2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析

2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析1 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析2 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析3 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析4 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析5 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析6 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析7 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析8 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析9 2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析10
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2016年海南省高考(理科)数学真题试卷word版+答案解析文字介绍:2016年普通高等学校招生全国统一考试(海南卷)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.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(A)(B)(C)(D)2.已知集合,,则(A)(B)(C)(D)3.已知向量,且,则m=(A)(B)(C)6(D)84.圆的圆心到直线的距离为1,则a=(A)(B)(C)(D)25.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1(A)24(B)18(C)12(D)96.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(A)20π(B)24π(C)28π(D)32π7.若将函数y=2sin2x的图像向左平移个单位长度,则平移后图象的对称轴为(A)(B)(C)(D)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(A)7(B)12(C)17(D)349.若,则=(A)(B)(C)(D)10.从区间随机抽取2n个数,,…,,,,…,,构成n个数对,,…,,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的近似值为(A)(B)(C)(D)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的离心率为(A)(B)(C)(D)212.已知函数满足,若函数与图像的交点为,,⋯,,则()2(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。13.的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,,则.14.,是两个平面,m,n是两条线,有下列四个命题:①如果,,,那么.②如果,,那么.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)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16.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.17.(本小题满分12分)3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,.(Ⅰ)求,,;(Ⅱ)求数列的前项和.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:上年度出险次数01234保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a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概率0.300.150.200.200.100.05(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(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;(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.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,,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△的位置.(I)证明:平面ABCD;(II)求二面角的正弦值.20.(本小题满分12分)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,MA⊥NA.(I)当,时,求△AMN的面积;(II)当时,求k的取值范围.421.(本小题满分12分)(I)讨论函数的单调性,并证明当时,(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22.(本小题满分10分)选修4-1:几何证明选讲如图,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.23.(本小题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程在直线坐标系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;(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.24.(本小题满分10分),选修4—5:不等式选讲已知函数,M为不等式的解集.(I)求M;(II)证明:当a,时,.52016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∴,,∴,故选A.2.【解析】C,630m10m31m120ZBxxxx,12Zxxx,∴,∴,故选C.3.【解析】D,∵,∴解得,故选D.4.【解析】A圆化为标准方程为:,故圆心为,,解得,故选A.5.【解析】B有种走法,有种走法,由乘法原理知,共种走法故选B.6.【解析】C几何体是圆锥与圆柱的组合体,设圆柱底面圆半径为,周长为,圆锥母线长为,圆柱高为.由图得,,由勾股定理得:,,故选C.7.【解析】B平移后图像表达式为,令,得对称轴方程:,故选B.8.【解析】C第一次运算:,第二次运算:,第三次运算:,故选C.701B,0123AB,,,42abm,()abb()122(2)0abbm8m2228130xyxy22144xy14,24111ada43aEF6FG36318rclh2r2π4πcr222234l21π2Srchcl表4π16π8π28ππ2sin212yxππ2π+122xkππ26Zkxk0222s2226s62517s9.【解析】D∵,,故选D.10.【解析】C由题意得:在如图所示方格中,而平方和小于1的点均在如图所示的阴影中由几何概型概率计算公式知,∴,故选C.11.【解析】A离心率,由正弦定理得.故选A.12.【解析】B由得关于对称,而也关于对称,∴对于每一组对称点,∴,故选B.13.【解析】83cos452ππ7sin2cos22cos1242512iixyin,,,,π41mn4πmn1221FFeMFMF12211222sin321sinsin13FFMeMFMFFF2fxfxfx01,111xyxx01,\'0iixx\'=2iiyy111022mmmiiiiiiimxyxym2113∵,,,,,由正弦定理得:解得.14.【解析】②③④15.【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),16.【解析】的切线为:(设切点横坐标为)的切线为:∴解得∴.17.【解析】⑴设的为为,,∴,∴,∴.∴,,.⑵记的前项和为,则.94cos5A5cos13C3sin5A12sin13C63sinsinsincoscossin65BACACACsinsinbaBA2113b(1,3)1ln2ln2yx111ln1yxxx1xln1yx22221ln111xyxxxx122122111ln1ln11xxxxxx112x212x1ln11ln2bxnad74728Sa44a4113aad1(1)naandn11lglg10ba1111lglg111ba101101101lglg2banbnnT1000121000Tbbb121000lglglgaaa当时,;当时,;当时,;当时,.∴.18.【解析】⑴设续保人本年度的保费高于基本保费为事件,.⑵设续保人保费比基本保费高出为事件,.⑶解:设本年度所交保费为随机变量.平均保费,∴平均保费与基本保费比值为.19.【解析】⑴证明:∵,∴,∴.∵四边形为菱形,∴,∴,∴,∴.∵,100lg1na≤129n,,,1lg2na≤101199n,,,2lg3na≤100101999n,,,lg3na1000n1000091902900311893TA()1()1(0.300.15)0.55PAPA60%B()0.100.053()()0.5511PABPBAPAXX0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.050.850.300.151.250.201.50.201.750.1020.05EXaaaaa0.2550.150.250.30.1750.11.23aaaaaaa1.2354AECFAECFADCDEFAC∥ABCDACBDEFBDEFDHEFDH6AC∴;又,,∴,∴,∴,∴,∴.又∵,∴面.⑵建立如图坐标系.,,,,,,,设面法向量,由得,取,∴.同理可得面的法向量,113AO5ABAOOB4OB1AEOHODAO3DHDH222\'ODOHDH\'DHOHOHEFHI\'DHABCDHxyz500B,,130C,,\'003D,,130A,,430ABuuur,,\'133ADuuur,,060ACuuur,,\'ABD1nxyz,,ur1100nABnAD430330xyxyz345xyz1345nur,,\'ADC2301nuur,,∴,∴.20.【解析】⑴当时,椭圆E的方程为,A点坐标为,则直线AM的方程为.联立并整理得,解得或,则因为,所以因为,,所以,整理得,无实根,所以.所以的面积为.⑵直线AM的方程为,联立并整理得,解得或,所以1212129575cos255210nnnnuruururuur295sin254t22143xy20,2ykx221432xyykx2222341616120kxkxk2x228634kxk2222286121213434kAMkkkkAMAN2221121211413341ANkkkkkAMAN0k2221212114343kkkkk21440kkk2440kk1kAMN△22111214411223449AMykxt2213xytykxt222223230tkxttkxtktxt2233ttktxtk22222361133ttkttAMktktktk所以因为所以,整理得,.因为椭圆E的焦点在x轴,所以,即,整理得解得.21.【解析】⑴证明:∵当时,∴在上单调递增∴时,∴⑵由(1)知,当时,的值域为,只有一解.使得,当时,单调减;当时,单调增132613tANktkk2AMAN2226621133ttkkttkkk23632kktk3t236332kkk231202kkk322k2e2xxfxx22224ee222xxxxfxxxxx22,,0fxfx22,,和0x2e0=12xxfx2e20xxx24e2exxaxxaxagxx4e2e2xxxxaxax322e2xxxaxx01a,0x2e2xxfxx1,2e2ttat02t,(0,)xt()0gx()gx(,)xt()0gx()gx222e1ee1e22ttttttatthattt记,在时,,∴单调递增∴.22.【解析】(Ⅰ)证明:∵∴∴∵,∴∴∴∴∴.∴B,C,G,F四点共圆.(Ⅱ)∵E为AD中点,,∴,∴在中,,连接,,∴.23.【解析】解:⑴整理圆的方程得,由可知圆的极坐标方程为.⑵记直线的斜率为,则直线的方程为,由垂径定理及点到直线距离公式知:,14e2tktt0,2t2e102ttkttkt21e24hakt,DFCERtRtDEFCED△∽△GDFDEFBCFDFCFDGBCDEDGCDBCDFCFDGBCGDFBCF△∽△CFBDFG90GFBGFCCFBGFCDFGDFC180GFBGCB1AB12DGCGDERtGFC△GFGCGBRtRtBCGBFG△≌△1112=21=222BCGBCGFSS△四边形2212110xy222cossinxyxyC212cos110k0kxy226102521kk即,整理得,则.24.【解析】解:⑴当时,,若;当时,恒成立;当时,,若,.综上可得,.⑵当时,有,即,则,则,即,证毕.1522369014kk253k153k12x11222fxxxx112x1122x≤≤111222fxxx12x2fxx2fx112x<|11Mxx11ab,,22110ab22221abab2222212ababaabb221abab1abab

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