2016年高考文科数学全国卷2含答案.docx

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1、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）绝密启用前2016 年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷 2)文科数学文科数学使用地区： 海南、宁夏、黑龙江、吉林、辽宁、新疆、内蒙古、青海、甘肃、重庆、陕西、西藏本试卷分第卷（选择题）和第卷（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. 注意事项： 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

2、整、笔迹清楚. 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. 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.第卷一、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 题目要求的.1.已知集合，则（）12 3A，2|9Bx xAB A.B. 2, 1,0,1,2,3 2, 1,0,1,2 C.D.1,2,31,22.设复数 z 满足，则（）3zii =z A.B.C.D.12i 12i32i32i 3.函数的部分

3、图像如图所示，则sinyAxA.B.2sin(2)6yx2sin(2)3yxC.D.2sin()6yx2sin()3yx4.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（）A.B.1232 3C.D.845.设为抛物线：的焦点，曲线与交于点，轴，则FC24yx0kykx（）CPPFx（）=kA.B.11 2C.D.23 26.圆的圆心到直线的距离为 1，则（）2228130xyxy10axy =aA.B.4 33 4C.D.237.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.B.2024C.D.28328.某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红

4、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.B.7 105 8C.D.3 83 10 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，依次输入的为 2，2，5，则输出的（）2x 2n as A. 7B. 12C. 17D. 34 10.下列函数中，其定义域和值域分别与函数的定义域和值域相同的是（）lg10xy A.B.yxlgyxC.D.2xy 1yx11.函数的最大值为（）( ) = cos26cos()2f xxxA. 4B. 5C. 6D. 7 12.已知函数满足，若函数与图象的(

5、 )()f x xR( )(2)f xfx223yxx( )yf x交点为，则11x y（, ）22xy（,）mmxy（,）1mi ix=A.0B.mC.2mD.4m姓名_ 准考证号_-在-此-卷-上-答-题-无-效- -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）第第卷卷本卷包括必考题和选考题两部分.第 1312 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2224 为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分. 13.已知向量 a，b，且 ab，则_.4m，32，m 14.若 x，y 满足约束条件则的最小值为_.1

6、0, 3 0, 30,xy xy x 2zxy15.的内角的对边分别为，若，则ABCABC，abc，4cos5A5cos13C 1a _.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 ” ，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5” ，则甲的卡1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）等差数列中，.na344aa576aa（）求的通项公式；na（）设，求数列的前 10 项和，其

7、中表示不超过的最大整数，如 nnba nb xx，.0.902.6218.（本小题满分 12 分） 某险种的基本保费为（单位：元） ，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人a 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012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a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：出险次数012345频数605030302010（）记 A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费” 。求的估计值；P A（）（）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%”.求的估计值；(

8、)P B（）求续保人本年度的平均保费估计值. 19.（本小题满分 12 分）如图，菱形的对角线与交于点，点，分别在，上，ABCDACBDOEFADCD，交于点.将沿折到的位置.AECFEFBDHDEFEFD EF（）证明：；ACHD（）若，,求五棱锥体积.5AB 6AC 5 4AE 2 2OD DABCEF20.（本小题满分 12 分）已知函数.( )()l(n11)xxxa xf（）当时，求曲线在处的切线方程；=4a= ( )y f x(1(1)f，（）若当时，求的取值范围.(1)x，( )f x 0a21.（本小题满分 12 分）已知是椭圆：的左顶点，斜率为的直线交于，两点，AE22 14

9、3xy0k k （）EAM点在上，.NEMANA（）当时，求的面积；AMANAMN（）当时，证明：.2 AMAN32k请考生在第 2224 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：几何证明选讲41如图，在正方形中，分别在边，上（不与端点重合） ，且ABCDEGDADC，过点作，垂足为.DEDGDDFCEF（）证明：，四点共圆；BCGF（）若，为的中点，求四边形的面积.1AB EDABCGF23.（本小题满分 10 分）选修：坐标系与参数方程44在直角坐标系中，圆的方程为.xOyC226=25xy（）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求

10、的极坐标方程；xC（）直线 的参数方程是（ 为参数） ， 与交于，两点，l= cos sinx ta yta， ，tlCAB,求 的斜率.10AB l24.（本小题满分 10 分）选修：不等式选讲45已知函数，为不等式的解集.11 22fxxx （）Mf x （）（）求；M（）证明：当时，.abM，1abab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）2016 年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷 2） 文科数学答案解析 第卷一、选择题1.【答案】D【解析】由得，所以，因为，所以A，33x | 33Bxx 1,2,3A，故选 D

11、.1,2AB 【提示】先求出集合，由此利用交集的定义能求出的值.AB和AB【考点】一元二次不等式的解法，集合的运算.2.【答案】C【解析】由得，所以，故选 C.i3iz 32iz 32iz 【提示】根据已知求出复数 z，结合共轭复数的定义，可得答案.【考点】复数的运算，共轭复数3.【答案】A【解析】由题图知，最小正周期，所以，所以2A236T 22.因为图象过点，所以，所以，2sin(2)yx,2322sin 232sin13所以，令，得，所以，故选 A.22 ()32kkZ0k 6 2sin 26yx【提示】根据已知中的函数的部分图象，求出满足条件值，可sin()yAxA，得答案.【考点】三

12、角函数的图像与性质4.【答案】A【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后，所2 3以正方体的外接球的半径为后，所以该球的表面积为，故选 A324 ( 3)12A【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，即可求出球的表面积.【考点】正方体的性质，球的表面积5.【答案】D【解析】因为是抛物线的焦点，所以，又因为曲线与交F24yx(1,0)F(0)kykxC于点，轴，所以，所以PPFx21k，选 D.22222222341616120 341616120kxk xkkxk xk（）（）【提示】根据已知，结合抛物线的性质，求出 P 点坐标，再由反

13、比例函数的性质，可得k 值.【考点】抛物线的性质，反比例函数的性质.6.【答案】A【解析】由配方得，所以圆心为，2228 +130xyxy22(1) +(4)4xy(1,4)因为圆的圆心到直线的距离为 1，所以，2228130xyxy10axy 22| +4 1|1 +1aa解得，4 3a 故选 A.【提示】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案.【考点】圆的方程，点到直线的距离公式7.【答案】C【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为12 2 416S A A，圆柱的底面面积为，故该几何体的表面积为212 2 482S AA A2 3 24S A，故选 C.12328SSSS

14、【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，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，2 3圆柱的底面直径是 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.【考点】三视图，空间几何体的体积8.【答案】B【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为，故选 B.40 155 408【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，输入，则，循2200xnks，2a 0 2221s

15、kA，环；输入，则，循环；输入，2a 2 2262skA，5a ，结束循环.故输出的，选 C6 251732skA，17s 【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】，定义域与值域均为，只有 D 满足，故选 D.lg10xyx(0,)【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【解析】因为，而，所以当2 2311( )12sin6sin2 sin22f xxxx sin 1,1x 时，取得最大值 5，选

16、 B.sin1x ( )f x【提示】运用二倍角的余弦公式和诱导公式，可得，令212sin6sinyxx ，可得函数，配方，结合二次函数的最值的求法，以sin ( 11)txt 2261ytt 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）【解析】因为的图像都关于对称，所以它们图像的交点也2( )|23|yf xyxx，1x 关于对称，当为偶数时，其和为；当为奇数时，其和为1x m22mmm，因此选 B.1212mm 【提示】根据已知中函数，满足，分

17、析函数的对称性，可得( )()f x xR( )(2)f xfx函数图象的交点关于直线对称，进而得到答案.223|( )yxxyf x与1x 【考点】函数图像的对称性 第卷二、填空题13.【答案】6【解析】因为，所以，解得.a b2430m6m 【提示】直接利用向量共线的充要条件列出方程求解即可.【考点】平面向量的坐标运算（14） 【答案】5【解析】由得，记为点；由得，记为点+10+30xyx y 1 2x y(1,2)A+1030xyx 3 4x y；由得，记为点，分别将的坐标代入(3,4)B30+30xx y 3 0x y(3,0)C, ,A B C的最小值为.2zxy5【提示】由约束条件

18、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，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.【考点】简单的线性规划15.【答案】21 13【解析】因为，,且为三角形的内角，所以，4cos5A5cos13C AC，3sin5A，12sin13C ，又因为，63sinsin()sin()sincoscossin65BACACACACsinsinab AB所以. sin21 sin13aBbA【提示】运用同角的平方关系可得，再由诱导公式和两角和的正弦公式，可sin AsinC得，运用正弦定理可得，代入计算即可得到所求值.sinBsin sinaBbA【考点】正弦定理，

19、两角和、差的三角函数公式16.【答案】1 和 3【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，丙的卡片上的数字为 1 和 2.【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，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少.【考点】推理三、解答题17.【答案】 （）23 5nna（）24【解析】试题解析：（）设数列的公差为 d，由题意有. na112+54+53adad，解得；1215ad，所以的通项公式为.na2 +3 5nna （）由（）知2 +3 5nnb 当时，1,2,3

20、n 2 +31215nnb，当时，4,5n 232325nnb，当时，6,7,8n 2 +33435nnb，当时，9,10n 2 +34545nnb，所以数列的前 10 项和为. nb1 3223 34224 【提示】 （）根据等差数列的通项公式及已知条件求，从而求得；1adna（）由（）求，再求数列的前 10 项和.nb nb【考点】等差数列的通项公式，数列的求和.18.【答案】 （）0.55（）0.3（）1.1925a【解析】试题解析：（）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，一年内险次数小于 2 的频率为，故的估计值为 0.55.60500.55200( )P A（

21、）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，故的估计值为 0.3.30300.3200( )P B（）由所给数据得保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a频率0.300.250.150.150.100.05调查的 200 名续保人的平均保费为，因此，0.850.300.251.250.151.50.151.750.1020.051.1925aaaaaaa续保人本年度平均保费的估计值为.1.1925a【提示】 （）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，即可求的估计值；( )P

22、 A（）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.然后求的估计值；P B（）（）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】 （）由已知得ACBDADCD，。又由得，故AECFAECF ADCDACEF。由此得，所以EFHDEFHD，ACHD。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）（）由得EFAC1 4OHAE DOAD。由得：56ABAC，224DOBOABAO所以13OHD HDH，于是22

23、222(2 2)19ODOHD HODOH，故由（）知，又；ACHDACBDBDHDH，所以ACBHDACOD平面，于是。又由，所以.ODOHACOHO，ODABC 平面又由，得；EFDH ACDO9 2EF 五边形的面积；ABCFE119696 832224S 所以五棱锥 DABCFE 体积.16923 22 2342V 【提示】 （）根据直线平行的性质以及线面垂直的判定定理先证明即EFDD H平面可.（）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是五棱锥OD的高，即可得到结论.D ABCFE-【考点】空间中线面位置关系的判断，几何体的体积20.【答案】 （）220xy（）,2【解

24、析】 （）的定义域为.( )f x(0,)当时，4a 1( )( +1)ln4(1)( )ln +3f xxxxfxxx，(1)2(1)0ff ，曲线在处的切线方程为( )yf x(1,(1)f2 +20x y （）当时，等价于(1,)x( )0f x (1)ln01a xxx，则，(1)( )ln+1a xg xxx设222122(1)1( )(1)()axa xg xxxx x(1)0g（）在上2(1,)ax，时22+2(1) +12 +10( )0( )xa xxxg xg x，故，(1,)单调递增，因此；( )0g x （）当时，令得2a ( )0g x.22 121(1)11(1)1

25、xaaxaa ，由和得，故当时，在单调递减，因此21x 121x x 11x 2(1,)xx( )0g x( )g x2(1,)x.( )0g x 综上，的取值范围是.a,2【提示】 （）先求的定义域，再求，由直线方程的点斜式可( )f x( )fx(1)f (1)f求曲线在处的切线方程为.( )yf x(1,(1)f220xy（）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解.(1)( )ln1a xg xxxa【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性.21.【答案】 （）设，则由题意知.11(,)M x y10y 由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.AM 4又，因此直线的方程为.(

26、2,0)A AM2yx将代入得.2xy22 143xy27120yy解得或，所以.0y 12 7y 112 7y 因此的面积.AMN11212144227749AMNS（）将直线的方程代入得AM(2)(0)yk xk22 143xy.2222(34)1616120kxk xk由得，故.2121612( 2)34kxkA2122(34) 34kxk2 2 1212 1| |2| 134kAMxkk由题设，直线的方程为，故同理可得.AN1(2)yxk 22121|3+4kkANk由得，即.2| |AMAN222 343+4k kk3246380kkk设，则是的零点，32( )4638f ttttk

27、( )f t22( )121233(21)0f tttt所以在单调递增.又，( )f t(0,)( 3)15 3260(2)60ff，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以.( )f t(0,)k( 3,2)32k【提示】 （）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；AMMAMN（）设，将直线的方程与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，11,M x yAMyk1x从而表示，同理用表示，再由求的取值范围.|AMk|AN2 AMANk【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系22.【答案】 （）因为，所以DFEC,DEFCDF则有，DFDEDGGDFDEFFCBCFCDCB ，所以，由此可得，DG

28、FCBFDGFCBF 由此，所以四点共圆.180CGFCBFBCGF，（）由四点共圆，知，连结.BCGF，CGCBFGFBGB由 G 为斜边 CD 的中点，知故，因此四边形RtDFCGFGCRtBCGRtBFG的面BCGF积 S 是面积的 2 倍，即GCBGCBS111221222GCBSS 【提示】 （）证，再证四点共圆；DGFCBFBCGF，（）在中，因此可得，则RtDFCGFCDGCRtBCGRtBFG，据此解答.2BCGBCGFSS四边形【考点】三角形相似与全等，四点共圆23.【答案】 （）212 cos110（）15 3【解析】 （）由可得圆的极坐标方程cossinxy，C212 c

29、os110 。（）在（）中建立的极坐标系中，直线 的极坐标方程为.l() R设所对应的极径分别为.将 的极坐标方程代入的极坐标方程得AB，12，lC数学试卷第 16 页（共 6 页）数学试卷第 17 页（共 6 页）数学试卷第 18 页（共 6 页）212 cos110 。于是121212cos11 ，。22 121212| |()4144cos44AB 。由得.|10AB 2315cos,tan83 所以 的斜率为或.l15 315 3【提示】 （）利用，可得 C 的极坐标方程；222xycosx（）由直线 的参数方程求出直线 的一般方程，再求出圆心到直线距离，由此能求出ll直线 的斜率.l

30、【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24.【答案】 （）12 ,2 11( )1,22 12 ,.2x xf xxx x ；1( )22212xf xxx 当时，由得，解得；11( )222xf x当时，由.1( )22212xf xxx当时，由得，解得所以的解集.( )2f x | 11Mxx （）由（）知，当时，从而abM，11a 11b ，22222222( + )(1+)+1(1)(1)0a bababa bab 因此.| |1+|abab【提示】 （）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即1 2x 11 22x1 2x 可得；M（）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，.abM1abab【考点】绝对值不等式，不等式的证明