

（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴的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x=tcosa，（l与C交于ytsina，t为参数），

A，B两点，AB10,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12x12，M为不等式（fx）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（全国新课标卷2） 5.【答案】D 文科数学答案解析 【解析】因为F是抛物线y24x的焦点，所以F(1,0)，又因为曲线ykx(k0)与C交第Ⅰ卷 于点P，PFx轴，所以k12，所以一、选择题 （34k2）x216k2x16k212（034k2）x216k2x16k2120，选D. 1.【答案】D 【提示】根据已知，结合抛物线的性质，求出P点坐标，再由反比例函数的性质，可得k【解析】由A，，得3x3，所以B{x|3x3}，因为A{1,2,3}，所以值. AB{1,2}，故选D. 【考点】抛物线的性质，反比例函数的性质. 【提示】先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出AB的值. 6.【答案】A 【考点】一元二次不等式的解法，集合的运算. 【解析】由x2y22x8y+130配方得(x1)2+(y4)24，所以圆心为(1,4)， 2.【答案】C 因为圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，所以|a+41|【解析】由zi3i得z32i，所以z32i，故选C. a2+121，【提示】根据已知求出复数z，结合共轭复数的定义，可得答案. 解得a43， 【考点】复数的运算，共轭复数 故选A. 3.【答案】A 【提示】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案. 【解析】由题图知，A2，最小正周期T2ππ2π36π，所以π2，所以【考点】圆的方程，点到直线的距离公式 y2sin(2x).因为图象过点ππ2π7.【答案】C 3,2，所以22sin23，所以sin31，【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为S12π2416π，圆锥的侧面积为所以2ππππ32kπ2(kZ)，令k0，得6，所以y2sin2x6，故选A. S2122π248π，圆柱的底面面积为S3π224π，故该几何体的表面积为【提示】根据已知中的函数yAsin(x)的部分图象，求出满足条件A，，值，可SS1S2S328π，故选C. 得答案. 【提示】空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是23，【考点】三角函数的图像与性质 在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底4.【答案】A 面直径是4，圆柱的高是4，做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面. 【解析】因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23后，所【考点】三视图，空间几何体的体积 以正方体的外接球的半径为3后，所以该球的表面积为4π(3)212π，故选A． 8.【答案】B 【提示】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表【解析】因为红灯持续时间为40秒，所以这名行人至少需要等待15秒才出现绿灯的概率面积. 为40154058，故选B. 【考点】正方体的性质，球的表面积 数学试卷第7页（共18页）数学试卷第8页（共18页）数学试卷第9页（共18页）

【提示】求出一名行人前25秒来到该路口遇到红灯，即可求出至少需要等待15秒才出现绿灯的概率. 【考点】几何概型 9.【答案】C 【解析】由题意，x2，n2，k0，s0，输入a2，则s0222，k1，循环；输入a2，则s2226，k2，循环；输入a5，s62517，k32，结束循环.故输出的s17，选C． 【提示】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案. 【考点】程序框图，直到型循环结构 10.【答案】D 【解析】y10lgxx，定义域与值域均为(0,)，只有D满足，故选D. 【提示】分别求出各个函数的定义域和值域，比较后可得答案. 【考点】函数的定义域、值域，对数的计算 11.【答案】B 2【解析】因为f(x)12sin2x6sinx2sinx32112，而sinx[1,1]，所以当sinx1时，f(x)取得最大值5，选B. 【提示】运用二倍角的余弦公式和诱导公式，可得y12sin2x6sinx，令tsinx(1t，可得函数1)y2t26t1，配方，结合二次函数的最值的求法，以及正弦函数的值域即可得到所求最大值. 【考点】正弦函数的性质、二次函数的性质 12.【答案】B 【解析】因为yf(x)，y|x22x3|的图像都关于x1对称，所以它们图像的交点也关于x1对称，当m为偶数时，其和为2m2m；当m为奇数时，其和为2m121m，因此选B. 【提示】根据已知中函数f(x)(xR)，满足f(x)f(2x)，分析函数的对称性，可得函数y|x22x3|与yf(x)图象的交点关于直线x1对称，进而得到答案. 【提示】可先根据丙的说法推出丙的卡片上写着1和2，或1和3，分别讨论这两种情况，【考点】函数图像的对称性 根据甲和乙的说法可分别推出甲和乙卡片上的数字，这样便可判断出甲卡片上的数字是多第Ⅱ卷 少. 二、填空题 【考点】推理 13.【答案】6 三、解答题 【解析】因为a∥b，所以2m430，解得m6. 17.【答案】（Ⅰ）a2n3n5 【提示】直接利用向量共线的充要条件列出方程求解即可. （Ⅱ）24 【考点】平面向量的坐标运算 【解析】试题解析：（Ⅰ）设数列an的公差为d，由题意有2a1+5d4，a1+5d3. （14）【答案】5 解得a11，d2【解析】由xy+105； +y30得x1y2，记为点A(1,2)；由xy+10x3x30得y4，记为点B(3,4)x；所以{a2n+3n}的通项公式为an5. 由x30x+y30得x3y0，记为点C(3,0)，分别将A,B,C的坐标代入zx2y的最小值（Ⅱ）由（Ⅰ）知b2n+3n5 为5. 当n1,2,3时，12n+3【提示】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，52，bn1 联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得答案. 当n4,5时，22n353，bn2 【考点】简单的线性规划 当n6,7,8时，32n+354，bn3 15.【答案】2113 当n9,10时，42n+3455，bn4 【解析】因为cosA5，cosC513,且A，C为三角形的内角，所以sinA35，sinC1213， 所以数列bn的前10项和为1322334224. sinBsin[π(AC)]sin(AC)sinAcosCcosAsinC63ab65，又因为sinAsinB， 【提示】（Ⅰ）根据等差数列的通项公式及已知条件求a1，d，从而求得an； （Ⅱ）由（Ⅰ）求所以basinBbn，再求数列bn的前10项和. sinA2113. 【考点】等差数列的通项公式，数列的求和. 【提示】运用同角的平方关系可得sinA，sinC，再由诱导公式和两角和的正弦公式，可18.【答案】（Ⅰ）0.55 得sinB，运用正弦定理可得basinBsinA，代入计算即可得到所求值. （Ⅱ）0.3 【考点】正弦定理，两角和、差的三角函数公式 （Ⅲ）1.1925a 16.【答案】1和3 【解析】试题解析：（Ⅰ）事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2，由所给数据知，一【解析】由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和3，乙的卡片上的数字为2和3，丙的卡年内险次数小于2的频率为60502000.55，故P(A)的估计值为0.55. 片上的数字为1和2.

数学试卷第10页（共6页）数学试卷第11页（共6页）数学试卷第12页（共6页）

（Ⅱ）事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30302000.3，故P(B)的估计值为0.3. （Ⅲ）由所给数据得 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的200名续保人的平均保费为 0.85a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.102a0.051.1925a，因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a. 【提示】（Ⅰ）求出A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数；总事件人数，即可求P(A)的估计值； （Ⅱ）求出B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”的人数.然后求 P（B）的估计值； （Ⅲ）利用数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值. 【考点】样本数据的频率，由频率估计概率，平均值的计算 19.【答案】（Ⅰ）由已知得ACBD，ADCD。 又由AECF得AECFADCD，故AC∥EF。 由此得EFHD，EFHD，所以ACHD。 （Ⅱ）由EF∥AC得OHAE1DOAD4。 由AB5，AC6得：DOBOAB2AO24 所以OH1，DHDH3 于是OD2OH2(22)2129DH2，故ODOH 由（Ⅰ）知ACHD，又ACBD，BDHDH； 所以AC平面BHD，于是ACOD。 又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC. 又由EFDHACDO，得EF92； 五边形ABCFE的面积S126812969234； 21.【答案】（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π所以五棱锥D'–ABCFE体积V169232. 4. 34222【提示】（Ⅰ）根据直线平行的性质以及线面垂直的判定定理先证明EF平面DDH即可. 又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2. x2y2（Ⅱ）根据条件求出底面五边形的面积，结合平行线段的性质证明OD是五棱锥将xy2代入431得7y212y0. D-ABCFE的高，即可得到结论. 解得y0或y127，所以y1217. 【考点】空间中线面位置关系的判断，几何体的体积 因此AMN的面积S11212144AMN220.【答案】（Ⅰ）2xy20 27749. （Ⅱ）,2 （Ⅱ）将直线AM的方程yk(x2)(k0)22代入x4y31得 【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,). (34k2)x216k2x16k2120. 当a4时，f(x)(x+1)lnx4(x1)，f(x)lnx+116k2122(34k22x3，f(1)2，f(1)0 由x34k2得x)1(2)134k2，故|AM||xk2121k12|134k2. 曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y20 由题设，直线AN的方程为y112k1k2（Ⅱ）当x(1,)时，f(x)0，等价于lnxa(x1)k(x2)，故同理可得|AN|3k2+4. x10 由2|AM||AN|得2k设g(x)lnxa(x1)x+1，则g(x)1x2ax22(1a)x34k23k2+4，即4k36k23k80. (x1)21x(x)2，g(1)0 设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f(t)12t212t33(2t1)20， （ⅰ）a2，x(1,)时x2+2(1a)x+1x22x+10，故g(x)0，g(x)在(1,)上单所以f(t)在(0,)单调递增.又f(3)153260，f(2)60， 调递增， 因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2. 因此g(x)0； 【提示】（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）当a2时，令g(x)0得 （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x1a1(a1)21，x2a1(a1)21. 而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k的取值范围. 由x21和x1x21得x11，故当x(1,x2)时，g(x)0，g(x)在(1,x2)单调递减，因此【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系 g(x)0. 22.【答案】（Ⅰ）因为DFEC，所以△DEF∽△CDF, 综上，a的取值范围是,2. 则有GDFDEFFCB，DFDE【提示】（Ⅰ）先求f(x)的定义域，再求f(x)，f(1)，f(1)，由直线方程的点斜式可求CFCDDGCB， 曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20. 所以△DGF∽△CBF，由此可得DGFCBF， （Ⅱ）构造新函数g(x)lnxa(x1)由此CGFCBF180，所以B，C，G，F四点共圆. x1，对实数a分类讨论，用导数法求解. （Ⅱ）由B，C，G，F四点共圆，CGCB知FGFB，连结GB. 【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性. 由G为Rt△DFC斜边CD的中点，知GFGC故Rt△BCG≌Rt△BFG，因此四边形数学试卷第13页（共18页）数学试卷第14页（共18页）数学试卷第15页（共18页）

BCGF的面 积S是△GCB面积S111△GCB的2倍，即S2S△GCB22212 【提示】（Ⅰ）证△DGF∽△CBF，再证B，C，G，F四点共圆； （Ⅱ）在Rt△DFC中，GFCDG，C因此可得Rt△BCG≌Rt△BFG，则S四边形BCGF2S△BCG，据此解答. 【考点】三角形相似与全等，四点共圆 23.【答案】（Ⅰ）212cos110 （Ⅱ）153 【解析】（Ⅰ）由xcos，ysin可得圆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). 设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212cos110。 于是1212cos，1211。 |AB||12|(212)412144cos244。 由|AB|10得cos23158,tan3. 所以l的斜率为15153或3. 【提示】（Ⅰ）利用2x2y2，xcos可得C的极坐标方程； （Ⅱ）由直线l的参数方程求出直线l的一般方程，再求出圆心到直线距离，由此能求出直线l的斜率. 【考点】圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，弦长公式 12x,x,21124.【答案】（Ⅰ）f(x)1,x, 2212x,x.21当x时，由f(x)2得2x2，解得x1； 211当x时，由f(x)2； 221当x时，由f(x)2得2x2，解得x1. 2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|. 【提示】（Ⅰ）先去掉绝对值，再分x，得M； （Ⅱ）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a，bM时，ab1ab. 【考点】绝对值不等式，不等式的证明

12111x和x三种情况解不等式，即可222

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