2016年高考理科数学全国卷2-答案.pdf

1/11 2016 年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷 2）理科数学答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】A【解析】z(m3)(m 1)i在复平面内对应的点在第四象限，可得m30，m 10，解得3m1 【提示】利用复数对应点所在象限，列出不等式组求解即可【考点】复数的代数表示法及其几何意义 2.【答案】C【解析】集合A1,2,3，Bx(x1)(x2)0,xZ,0 1，AB0,1,2,3【提示】先求出集合A，B，由此利用并集的定义能求出AB的值【考点】并集及其运算 3.【答案】D【解析】向量a(4,m)，b(3,2)，ab(4,m2)，又(ab)b，122(m2)0，解得m8【提示】求出向量ab的坐标，根据向量垂直的充要条件，构造关于m的方程，解得答案【考点】平面向量的基本定理及其意义 4.【答案】A【解析】圆22xy2x8y 130的圆心坐标为(1,4)，故圆心到直线axy 10 的距离2a4 1d1a1，解得4a3 【提示】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案【考点】圆的一般方程，点到直线的距离公式 5.【答案】B【解析】从E到F，每条东西向的街道被分成 2 段，每条南北向的街道被分成 2 段，从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括 4 段，其中 2 段方向相同，另 2 段方向相同，每种最短走法，即是从 4 段中选出 2 段走东向的，选出 2 段走北向的，故共有2242C C6种走法，同理从F到G，最短的走法，有1232C C3种走法，小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6 3 18 种走法 2/11 【提示】从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括 4 段，其中 2 段方向相同，另 2 段方向相同，每种最短走法，即是从 4 段中选出 2 段走东向的，选出 2 段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从F到G，最短的走法，有13C3种走法，利用乘法原理可得结论【考点】排列、组合的实际应用，分步乘法计数原理 6.【答案】C【解析】由三视图知，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2 3，在轴截面中圆锥的母线长是1244，圆锥的侧面积是 2 48，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是 4，圆柱的高是 4，圆柱表现出来的表面积是2 22 2 420 空间组合体的表面积是28【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2 3，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，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】由三视图求面积、体积 7.【答案】B【解析】将函数y2sin2x的图象向左平移12个单位长度，得到y2sin2 x2sin 2x126，由2 xk+(kZ)122得：kx(kZ)26，即平移后的图象的对称轴方程为kx(kZ)26【提示】利用函数yAsin(x)(A0,0)的图象的变换及正弦函数的对称性可得答案【考点】正弦函数的对称性，函数yAsin(x)的图象变换 8.【答案】C【解析】输入的x2，n2，当输入的为 2 时，s2，k1，不满足退出循环的条件；当再次输入的a为 2 时，s6，k2，不满足退出循环的条件；当输入的a为 5 时，s17，k3，满足退出循环的条件；故输出的s值为 17【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 9.【答案】D 3/11 【解析】方法 1：3cos45，27sin2cos22cos12425 ；方法 2：2cos(sincos)42，19(1sin2)225，97sin2212525 【提示】方法 1：利用诱导公式化sin2cos22 ，再利用二倍角的余弦可得答案；方法 2：利用余弦二倍角公式将左边展开，可以得sincos的值，再平方，即得sin2的值【考点】三角函数的恒等变换及化简求值 10.【答案】C【解析】由题意，两数的平方和小于 1，对应的区域的面积为2114，从区间0,1随机抽取2n个数1x，2x，nx，1y，2y，ny构成n个数对11(x,y)，22(x,y)，nn(x,y)，对应的区域的面积为21，221 1m4n1，4mn 【提示】以面积为测度，建立方程，即可求出圆周率的近似值【考点】几何概型 11.【答案】A【解析】由题意，M为双曲线左支上的点，则21|b|MFa，2222b|MF4ca|，2 11sinMF F3，2422b1a3b4ca，可得：4222ba c，即22bac，又222cab，可得22ee20，e1，解得e2 【提示】由条件12MFMF，2 11sinMF F3，列出关系式，从而可求离心率 4/11 【考点】双曲线的简单性质 12.【答案】B【解析】函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，即为f(x)f(x)2，可得f(x)关于点(0,1)对称，函数x1yx，即1y1x 的图象关于点(0,1)对称，即有11(x,y)为交点，即有11(x,2y)也为交点，22(x,y)为交点，即有22(x,2y)也为交点，则有mii1122mmi 1(xy)(xy)(xy)(xy)11112222mmmm1(xy)(x2y)(xy)(x2y)(xy)(x2y)2 m【提示】由条件可得f(x)2f(x)，即有f(x)关于点(0,1)对称，又函数x1yx，即1y1x 的图象关于点(0,1)对称，即有11(x,y)为交点，即有11(x,2y)也为交点，计算即可得到所求和【考点】抽象函数及其应用 第卷 二、填空题 13.【答案】2113【解析】由4cosA5，5cosC13，可得3sinA5，12sinC13，sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC 6365，由正弦定理可得asinBbsinA，解得21b13【提示】运用同角的平方关系可得sinA，sinC，再由诱导公式和两角和的正弦公式，可得sinB，运用正弦定理可得asinBbsinA，代入计算即可得到所求值【考点】解三角形 14.【答案】【解析】如果mn，m，n，不能得出，故错误；如果n，则存在直线l，使nl，由m，可得ml，那么mn，故正确；如果a，m，那么m与无公共点，则m，故正确 如果mn，那么m，n与所成的角和m，n与所成的角均相等，故正确【提示】根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案【考点】命题的真假判断与应用，空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系 5/11 15.【答案】1 和 3【解析】根据丙的说法知，丙的卡片上写着 1 和 2，或 1 和 3；（1）若丙的卡片上写着 1 和 2，根据乙的说法知，乙的卡片上写着 2 和 3；根据甲的说法知，甲的卡片上写着 1 和 3；（2）若丙的卡片上写着 1 和 3，根据乙的说法知，乙的卡片上写着 2 和 3；又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”；甲的卡片上写的数字不是 1 和 2，这与已知矛盾；甲的卡片上的数字是 1 和 3【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】进行简单的合情推理 16.【答案】1 ln2【解析】设ykxb与ylnx2和yln(x1)的切点分别为11(x kx,b)、22(x kx,b)，由导数的几何意义可得1211kxx1，得12xx1，再由切点也在各自的曲线上，可得1112kxblnx2kxbln(x1)，联立上述式子解得12k21x21x2 ，从而11kxblnx2得出b1 ln2 【提示】先设切点，然后利用切点来寻找切线斜率的联系，以及对应的函数值，综合联立求解即可【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 三、解答题 17.【答案】（）nS为等差数列na 的前n项和，且1a1，7S28，47a28，可得4a4，则公差d1，nan，nblgn，则1blg10，11blg 111，101blg 1012（）由（）可知：1239bbbb0，10111299bbbb1，100101102103999bbbbb2，1000b3，数列nb 的前 1000 项和为：9 090 1 900 23 1893 【提示】（）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解1b，11b，101b；6/11 （）找出数列的规律，然后求数列nb 的前 1000 项和【考点】数列的求和，等差数列的性质 18.【答案】（）某保险的基本保费为a（单位：元），上年度出险次数大于等于 2 时，续保人本年度的保费高于基本保费，由该险种一续保人一年内出险次数与相应概率统计表得：一续保人本年度的保费高于基本保费的概率为1P1 0.300.150.55；（）设事件A表示“一续保人本年度的保费高于基本保费”，事件B表示“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，由题意P(A)0.55，P(AB)0.100.050.15，由题意得若一续保人本年度的保费高于基本保费，则其保费比基本保费高出60%的概率：2P(AB)0.153PP(B A)P(A)0.5511|；（）由题意，续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为：0.85a0.30a0.15 1.25a0.2 1.5a0.20 1.75a0.12a0.051.23a，续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1 23.【提示】（）上年度出险次数大于等于 2 时，续保人本年度的保费高于基本保费，由此利用该险种一续保人一年内出险次数与相应概率统计表根据对立事件概率计算公式能求出一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（）设事件A表示“一续保人本年度的保费高于基本保费”，事件B表示“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，由题意求出P(A)，P(AB)，由此利用条件概率能求出若一续保人本年度的保费高于基本保费，则其保费比基本保费高出60%的概率；（）由题意，能求出续保人本年度的平均保费与基本保费的比值【考点】古典概型及其概率计算公式 19.【答案】（）ABCD是菱形，ADDC，5AECF4，DEDFEAFC，则EF AC，又由ABCD是菱形，得ACBD，则E F B D，EFDH，则E F DH，AC6，AO3，又AB5，AOOB，OB4，AEOHOD1AO，则DHDH3，222ODOHD H，则DHOH，又OHEFH，DH 平面ABCD；（）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，AB5，AC6，B(5,0,0)，C(1,3,0)，D(0,0,3)，A(1,3,0)，AB(4,3,0)，AD(1,3,3)，AC(0,6,0)，设平面ABD的一个法向量为1n(x,y,z)，由 7/11 11n AB0n AD0，得4x3y0 x3y3z0，取x3，得y4，z5，1n(3,4,5)，同理可求得平面ADC的一个法向量2n(3,01),，设二面角B-DA-C的平面角为，则1212n n957 5cos255 210nn，二面角BDAC的正弦值为2 95sin25 【提示】（）由底面ABCD为菱形，可得ADCD，结合AECF可得EFAC，再由ABCD是菱形，得ACBD，进一步得到EFBD，由EFDH，可得EFDH，然后求解直角三角形得DHOH，再由线面垂直的判定得DH平面ABCD；（）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到AB、AD、AC的坐标，分别求出平面ABD与平面ADC的一个法向量1n、2n，设二面角BDAC的平面角为，求出cos，则二面角BDAC的正弦值可求【考点】二面角的平面角及求法 20.【答案】（）方法一：t4时，椭圆E的方程为22xy143，A(2,0)，直线AM的方程为yk(x2)，代入椭圆方程，整理可得2222(34k)x16k x16k120，解得x2或228k6x34k，则222228k612AM1k21k34k34k，由AMAN，可得 22211212AN11k4k13 k34 1kk，由AMAN，k0，可得 22212121k1k434k3kk，8/11 整理可得2(k1)(4kk4)0，由24kk40无实根，可得k1，即有AMN的面积为221112144AM1 1223449；方法二：由AMAN，可得M，N关于x轴对称，由MANA，可得直线AM的斜率为 1，直线AM的方程为yx2，代入椭圆方程22xy143，可得27x16x40，解得x2或27，2 12M,7 7，212N,77，则AMN的面积为1242144227749；（）直线AM的方程为yk(xt)，代入椭圆方程，可得22222(3tk)x2t tk xt k3t0，解得xt 或22t tk3 tx3tk，即有22222t tk3 t6 tAM1kt1k3tk3tk，26 tAN1kt3kk，由2 AMAN，可得 2226 t6 t21k1kt3tk3kk，整理得236k3ktk2，由椭圆的焦点在x轴上，则t3，即有236k3k3k2，即有23(k1)(k2)0k2，可得32k2，即k的取值范围是3(2,2)【提示】（）方法一：求出t4时，椭圆方程和顶点A，设出直线AM的方程，代入椭圆方程，求交点M，运用弦长公式求得AM，由垂直的条件可得AN，再由AMAN，解得k1，运用三角形的面积公式可得AMN的面积；方法二：运用椭圆的对称性，可得直线AM的斜率为 1，求得AM的方程代入椭圆方程，解方程可得M，N的坐标，运用三角形的面积公式计算即可得到；（）直线AM的方程为yk(xt)，代入椭圆方程，求得交点M，可得AM，AN，再由2 AMAN，9/11 求得t，再由椭圆的性质可得t3，解不等式即可得到所求范围【考点】直线与圆锥曲线的综合问题 21.【答案】（）xx2f xex2，2xx22x24x efxex2(x2)(x2)，当(,2)(2,)x 时，f(x)0，f(x)在(,2)和(2,)上单调递增，x0时，xx2ef(0)=1x2，即x(x2)ex20；（）x2x4(ea)x2x(eaxa)g(x)x xx4x(xe2eax2a)x x3x2(x2)eax2xa0 1，由（）知，当x0时，xx2f(x)ex2的值域为(1,)，只有一解使得tt2eat2，只需tt2e0t2恒成立，可得2t2 ，由x0，可得t02，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；tttt22t2e(t1)eea(t1)et2h(a)ttt2，记tek(t)t2，在t0,2时，t2e(t1)k(t)0(t2)，故k(t)单调递增，所以21eh(a)k(t)24，【提示】从导数作为切入点探求函数的单调性，通过函数单调性来求得函数的值域，利用复合函数的求导公式进行求导，然后逐步分析即可【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值 22.【答案】（）DFCE，RtDFCRtEDC，DFCFEDCD，DEDG，CDBC，10/11 DFCFDGBC，又GDFDEFBCF，GDFBCF，CFBDFG，GFBGFCCFBGFCDFGDFC90，GFBGCB 180，B，C，G，F四点共圆；（）E为AD中点，AB1，1DGCGDE2，在RtDFC中，1GFCDGC2，连接GB，RtBCGRtBFG，BCGBCGF111S2S=21=222 四边形 【提示】（）证明B，C，G，F四点共圆可证明四边形BCGF对角互补，由已知条件可知BCD90，因此问题可转化为证明GFB90；（）在RtDFC中，1GFCDGC2，因此可得BCGBFG，则BCGBCGFS2S四边形，据此解答 【考点】圆内接多边形的性质与判定 23.【答案】（）圆C的方程为22(x6)y25，22xy12x110，222xy，cosx，siny，C的极坐标方程为212 cos110；（）直线l的参数方程是xtcosytsin（t为参数），xtcos，代入ytsin，得：直线l的一般方程ytanx，l与C交与A，B两点，AB10，圆C的圆心C(6,0)，半径r5，圆心到直线的距离22|AB|dr2，圆心C(6,0)到直线距离2|6tan|10d2541tan，解得2tan53，1tan53，11/11 l的斜率1an3t5 【提示】（）把圆C的标准方程化为一般方程，由此利用222xy，cosx，siny，能求出圆C的极坐标方程；（）由直线l的参数方程求出直线l的一般方程，再求出圆心到直线距离，由此能求出直线l的斜率【考点】圆的标准方程，直线与圆相交的性质 24.【答案】（）当1x2 时，不等式f(x)2可化为：11xx222，解得x1，11x2 ，当11x22时，不等式f(x)2可化为：11xx1222，此时不等式恒成立，11x22，当1x2时，不等式f(x)2可化为：11xx222，解得x1，1x12，综上可得M(1,1)；（）当a，bM时，22(a1)(b1)0，即2222a b1ab，即2222a b2ab 1a2abb，即22(ab 1)(ab)，即abab1【提示】（）分当1x2 时，当11x22时，当1x2时三种情况，分别求解不等式，综合可得答案；（）当a，bM时，22(a1)(b1)0，即2222a b1ab，配方后，可证得结论【考点】绝对值不等式的解法