2016年海南省高考数学试题及答案（理科）_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_海南高考数学08-22_A3word版_答案版

明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 2016 年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷） （A）24 （B）18 （C）12 （D）9 6. 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 理科数学 （A）20π （B）24π （C）28π （D）32π 注意事项： 7. 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 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. （A） （B） 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. （C） （D） 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷 8. 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 该程序 框图，若输入的 ， ，依次输入的a为2，2，5，则输出的 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. （A）7 （B）12 （C）17 （ D）34 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 9. 若 ，则 = （A） （B） （C） （D） （A） （B） （C） （D） 2. 已知集合 ， ，则 （A） （B） 10. 从区间 随机抽取2n个数 , ，…， ， ， ，…， ，构成n个 数 对 （C） （D） ， ，…， ，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率 3. 已知向量 ，且 ，则m= 的近似值为 （A） （B） （C）6 （D）8 （A） （B） （C） （D） 4. 圆 的圆心到直线 的距离为1，则a= 11. 已知 ， 是双曲线E： 的左，右焦点，点M在E上， 与 轴垂直，sin ,则E的离心 （A） （B） （C） （D）2 率为 5. 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 （A） （B） （C） （D）2 寓 参 加 志 愿 者 12. 已知函数 满足 ，若函数 与 图像的交点 活 动 则 小18. （本小题满分12分） 为 ， ，⋯， ，则 （ ） 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 （A）0 （B）m （C）2m （D）4m 次数的关联如下： 第Ⅱ卷 上年度出险次数 0 1 2 3 4 保 费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 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 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 据要求作答。 一年内出险次数 0 1 2 3 4 二、选择题：本题共4小题，每小题5分。 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； 13. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ， ， ，则 ． （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 的概率； 14. ， 是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题： （Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． ①如果 ， ， ，那么 ． 19. （本小题满分12分） ②如果 ， ，那么 ． 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， ， ③如果 ， ，那么 ． ④如果 ， ，那么m与 所成的角和n与 所成的角相等． 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△ 的位置 . 15. 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 （I）证明： 平面ABCD； 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 （II）求二面角 的正弦值. 的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是 20. （本小题满分12分） 16. 若直线 是曲线 的切线，也是曲线 的切线， ． 已知椭圆E: 的焦点在 轴上，A是E的左顶点，斜率为 的直线交E于A，M两点，点N在E上， 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． MA⊥NA. 17. （本小题满分12分） （I）当 ， 时，求△AMN的面积； 为等差数列 的前n项和，且 ， ．记 ，其中 表示不超过x的最大整数，如 ， （II）当 时，求k的取值范围. ． 21. （本小题满分12分） （Ⅰ）求 ， ， ； (I)讨论函数 的单调性，并证明当 时， （Ⅱ）求数列 的前 项和． (II)证明：当 时，函数 有最小值.设 的最小值为 ，求函数 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 解得m8， 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 故选D． 4. 【解析】A 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. x2  y2 2x8y130 x12 y42 4 (I) 证明：B，C，G，F四点共圆； 圆 化为标准方程为： ， a41 4 (II)若 ，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积. 故圆心为1，4， d  a2 1 1 ，解得a 3 ， 23. （本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 故选A． 在直线坐标系xOy中，圆C的方程为 ． 5. 【解析】B EF 有6种走法，F G有3种走法，由乘法原理知，共6318种走法 （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； 故选B． 6. 【解析】C （II）直线l的参数方程是 （t为参数），l与C交于A、B两点， ，求l的斜率． 几何体是圆锥与圆柱的组合体， 24. （本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲 设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l，圆柱高为h．  2 l  22  2 3 4 已知函数 ，M为不等式 的解集. 由图得r 2， c2πr4π ，由勾股定理得： ， 1 （I）求M； S πr2 ch cl 表 2 4π16π8π 28π ， （II）证明：当a， 时， ． 故选C． 7. 【解析】B 2016 年普通高等学校招生全国统一考试  π  平移后图像表达式为 y2sin2x ，  12 理科数学答案及解析  π  π kπ π 令 2x kπ+ ，得对称轴方程：x  kZ ，  12 2 2 6 故选B． 1. 【解析】A 8. 【解析】C ∴m30 ， m10 ，∴3m1 ，故选A． 第一次运算：s0222， 2. 【解析】C 第二次运算：s2226， B  xx1x20，xZ  x 1x2，xZ ， 第三次运算：s62517， ∴B0，1 ，∴A  B0，1，2，3 ， 故选C． 故选C． 9. 【解析】D 3. 【解析】D   3 π  π  7 ∵ cos  ， sin2cos 22cos2  1 ，    4  5 2  4  25 ab4，m2 ，       故选D． ∵(ab)b，∴(ab)b122(m2)010. 【解析】C 3 12 sinA sinC  5 ， 13， x ，y i1，2，，n i i 由题意得： 在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在 63 sinBsinACsinAcosCcosAsinC  65， 如图所示的阴影中 b a 21  b 由正弦定理得：sinB sinA解得 13 ． 14. 【解析】②③④ 15. 【解析】 (1,3) 由题意得：丙不拿（2，3）， 若丙（1，2），则乙（2，3），甲（1，3）满足， π 若丙（1，3），则乙（2，3），甲（1，2）不满足， 4 m 4m 由几何概型概率计算公式知  ，∴π ，故选C． 1 n n 故甲（1，3）， 16. 【解析】 1ln2 11. 【解析】A 1 y xlnx 1 2 2 ylnx2的切线为： x 1 （设切点横坐标为x ） 1 1 FF sinM 3 e 1 2    2 离心率e F 1 F 2 ，由正弦定理得 MF 2 MF 1 sinF 1 sinF 2 1 1 ． 1 x2 MF 2 MF 1 3 ylnx1的切线为： y x 1 xlnx 2 1 x 1 2 2 1 1 故选A．   x x 1 1 2  12. 【解析】B ∴ x lnx 1lnx 1 2 f x2 f x f x 0，1   1 2 x 2 1 由 得 关于 对称， 1 1 x  x  x1 1 解得 1 2 2 2 而 y x 1 x 也关于0，1对称， blnx 11ln2 1 ∴ ． x x '0 y  y '=2 i i i i ∴对于每一组对称点 ， 17. 【解析】⑴设 a n  的公差为d， S 7 7a 4 28 ， m m m m x  y x y 02 m ∴ i i i i 2 ，故选B． d  a 4 a 1 1 i1 i1 i1 ∴a 4 4 ，∴ 3 ，∴a n a 1 (n1)d n ． 21 b lga lg10 b lga lg111 b lga lg 2 13. 【解析】13 ∴ 1 1 ， 11 11 ， 101 101 101 ． 4 5 ⑵记 b n  的前n项和为 T n，则 T 1000 b 1 b 2 b 1000 cosA cosC  ∵ 5， 13， lga lga lga  1 2 1000 ．当 0≤lga n 1 时， n1，2，，9 ； ∵AC6 ， 1≤lga 2 n10，11，，99 ∴AO3 ； 当 n 时， ； AB5 AOOB 又 ， ， 2≤lga 3 n100，101，，999 当 n 时， ； ∴OB4 ， AE 当 lga n 3 时，n1000． ∴ OH  AO OD1 ， ∴T 1000 091902900311893 ． ∴DH DH 3 ， 18. 【解析】 ⑴设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A， OD2  OH 2  D'H 2 ∴ ， P(A)1P(A)1(0.300.15)0.55 ． ∴D'H OH ． ⑵设续保人保费比基本保费高出 60% 为事件B， 又∵OH I EF H ， P(AB) 0.100.05 3 ∴D'H 面 ABCD． P(B A)   P(A) 0.55 11 ． H xyz ⑵建立如图坐标系 ． ⑶解：设本年度所交保费为随机变量X ． X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 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 ． AECF  5 B5，0，0 C1，3，0 D'0，0，3 A1，3，0 ， ， ， ， 19. 【解析】⑴证明：∵ 4 ， AE CF uuur uuur uuur  AB4，3，0 AD'1，3，3 AC 0，6，0 ∴ AD CD ， ， ， ， ∴EF∥AC． n ur x，y，z 设面ABD'法向量 1 ， ∵四边形 ABCD 为菱形， ∴ACBD ，  n  1   A  B  0 4x3y0    x y   3 4 ∴EF BD， 由  n  1   A  D  0 得  x3y3z0 ，取  z5 ， ∴EF DH ， ur n 3，4，5 ∴ 1 ． ∴EF DH ．uur AD'C n 3，0，1 t tk2 3 t 同理可得面 的法向量 2 ， x 解得 或 ， x t 3tk2 ur uur n 1 n 2 95 7 5 AM  1k2  t tk2 3 t  t  1k2  6 t cos ur uur   3tk2 3tk2 n n 5 2 10 25 所以 ∴ 1 2 ， 2 95 6 t sin AN  1k2  ∴ 25 ． 所以 3k t k x2 y2  1 20. 【解析】 ⑴当 t 4 时，椭圆E的方程为 4 3 ，A点坐标为2，0， 2 AM  AN 因为 ykx2 则直线AM的方程为 ． 6 t 6 t 2 1k2   1k2  3tk2 t 6k2 3k 所以 3k ，整理得，t  ． x2 y2 k k3 2   1  4 3 联立 并整理得，  ykx2  34k2 x2 16k2x16k2 120  6k2 3k  k2 1 k2 因为椭圆E的焦点在x轴，所以 ，即 3，整理得 0 t3 k3 2 k3 2 8k2 6 8k2 6 12 解得 x2 或x 34k2 ，则 AM  1k2  34k2 2  1k2  34k2 3 2k 2 解得 ．  1 2 12 12 因为 AM  AN ，所以 AN  1   k    34    1 1 k    2  1k2  3k  k 4 21. 【解析】⑴证明： f x x x  2 2 ex AM  AN k 0 fxex   x2  4   x2ex 因为 ， ， x2 x22  x22   12 12 ∵当x ，2  2,  时， fx0 1k2   1k2  34k2 4 所以 3k ，整理得k1 4k2 k4  0， f x ，2和2,  k ∴ 在 上单调递增 x2 ex  f 0=1 4k2 k40无实根，所以k 1． ∴x0时， x2 所以 的面积为 1 AM 2  1  11 12   2  144 ． ∴ x2ex x20 △ AMN 2 2 34 49  ex a  x2 2x  ex axa  gx   ⑵ x4 yk x t ⑵直线AM的方程为 ， x  xex 2ex ax2a   x4 x2 y2   1 t 3 x2   x2  ex a 联立 yk  x t 并整理得， 3tk2 x2 2t tk2xt2k2 3t 0  x2   x3 a0，1x2 x2  y2 12110 由(1)知，当x0时， f x x2 ex 的值域为 1， ，只有一解． 23. 【解析】解：⑴整理圆的方程得 ， 2 x2  y2 t2  et a t0，2 cosx 使得t2 ，   sin y C 2 12cos110 由 可知圆 的极坐标方程为 ． x(0,t) g(x)0 g(x) x(t,) g(x)0 g(x) 当 时 ， 单调减；当 时 ， 单调增 k kx y0 t2 ⑵记直线的斜率为 ，则直线的方程为 ， ha et at1  et t1 t2 et  et 2 t2 t2 t2 6k  10  25    1k2  2  ett1 由垂径定理及点到直线距离公式知： ， et kt 0 记 kt t2 ，在 t0, 2 时， t22 ，∴ kt 单调递增 36k2  90 k2  5 k  15 1k2 4 3 3 即 ，整理得 ，则 ． 1 e2 hakt ，  ∴ 2 4 ． x 1 f x 1 xx 1 2x 1x 1 24. 【解析】解：⑴当 2 时， 2 2 ，若 2 ； 22. 【解析】（Ⅰ）证明：∵DF CE 1 1 1 1 ∴Rt△ DEF∽ Rt△ CED  2 ≤ x≤ 2 f x 2 xx 2 12 当 时， 恒成立； ∴GDF DEF BCF 1 1 x f x2x f x2