2016理科数学全国2卷

新课标2理科数学

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，

3 （B）1，

（C）1,+

3 （D）-，【解析】A

∴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

xZ， Bxx1x20，xZx1x2，1，∴A∴B0，B0，1，2，3，

故选C．

（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 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

（B）6 （C）6 （D）8

圆x2y22x8y130化为标准方程为：x1y44，

224，d故圆心为1，a41a211，解得a，

43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）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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

（C）x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226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5（A）【解析】D

7 25

1（B）

51（C）

5 （D）7 2573π2π∵cos，sin2cos22cos1，

254524故选D．

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

nnmm【解析】C

2，，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，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．

n1n1x2y2（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，sinMF2F1 ,

3ab则E的离心率为 （A）2 （B）【解析】A

22F1F2F1F2sinM 离心率e32． ，由正弦定理得eMF2MF1MF2MF1sinF1sinF21133 （C）3 （D）2 2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．

45（13）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA，cosC，a1，

135则b ． 【解析】

21 1345∵cosA，cosC，

135sinA312，sinC， 51363， 65sinBsinACsinAcosCcosAsinC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xx112 ∴xlnx1lnx1212x21解得x111 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；

11，，99； 当1≤lgan2时，n10，

101，，999； 当2≤lgan3时，n100，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 0.85a a 1.25a1.5a 1.75a2a 0.20 0.10 0.05 P 平均保费

0.30 0.15 0.20 EX0.850.300.15a1.25a0.201.5a0.201.75a0.102a0.05 a5 0.250a.15a0.25a0.3a0.17a50a. ，

∴平均保费与基本保费比值为1.23．

（19）（本小题满分12分）

AB5，AC6，AECFF分别在AD，CD上，如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，

5，4EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置OD10. 平面ABCD； （I）证明：DH（II）求二面角BDAC的正弦值.

【解析】⑴证明：∵AECF∴

5， 4AECF，∴EF∥AC． ADCD∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，

． ∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH∵AC6，∴AO3；

又AB5，AOOB，∴OB4， ∴OH2AEOD1，∴DHDH3， AO22∴ODOHD'H， ∴D'HOH． 又∵OHIEF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，

uuuruuuruuur6，0， AB4，3，0，AD'1，3，3，AC0，ur设面ABD'法向量n1x，y，z，

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

uur同理可得面AD'C的法向量n23，0，1，

uruurn1n29575∴cosu， ruur255210n1n2∴sin

（20）（本小题满分12分）

295． 25x2y2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两点，点N已知椭圆E:t3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.

x2y20， 1，A点坐标为2，【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22223联立4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234k3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，

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

11121442所以△AMN的面积为AM11． 2234492⑵直线AM的方程为ykxt，

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

ykxtttk23t解得xt或x，

3tk2ttk2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2xeaxa(II)证明：当a[0,1) 时，函数gx=(x0) 有最小值.设gx的最小值为h(a)，求函数h(a)的2x值域.

【解析】⑴证明：fxx2xe x2x24x2ex 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 a0，1

x2xeax2

3x 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记kt，在t0,2时，kt0，∴kt单调递增 2t2t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 DFCFDGBC ∵DEDG，CDBC ∴

DFDGCFBC ∴△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12， ∴在Rt△GFC中，GFGC， 连接GB，Rt△BCG≌Rt△BFG，

∴S=2111四边形BCGF2S△BCG212=2．

（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IIl（）直线的参数方程是（t为参数），l与C交于A、B两点，AB10，求l的斜率．

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

51536k2902kk即，整理得，则． 331k24（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．

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

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

22 证毕．