【文档说明】《历年高考数学真题试卷》2016年理科数学海南省高考真题含答案.docx，共(13)页，523.500 KB，由envi的店铺上传

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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(3)(1)izmm=++−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）()31−，（B）()13−，（C）

()1,+（D）()3−-，2.已知集合{1,23}A=,，{|(1)(2)0}Bxxxx=+−Z，，则AB=（A）1（B）{12}，（C）0123，，，（D）{10123}−，，，，3.已知向量(1,)(3,2)amb=−，=，且()abb+⊥，则m=（A）8−（B）6−（C

）6（D）84.圆2228130xyxy+−−+=的圆心到直线10axy+−=的距离为1，则a=（A）43−（B）34−（C）3（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（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π12个单位长度，则

平移后图象的对称轴为（A）()ππ26kxk=−Z（B）()ππ26kxk=+Z（C）()ππ212Zkxk=−（D）()ππ212Zkxk=+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2x=，2n=，依次输入的a为2

，2，5，则输出的s=（A）7（B）12（C）17（D）349.若π3cos45−=，则sin2=（A）725（B）15（C）15−（D）725−10.从区间0,1随机抽取2n个数1x,2x，…，nx，1y，2y，…，ny，构成n个数对()11,xy，()

22,xy，…，(),nnxy，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）4nm（B）2nm（C）4mn（D）2mn11.已知1F，2F是双曲线E：22221xyab−=的左，右焦点，点M在E上，1MF与x轴垂直，sin2113MFF=,则E

的离心率为（A）2（B）32（C）3（D）212.已知函数()()Rfxx满足()()2fxfx−=−，若函数1xyx+=与()yfx=图像的交点为()11xy，，()22xy，，⋯，()mmxy，，则()1miiixy=+=（）（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.ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若4cos5A=，5

cos13C=，1a=，则b=．14.，是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题：①如果mn⊥，m⊥，n∥，那么⊥．②如果m⊥，n∥，那么mn⊥．③如果a∥，m，那么m∥．④如果mn∥，∥，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ykxb=+是曲线ln2yx=+的切线，也是曲线()ln1yx=+的切线，b=．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）nS为等差数列na的前n项和，且11a=，728S=．记lgnnba=，其中x表示

不超过x的最大整数，如0.90=，lg991=．（Ⅰ）求1b，11b，101b；（Ⅱ）求数列nb的前1000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012345≥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012345≥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60%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，5AB=，6AC=，点E，F分别在AD，CD上，54AECF==

，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置10OD=.（I）证明：DH⊥平面ABCD；（II）求二面角BDAC−−的正弦值.20.（本小题满分12分）已知椭圆E:2213xyt+=的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为(0)kk的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA

.（I）当4t=，AMAN=时，求△AMN的面积；（II）当2AMAN=时，求k的取值范围.21.（本小题满分12分）(I)讨论函数2(x)e2xxfx−=+的单调性，并证明当0x时，(2)e20;xxx−++(II)证明：当[0,1)a时，函数()2e

=(0)xaxagxxx−−有最小值.设()gx的最小值为()ha，求函数()ha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1AB=，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()22625xy++=．（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cossinxtyt==（t为参数），l与C交于A、B两点，10AB=，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()1122fxxx=−++，M为不等式()2fx的解集.（I）求M；（II）证明：当a，bM时

，1abab++．2016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∴30m+，10m−，∴31m−，故选A．2.【解析】C()()120ZBxxxx=+−，12Zxxx=−，，∴01B=，，∴0123AB=，，，，故选C．3.【解析】D

()42abm+=−，，∵()abb+⊥，∴()122(2)0abbm+=−−=解得8m=，故选D．4.【解析】A圆2228130xyxy+−−+=化为标准方程为：()()22144xy−+−=，故圆心为()14，，24111ada+−==+，解得43a=−，故选A．5.【解析】BEF

→有6种走法，FG→有3种走法，由乘法原理知，共6318=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r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．由图得2r=，2π4πcr==，由勾股定理得：()222234l=

+=，21π2Srchcl=++表4π16π8π=++28π=，故选C．7.【解析】B平移后图像表达式为π2sin212yx=+，令ππ2π+122xk+=，得对称轴方程：()ππ26Zkxk=+，故选B．8.【解析】C第一次运算：0222s=+=，第二

次运算：2226s=+=，第三次运算：62517s=+=，故选C．9.【解析】D∵3cos45−=，2ππ7sin2cos22cos12425=−=−−=，故选D．10.【解析】C由题意得：()()12iixyin=，，，，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π41mn=，∴4πmn=，故选C．11.【解析】A离心率1221FFeMFMF=−，由正弦定理得12211222sin321sinsin13FFM

eMFMFFF====−−−．故选A．12.【解析】B由()()2fxfx=−得()fx关于()01，对称，而111xyxx+==+也关于()01，对称，∴对于每一组对称点'0iixx+='=2iiyy+，∴()111022mmmiiiiiiimxyxym===+

=+=+=，故选B．13.【解析】2113∵4cos5A=，5cos13C=，3sin5A=，12sin13C=，()63sinsinsincoscossin65BACACAC=+=+=，由正弦定理得：sinsinbaBA=解得2113b=．14.【解析】②③④15

.【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，若丙（1，3），则乙（2，3），甲（1，2）不满足，故甲（1，3），16.【解析】1ln2−ln2yx

=+的切线为：111ln1yxxx=++（设切点横坐标为1x）()ln1yx=+的切线为：()22221ln111xyxxxx=++−++∴()122122111ln1ln11xxxxxx=++=+−+解得11

2x=212x=−∴1ln11ln2bx=+=−．17.【解析】⑴设na的公差为d，74728Sa==，∴44a=，∴4113aad−==，∴1(1)naandn=+−=．∴11lglg10ba===，1111lglg111ba=

==，101101101lglg2ba===．⑵记nb的前n项和为nT，则1000121000Tbbb=+++121000lglglgaaa=+++．当0lg1na≤时，1

29n=，，，；当1lg2na≤时，101199n=，，，；当2lg3na≤时，100101999n=，，，；当lg3na=时，1000n=．∴1000091902900311893T=+++=．18.【解析】⑴设续保人本年度的保费高于基本保费为

事件A，()1()1(0.300.15)0.55PAPA=−=−+=．⑵设续保人保费比基本保费高出60%为事件B，()0.100.053()()0.5511PABPBAPA+===．⑶解：设本年度所交保费为随机变量X．X0.

85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05平均保费0.850.300.151.250.201.50.201.750.1020.05EXaaaaa=+++++0.2550.150

.250.30.1750.11.23aaaaaaa=+++++=，∴平均保费与基本保费比值为1.23．19.【解析】⑴证明：∵54AECF==，∴AECFADCD=，∴EFAC∥．∵四边形ABCD为菱形，∴

ACBD⊥，∴EFBD⊥，∴EFDH⊥，∴EFDH⊥．∵6AC=，∴3AO=；又5AB=，AOOB⊥，∴4OB=，∴1AEOHODAO==，∴3DHDH==，∴222'ODOHDH=+，∴'DHOH⊥．又∵OHEFH=I，∴'DH⊥面ABC

D．⑵建立如图坐标系Hxyz−．()500B，，，()130C，，，()'003D，，，()130A−，，，()430AB=uuur，，，()'133AD=−uuur，，，()060AC=uuur，，，设面'ABD法向量()1nxyz=，，ur，由1

100nABnAD==得430330xyxyz+=−++=，取345xyz==−=，∴()1345n=−ur，，．同理可得面'ADC的法向量()2301n=uur，，，

∴12129575cos255210nnnn+===uruururuur，∴295sin25=．20.【解析】⑴当4t=时，椭圆E的方程为22143xy+=，A点坐标为()20−，，则直线AM的方程为()2ykx=+．联立()2214

32xyykx+==+并整理得，()2222341616120kxkxk+++−=解得2x=−或228634kxk−=−+，则2222286121213434kAMkkkk−=+−+=+++因为AMAN⊥，所以2221121211413341AN

kkkkk=+−=+++−因为AMAN=，0k，所以2221212114343kkkkk+=+++，整理得()()21440kkk−−+=，2440kk−+=无实根，所以1k=．所以AMN△的面积为2

2111214411223449AM=+=+．⑵直线AM的方程为()ykxt=+，联立()2213xytykxt+==+并整理得，()222223230tkxttkxtkt+++−=解得xt=−或2233ttktxtk−=−+，所以2

2222361133ttkttAMktktktk−=+−+=+++所以2613tANktkk=++因为2AMAN=所以2226621133ttkkttkkk+=+++，整理得，23632kktk−=−．

因为椭圆E的焦点在x轴，所以3t，即236332kkk−−，整理得()()231202kkk+−−解得322k．21.【解析】⑴证明：()2e2xxfxx−=+()()()22224ee222xxxxfxxxx−

=+=+++∵当x()()22,−−−+，时，()0fx∴()fx在()()22,−−−+，和上单调递增∴0x时，()2e0=12xxfx−−+∴()2e20xxx−++⑵()()()24e2exxaxxaxagx

x−−−−=()4e2e2xxxxaxax−++=()322e2xxxaxx−+++=)01a，由(1)知，当0x时，()2e2xxfxx−=+的值域为()1−+，，只有一解．使得2e2ttat−=−+，(02t，当(0,

)xt时()0gx，()gx单调减；当(,)xt+时()0gx，()gx单调增()()()222e1ee1e22ttttttatthattt−++−++===+记()e2tktt=+，在(0,2t时，()()()2e102ttktt+=+，∴()kt单调递增∴()()21e

24hakt=，．22.【解析】（Ⅰ）证明：∵DFCE⊥∴RtRtDEFCED△∽△∴GDFDEFBCF==DFCFDGBC=∵DEDG=，CDBC=∴DFCFDGBC=∴GDFBCF△∽△∴CFBDFG=

∴90GFBGFCCFBGFCDFGDFC=+=+==∴180GFBGCB+=．∴B，C，G，F四点共圆．（Ⅱ）∵E为AD中点，1AB=，∴12DGCGDE===，∴在RtGFC△中，GFGC=，连接GB，RtRtBCGBFG△≌△，∴1112=

21=222BCGBCGFSS=△四边形．23.【解析】解：⑴整理圆的方程得2212110xy+++=，由222cossinxyxy=+==可知圆C的极坐标方程为212cos110++=．⑵记直线的斜率为k，则直线的方程为0kxy−=，由垂径定理及点到直线

距离公式知：226102521kk−=−+，即22369014kk=+，整理得253k=，则153k=．24.【解析】解：⑴当12x−时，()11222fxxxx=−−−=−，若112x−−；当1122x−≤≤时，()111222fxx

x=−++=恒成立；当12x时，()2fxx=，若()2fx，112x<．综上可得，|11Mxx=−．⑵当()11ab−，，时，有()()22110ab−−，即22221abab+

+，则2222212ababaabb+++++，则()()221abab++，即1abab++，证毕．