2017年全国二卷理科数学高考真题及答案解析

2016年全国高考理科数学试题全国卷2

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，x ∈Z}，则A∪B=( ) A ．{1} B ．{1,2} C ．{0,1,2,3} D ．{–1,0,1,2,3} 3、已知向量a =(1,m)，b =(3,–2)，且(a +b )⊥b ，则m=( ) A ．–8 B ．–6 C ．6 D ．8

4、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 ．–43 B ．–3

4

C ． 3

D ．2

5、如下左1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 ．9

6、上左2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．32π

7、若将函数y=2sin2x 的图像向左平移π

12

个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )

A ．x=kπ2–π6(k ∈Z)

B ．x=kπ2+π6(k ∈Z)

C ．x=kπ2–π12(k ∈Z)

D ．x=kπ2+π

12(k ∈Z)

8、中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，上左3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 9、若cos(π4–α)=3

5

，则sin2α= ( )

A ．725

B ．15

C ．–15

D ．–7

25

10、从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，…，(x n ,y n )，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π的近似值为( ) A ．4n m B ．2n m C ．4m n D ．2m n

11、已知F 1、F 2是双曲线E ：x 2

a 2–y 2

b 2=1的左，右焦点，点M 在E 上，MF 1与x 轴垂直，sin ∠MF 2F 1=1

3,则E 的离心

率为( )

A ． 2

B ．3

2 C ．

3 D ．2

12、已知函数f(x)(x ∈R)满足f(–x)=2–f(x)，若函数y=

x+1

x

与y=f(x)图像的交点为(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，...(x m ,y m )，则

1

()m

i

i

i x y =+=∑( )

A ．0

B ．m

C ．2m

D ．4m 二、填空题：本大题共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cosA=45，cosC=5

13，a=1，则b=___________．

14、α、β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：

(1)如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β。 (2)如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n。 (3)如果α∥β，m ?α，那么m∥β。

(4)如果m∥n，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β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y=kx+b 是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=__________． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17、(本题满分12分)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 7=28。记b n =[lga n ]，其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1． (1)求b 1，b 11，b 101；

(2)求数列{b n }的前1 000项和．

18、(本题满分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，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：

(1)(2)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； (3)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 ，AB=5，AC=6，点E 、F 分别在AD 、CD 上，AE=CF=5

4，EF 交BD 于点H ．将△DEF 沿EF 折到△D 'EF 位置，OD'=10．

(1)证明：D 'H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B –D'A –C 的正弦值．

20、(本小题满分12分)已知椭圆E ：x 2

t +y

2

3=1的焦点在X 轴上，A 是E 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．

(1)当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM|=|AN|时，求k 的取值范围．

21、(本小题满分12分)(1)讨论函数f(x)=x –2x+2

e x 的单调性，并证明当x>0时，(x –2)e x

+x+2>0；

(2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g(x)=e x –ax –a

x 2

(x>0)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 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 ． (1) 证明：B ，C ，G ，F 四点共圆；

(2)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

+y 2

=25． (1)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；

(2)直线l 的参数方程是???x=tcosα

y=tsinα

(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4–5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x –12|+|x+1

2|，M 为不等式f(x)<2的解集．

(1)求M ；

(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a+b|<|1+ab|．

参考答案

1、解析：∴m+3>0，m –1<0，∴–3

2、解析：B={x|(x+1)(x –2)<0，x ∈Z}={x|–1

3、解析： 向量a +b =(4,m –2)，∵(a +b )⊥b ，∴(a +b )·b =10–2(m –2)=0，解得m=8，故选D ．

4、解析：圆x 2+y 2–2x –8y+13=0化为标准方程为：(x –1)2+(y –4)2

=4，故圆心为(1,4)，d=|a+4–1|a 2

+1=1，解得a=–4

3，故选A ．

5、解析一：E→F 有6种走法，F→G 有3种走法，由乘法原理知，共6×3=18种走法，故选B ．

解析二：由题意，小明从街道的E 处出发到F 处最短有C 24条路，再从F 处到G 处最短共有C 13条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为C 24·C 13=18条，故选B 。

6、解析：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r=2，c=2πr=4π，由勾股定理得：l =22+(23)2=4，S 表=πr 2

+ch+12c l =4π+16π+8π=28π，故选C ．

7、解析：由题意，将函数y=2sin2x 的图像向左平移π12个单位得y=2sin2(x+π12)=2sin(2x+π

6)，则平移后函数

的对称轴为2x+π6=π2+kπ，k ∈Z ，即x=π6+kπ

2，k ∈Z ，故选B 。

8、解析：第一次运算：s=0×2+2=2，第二次运算：s=2×2+2=6，第三次运算：s=6×2+5=17，故选C ．

9、解析：∵cos(π4–α)=35，sin2α=cos(π2–2α)=2cos 2(π

4–α)–1=725，故选D ．

解法二：对cos(π4–α)=3

5展开后直接平方

解法三：换元法

10、解析：由题意得：(x i ,y i )(i=1，2，3，...，n)在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在如图的阴影

由几何概型概率计算公式知π/41=m n ，∴π=4m

n

，故选C ．

11、解析： 离心率e=F 1F 2MF 2–MF 1，由正弦定理得e=F 1F 2MF 2–MF 1=sinM

sinF 1–sinF 2=2231–1

3=2．故选A ．

12、解析：由f(–x)=2–f(x)得f(x)关于(0,1)对称，而y=x+1x =1+1

x 也关于(0,1)对称，

∴对于每一组对称点x i +x'i =0，y i +y'i =2， ∴()1

1

1

022

m m m

i i i i i i i m

x y x y m ===+=+=+?

=∑∑∑，故选B ．

13、解析：∵cosA=45，cosC=513，sinA=35，sinC=1213，∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=63

65，

由正弦定理：b sinB =a sinA ，解得b=21

13．

14、解析：对于①，m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误；对于②，因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则n∥c，因为m⊥α，∴m⊥c，∴m⊥n，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.

15、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：y=lnx+2的切线为：y=1

x 1·x+lnx 1+1(

y=ln(x+1)的切线为：y=1x 2+1·x+ln(x 2+1)–x 2

x 2+1，∴

解得x 1=12，x 2=–1

2。∴b=lnx 1+1=1–ln2．

17、解析：(1)设{a n }的公差为d ，S 7=7a 4=28，∴a 4=4，∴d=a 4–a 1

3=1，∴a n =a 1+(n –1)d=n ．

∴b 1=[lga 1]=[lg1]=0，b 11=[lga 11]=[lg11]=1，b 101=[lga 101]=[lg101]=2．

(2)记{b n }的前n 项和为T n ，则T 1000=b 1+b 2+...+b 1000=[lga 1]+[lga 2]+...+[lga 1000]．

当0≤lga n <1时，n=1，2，...，9；当1≤lga n <2时，n=10，11，...，99；当2≤lga n <3时，n=100，101， (999)

当lga n =3时，n=1000．∴T 1000=0×9+1×90+2×900+3×1=1893．

18、(1)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A ，P(A)=1–P(A )=1–(0.30+0.15)=0.55． (2)设续保人保费比基本保费高出60%为事件B ，P(B|A)=P(AB)P(A)=0.10+0.050.55=3

11．

⑶解：设本年度所交保费为随机变量X ．

∴平均保费与基本保费比值为1.23．

19、解析：(1)证明：如下左1图，∵AE=CF=54，∴AE AD =CF

CD ，∴EF∥AC．

∵四边形ABCD 为菱形，∴AC⊥BD，∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D 'H ．

∵AC=6，∴AD=3；又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH=AE AO ·OD=1，∴DH=D 'H=3，∴|OD '|2=|OH|2+|D'H|2

，∴D'H⊥OH．

又∵OH∩EF=H，∴D'H⊥面ABCD ．

(2)方法一、几何法：若AB=5，AC=6，则AO=3，B0=OD=4，∵AE=54，AD=AB=5，∴DE=5–54=15

4，

∵EF ∥AC ，∴DE AD =EH AC =DH OD =15/45=34，∴EH=94，EF=2EH=9

2

，DH=3，OH=4–3=1，

∵HD ’=DH=3，OD ’=22，∴满足HD ’2

=OD ’2

+OH 2

，则△OHD ’为直角三角形，且OD ’⊥OH ， 即OD ’⊥底面ABCD ，即OD ’是五棱锥D ’–ABCFE 的高．

底面五边形的面积S=12×AC·OB+(EF+AC)·OH 2=12×6×4+(9

2+6)×12=12+214=69

4，

则五棱锥D ’–ABCFE 体积V=13S·OD’=13×694×22=232

2

．

方法二、向量法。建立如下左2图坐标系H –xyz ．B(5,0,0)，C(1,3,0)，D'(0,0,3)，A(1,–3,0)， ∴向量AB =(4,3,0)，AD'=(–1,3,3)，AC =(0,6,0)，

设面ABD'法向量n 1=(x,y,z)，由???n 1·AB =0n 1·AD'=0得???4x+3y=0

–x+3y+3z=0，取??

???x=3

y=–4z=5

，∴n 1=(3,–4,5)．

同理可得面AD'C 的法向量n 2=(3,0,1)，

20、解析：(1)当t=4时，椭圆E 的方程为x 2

4+y

2

3=1，A 点坐标为(–2,0)，则直线AM 的方程为y=k(x+2)．

联立椭圆E 和直线AM 方程并整理得，(3+4k 2

)x 2

+16k 2

x+16k 2

–12=0。 解得x=–2或x=–8k 2

–63+4k 2，则|AM|=1+k 2|–8k 2–63+4k 2+2|=1+k 2

·123+4k 2。

∵AM⊥AN，∴|AN|=

1+(–1k

)2

·

123+4·(1–1k

)

2

=1+k 2

·

12

3|k|+

4|k|

。 ∵|AM|=|AN|，k>0，∴1+k 2

·

123+4k 2=

1+k 2·123k+4

k

，整理得(k –1)(4k 2

–k –4)=0， 4k 2

–k+4=0无实根，∴k=1．

所以△AMN 的面积为12|AM|2=1

2(1+1·123+4)2=14449．

(2)直线AM 的方程为y=k(x+t)，

联立椭圆E 和直线AM 方程并整理得，(3+tk 2

)x 2

+2t tk 2

x+t 2k 2

–3t=0。解得x=–t 或x=–t tk 2

–3t

3+tk

2

， ∴|AM|=1+k 2

|–t tk 2

–3t 3+tk 2+t|=1+k 2·6t 3+tk 2，∴|AN|=

1+k 2·6

t 3k+t

k

∵2|AM|=|AN|，∴2·1+k 2

·6t 3+tk 2=

1+k 2·6

t 3k+t k

，整理得，t=6k 2

–3k k 3–2

． ∵椭圆E 的焦点在x 轴，∴t>3，即6k 2–3k k 3–2>3，整理得(k 2

+1)(k –2)k 3

–2<0，解得3

2

21、解析：(1)证明：f(x)=x –2x+2e x ，∴f '(x)=e x (x –2

x+2+4(x+2)2)=x 2e x

(x+2)

2。

∵当x ∈(–∞,–2)∪(–2,+∞)时，f'(x)>0，∴f(x)在(–∞,–2)和(–2,+∞)上单调递增。 ∴x>0时，x –2x+2

e x >f(0)=–1，∴(x–2)e x

+x+2>0。

由(1)知，当x>0时，f(x)=x –2x+2e x 的值域为(–1,+∞)，只有一解．使得t –2t+2·e t

=–a ，t ∈(0,2]。

当x ∈(0,t)时g'(x)<0，g(x)单调减；当x ∈(t,+∞)时g'(x)>0，g(x)单调增 h(a)=e t

–a(t+1)t 2=e t

+(t+1)t –2t+2·e t t 2

=e

t

t+2

。 记k(t)=e t t+2，在t ∈(0,2]时，k'(t)=e t (t+1)(t+2)2>0，∴k(t)单调递增，∴h(a)=k(t)∈(12,e

2

4]．

22、解析：(1)证明：∵DF⊥CE，∴Rt△DEF ∽Rt△CED，∴∠GDF=∠DEF=∠BCF，DF DG =CF

BC 。

∵DE=DG，CD=BC ，∴DF DG =CF

BC

。∴△GDF ∽△BCF，∴∠CFB=∠DFG。

∴∠GFB=∠GFC+∠CFB=∠GFC+∠DFG=∠DFC=90°，∴∠GFB+∠GCB=180°．∴B ，C ，G ，F 四点共圆． (2)∵E 为AD 中点，AB=1，

∴DG=CG=DE=12，∴在Rt△GFC 中，GF=GC ，连接GB ，Rt△BCG ≌Rt△BFG，∴S 四边形BCGF =2S △BCG =2×12×1×12=1

2．

23、解：(1)整理圆的方程得x 2

+y 2

+12x+11=0，

由ρ2

=x 2

+y 2

、ρcosθ=x、ρsinθ=y 可知圆C 的极坐标方程为ρ2

+12ρcosθ+11=0． (2)记直线的斜率为k ，则直线的方程为kx –y=0， 由垂径定理及点到直线距离公式知：|–6k|

1+k 2=

25–(102)2，即36k 2

1+k 2=904，整理得k 2=5

3，则k=±153

．

24、解析：(1)当x<–12时，f(x)=12–x –x –12=–2x ，若–1

2=1<2恒成

立；当x>12时，f(x)=2x ，若f(x)<2，1

2

(2)当a ，b ∈(–1,1)时，有(a 2

–1)(b 2

–1)>0，即a 2b 2

+1>a 2

+b 2

，则a 2b 2

+2ab+1>a 2

+2ab+b 2

，则(ab+1)2

>(a+b)2

，即|a+b|<|ab+1|， 证毕．