2016年理科数学海南省高考真题含答案下载

海南卷 2016 年普通高等学校招生全国统一考试（ ）理科数学 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷 1 至 3 页，第Ⅱ卷 3 至 5 页. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 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. z  (m  3)  (m 1)i 3，1 已知 在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值范围是 1. 1，3 1, + - ， 3 （D） （A） （B） （C） A {1, 2, 3} B {x | (x 1)(x  2)  0，xZ} ， ，则 A  B  已知集合 2. 1  {1，2} （B） （A） 0，1，2，3 {1，0，1，2，3} （D） （C） 已知向量 a  (1,m)，b=(3,2) ，且 (a  b)  b ，则 m= 3. 4. 5. 8 6 C68（A） （ ） B（ ） 的圆心到直线 （C） （ ） Dx2  y2  2x  8y 13  0 ax  y 1 0 圆的距离为 1，则 a= 4334（A） （B） （D）2 3如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位于 G 处的老年公寓参加志愿者 活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 （A）24 （B）18 （C）12 （D）9 右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 6. （A）20π （B）24π （C）28π （D）32π 1π若将函数 y=2sin 2x 的图像向左平移 个单位长度，则平移后图象的对称轴为 7. 8. 12 kπ πkπ πx  x  k Z x  k Z （A） （C） （B） （D） 2626kπ πkπ πk Z x  k Z 212 212 中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该 s  x  2 n  2 ，a25程序框图，若输入的 ，依次输入的 为， ， ，则输出的 2（A）7 （B）12 （C）17 （ D）34 π35cos   sin 2 ，则 =若9. 471157（A） （B） （C） （D） 25 525 0 ,1 xxxyyy从区间 随机抽取 2n 个数 ,2 ，…， ，，2 ，…， n ，构成 n 个数 10. 1n1x , y x , y x , y ，…， ，其中两数的平方和小于1 的数对共有 m 个， n n 对，1122则用随机模拟的方法得到的圆周率 的近似值为 4n 2n 4m 2m （A） （B） （C） （D） mmnnx2 y2 13xFFMF MF F  1 与 轴垂直，sin 1 的左，右焦点，点M在E上， 已知 ，2 是双曲线E： ,11. 12. 12 1 a2 b2 则 E 的离心率为 32（A） （B） （C） （D）2 23x 1 xf xxR   f x  2  f x y  f x   y    已知函数 满足 ，若函数 与图像的交点 mx ，y x ，y x ，y x  y   i  i1 为，，⋯， ，则 （）1122mmi（A）0 （B）m （C）2m （D）4m 第Ⅱ卷 。本卷包括必考题和选考题两部分．第 13~21 题为必考题，每个试题考生都必须作答 第22~24 题 。为选考题 考生根据要求作答 。二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分。 455cos A  cosC  △ ABC b  ABCaca 1 ， ，则 的内角 ，， 的对边分别为， ， ，若 b，13. 13 ．2，是两个平面，m，n 是两条线，有下列四个命题： 14. n∥     ．m  n m   ，①如果 ②如果 ③如果 ④如果 ，，那么 ．m   n∥  ，m  n ，那么 ，那么 m   ∥  a∥  m∥ n m∥  ．，，所成的角相等． ，那么 m与所成的角和 与 n其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 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 15. 16. y  kx  b y  ln x  2 y  ln x 1 b  若直线 是曲线 的切线，也是曲线 的切线， ．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （本小题满分 12 分） 17. a  nb  lga x  Sa 1 S  28 ， ．记 n 为等差数列 的前 n 项和，且 lg99 1 ，其中 n表示不超过 x 的最大 n170.9  0 整数，如 （Ⅰ）求 ，．bbb， ； 101 ，111 b1000 项和．   （Ⅱ）求数列 的前 n（本小题满分 12 分） 18. 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： 01234≥5 2a 上年度出险次数 保费0.85a a1.25a 1.5a 1.75a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 一年内出险次数 01234≥5 概率0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 （Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； 60% （Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出 （Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． （本小题满分 12 分） 的概率； 19. AB  5 AC  6 ，EF如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O， ，点 ， 分别在， 上， AD CD 354AE  CF  ，EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△ D EF 的位置 .OD  10 （I）证明： D H  平面 ABCD； B  D A  C .（II）求二面角 的正弦值 （本小题满分 12 分） 20. x2 y2 xk(k  0) 的直线交 E 于 A，M 两 1 已知椭圆 E: 的焦点在 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 t3点，点 N 在 E 上，MA⊥NA. AM  AN t  4 （I）当 ，时，求△ 的面积； AMN 2 AM  AN （II）当 时，求 k 的取值范围. （本小题满分 12 分） 21. x  2 x  2 f (x)  ex (x  2)ex  x  2  0; (I)讨论函数 的单调性，并证明当 x  0 时， ex  ax  a a[0,1) g x   h(a) 的最小值为 ，求函数 g x =   (x  0) 有最小值.设 (II)证明：当 h(a) 时，函数 x2 的值域. 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 （本小题满分 10 分）选修 4-1：几何证明选讲 22. 如图，在正方形 ABCD，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 ，E 为 DA 的中点，求四边形 BCGF 的面积. AB 1 （本小题满分 10 分）选修 4—4：坐标系与参数方程 23. 2x  6  y2  25 在直线坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为 ．（I）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； x  t cos y  t sin AB  10 ，求 l 的斜率． （II）直线 l 的参数方程是 （t 为参数），l 与 C 交于 A、B 两点， （本小题满分 10 分），选修 4—5：不等式选讲 24. 112f x x  x  f x 2     已知函数 ，M 为不等式 a  b  1 ab 的解集. 2（I）求 M； b M （II）证明：当 a， 时， ．42016 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学答案及解析 1. 【解析】A m  3  0 m 1 0 ，∴ 3  m 1，故选 A． 【解析】C ∴2. ，B  x x1 x  2  0，xZ  x 1 x  2，xZ  ，B  0，1 A  B  0，1，2，3 ∴，∴ ，故选 C． 【解析】D 3. a  b  4，m  2 ，∵(a  b)  b ，∴ (a  b)b 12  2(m  2)  0 m  8 解得 ，故选 D． 4. 【解析】A 22圆x2  y2  2x  8y 13  0 化为标准方程为： x 1  y  4  4 ，a  4 1 a2 1 431，4 d  1 ，解得 a   故圆心为 ，，故选 A． 【解析】B E  F 5. 6F G 3有 种走法，由乘法原理知，共种走法 63 18 有种走法， 故选 B． 【解析】C 6. 几何体是圆锥与圆柱的组合体， c设圆柱底面圆半径为 ，周长为 ，圆锥母线长为，圆柱高为 rlh．，2由图得 r  2 ，c  2πr  4π ，由勾股定理得：l  22  2 3 4 1S表  πr2  ch  cl  4π 16π  8π  28π ，2故选 C． 【解析】B 7. πy  2sin 2x  平移后图像表达式为 ，12 ππkπ π2 x   kπ + x  k Z ，令，得对称轴方程： 12 226故选 B． 5【解析】C 8. s  0 2  2  2 第一次运算： 第二次运算： ，，，s  2 2  2  6 s  6 2  5 17 第三次运算： 故选 C． 【解析】D 9. 435ππ7cos   sin 2  cos  2  2cos2  1 ∵，，2425 故选 D． 【解析】C 10. x ，y i1，2，，n i   由题意得： 在如图所示方格中，而平方和小于 1 的点均在 i如图所示的阴影中 π4m mnπ  由几何概型概率计算公式知 ，∴ ，故选 C． 41n【解析】A 11. 2 2 3F F2 F F2 sin M 11e  离心率 ，由正弦定理得 ． 2 e  MF2  MF 1MF2  MF sin F  sin F2 1111 3故选 A． 【解析】B 12. f x 2  f x f x   0，1 关于 对称，     由得x 1 x10，1 对称， y  1 而也关于 xx  x ‘  0 y  y ‘=2 ∴对于每一组对称点 ，iiiimmmmx  y  x  y  0  2 m i  ∴，故选 B．   iii2i1 i1 i1 621 13 【解析】 13. 45cos A  cosC  ∵，，513 3512 sin A  sinC  ，，13 63 65 sin B  sin A  C  sin AcosC  cos AsinC  ，ba21 13 b  由正弦定理得： 解得 ．sin B sin A 【解析】②③④ 14. 15. (1,3) 【解析】 由题意得：丙不拿（2，3）， 若丙（1，2），则乙（2，3），甲（1，3）满足， 若丙（1，3），则乙（2，3），甲（1，2）不满足， 故甲（1，3）， 【解析】 1 ln 2 16. 1y  x  ln x 1 y  ln x  2 x）1的切线为： （设切点横坐标为 1×1 1×2 y  ln x 1 y  x  ln x 1  的切线为： 2×2 1 x2 1 11xx2 1 1∴x2 ln x 1 ln x 1  12x2 1 121x  x2   解得 12b  ln x 11 ln 2 ∴．117. 【解析】⑴设 a的公差为 d，S7  7a4  28 ，．  na4  a1 ∴∴a4  4 ，∴ d  1，∴ an  a1  (n 1)d  n 3b  lga  lg1  0 ，b  lga  lg11 1 11  ，b101  lga  lg  2 101  101  ．1  111 ⑵记 b  n的前 n项和为Tn ，则 T b  b2    b 1000 11000  lga  lga   lga ．当当1  2  1000  0≤lgan 1时， n 1，2，，9 ；1≤lgan  2 时， n 10，11，，99 ； 72≤lga  3 当时， n 100，101，，999 ； n当lgan  3 时， n 1000 ．∴T 09 190  2900  311893 ．1000 【解析】 ⑴设续保人本年度的保费高于基本保费为事件 A，18. ．P(A) 1 P(A) 1 (0.30  0.15)  0.55 ⑵设续保人保费比基本保费高出 60% 为事件 B，P(AB) 0.10 0.05 3P(B A)  ．P(A) 0.55 11 ⑶解：设本年度所交保费为随机变量 X ． a0.85a 1.25a 1.5a 1.75a 0.10 2a XP0.30 0.15 0.20 0.20 0.05 平均保费 EX  0.85 0.30  0.15a 1.25a  0.20 1.5a  0.20 1.75a  0.10  2a  0.05  0.255a  0.15a  0.25a  0.3a  0.175a  0.1a 1.23a ∴平均保费与基本保费比值为1.23 ，．5419. 【解析】⑴证明：∵ AE  CF  ，AE CF ∴∴，AD CD EF ∥ AC ．∵四边形 ABCD 为菱形， ∴∴∴∴∵∴又∴AC  BD EF  BD EF  DH ，，，．EF  D H AC  6 AO  3 AB  5 OB  4 ，；，，AO  OB ，8AE AO OH  OD 1 ，∴∴∴∴DH  D H  3 ， 2 22OD  OH  D’H ，D’H  OH ．又∵OH I EF  H D’H  ABCD ，∴面．⑵建立如图坐标系 H  xyz ．B 5，0，0 ，C 1，3，0 ，D’ 0，0，3 ，A 1， 3，0 ，uuur uuur uuur AB  4，3，0 ，AD’  1，3，3 ，AC  0，6，0 ，ur 1设面 ABD’ 法向量 n  x，y ，z ，  x  3 y  4 z  5 n  AB  0 4x  3y  0 1由得，取 ，  x  3y  3z  0 n  AD  0 1ur n  3， 4，5 ∴．1uur 2同理可得面 AD’C 的法向量 n  3，0，1 ，ur uur n1 n2 ur uur n1 n2 9  5 7 5 25 ∴cos  ，5 2 10 2 95 ∴sin  ．25 x2 y2 2，0 ，t  4 1 ，A 点坐标为 【解析】 ⑴当 时，椭圆 E 的方程为 20. 43y  k x 2 则直线 AM 的方程为 ．92y2 x1 433  4k2 x2 16k2 x 16k2 12  0 联立 解得 并整理得， y  k x 2 8k2  6 12 3  4k2 8k2  6 AM  1 k2   2  1 k2  x  2 x   或，则 3  4k2 3  4k2 2112 12 AN  1   1 k2  24AM  AN 因为 因为 所以 ，所以 k13 k  3  4 1 kkAM  AN 1 k2  k  0 ，，12 12  1 k2  k 1 4k2  k  4  0 3  4k2 4，整理得 ，3k  k2k 1 无实根，所以 ．4k  k  4  0 2 11212 144 49 2AM 11 △ AMN 所以 的面积为 ．23  4 y  k x t ⑵直线 AM 的方程为 ，2xy2 1 3  tk2 x2  2t tk2 x  t2k2  3t  0 t3联立 并整理得， y  k x t t tk2  3 t 3  tk2 解得 所以 或x   ，x  t t tk2  3 t 3  tk2 6 t 3  tk2 AM  1 k2   t  1 k2  6 t AN  1 k2  所以 因为 所以 t3k  k2 AM  AN 2 1 k2  6 t 3  tk2 6 t 6k2  3k  1 k2  t  ，整理得， ．tk3  2 3k  kk2 1 k  2 6k2  3k t  3  3 因为椭圆 E 的焦点在 x 轴，所以 解得 3 ，即 ，整理得  0 k3  2 k3  2 ．2  k  2 x  2 x  2 f x   ex 21. 【解析】⑴证明： x  2 x  2 4x2ex x  ex   f22x  2 x  2 ∵当 x ， 2  2 , 时， fx  0   10 ∴∴∴f x   在， 2 和 2 , 上单调递增 x  2 x  2 x  0 时， ex  f 0 =1   x  2 ex  x  2  0 ex  a x2  2x ex  ax  a ⑵g x   x4 x xex  2ex  ax  2a x4 x  2 x  2 x3 x  2 ex  a a 0，1 x  2 x  2 f x   ex 由(1)知，当 x  0 时， 的值域为 ，只有一解． 1，  t  2 t  2 et  a t  0，2 使得 ，时 g (x)  0 ， g(x) 单调增 当x(0,t) 时g (x)  0 ，g(x) 单调减；当 x(t,) t  2 et  t 1 et et  a t1 et t  2 h a    t2 t2 t  2 et t 1 et 记，在t  0 ,2 时， k t   0 ，∴ k t 单调递增   k t      2t  2 t  2 12e2 ∴．h a  k t     ，4DF  CE 【解析】（Ⅰ）证明：∵ 22. Rt△ DEF ∽ Rt△ CED ∴∴GDF  DEF  BCF DF CF DG BC DE  DG CD  BC ，∵∴DF CF DG BC △ GDF ∽ △ BCF ∴∴∴∴CFB  DFG GFB  GFC  CFB  GFC  DFG  DFC  90 GFB  GCB 180 ．∴B，C，G，F 四点共圆． 11 （Ⅱ）∵E 为 AD 中点， AB 1 ，1DG  CG  DE  ∴，2Rt△GFC GF  GC ，∴在 连接 中， GB Rt△BCG≌Rt△BFG ，，1112S 2S△ BCG =2 1 =∴．四边形BCGF 2223. 【解析】解：⑴整理圆的方程得 x2  y2 12 11 0 ，222  x  y 由 cos  x 可知圆  sin  y C的极坐标方程为 2 12 cos 11 0 ．⑵记直线的斜率为 k，则直线的方程为 kx  y  0 ，2 6k 1 k2 10 2由垂径定理及点到直线距离公式知： ， 25  36k2 90 515 k2  即，整理得 ，则 k   ．1 k2 43311112x   f x x  x  2x 1 x   24. 【解析】解：⑴当 时， ，若 ；  2221111当当 ≤ x ≤ 时， f x x  x  1 2 恒成立；   2222121< x 1 ．x  时， f x 2x ，若 f x 2 ，    2综上可得， M  x | 1 x 1 ．⑵当 a，b 1，1 时，有 a2 1 b2 1  0 ， 即则则a2b2 1 a2  b2 a2b2  2ab 1 a2  2ab  b2 ，，22ab 1  a  b ，即a  b  ab 1 ，证毕． 12