2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学甲卷.docx

1、绝密 启用前2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分,共24题,共150分,共4页。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折叠、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸

2、刀。第卷一、选择题:本题共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。(1) 已知z=(m+3)+(m-1)i在复平面内对应的点在第四象限,则实数m的取值范围是 (A)(-3,1)(B)(-1,3)(C)(1,+)(D)(-,-3)(2) 已知集合A=1,2,3,B=x|(x+1)(x-2)0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.()当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;()当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.(21)(本小题满分12分)()讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;()证明:当

3、a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.请考生在第2224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41:几何证明选讲如图,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DFCE,垂足为F.()证明:B,C,G,F四点共圆;()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44: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.()以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐

4、标系,求C的极坐标方程;()直线l的参数方程是x=tcos,y=tsin,(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=10,求l的斜率.(24) (本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=|x-12|+|x+12|,M为不等式f(x)2的解集.()求M;()证明:当a,bM时,|a+b|0,m-10,解得-3m1,故选A.(2)C由题意可知,B=x|-1x2,退出循环,输出17.故选C.(9)D方法一:cos24-=2cos24-1=2352-1=-725,且cos24-=cos2-2=sin 2,故选D.方法二:由cos4-=35,得22cos +22sin =35,即22

5、(cos +sin )=35,两边平方得12(cos2+sin2+2cos sin )=925,整理得2sin cos =-725,即sin 2=-725,故选D.(10)C利用几何概型求解,由题意可知,14S圆S正方形=141212=mn,所以=4mn.(11)A因为MF1垂直于x轴,所以|MF1|=b2a,|MF2|=2a+b2a.因为sin MF2F1=13,所以|MF1|MF2|=b2a2a+b2a=13,化简得b=a,故双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=2.(12)B由f(-x)=2-f(x),得f(x)的图像关于点(0,1)对称.而y=x+1x=1+1x的图像是由y=1x的图像

6、向上平移一个单位长度得到的,故y=x+1x的图像关于点(0,1)对称.则函数y=x+1x与y=f(x)图像的交点也关于点(0,1)对称,且每一组对称点(xi,yi),(xi,yi)(i=1,2,m)满足xi+xi=0,yi+yi=2,所以i=1m(xi+yi)=i=1mxi+i=1myi=m20+m22=m.(13)2113因为cos A=45,cos C=513,且A,C为ABC的内角,所以sin A=35,sin C=1213,sin B=sin -(A+C)=sin (A+C)=sin Acos C+cos Asin C=6365.又因为asinA=bsinB,所以b=asinBsinA

7、=2113.(14)对于,若mn,m,n,则,的位置关系无法确定,故错误;对于,因为n,所以过直线n作平面与平面相交于直线c,则nc.因为m,所以mc,所以mn,故正确;对于,由两个平面平行的性质可知正确;对于,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确命题的编号有.(15)1和3由丙说的话可知,丙的卡片上的数字可能是“1和2”或“1和3”.若丙的卡片上的数字是“1和2”,则由乙说的话可知,乙的卡片上的数字是“2和3”,甲的卡片上的数字是“1和3”,此时与甲说的话一致;若丙的卡片上的数字是“1和3”,则由乙说的话可知,乙的卡片上的数字是“2和3”,甲的卡片上的数字是“1和2”,此时与甲说的

8、话矛盾.综上可知,甲的卡片上的数字是“1和3”.(16)1-ln 2对函数y=ln x+2求导,得y=1x,对函数y=ln(x+1)求导,得y=1x+1.设直线y=kx+b与曲线y=ln x+2相切于点P1(x1,y1),与曲线y=ln(x+1)相切于点P2(x2,y2),则y1=ln x1+2,y2=ln(x2+1).由点P1(x1,y1)在切线上,得y-(ln x1+2)=1x1(x-x1),由点P2(x2,y2)在切线上,得y-ln(x2+1)=1x2+1(x-x2).因为这两条直线表示同一条直线,所以1x1=1x2+1,ln(x2+1)=ln x1+x2x2+1+1,解得x1=12,所

9、以k=1x1=2,b=ln x1+2-1=1-ln 2.(17)解 ()设an的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通项公式为an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.()因为bn=0,1n10,1,10n100,2,100n1 000,3,n=1 000,所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(18)解 ()设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.()设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本

10、保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.150.55=311.因此所求概率为311.()记续保人本年度的保费为X,则X的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(19)解 ()由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=C

11、F得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.()如图,以H为坐标原点,HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则mAB=

12、0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).于是cos=mn|m|n|=-145010=-7525.sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.(20)解 ()设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=

13、0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.()由题意t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因

14、此t=3k(2k-1)k3-2.t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32kf(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.()g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).由()知,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.当0xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=xa处取得最小值,

15、最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+2h(a)=exaxa+2e22+2=e24.因为exx+2单调递增,对任意12,e24,存在唯一的xa(0,2,a=-f(xa)0,1),使得h(a)=.所以h(a)的值域是12,e24.综上,当a0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.(22)解 ()因为DFEC,所以DEFCDF,则有GDF=DEF=FCB,DFCF=DECD=

16、DGCB,所以DGFCBF,由此可得DGF=CBF.因此CGF+CBF=180,所以B,C,G,F四点共圆.()由B,C,G,F四点共圆,CGCB知FGFB.连结GB.由G为RtDFC斜边CD的中点,知GF=GC.故RtBCGRtBFG,因此,四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍,即S=2SGCB=212121=12.(23)解 ()由x=cos ,y=sin 可得圆C的极坐标方程2+12cos +11=0.()在()中建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为=(R).设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2+12cos +11=0.于是1+2=-12cos ,12=11.|AB|=|1-2|=(1+2)2-412=144cos2-44.由|AB|=10得cos2=38,tan =153.所以l的斜率为153或-153.(24)解 ()f(x)=-2x,x-12,1,-12x12,2x,x12.当x-12时,由f(x)2得-2x-1;当-12x12时,f(x)2;当x12时,由f(x)2得2x2,解得x1.所以f(x)2的解集M=x|-1x1.()由()知,当a,bM时,-1a1,-1b1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)0.因此|a+b|1+ab|.