2023年12月12日发(作者：高中数学试卷资料有哪些)

---------------- --------在--------------------此--------------------卷

____________--------------------_号上证考准

__--------------------__答____________名--------------------姓题--------------------无--------------------效绝密★启用前

2016年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷2)

文科数学

使用地区：海南、宁夏、黑龙江、吉林、辽宁、新疆、内蒙古、青海、甘肃、重庆、陕西、西藏

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6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、刮纸刀.

第Ⅰ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. 已知集合A1，2，3，Bx|x29，则AB （ ）

A.

{2,1,0,1,2,3} B.

{2,1,0,1,2}

C.

{1,2,3} D.

{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2i

3. 函数yAsinx的部分图像如图所示，则

数学试卷 第1页（共33页）

A.

y2sin(2x6) B.

y2sin(2x3)

C.

y2sin(x6) D.

y2sin(x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.

12 B.

323

C.

8 D.

4

5. 设F为抛物线C：y24x的焦点，曲线ykx（k0）与C交于点P，PFx轴，则k= （ ）

A.

12 B. 1

C.

32 D. 2

6. 圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，则a= （ ）

A.

43 B.

34

C.

3 D. 2

7. 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（ ）

A.

20 B.

24

C.

28 D.

32

数学试卷 第2页（共33页）

8. 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.

710 B.

58

C.

38 D.

310

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 （ ）

A. 7 B. 12

C. 17 D. 34

10. 下列函数中，其定义域和值域分别与函数y10lgx的定义域和值域相同的是 （ ）

A.

yx B.

ylgx

C.

y2x D.

y1x

11. 函数f(x) = cos2x6cos(2x)的最大值为 （ ）

A. 4 B. 5

C. 6 D. 7

12. 已知函数f(x)(xR)满足f(x)f(2x)，若函数yx22x3与yf(x)图象的m交点为（x1,y1），（x2,y2），…，（xm,ym），则xi=

i1A. 0 B. m

C. 2m D. 4m

数学试卷 第3页（共33页） 第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分.第13~12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~24为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分.

13. 已知向量am，4，b3，2，且a∥b，则m________.

xy14. 若x，y满足约束条件1≥0,xy3≥0,则zx2y的最小值为________.

x3≤0,15.

ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA45，cosC513，a1，则b________.

16. 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________.

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）

等差数列{an}中，a3a44，a5a76.

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bnan，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]0，[2.6]2.

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

0 1 2 3 4

≥5

保费

0.85a

a

1.25a

1.5a

1.75a

2a

随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

出险次数

0 1 2 3 4

≥5

频 数

60 50 30 30 20 10

（Ⅰ）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”。求P（A）的估计值；

（Ⅱ）记B为事件：“一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%”.

求P(B)的估计值；

（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值.

数学试卷 第4页（共6页）

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，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到△D\'EF的位置.

（Ⅰ）证明：ACHD\'；

（Ⅱ）若AB5，AC6，AE54，OD\'22,求五棱锥D\'ABCEF体积.

20. （本小题满分12分）

已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).

（Ⅰ）当a=4时，求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

（Ⅱ）若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围.

21. （本小题满分12分）

已知A是椭圆E：x24y231的左顶点，斜率为k（k0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.

（Ⅰ）当AMAN时，求△AMN的面积；

（Ⅱ）当2AMAN时，证明：3k2.

数学试卷 第5页（共6页）

请考生在第22~24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41：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DFCE，垂足为F.

（Ⅰ）证明：B，C，G，F四点共圆；

（Ⅱ）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44：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.

（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴的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x=tcosa，tsina，（t为参数），l与C交于yA，B两点，AB10,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f（x）x12x12，M为不等式（fx）的解集.

（Ⅰ）求M；

（Ⅱ）证明：当a，bM时，ab1ab.

数学试卷 第6页（共6页）

2016年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷2）

文科数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题

1.【答案】D

【解析】由A，，得3x3，所以B{x|3x3}，因为A{1,2,3}，所以AD.

【提示】先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出A【考点】一元二次不等式的解法，集合的运算.

2.【答案】C

【解析】由zi3i得z32i，所以z32i，故选C.

【提示】根据已知求出复数z，结合共轭复数的定义，可得答案.

【考点】复数的运算，共轭复数

3.【答案】A

B{1,2}，故选B的值.

ππ2π【解析】由题图知，A2，最小正周期T2π，所以2，所以y2sin(2x).因36ππ2πππ2π1，2kπ(kZ)，为图象过点,2，所以22sin2，所以sin所以令k0，33233ππ得，所以y2sin2x，故选A.

66【提示】根据已知中的函数yAsin(x)的部分图象，求出满足条件A，，值，可得答案.

【考点】三角函数的图像与性质

4.【答案】A

【解析】因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23后，所以正方体的外接球的半径为3后，所以该球的表面积为4π(3)212π，故选A．

【提示】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积.

【考点】正方体的性质，球的表面积

5.【答案】D

3 / 11

【解析】因为F是抛物线y24x的焦点，所以F(1,0)，又因为曲线y所以k(k0)与C交于点P，PFx轴，xk2，所以（34k2）x216k2x16k212（034k2）x216k2x16k2120，选D.

1【提示】根据已知，结合抛物线的性质，求出P点坐标，再由反比例函数的性质，可得k值.

【考点】抛物线的性质，反比例函数的性质.

6.【答案】A

【解析】由x2y22x8y+130配方得(x1)2+(y4)24，所以圆心为(1,4)，

因为圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，所以|a+41|1，解得a4，

3a2+12故选A.

【提示】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案.

【考点】圆的方程，点到直线的距离公式

7.【答案】C

【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为S12π2416π，圆锥的侧面积为S212π248π，圆柱的底22面面积为S3π24π，故该几何体的表面积为SS1S2S328π，故选C.

【提示】空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是23，在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面.

【考点】三视图，空间几何体的体积

8.【答案】B

【解析】因为红灯持续时间为40秒，所以这名行人至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为故选B.

【提示】求出一名行人前25秒来到该路口遇到红灯，即可求出至少需要等待15秒才出现绿灯的概率.

【考点】几何概型

9.【答案】C

【解析】由题意，x2，n2，k0，s0，输入a2，则s0222，k1，循环；输入a2，则s2226，k2，循环；输入a5，s62517，k32，结束循环.故输出的s17，选C．

40155，408【提示】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运数学试卷 第10页（共6页）

数学试卷 第11页（共6页）

数学试卷 第12页（共6页）

行过程，可得答案.

【考点】程序框图，直到型循环结构

10.【答案】D

【解析】y10lgxx，定义域与值域均为(0,)，只有D满足，故选D.

【提示】分别求出各个函数的定义域和值域，比较后可得答案.

【考点】函数的定义域、值域，对数的计算

11.【答案】B

311[1,1]，所以当sinx1时，f(x)取【解析】因为f(x)12sinx6sinx2sinx，而sinx2222得最大值5，选B.

1t1)，可得函数【提示】运用二倍角的余弦公式和诱导公式，可得y12sin2x6sinx，令tsinx(y2t26t1，配方，结合二次函数的最值的求法，以及正弦函数的值域即可得到所求最大值.

【考点】正弦函数的性质、二次函数的性质

12.【答案】B

【解析】因为yf(x)，y|x22x3|的图像都关于x1对称，所以它们图像的交点也关于x1对称，当m为偶数时，其和为2mm1m；当m为奇数时，其和为21m，因此选B.

22x，)分析函数的对称性，可得函数【提示】根据已知中函数f(x)(xR)，满足f(x)f(2y|x22x3|与yf(x)图象的交点关于直线x1对称，进而得到答案.

【考点】函数图像的对称性

第Ⅱ卷

二、填空题

13.【答案】6

【解析】因为a∥b，所以2m430，解得m6.

【提示】直接利用向量共线的充要条件列出方程求解即可.

【考点】平面向量的坐标运算

（14）【答案】5

xy+10x1xy+10x3x30【解析】由得，记为点A(1,2)；由得，记为点B(3,4)；由x+y30y2x30x+y30y4 5 / 11

x3得，记为点C(3,0)，分别将A,B,C的坐标代入zx2y的最小值为5.

y0【提示】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得答案.

【考点】简单的线性规划

15.【答案】21

1341253，cosC,且A，C为三角形的内角，所以sinA，sinC，

51313563ab，

sinBsin[π(AC)]sin(AC)sinAcosCcosAsinC，又因为65sinAsinBasinB21所以b.

sinA13【解析】因为cosA【提示】运用同角的平方关系可得sinA，sinC，再由诱导公式和两角和的正弦公式，可得sinB，运用正弦定理可得basinB，代入计算即可得到所求值.

sinA【考点】正弦定理，两角和、差的三角函数公式

16.【答案】1和3

【解析】由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和3，乙的卡片上的数字为2和3，丙的卡片上的数字为1和2.

【提示】可先根据丙的说法推出丙的卡片上写着1和2，或1和3，分别讨论这两种情况，根据甲和乙的说法可分别推出甲和乙卡片上的数字，这样便可判断出甲卡片上的数字是多少.

【考点】推理

三、解答题

17.【答案】（Ⅰ）an（Ⅱ）24

【解析】试题解析：（Ⅰ）设数列an的公差为d，由题意有2a1+5d4，a1+5d3.

2n3

5，d解得a112；

52n+3.

52n+3

（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn5所以{an}的通项公式为an数学试卷 第16页（共6页）

数学试卷 第17页（共6页）

数学试卷 第18页（共6页）

2n+32，bn1

52n3当n4,5时，23，bn2

52n+3当n6,7,8时，34，bn3

52n+3当n9,10时，45，bn4

5当n1,2,3时，1所以数列bn的前10项和为1322334224.

【提示】（Ⅰ）根据等差数列的通项公式及已知条件求a1，d，从而求得an；

（Ⅱ）由（Ⅰ）求bn，再求数列bn的前10项和.

【考点】等差数列的通项公式，数列的求和.

18.【答案】（Ⅰ）0.55

（Ⅱ）0.3

（Ⅲ）1.1925a

【解析】试题解析：（Ⅰ）事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2，由所给数据知，一年内险次数小于2的频率为60500.55，故P(A)的估计值为0.55.

200（Ⅱ）事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30300.3，故P(B)的估计值为0.3.

200（Ⅲ）由所给数据得

保费

频率

0.85a

0.30

a

0.25

1.25a

0.15

1.5a

0.15

1.75a

0.10

2a

0.05

调查的200名续保人的平均保费为

0.85a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.102a0.051.1925a，因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.

【提示】（Ⅰ）求出A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数；总事件人数，即可求P(A)的估计值；

（Ⅱ）求出B为事件：“一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%”的人数.然后求

P（B）的估计值；

（Ⅲ）利用数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值.

【考点】样本数据的频率，由频率估计概率，平均值的计算

19.【答案】

（Ⅰ）由已知得ACBD，ADCD。 7 / 11

又由AECF得AECF

，故AC∥EF。ADCDOHAE1

。DOAD4

由此得EFHD，EFHD，所以ACHD。（Ⅱ）由EF∥AC得由AB5，AC6得：DOBOAB2AO24

所以OH1，DHDH3

于是OD2OH2(22)2129DH2，故ODOH

由（Ⅰ）知ACHD，又ACBD，BD

所以AC平面BHD，于是ACOD。又由ODOH，AC又由HDH；

OHO，所以OD平面ABC.

EFDH9，得EF；

ACDO211969五边形ABCFE的面积S683；

2224169232.

所以五棱锥D\'–ABCFE体积V22342【提示】（Ⅰ）根据直线平行的性质以及线面垂直的判定定理先证明EF平面DDH即可.

（Ⅱ）根据条件求出底面五边形的面积，结合平行线段的性质证明OD是五棱锥D-ABCFE的高，即可得到结论.

【考点】空间中线面位置关系的判断，几何体的体积

20.【答案】（Ⅰ）2xy20

（Ⅱ）,2

【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,).

当a4时，f(x)(x+1)lnx4(x1)，f(x)lnx+3，f(1)2，f(1)0

曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y20

（Ⅱ）当x(1,)时，f(x)0，等价于lnx1xa(x1)0

x112ax22(1a)x1a(x1)设g(x)lnx，则g(x)，g(1)0

22x(x1)x(x)x+122（ⅰ）a2，x(1,)时x+2(1a)x+1x2x+10，故g(x)0，g(x)在(1,)上单调递增，

数学试卷 第22页（共6页）

数学试卷 第23页（共6页）

数学试卷 第24页（共6页）

因此g(x)0；

（ⅱ）当a2时，令g(x)0得

x1a1(a1)21，x2a1(a1)21.

由x21和x1x21得x11，故当x(1,x2)时，g(x)0，g(x)在(1,x2)单调递减，因此g(x)0.

综上，a的取值范围是,2.

【提示】（Ⅰ）先求f(x)的定义域，再求f(x)，f(1)，f(1)，由直线方程的点斜式可求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.

（Ⅱ）构造新函数g(x)lnxa(x1)，对实数a分类讨论，用导数法求解.

x1【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性.

21.【答案】（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10.

由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.

π.

4x2y21得7y212y0.

431212解得y0或y，所以y1.

7711212144.

因此AMN的面积SAMN227749将xy2代入x2y21得

（Ⅱ）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入43(34k2)x216k2x16k2120.

216k2122(34k2)121k2.

x(2)x由1得1，故|AM||x12|1k22234k34k34k2112k1k.

由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|2k3k+4由2|AM||AN|得2k32，即4k6k3k80.

34k23k2+43222设f(t)4t6t3t8，则k是f(t)的零点，f(t)12t12t33(2t1)0，

所以f(t)在(0,)单调递增.又f(3)153260，f(2)60，

因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2.

9 / 11

【提示】（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求△AMN的面积；

（Ⅱ）设Mx1,y1，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k的取值范围.

【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系

22.【答案】（Ⅰ）因为DFEC，所以△DEF∽△CDF,

则有GDFDEFFCB，DFDEDG，

CFCDCB所以△DGF∽△CBF，由此可得DGFCBF，

由此CGFCBF180，所以B，C，G，F四点共圆.

（Ⅱ）由B，C，G，F四点共圆，CGCB知FGFB，连结GB.

由G为Rt△DFC斜边CD的中点，知GFGC故Rt△BCG≌Rt△BFG，因此四边形BCGF的面

积S是△GCB面积S△GCB的2倍，即S2S△GCB2111221

2

【提示】（Ⅰ）证△DGF∽△CBF，再证B，C，G，F四点共圆；

（Ⅱ）在Rt△DFC中，GFCDGC，因此可得Rt△BCG≌Rt△BFG，则S四边形BCGF2S△BCG，据此解答.

【考点】三角形相似与全等，四点共圆

223.【答案】（Ⅰ）12cos110

（Ⅱ）15

32

【解析】（Ⅰ）由xcos，ysin可得圆C的极坐标方程12cos110。（Ⅱ）在（Ⅰ）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(R).

2

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12cos110。。

于是1212cos，1211

|AB||12|(12)2412144cos244。数学试卷 第28页（共6页）

数学试卷 第29页（共6页）

数学试卷 第30页（共6页）

315.

由|AB|10得cos2,tan83所以l的斜率为1515.

或33【提示】（Ⅰ）利用2x2y2，xcos可得C的极坐标方程；

（Ⅱ）由直线l的参数方程求出直线l的一般方程，再求出圆心到直线距离，由此能求出直线l的斜率.

【考点】圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，弦长公式

12x,x,21124.【答案】（Ⅰ）f(x)1,x,

2212x,x.21当x时，由f(x)2得2x2，解得x1；

211当x时，由f(x)2；

221当x时，由f(x)2得2x2，解得x1.

2所以f(x)2的解集M{x|1x1}.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a，bM时，1a1，1b1从而

(a+b)2(1+ab)2a2+b2a2b21(a21)(1b2)0，

因此|ab||1+ab|.

【提示】（Ⅰ）先去掉绝对值，再分x1111，x和x三种情况解不等式，即可得M；

2222（Ⅱ）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a，bM时，ab1ab.

【考点】绝对值不等式，不等式的证明

11 / 11


更多推荐

方程,函数,直线,考点