2016年江苏高考卷 文科数学 (原题+解析)

1、.2016年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数学本卷满分200分,考试时间150分钟.参考公式:样本数据x1,x2,xn的方差s2=1ni=1n(xi-x)2,其中x=1ni=1nxi.棱柱的体积V=Sh,其中S是棱柱的底面积,h是高.棱锥的体积V=13Sh,其中S是棱锥的底面积,h是高.数学(共160分)一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.1.已知集合A=-1,2,3,6,B=x|-2xb0)的右焦点,直线y=b2与椭圆交于B,C两点,且BFC=90,则该椭圆的离心率是.11.设f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间-1,1)上,f(x)=x+a,-1x0,25

2、-x,0x0,b0,a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根;若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.20.(本小题满分16分)记U=1,2,100.对数列an(nN*)和U的子集T,若T=,定义ST=0;若T=t1,t2,tk,定义ST=at1+at2+atk.例如:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列,且当T=2,4时,ST=30.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意正整数k(1k100),若T1,2,k,求证:S

3、T0,|x-1|a3,|y-2|a3,求证:|2x+y-4|0).(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);求p的取值范围.23.(本小题满分10分)(1)求7C63-4C74的值;(2)设m,nN*,nm,求证:(m+1)Cmm+(m+2)Cm+1m+(m+3)Cm+2m+nCn-1m+(n+1)Cnm=(m+1)Cn+2m+2.2016年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)一、填空题1.答案-1,2解析A=-1,2,3,6,B=x|-2xb,从而输出的a值为9.7.答案56解析先后

4、抛掷2次骰子,所有可能出现的情况可用数对表示为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共36个.其中点数之和不小于10的有(4,6),(5,5),(5,6),(6,4),(6,5),(6,6),共6个.从而点数之和小于10的数对共有30个,故所求概率P=3036=56.8.答案20解析设等差数列an的公差为d,则由题设可得a1+(a1+d)2=-3,

5、5a1+542d=10,解得d=3,a1=-4,从而a9=a1+8d=20.解后反思数列的计算求值问题一般应以“基本元素”为主.9.答案7解析在同一平面直角坐标系中作出y=sin 2x与y=cos x在区间0,3上的图象(如图).由图象可知,共有7个交点.思路分析解决交点个数问题一般采用“数形结合”的思想方法,因此准确画出相关函数图象是解题的关键.10.答案63解析由已知条件易得B-32a,b2,C32a,b2,F(c,0),BF=c+32a,-b2,CF=c-32a,-b2,由BFC=90,可得BFCF=0,所以c-32ac+32a+-b22=0,c2-34a2+14b2=0,即4c2-3a

6、2+(a2-c2)=0,亦即3c2=2a2,所以c2a2=23,则e=ca=63.思路分析圆锥曲线中垂直问题往往转化为向量垂直.利用向量数量积为零转化为数量关系.11.答案-25解析f(x)是周期为2的函数,f-52=f-2-12=f-12,f92=f4+12=f12,又f-52=f92,所以f-12=f12,即-12+a=110,解得a=35,则f(5a)=f(3)=f(4-1)=f(-1)=-1+35=-25.思路分析由f(x)的周期为2联想到周期函数的性质f(x+T)=f(x),把f-52、 f92进行转化,进而利用f-52=f92求得a的值,最后求f(5a).12.答案45,13解析画

7、出不等式组x-2y+40,2x+y-20,3x-y-30表示的可行域如图:由x-2y+4=0及3x-y-3=0得A(2,3),由x2+y2表示可行域内的点(x,y)与点(0,0)的距离的平方可得(x2+y2)max=22+32=13,(x2+y2)min=d2=252=45,其中d表示点(0,0)到直线2x+y-2=0的距离,所以x2+y2的取值范围为45,13.解后反思对于线性规划问题,要正确作出可行域,并理解目标函数的几何意义,分清常规的“距离型”“斜率型”与“截距型”是解题的关键.13.答案78解析由已知可得BE=BD+DE=12BC+23DA=12BC-23AD=12(AC-AB)-1

8、3(AB+AC)=16AC-56AB,CE=CD+DE=12CB+23DA=12CB-23AD=12(AB-AC)-13(AB+AC)=16AB-56AC,BF=BD+DF=12BC+13DA=12(AC-AB)-16(AB+AC)=13AC-23AB,CF=CD+DF=12CB+13DA=12(AB-AC)-16(AB+AC)=13AB-23AC,因为BACA=4,所以ABAC=4,则BFCF=13AC-23AB13AB-23AC=19ABAC-29AB2-29AC2+49ABAC=59ABAC-29(AB2+AC2)=594-29(AB2+AC2)=-1,所以AB2+AC2=292,从而B

9、ECE=16AC-56AB16AB-56AC=-536AB2-536AC2+2636ABAC=-536(AB2+AC2)+2636ABAC=-536292+26364=6372=78.思路分析合理选择“基底”,把相关向量用“基底”表示出来,进而求得向量的数量积.14.答案8解析sin A=2sin Bsin C,sin(B+C)=2sin Bsin C,即sin Bcos C+cos Bsin C=2sin Bsin C,亦即tan B+tan C=2tan Btan C,tan A=tan-(B+C)=-tan(B+C)=-tanB+tanC1-tanBtanC=tanB+tanC1-tan

10、BtanC,又ABC为锐角三角形,tan A=tanB+tanCtanBtanC-10,tan B+tan C0,tan Btan C1,tan Atan Btan C=tanB+tanCtanBtanC-1tan Btan C=2(tanBtanC)2tanBtanC-1,令tan Btan C-1=t,则t0,tan Atan Btan C=2(t+1)2t=2t+1t+22(2+2)=8,当且仅当t=1t,即tan Btan C=2时,取“=”.tan Atan Btan C的最小值为8.方法总结三角求值问题中,角的变换是重点,也是探求解题途径的切入点,把已知条件sin A=2sin B

11、sin C转化为sin Bcos C+cos Bsin C=2sin Bsin C进而得到tan B+tan C=2tan Btan C,再把tan A用tan B、tan C表示出来,从而将tan Atan Btan C用含tan B、tan C的式子表示出来,这是解题的关键.二、解答题15.解析(1)因为cos B=45,0B,所以sin B=1-cos2B=1-452=35.由正弦定理知ACsinB=ABsinC,所以AB=ACsinCsinB=62235=52.(2)在ABC中,A+B+C=,所以A=-(B+C),于是cos A=-cos(B+C)=-cosB+4=-cos Bcos

12、4+sin Bsin4,又cos B=45,sin B=35,故cos A=-4522+3522=-210.因为0A,所以sin A=1-cos2A=7210.因此,cosA-6=cos Acos6+sin Asin6=-21032+721012=72-620.16.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因

13、为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.17.解析(1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.因为A1B1=AB=6,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=13A1B12PO1=13622=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2O1O=628=288(m3).所以

14、仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0h6,O1O=4h.连结O1B1.因为在RtPO1B1中,O1B12+PO12=PB12,所以2a22+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a24h+13a2h=133a2h=263(36h-h3),0h6,从而V=263(36-3h2)=26(12-h2).令V=0,得h=23或h=-23(舍).当0h0,V是单调增函数;当23h6时,V0,V是单调减函数.故h=23时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=23 m时,仓库的容积最大.方法小结(1)注

15、意正四棱锥与正四棱柱底面相同,高的倍数关系.(2)选择中间关联变量PO1为主变量把相关边长与高用主变量表示出来.再把容积表示成主变量的函数.转化成求函数最值的问题.再考虑用导数求解.18.解析圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,所以圆心M(6,7),半径为5.(1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0).因为圆N与x轴相切,与圆M外切,所以0y00,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)4f(x)=4,且(f(0)2+4f(0)=4,所以m4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零

16、点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=axln a+bxln b,又由0a1知ln a0,所以g(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.令h(x)=g(x),则h(x)=(axln a+bxln b)=ax(ln a)2+bx(ln b)2,从而对任意xR,h(x)0,所以g(x)=h(x)是(-,+)上的单调增函数.于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0.因而函数g(x)在(-,x0)上是单调减函数,在(x0,+)上是单调增函数.下证x0=0.若x00,则x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函数g(x)

17、在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以loga20.又x020,所以x10,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.20.解析(1)由已知得an=a13n-1,nN*.于是当T=2,4时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1.又ST=30,故30a1=30,即a1=1.所以数列an的通项公式为an=3n-1,nN*.(2)因为T1,2,k,an=3n-10,nN*,所以STa1+a2+ak=1+

18、3+3k-1=12(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三种情况证明.若D是C的子集,则SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,则SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=CUD,F=DUC,则E,F,EF=.于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1.从而SFa1+a2+al=1+3+3l-1=3l-123k-1-12=ak-12

19、SE-12,故SE2SF+1,所以SC-SCD2(SD-SCD)+1,即SC+SCD2SD+1.综合得,SC+SCD2SD.解后反思(1)考查等比数列通项公式及等比数列项的求解与计算,通法“基本元素法”依旧适用,只不过是创新背景,语言理解要准确.(2)数列求和与不等式放缩结合,注意放缩适度.(3)间接证明与数列结合,有一定难度.21.A.证明在ADB和ABC中,因为ABC=90,BDAC,A为公共角,所以ADBABC,于是ABD=C.在RtBDC中,因为E是BC的中点,所以ED=EC,从而EDC=C.所以EDC=ABD.B.解析设B=acbd,则B-1B=1-1202acbd=1001,即a-

20、12c2cb-12d2d=1001,故a-12c=1,b-12d=0,2c=0,2d=1,解得a=1,b=14,c=0,d=12,所以B=114012.因此,AB=102-2114012=1540-1.C.解析椭圆C的普通方程为x2+y24=1.将直线l的参数方程x=1+12t,y=32t代入x2+y24=1,得1+12t2+32t24=1,即7t2+16t=0,解得t1=0,t2=-167.所以AB=|t1-t2|=167.D.证明因为|x-1|a3,|y-2|a3,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|0)的焦点为p2,0,由点p2,0在直线l:x-y-2=0上,得p2-0-2=0,即p=4.所以抛物