【真题】2016年高考数学（理科）课标卷Ⅱ（Word版含答案解析）.doc

2016年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷)理数本卷满分150分,考试时间120分钟.第卷(选择题,共60分)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() A.(-3,1)B.(-1,3)C.(1,+)D.(-,-3)2.已知集合A=1,2,3,B=x|(x+1)(x-2)0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.()当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;()当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.21.(本小题满分12分)()讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;()证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.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41: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DE=DG,过D点作DFCE,垂足为F.()证明:B,C,G,F四点共圆;()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44: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.()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;()直线l的参数方程是x=tcos,y=tsin(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=10,求l的斜率.24.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=x-12+x+12,M为不等式f(x)2的解集.()求M;()证明:当a,bM时,|a+b|0,m-1-3,m1-3m1.故选A.2.C由(x+1)(x-2)0-1x2,输出s=17.故选C.9.D解法一:sin 2=cos2-2=cos 24-=2cos24-1=2352-1=-725.故选D.解法二:cos4-=22(cos +sin )=35cos +sin =3251+sin 2=1825,sin 2=-725.故选D.10.C如图,数对(xi,yi)(i=1,2,n)表示的点落在边长为1的正方形OABC内(包括边界),两数的平方和小于1的数对表示的点落在半径为1的四分之一圆(阴影部分)内,则由几何概型的概率公式可得mn=1412=4mn.故选C.11.A解法一:由MF1x轴,可得M-c,b2a,|MF1|=b2a.由sinMF2F1=13,可得cosMF2F1=1-132=223,又tanMF2F1=|MF1|F1F2|=b2a2c,b2a2c=13223,b2=22ac,c2=a2+b2b2=c2-a2,c2-a2-22ac=0e2-22e-1=0,e=2.故选A.解法二:由MF1x轴,得M-c,b2a,|MF1|=b2a,由双曲线的定义可得|MF2|=2a+|MF1|=2a+b2a,又sinMF2F1=|MF1|MF2|=b2a2a+b2a=13a2=b2a=b,e=a2+b2a2=2.故选A.解题思路解法一是利用三角函数的知识求出tanMF2F1,得到关于a,b,c的一个等式;解法二是先由双曲线的定义得出|MF2|,再由sinMF2F1=13,得到关于a,b的一个等式,最后求出e.12.B由f(-x)=2-f(x)可知f(x)的图象关于点(0,1)对称,又易知y=x+1x=1+1x的图象关于点(0,1)对称,所以两函数图象的交点成对出现,且每一对交点都关于点(0,1)对称,则x1+xm=x2+xm-1=0,y1+ym=y2+ym-1=2,i=1m(xi+yi)=0m2+2m2=m.故选B.二、填空题13.答案2113解析由已知可得sin A=35,sin C=1213,则sin B=sin(A+C)=35513+451213=6365,再由正弦定理可得asinA=bsinBb=1636535=2113.解后反思在解三角形问题中,给出边长及角的正弦或余弦值时,往往要用到两角和或差的正、余弦公式及正、余弦定理.14.答案解析由mn,m,可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错.易知都正确.15.答案1和3解析由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2,则乙的卡片上的数字是2和3,甲的卡片上的数字是1和3,满足题意;若丙的卡片上的数字是1和3,则乙的卡片上的数字是2和3,此时,甲的卡片上的数字只能是1和2,不满足题意.故甲的卡片上的数字是1和3.思路分析先由丙说的话判定丙的卡片上的数字一定不是2和3,再按丙的卡片上的数字为1和2,1和3分类讨论即可解题.16.答案1-ln 2解析直线y=kx+b与曲线y=ln x+2,y=ln(x+1)均相切,设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),由y=ln x+2得y=1x,由y=ln(x+1)得y=1x+1,k=1x1=1x2+1,x1=1k,x2=1k-1,y1=-ln k+2,y2=-ln k.即A1k,-lnk+2,B1k-1,-lnk,A、B在直线y=kx+b上,2-lnk=k1k+b,-lnk=k1k-1+bb=1-ln2,k=2.三、解答题17.解析()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=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6分)()因为bn=0,1n10,1,10n100,2,100n1 000,3,n=1 000,(9分)所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(12分)疑难突破充分理解x的意义,求出bn的表达式,从而求出bn的前1 000项和.18.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+0.1+0.05=0.55.(3分)()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(A)=P(B)P(A)=0.150.55=311.因此所求概率为311.(7分)()记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分)易错警示对条件概率的定义理解不到位,或者不会运用条件概率的求解公式,导致出错.19.解析()由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)()如图,以H为坐标原点,HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=mn|m|n|=-145010=-7525.sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.(12分)思路分析()利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,从而得出结论;()在第()问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值.20.解析()设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).(1分)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y=x+2.(2分)将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.(4分)因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(5分)()由题意,t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.(9分)由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.(10分)t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.21.解析()f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).(2分)f (x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,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+20.(4分)()g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).(5分)由()知, f(x)+a单调递增.对任意a0,1), f(0)+a=a-10, f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)当0xxa时, f(x)+a0,g(x)xa时, f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.(7分)因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.(8分)于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,得y=exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+2h(a)=exaxa+2e22+2=e24.(10分)因为y=exx+2单调递增,对任意12,e24,存在唯一的xa(0,2,a=-f(xa)0,1),使得h(a)=.所以h(a)的值域是12,e24.综上,当a0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.(12分)疑难突破本题求解的关键是“设而不求”方法的运用,另外,注意将对g(x)符号的判断灵活地转化为对f(x)+a符号的判断. 22.解析()因为DFEC,所以DEFCDF,则有GDF=DEF=FCB,DFCF=DECD=DGCB,所以DGFCBF,由此可得DGF=CBF.因此CGF+CBF=180,所以B,C,G,F四点共圆.(5分)()由B,C,G,F四点共圆,CGCB知FGFB.连结GB.由G为RtDFC斜边CD的中点,知GF=GC,故RtBCGRtBFG,因此,四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍,即S=2SGCB=212121=12.(10分)23.解析()由x=cos ,y=sin 可得圆C的极坐标方程2+12cos +11=0.(3分)()在()中建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为=(R).(4分)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+12cos +11=0.于是1+2=-12cos ,12=11.(6分)|AB|=|1-2|=(1+2)2-412=144cos2-44.(8分)由|AB|=10得cos2=38,tan =153.(9分)所以l的斜率为153或-153.(10分)方法总结利用数形结合的思想方法及整体运算的技巧极大地提高了解题效率.24.解析()f(x)=-2x,x-12,1