2016年高考真题数学(山东卷)2

2016年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)理科数学第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10个小题；每小题5分，共50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．(2016·山东理，1)若复数z满足2z＋eq\x\to(z)＝3－2i，其中i为虚数单位，则z等于()A．1＋2iB．1－2iC．－1＋2i D．－1－2i2．(2016·山东理，2)设集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|x2－1<0}，则A∪B等于()A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1，＋∞)D．(0，＋∞)3．(2016·山东理，3)某高校调查了200名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5,30]，样本数据分组为[17.5,20)，[20,22.5)，[22.5,25)，[25,27.5)，[27.5,30]．根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是()A．56B．60C．120D．1404．(2016·山东理，4)若变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0，))则x2＋y2的最大值是()A．4B．9C．10D．125．(2016·山东理，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)π B.eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),3)πC.eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),6)π D．1＋eq\f(\r(2),6)π6．(2016·山东理，6)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．(2016·山东理，7)函数f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B．πC.eq\f(3π,2) D．2π8．(2016·山东理，8)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3).若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为()A．4B．－4C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)9．(2016·山东理，9)已知函数f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)＝x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；当x>eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，则f(6)等于()A．－2B．－1C．0D．210．(2016·山东理，10)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x3第Ⅱ卷二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．(2016·山东理，11)执行如图所示的程序框图，若输入的a，b的值分别为0和9，则输出的i的值为________．12．(2016·山东理，12)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x))))5的展开式中x5的系数为－80，则实数a＝________.13．(2016·山东理，13)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．14．(2016·山东理，14)在[－1,1]上随机地取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为________．15．(2016·山东理，15)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x>m，))其中m>0，若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________．三、解答题：本答题共6小题，共75分．16．(2016·山东理，16)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．17．(2016·山东理，17)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．18．(2016·山东理，18)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.19．(2016·山东理，19)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是eq\f(3,4)，乙每轮猜对的概率是eq\f(2,3)；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X)．20．(2016·山东理，20)已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)对于任意的x∈[1,2]成立．21．(2016·山东理，21)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(3),2)，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.①求证：点M在定直线上；②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求eq\f(S1,S2)的最大值及取得最大值时点P的坐标．

答案解析1.解析设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝a－bi，∴2(a＋bi)＋(a－bi)＝3－2i，整理得3a＋bi＝3－2i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＝3，,b＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2，))∴z＝1－2i，故选B.答案B2.解析∵A＝{y|y>0}，B＝{x|－1<x<1}，∴A∪B＝(－1，＋∞)，故选C.答案C3.解析设所求人数为N，则N＝2.5×(0.16＋0.08＋0.04)×200＝140，故选D.答案D4.解析满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0))的可行域如下图阴影部分(包括边界)，x2＋y2是可行域上动点(x，y)到原点(0,0)距离的平方，显然，当x＝3，y＝－1时，x2＋y2取最大值，最大值为10.故选C.答案C5.解析由三视图知，半球的半径R＝eq\f(\r(2),2)，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V＝eq\f(1,3)×1×1×1＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),6)π，故选C.答案C6.解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A.答案A7.解析∵f(x)＝2sinxcosx＋eq\r(3)(cos2x－sin2x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝π，故选B.答案B8.解析∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即t·m·n＋n2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0，由已知得t×eq\f(3,4)|n|2×eq\f(1,3)＋|n|2＝0，解得t＝－4，故选B.答案B9.解析当x>eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即f(x)＝f(x＋1)，∴T＝1，∴f(6)＝f(1)．当x<0时，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1，f(－x)＝－f(x)，∴f(2)＝f(1)＝－f(－1)＝2，故选D.答案D10.解析对函数y＝sinx求导，得y′＝cosx，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2；对函数y＝lnx求导，得y′＝eq\f(1,x)恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3，得y′＝2x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.故选A.答案A11.解析第1次循环：i＝1，a＝1，b＝8，a<b；第2次循环：i＝2，a＝3，b＝6，a<b；第3次循环：i＝3，a＝6，b＝3，a>b，输出i的值为3.答案312.解析∵Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(ax2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))r＝a5－rCeq\o\al(r,5)x，∴10－eq\f(5,2)r＝5，解得r＝2，∴a3Ceq\o\al(3,5)＝－80，解得a＝－2.答案－213.解析由已知得|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2c，∴2×eq\f(2b2,a)＝3×2c，又∵b2＝c2－a2，整理得：2c2－3ac－2a2＝0，两边同除以a2得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2－3eq\f(c,a)－2＝0，即2e2－3e－2＝0，解得e＝2或e＝－1(舍去)．答案214.解析由已知得，圆心(5,0)到直线y＝kx的距离小于半径，∴eq\f(|5k|,\r(k2＋1))<3，解得－eq\f(3,4)<k<eq\f(3,4)，由几何概型得P＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－－1)＝eq\f(3,4).答案eq\f(3,4)15.解析如图，当x≤m时，f(x)＝|x|；当x>m时，f(x)＝x2－2mx＋4m，在(m，＋∞)为增函数，若存在实数b，使方程f(x)＝b有三个不同的根，则m2－2m·m＋4m<|m|.∵m>0，∴m2－3m>0，解得m>3.答案(3，＋∞)16.(1)证明由题意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB).化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，从而sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋b＝2c.(2)解由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2,2ab)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时，等号成立，故cosC的最小值为eq\f(1,2).17.(1)证明设FC中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．过点F作FM垂直OB于点M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)．设m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一个法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))，因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角FBCA的余弦值为eq\f(\r(7),7).18.解(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.(3)由(1)知，cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.19.解(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D).由事件的独立性与互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\x\to(A)BCD)＋P(Aeq\x\to(B)CD)＋P(ABeq\x\to(C)D)＋P(ABCeq\x\to(D))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\x\to(A))P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(eq\x\to(C))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\x\to(D))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3).所以“星队”至少猜对3个成语的概率为eq\f(2,3).(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60,144)＝eq\f(5,12).P(X＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(36,144)＝eq\f(1,4).可得随机变量X的分布列为x012346Peq\f(1,144)eq\f(5,72)eq\f(25,144)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,4)所以数学期望E(X)＝0×eq\f(1,144)＋1×eq\f(5,72)＋2×eq\f(25,144)＋3×eq\f(1,12)＋4×eq\f(5,12)＋6×eq\f(1,4)＝eq\f(23,6).20.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(ax2－2x－1,x3).当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．当a>0时，f′(x)＝eq\f(ax－1,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).①0<a<2时，eq\r(\f(2,a))>1，当x∈(0,1)或x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．②a＝2时，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．③a>2时，0<eq\r(\f(2,a))<1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a<2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))内单调递增；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；当a>2时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)证明由(1)知，a＝1时，f(x)－f′(x)＝x－lnx＋eq\f(2x－1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)－\f(2,x2)＋\f(2,x3)))＝x－lnx＋eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1，x∈[1,2]．设g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1，x∈[1,2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．由g′(x)＝eq\f(x－1,x)≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号．又h′(x)＝eq\f(－3x2－2x＋6,x4).设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1,2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0.所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减．由h(1)＝1，h(2)＝eq\f(1,2)，可得h(x)≥h(2)＝eq\f(1,2)，当且仅当x＝2时取得等号．所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝eq\f(3,2).即f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)对于任意的x∈[1,2]成立．21.(1)解由题意知eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝4b2，因为抛物线E的焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以b＝eq\f(1,2)，a＝1，所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.(2)①证明设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2)))(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m，因此直线l的方程为y－eq\f(m2,2)＝m(x－m)．即y＝mx－eq\f(m2,2).设A(x1，y1)，B(x