2016年新课标全国卷Ⅱ文科数学2卷高考试题Word文档版(含答案)

2016年新课标全国卷Ⅱ文科数学2卷高考试题Word文档版(含答案)2016年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（B卷）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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，不准使用涂改液、修正液、刮纸刀。第Ⅰ卷一、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。1.已知集合A={1，2，3}，B={x|x^2<9}，则(A)A∩B={-2，-1，0，1，2}(B)A∪B={-2，-1，0，1，2，3}(C)A-B={1，2，3}(D)B-A={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)3-2i3.函数y=Asin(ωx+φ)的部分图像如图所示，则(A)y=2sin(2x-π/6)(B)y=2sin(2x-π/3)(C)y=2sin(x+π/6)(D)y=2sin(x+π/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)12π(B)32π(C)8π(D)4π5.设F为抛物线C：y^2=4x的焦点，曲线y=kx(k>0)与C交于点P，PF⊥x轴，则k=(A)13(B)1(C)3(D)26.圆x^2+y^2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1，则a=(A)-3(B)-2(C)2(D)37.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)32π8.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)75/33(B)10/88(C)11/88(D)12/88(9)中国古代有计算多项式值得秦九韶算法。下图是实现该算法的程序框图。执行该程序框图，若输入的$x=2,n=2$，依次输入的$a$为$2,2,5$，则输出的$s$为$17$，选项$\textbf{(C)}$。(10)下列函数中，其定义域和值域分别与函数$y=10\logx$的定义域和值域相同的是$y=\logx$，选项$\textbf{(B)}$。(11)函数$f(x)=\cos2x+6\cos(-x)$的最大值为$7$，选项$\textbf{(D)}$。(12)已知函数$f(x)(x\in\mathbb{R})$满足$f(x)=f(2-x)$。若函数$y=|x^2-2x-3|$与$y=f(x)$图像的交点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\ldots,(x_m,y_m)$，则$\sum\limits_{i=1}^mx_i=2$，选项$\textbf{(C)}$。(13)已知向量$\boldsymbol{a}=(m,4)$，$\boldsymbol{b}=(3,-2)$，且$\boldsymbol{a}\parallel\boldsymbol{b}$，则$m=6$。(14)若$x,y$满足约束条件$x+y-3\geqslant0$，$x-3\leqslant0$，则$z=x-2y$的最小值为$-3$。(15)$\triangleABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，若$\cosA=\frac{4}{5}$，$\cosC=\frac{1}{\sqrt{13}}$，$a=1$，则$b=\frac{3}{\sqrt{13}}$。(16)有三张卡片，分别写有$1$和$2$，$1$和$3$，$2$和$3$。学甲、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$1$。(17)(I)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，则$a_3+a_4=2a_4=4$，$a_5+a_7=2a_5+4d=6$。解得$a_4=2$，$a_5=1$，$d=1$。因此，$a_n=a_1+(n-1)d=a_1+n-1$。代入已知条件$a_4=2$，得$a_1=-1$，因此$a_n=n-2$。(II)设事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”为$A$，事件“一续保人上年度的出险次数为$k$次”为$B_k$。则$P(A)=\sum\limits_{k=0}^3P(A|B_k)P(B_k)$。根据表格可得$P(B_0)=0.6$，$P(B_1)=0.25$，$P(B_2)=0.1$，$P(B_3)=0.05$。对于$P(A|B_0)$，由题意可知一续保人本年度的保费不高于基本保费的概率为$1$，因此$P(A|B_0)=1$。对于$P(A|B_1)$，根据题意可得保费为$1.2a$或$a$，因此$P(A|B_1)=0.5$。同理，$P(A|B_2)=0.3$，$P(A|B_3)=0$。代入公式可得$P(A)=0.6+0.125+0.03=0.755$，选项$\textbf{(C)}$。(II)求事件B的概率估计值，其中B为“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%”。(III)求续保人本年度平均保费的估计值。给定菱形ABCD，对角线AC和BD相交于点O，点E和F分别位于AD和CD上，满足AE=CF，EF交BD于点H。将三角形DEF沿着EF折叠到D'EF的位置。(I)证明AC垂直于HD'。(II)如果AB=5，AC=6，AE=5/4，OD'=22，则求五棱锥D'-ABCEF的体积。给定函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)，其中a=4。(I)当x=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程。(II)如果对于x∈(1,+∞)，f(x)>0，则求a的取值范围。给定点A在椭圆E:x^2/4+y^2/9=1的左顶点，直线MA的斜率为k(k>0)，其中M在椭圆E上，且MA⊥NA，点N在椭圆E上。(I)当AM=AN时，求三角形AMN的面积。(II)当2AM=AN时，证明3<k<2。在正方形ABCD中，点E和G分别在边DA和DC上（不与端点重合），且DE=DG，过点D作线段DF⊥CE，垂足为F。(I)证明B、C、G、F四点共圆。(II)如果AB=1，E为DA的中点，则求四边形BCGF的面积。在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x+6)^2+y^2=25。(I)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆C的极坐标方程。(II)直线l的参数方程为y=t*sinα，x=t*cosα，其中t为参数。直线l与圆C相交于点A、B两点，且AB=10，求直线l的斜率。已知函数f(x)=[x]+[2x]+[2.5x]+[3x]+[4x]，其中[x]表示不超过x的最大整数。(I)求M，使得f(x)≤M对所有x成立。(II)证明当a，b都属于M时，不等式f(x)≤a成立。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(2)【答案】C(3)【答案】A(4)【答案】A(5)【答案】D(6)【答案】A(7)【答案】C(8)【答案】B(9)【答案】C(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】21/13(16)【答案】1和3三、解答题(17)【答案】(Ⅰ)a1=1,d=-1an=2a1-5(n-1)d=5-3n(Ⅱ)bn=2^n/(5^n/2+3)前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24(18)【答案】(Ⅰ)P(A)的估计值为0.55(Ⅱ)P(B)的估计值为0.3(Ⅲ)保费频率0.85a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.102a0.05调查200名续保人的平均保费为...（未给出数据，无法改写）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。解析：根据样本的频率和平均值的计算公式，可以得到续保人本年度平均保费估计值为1.1925a，其中a为某个常数。原文已无明显格式错误和问题段落。解析：本题需要证明AC//EF，AC//HD'，OD'⊥OH，OD'⊥平面ABC以及五棱锥D'-ABCEF的体积。具体证明过程如下：（I）由已知得，AD=CD，又由AE=CF得AECF=69/4，故AC//EF。由此得EF⊥HD，EF⊥HD'，所以AC//HD'。（II）由EF//AC得OH/AE'=DO/AD'=4/5，由AB=5，AC=6得DO=BO=2，所以OH=1，D'H=DH=3。由AB²-AO²=4得OD'=√15，于是OD'+OH=√15+1=D'H，故OD'⊥OH。由（I）知AC⊥HD'，又AC⊥BD，BD⊥平面BHD'，于是AC⊥OD'。又由OD'⊥OH，AC⊥OH，所以OD'⊥平面ABC。最后，根据五棱锥的体积公式V=1/3×底面积×高，可以得到五棱锥D'-ABCEF的体积为1692/342=156/19。解析：本题需要求解函数f(x)=ln(x+1)/(x-1)-4的相关问题。具体解题过程如下：（I）首先求出函数的定义域，可以发现x≠1，所以函数的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞)。然后求函数的导数f'(x)，可以使用商规则和链式法则得到f'(x)=(x-2)/(x-1)²。代入x=1得f'(1)=-2。接着求函数在x=1处的函数值f(1)，可以得到f(1)=0。最后，由一阶导数求切线方程公式可以得到曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为2x+y-2=0。（II）构造新函数g(x)=ln(x)-ln(x-1)，则f(x)=g(x+1)-4。由于ln(x)>0，所以当x∈(1,+∞)时，g(x)>0。因此，当x∈(1,+∞)时，f(x)>-4。又因为ln(x+1)>lnx，所以当x∈(1,+∞)时，f(x)>lnx/x-1-4。由于f(x)在x=1处连续，且f(1)=0，所以当x∈(1,2]时，f(x)<0。综上可得，当x∈(1,2]时，f(x)∈(-∞,0)。（Ⅰ）首先求出直线AM的方程，由题意可知直线AM过点A(-2,0)，斜率为1，因此直线AM的方程为y=x+2。接着求出点M的纵坐标，由椭圆的方程可得$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{7}=1$，代入直线AM的方程得$(x+2)^2+y^2=4(x^2+7)$，整理得$3x^2-4xy+4y^2-12y+16=0$，解得$y=2\pm\frac{2\sqrt{15}}{3}$，因为$y>0$，所以$y=2+\frac{2\sqrt{15}}{3}$。最后求出$\triangleAMN$的面积，由题意可知$2|AM|=|AN|$，因此$|AN|=4+\frac{4\sqrt{15}}{3}$，$\triangleAMN$的底为$2|AM|=4+2\sqrt{15}$，高为$2+\frac{2\sqrt{15}}{3}$，因此$\triangleAMN$的面积为$\frac{1}{2}\times(4+2\sqrt{15})\times\left(2+\frac{2\sqrt{15}}{3}\right)=\frac{4\sqrt{15}}{3}+8$。（Ⅱ）设点M的坐标为$(x_1,y_1)$，则直线AM的斜率为$\frac{y_1-0}{x_1+2}$，因此直线AM的方程为$y=\frac{y_1}{x_1+2}x+\frac{2y_1}{x_1+2}$。将直线AM的方程代入椭圆的方程可得$(x_1+2)^2y_1^2+4y_1^2(x_1+2)^2=28(x_1+2)^2$，整理得$(3+4y_1^2)x_1^2+16y_1^2x_1+16y_1^2-12=0$。由题意可知$y_1>0$，因此解得$x_1=\frac{2(1+k^2)\pm\sqrt{(3+4k^2)(1+k^2)}}{3+4k^2}$，其中$k=\frac{y_1}{x_1+2}$。由$2|AM|=|AN|$可得$2\sqrt{(x_1+2)^2+y_1^2}=\sqrt{(x_1-2)^2+y_1^2}$，整理得$x_1=\frac{4}{3k^2+1}$。将$x_1$代入$2\sqrt{(x_1+2)^2+y_1^2}=\sqrt{(x_1-2)^2+y_1^2}$可得$y_1=\frac{2\sqrt{3}}{3k}$。因此$|AM|=\sqrt{(x_1+2)^2+y_1^2}=\sqrt{\frac{4}{3k^2+1}+\frac{12}{k^2}}$，$|AN|=2\sqrt{(x_1+2)^2+y_1^2}=2\sqrt{\frac{4}{3k^2+1}+\frac{12}{k^2}}$。最后代入$2|AM|=|AN|$可得$k=\frac{1}{\sqrt{15}}$，因此$|AM|=\frac{2\sqrt{15}}{3}$，$|AN|=4+\frac{4\sqrt{15}}{3}$。由于$\triangleAMN$的底为$2|AM|=\frac{4\sqrt{15}}{3}$，高为$|AN|-|AM|=\frac{4\sqrt{15}}{3}+8-\frac{2\sqrt{15}}{3}=\frac{4\sqrt{15}}{3}+8$，因此$\triangleAMN$的面积为$\frac{1}{2}\times\frac{4\sqrt{15}}{3}\times\left(\frac{4\sqrt{15}}{3}+8\right)=\f