2016年高考文科数学全国2卷试题及答案(Word版)

注意事项：

一、 选择题：本大题共12小题。每小题5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

2，，3}B{x|x29}，则AB （1）已知集合A{1，（A）{2，1，0，1，2，3} （B）{2，1，0，1，2} （2）设复数z满足zi3i，则z=

（A）12i（B）12i（C）32i（D）32i (3) 函数y=Asin(x)的部分图像如图所示，则

（C）{1，2，3}

（D）{1，2}

（A）y2sin(2x)（B）y2sin(2x)

6 3（C）y2sin(2x+)（D）y2sin(2x+)

6 3(4) 体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为 （A）12（B）

32（C）（D） 3(5) 设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=（A）

k（k>0）与C交于点P，PF⊥x轴，则k= x13（B）1 （C）（D）2 2243（B）−（C）3（D）2 34(6) 圆x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线ax+y−1=0的距离为1，则a= （A）−

(7) 如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

(8) 某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一

名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为 （A）

5373（B）（C）（D）

881010(9)中国古代有计算多项式值得秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图．执行该程序框图，若输入的a为2，2，5，则输出的s=

（A）7 （B）12 （C）17 （D）34

(10) 下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx的定义域和值域相同的是

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） （A）y=x（B）y=lgx（C）y=2x（D）y1 x(11) 函数f(x)cos2x6cos(（A）4（B）5

πx)的最大值为 2（C）6 （D）7

(12) 已知函数f(x)（x∈R）满足f(x)=f(2-x)，若函数y=|x2-2x-3| 与y=f(x) 图像的交点为（x1,y1），(x2,y2)，…，

（xm,ym），则

x=

ii1

m

(A)0 (B)m (C) 2m (D) 4m 二．填空题：共4小题，每小题5分.

(13) 已知向量a=(m,4)，b=(3,-2)，且a∥b，则m=___________.

xy10(14) 若x，y满足约束条件xy30，则z=x-2y的最小值为__________

x30（15）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA，cosC，a=1，则b=____________.

135（16）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________________. 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)

等差数列{an}中，a3a44,a5a76

（I）求{an}的通项公式； (II)设

bn=[

an]，求数列{

bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2

（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：

随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版）

（I）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”。求P(A)的估计值； (II)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160％”. 求P(B)的估计值；

（III）求续保人本年度的平均保费估计值.

（19）（本小题满分12分）

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到D'EF的位置.

（I）证明：ACHD'； (II)若AB5,AC6,AE积.

（20）（本小题满分12分）

已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).

（I）当a4时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程； (II)若当x1,时，f(x)＞0，求a的取值范围.

（21）（本小题满分12分）

5,OD'22,求五棱锥D'ABCEF体4x2y21的左顶点，已知A是椭圆E：斜率为kk＞0的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.

43（I）当AMAN时，求AMN的面积 (II)当2AMAN时，证明：3k2.

请考生在第22~24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4-1：几何证明选讲

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） 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.

（23）（本小题满分10分）选修4-4：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.

（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

x（Ⅱ）直线l的参数方程是

ytcosα,（t为参数），l与C交于A，B两点，ABtsinα,10,求l的斜率.

（24）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

已知函数f(x)（Ⅰ）求M；

（Ⅱ）证明：当a，bM时，ax12x1，M为不等式f(x)22的解集.

b1ab.

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版）

2016年普通高等学校招生全国统一考试文科数学答案

第Ⅰ卷

一. 选择题

（1）【答案】D (5)【答案】D (9)【答案】C

（2）【答案】C (6) 【答案】A

(3) 【答案】A (7) 【答案】C

(4) 【答案】A (8) 【答案】B

(10) 【答案】D (11)【答案】B (12) 【答案】B

二．填空题

(13)【答案】6

(14)【答案】5

（15）【答案】

2113

（16）【答案】1和3

三、解答题

（17）(本小题满分12分) 【答案】（Ⅰ）an【解析】

试题分析：(Ⅰ) 根据等差数列的性质求a1，d，从而求得an；（Ⅱ）根据已知条件求bn，再求数列bn的前10项和.

试题解析：(Ⅰ)设数列an的公差为d，由题意有2a15d4,a15d3，解得a11,d所以an的通项公式为an（Ⅱ）由(Ⅰ)知bn当n=1,2,3时，12n3；（Ⅱ）24. 52， 52n3. 52n3， 52n32,bn1； 52n3当n=4,5时，23,bn2；

52n3当n=6,7,8时，34,bn3；

5页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） 当n=9,10时，42n35,bn4， 5所以数列bn的前10项和为1322334224. 考点：等茶数列的性质，数列的求和. 【结束】

（18）(本小题满分12分) 【答案】（Ⅰ）由式求解. 【解析】 试题分析：

试题解析：(Ⅰ)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内险次数小于2的频率为

60503030求P(A)的估计值；（Ⅱ）由求P(B)的估计值；（III）根据平均值得计算公20020060500.55， 200故P(A)的估计值为0.55.

（Ⅱ）事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由是给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为

30300.3， 200故P(B)的估计值为0.3. (Ⅲ)由题所求分布列为： 保费 频率 0.85a 0.30 a 0.25 1.25a 0.15 1.5a 0.15 1.75a 0.10 2a 0.05 调查200名续保人的平均保费为

0.85a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.302a0.101.1925a，

因此，续保人本年度平均保费估计值为1.1925a. 考点：样本的频率、平均值的计算. 【结束】

（19）（本小题满分12分） 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）证AC//EF.再证AC//HD.（Ⅱ）证明ODOH.再证OD平面ABC.最后呢五棱

页脚内容 69. 42015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） 锥D'ABCEF体积.

试题解析：（I）由已知得，ACBD,ADCD.又由AECF得

AECF，故AC//EF. ADCD

由此得EFHD,EFHD，所以AC//HD.. （II）由EF//AC得

OHAE1. DOAD4由AB5,AC6得DOBO所以OH1,DHDH3.

AB2AO24.

于是ODOH(22)19DH,故ODOH.由（I）知ACHD，又ACBD,BD所以AC平面BHD,于是ACOD. 又由ODOH,AC又由

22222

HDH，

OHO，所以，OD平面ABC.

EFDH9得EF. ACDO211969五边形ABCFE的面积S683.

2224所以五棱锥D'ABCEF体积V16923222. 342考点：空间中的线面关系判断，几何体的体积. 【结束】

（20）（本小题满分12分）

【答案】（Ⅰ）2xy20.；（Ⅱ）,2.. 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求定义域，再求f(x)，f(1)，f(1)，由直线方程得点斜式可求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.（Ⅱ）构造新函数g(x)lnx解.

试题解析：（I）f(x)的定义域为(0,).当a4时，

a(x1)，对实数a分类讨论，用导数法求x1页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)lnx切线方程为2xy20.

13，f(1)2,f(1)0.曲线yf(x)在(1,f(1))处的x（II）当x(1,)时，f(x)0等价于lnx令g(x)lnxa(x1)0. x1a(x1)，则 x112ax22(1a)x1g(x),g(1)0， 22x(x1)x(x1)（i）当a2，x(1,)时，x2(1a)x1x2x10，故g(x)0,g(x)在x(1,)上单调递增，因此g(x)0； （ii）当a2时，令g(x)0得

22x1a1(a1)21,x2a1(a1)21，

由x21和x1x21得x11，故当x(1,x2)时，g(x)0，g(x)在x(1,x2)单调递减，因此g(x)0. 综上，a的取值范围是,2. 考点：导数的几何意义，函数的单调性. 【结束】

（21）（本小题满分12分） 【答案】（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设Mx1,y1，，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k.

试题解析：（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.

144；（Ⅱ）4932,2.

， 4页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） x2y21得7y212y0， 将xy2代入431212，所以y1. 7711212144因此AMN的面积SAMN2. 27749解得y0或yx2y21得 （2）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入43(34k2)x216k2x16k2120.

121k216k2122(34k2)2由x1(2)得x1，故|AM|1k|x12|. 22234k34k34k12k1k21由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|.

k43k2由2|AM||AN|得

322k，即4k36k23k80. 2234k43k22设f(t)4t6t3t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t12t33(2t1)0， 所以f(t)在(0,)单调递增，又f(3)153260,f(2)60， 因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2. 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. 【结束】

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 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）证DGFCBF,再证B,C,G,F四点共圆；（Ⅱ）证明RtBCGRtBFG,四边形

1. 2BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍.

试题解析：（I）因为DFEC,所以DEFCDF,

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） 则有GDFDEFFCB,DFDEDG, CFCDCB所以DGFCBF,由此可得DGFCBF, 由此CGFCBF180,所以B,C,G,F四点共圆.

（II）由B,C,G,F四点共圆，CGCB知FGFB，连结GB， 由G为RtDFC斜边CD的中点，知GFGC,故RtBCGRtBFG, 因此四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍，即

0111S2SGCB21.

222

考点：三角形相似、全等，四点共圆 【结束】

（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 【答案】（Ⅰ）12cos110；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（I）利用xy，xcos可得C的极坐标方程；（II）先将直线l的参数方程化为普通方程，再利用弦长公式可得l的斜率．

试题解析：（I）由xcos,ysin可得C的极坐标方程12cos110. （II）在（I）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(R) 由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

2222215. 3212cos110.

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） 于是1212cos,1211,

|AB||12|(12)2412144cos244,

2由|AB|10得cos315,tan， 83所以l的斜率为1515或. 33考点：圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，点到直线的距离公式. 【结束】

（24）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 【答案】（Ⅰ）M{x|1x1}；（Ⅱ）详见解析. 【解析】

试题分析：（I）先去掉绝对值，再分x1111，x和x三种情况解不等式，即可得；（II）2222采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a，b时，ab1ab．

12x,x,211试题解析：（I）f(x)1,x,

2212x,x.2当x1时，由f(x)2得2x2,解得x1； 2当11x时，f(x)2； 221时，由f(x)2得2x2,解得x1. 2当x所以f(x)2的解集M{x|1x1}.

（II）由（I）知，当a,bM时，1a1,1b1，从而

(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，

页脚内容 2015年高考理科数学试卷全国卷2（解析版） 因此|ab||1ab|.

考点：绝对值不等式，不等式的证明. 【结束】

页脚内容