1、- 1 -2016 届海南省高考压轴卷 数学（理） 含解析本试卷分第 I 卷和第 II 卷两部分 第 I 卷 1 至 3 页，第 II 卷 4 至 6 页，满分 150考生注意：1答题前，考生务必将自己的准考号、姓名填写在答题卡上考生要认真核对答题卡上粘贴的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致2第 I 卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号第 II 卷用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答 若在试题卷上作答，答案无效3考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并交回 一、选择题：本大题共 12
2、 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、下列命题中的说法正确的是（ ）A若向量 ba/，则存在唯一的实数 使得 ba；B命题“若 12x，则 ”的否命题为“若 12x，则 ”；C命题“ R0，使得 0120x”的否定是：“ R，均有 012x”；D “ 5a且 b”是“ ba”的不充分也不必要条件；2如图， 在复平面内，复数 1z和 2对应的点分别是 A和 B，则 21z（ ）A 15i B 215i C 5i D 215i3若 0,，且 23costan0， 则 （ ）A 12 B 3 C 14 D 54某单位有 840 名职工，现采用系统抽样方法，抽
3、取 42 人做问卷调查，将 840 人按 1，2，840 随机编号，则抽取的 42 人中，编号落入区间 481,720的人数为( )A11 B12 C13 D145已知箱中共有 6 个球，其中红球、黄球、蓝球各 2 个每次从该箱中取 1 个球 (有放回，每球取到的- 2 -机会均等)，共取三次设事件 A：“第一次取到的球和第二次取到的球颜色相同” ，事件 B：“三次取到的球颜色都相同” ，则 (|)PB（ ）A 16 B 3 C 23 D 16、棱长为 2 的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（ ）A. 314 B.4 C. 310 D.37已知
4、 )(12Nnan，记数列 na的前 n 项和为 nS，则使 0n的 n 的最小值为（ ）A.13 B.12 C. 11 D.108方程13x的解所在的区间是（ ）A B C D9已知点 F1，F 2分别是双曲线21(0,)xyab的左、右焦点，过 F1且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A，B 两点，若ABF 2是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A (,3) B (3,) C 12 D 110下列程序框图中，输出的 A的值A. 128 B. 129 C. 13 D. 13411函数 ()3sinl()fxx的部分图象大致 为（ ）- 3 -12设 2,fxabcRe为自然对数的
5、底数.若 lnfxfx，则（ ）A 2ln,ffeff B 22l,ffeffeC 2e D n二、填空题（题型注释）13如图正方形 OABC的边长为 cm1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是 14设 204sinxd，则 nx)2(的展开式中各项系数和为_.15设实数 ， y满足0,52,y则 yz的取值范围是 16设 ABC的内角 ,所对的边长分别为 ,abc，且 3osc5BbA，则 tan()AB的最大值为_三、解答题（题型注释）17 （本小题满分 12 分）设数列 na的前 n 项和为 nS.已知 23n.（1）求 的通项公式；（2）若数列 nb满足 3lognn
6、a，求 nb的前 n 项和 T.18如图，矩形 12A，满足 BC、 在 12A上， 1BC、 在 12A上，且 1B C 1A，12BC， ， 1，沿 、 将矩形 折起成为一个直三棱柱， 使与 、 1与 重合后分别记为 D、 ， 在直三- 4 -棱柱 1DBC中，点 MN、 分别为 1DB和 1C的中点(I)证明： MN平面 1DC；()若二面角 1为直二面角，求 的值19甲箱子里装有 3 个白球 m个黑球，乙箱子里装有 m个白球，2 个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖（1） 当获奖概率最大时，求 的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参
7、加游戏的人数，班长有 4 次摸奖机会（有放回摸取） ，当班长中奖时已试验次数 即为参加游戏人数，如 4 次均未中奖，则 0，求 的分布列和 E20如图，抛物线 24(0)ymx的准线与 x轴交于点 1F，焦点为 2以 12,F为焦点，离心率为 12的椭圆与抛物线在 x轴上方的交点为 P，延长 2交抛物线于点 Q，M 是抛物线上位于 ,PQ之间的动点（1）当 1m时，求椭圆的方程；（2）当 2PF的边长恰好是连续的三个自然数时，求 MPQ面积的最大值21设函数 321()(,0)fxabxcaR的图象在点,xf处的切线的斜率为 )k，且函数 1(2gxkx为偶函数若函数 ()kx满足下列条件：
8、(1)0k；对一切实数 x，不等式 21()kx恒成立（1）求函数 ()k的表达式；（2）求证： 112()2()nk ()N22 （本小题满分 10 分）选修 41：几何证明选讲如图所示，已知圆 外有一点 ，作圆 的切线 ， 为切点，过 的中点 ，作割线 A，交- 5 -圆于 A、 两点，连接 A并延长，交圆 于点 C，连接 交圆 于点 D，若 C（1）求证： A ；（2）求证：四边形 CD是平行四边形23选修 44：坐标系与参数方程极坐标系与直角坐标系 xoy有相同的长度单位，以原点为极点，以 x轴正半轴为极轴，曲线 1C的极坐标方程为 cs，曲线 2的参数方程为 cosinxmty（ t
9、为参数， 0） ，射线,4与曲线 1C交于（不包括极点 O）三点 CBA,（1 ）求证： 2OBA；（2 ）当 时，B，C 两点在曲线 2上，求 m与 的值24 （本题满分 10 分） 选修 45：不等式选讲已知关于 x的不等式 21x对于任意的 1,2x恒成立（）求 m的取值范围；（）在（）的条件下求函数 2()fm的最小值- 6 -2016 海南省高考压轴卷数学理一、 选择题1、试题分析：当 0,ab时，不存在实数 使 ab，所以 A 错；否命题是将命题中的条件与结论同否定，所以 B 错；命题“ Rx，使得 0120x”的否定是：“ Rx，均有 210x”，所以 C 错；命题“ 5a且 b
10、ba”的逆否命题为：“ 5ab或 b”是假命题，故原命题为假命题， “ 05且 ”的逆否命题为： “ 或 a或 5b”是假命题，故原命题为假命题，所以“ 且 5”是“ 0”的不充分也不必要条件2、试题分析：由图知， 12zi， 2zi，所以 21(2)125ziiii，故选 C考点：1、复数的几何意义；2、复数的运算3、试题分析： 03)2cos(2， 23cosincos1021tan3tant70所以 ta,t73舍考点：齐次式4、试题分析：使用系统抽样方法，从 840 人中抽取 42 人，即从 20 人抽取 1 人所以从编号 1480 的人中，恰好抽取 480/20=24 人，接着从编号
11、 481720 共 240 人中抽取 240/20=12 人考点：系统抽样5、试题分析：由题意11122426 633()(|),)CCCPABPA ，则()1()PBA=，故选 B.考点：条件概率.6、试题分析：由三视图可知，截面如图所示，可知所求几何体的体积为正方体体积的一半，由 823正 方 体V，故所求几何体体积为 4.7、试题分析：由 321naN，可得 1029560aaa，- 7 -10a， 9S， 101,S，使 0n的 的最小值为 1，故选 C.考点：数列的通项及前 n项和.8、试题分析：由题设 132xfx,1 1213 330, 02 4f f,故选 B考点：幂函数性质；
12、函数的零点9、试题分析：由题意 24590BAF，即 2tan1BAF，2ba， 12Fc，所以 21ba，2acb，即 2ac， 21e，解得 e，又 e，所以 1e故选 D考点：双曲线的几何性质10、试题分析：根据题意有，在运行的过程中， 1,24Aii；14,37Ai；170A， 4i；10,53Ai；，以此类推，就可以得出输出的 A 是以 1为分子，分母构成以 3为首项，以 为公差的等差数列，输出的是第 10 项，所以输出的结果为 3，故选 C.11、试题分析：由题意得 ()3sinl(1)fxx，知 1，当 2x时，()sinl(1l322f e，因为 1cosln()sif x，令
13、0x，即 3co)si01xx，当 x时， 10,0x，因为 cos，所以 ，所以函数的极值点在 (,)2，故选 B考点：函数的图象及函数的零点问题12、由不等式 lnfxfx启发，可构造函数 lnfxF，则 2lnfxfF，又由 lffx，得 l0ffx，即 x在 0,上为单调递增函数，因为2e，所以 2Fe，即- 8 -22lnllnfeff，又 2l1,lne，整理可得 2lnffe， 2fef.故正确答案选 B.二、 填空题13、试题分析：水平放置的平面图形的直观图是用斜二测画法，所以与 x轴平行的保持不变，与 y轴平行的变为原来的一半，所以将直观图还原如图所示的图形， 1,OA12B
14、, 13AB所以原图形的周长是 cm814、试题分析：因为 22004sincos4cso04xdx，则 42()x，令 1x，则 42()x的展开式中各项系数和为 (1)3.15、试题分析：作出可行域，令 xyt，则由 的几何意义可知取点 P时， t取得最大值 2，取点 Q时，t取得最小值 31，则 2,t，又 tz，由 t及 ty1单调递增，可知 tf1)(单调递增，故8minz， 31maxz，所以 xz的取值范围是 83,216、试题分析：在 ABC中， 3cos5abAc，由正弦定理得 3sincosicsinC5A333sinsinin555，即 sio4，则 tan4B；由ta4
15、B得 tat0， 2tat3tata 11n1tt202y052yx),1(P3QyO- 9 -3412tant，当且仅当 1tantB， 1tan2， taA时，等号成立，故当anA， 2B， t()A的最大值为 34，故答案填 34.三、 解答题17、试题解析（1）由已知得 231nnS，所以 31a，当 n时，1113)23()2(nnnnSa所以 na的通项公式为 13n（2） 1时将 代入 3lognab中得， 31log31bbn时将 1na代入 n中得 nnn 11）（时， 31bT时， 3)1(3)2(.3213.12 nnnn b .3 2031nn n）（ nnT12210
16、 )(.11233nn6n即 T213，所以 nnT34612将 代入此时得 1,所以数列 b的前 项和为 n3461218、试题解析：（1）在第一个箱子中摸出一个球是白球的概率为 1Pm，在第二个箱子中摸出一个球是白球的概率为 2mP，所以获奖概率 12 3,625P当且仅当6m，即 时取等号，又因为 为整数，当 时， 10，当 3m时，- 10 -33210mP，所以 2或 3时， max310P4 分（2） 的取值有 0，1，2，3，4，由（1）可知班长摸奖一次中奖的概率为 310，由 n次独立重复试验的恰好发生 k次的概率计算公式可得： 1 2 3 4 0P30710491031347
17、121432576.2E19、试题解析：（）证：连结 DB1 、DC 1 四边形 DBB1D1为矩形，M 为 D1B 的中点 2 分M 是 DB1与 D1B 的交点，且 M 为 DB1的中点MNDC 1，MN平面 DD1C1C 4 分（）解：四边形 2A为矩形，B.C 在 A1A2上，B 1.C1在 2A上，且 BB1CC 1 ，A 1B = CA2 = 2， ，BDC = 90 6 分以 DB、DC、DD 1所在直线分别为 x.y.z 轴建立直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0， )，B 1(2，0， )，C 1(0，2， )点 M、N 分别为 D1B 和 B1C1的中点， (2MN设平面 D1MN 的法向量为 m = (x，y，z)，则 00)()(2zxzyx ， ，令 x = 1 得： z即 2()，m 8 分设平面 MNC 的法向量为 n = (x，y，z)，则
