2016年江苏高考数学真题及解析

2023年12月2日发(作者：呼和浩特模拟中考数学试卷)

2016年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

数学Ⅰ

参考公式：

样本数据x1,x2,1n,xn的方差sxixni1221n，其中xxi．

ni1棱柱的体积VSh，其中S是棱柱的底面积，h是高．

1棱锥的体积VSh，其中S是棱锥的底面积，h为高．

3一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．

．．．．．．．．1. 已知集合A1,2,3,6，Bx|2x3，则A【答案】1,2；

【解析】由交集的定义可得AB ．

B1,2．

2. 复数z12i3i，其中i为虚数单位，则z的实部是 ．

【答案】5；

【解析】由复数乘法可得z55i，则则z的实部是5．

x2y21的焦距是 ． 3. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线73【答案】210；

【解析】ca2b210，因此焦距为2c210．

4. 已知一组数据4.7，4.8，5.1，5.4，5.5，则该组数据的方差是 ．

【答案】0.1；

【解析】x5.1，s210.420.32020.320.420.1．

55. 函数y32xx2的定义域是 ．

【答案】3,1；

【解析】32xx2≥0，解得3≤x≤1，因此定义域为3,1．

6. 如图是一个算法的流程图，则输出a的值是 ． 开始a1b9bb2abYNaa4输出a结束【答案】9；

【解析】a,b的变化如下表：

a

b

1

9

5

7

9

5

则输出时a9．

7. 将一个质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点为正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是 ．

【答案】5；

6【解析】将先后两次点数记为x,y，则共有6636个等可能基本事件，其中点数之和大于等于10有4,6,5,5,5,6,6,4,6,5,6,6六种，则点数之和小于10共有30种，概率为305．

36623，S510，则a9的值是 ． 8. 已知an是等差数列，Sn是其前n项和．若a1a2【答案】20；

【解析】设公差为d，则由题意可得a1a1d3，5a110d10，

解得a14，d3，则a948320．

9. 定义在区间0,3π上的函数ysin2x的图象与ycosx的图象的交点个数是 ．

【答案】7；

【解析】画出函数图象草图，共7个交点．

2 y1xO-1

x2y2b10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆221ab0的右焦点，直线y与椭圆交于B,Cab2两点，且BFC90，则该椭圆的离心率是 ．

yBOCFx

【答案】6；

3【解析】由题意得Fc,0，直线y3ab3abb,C与椭圆方程联立可得B，222,2，

23ab3abc,CFc,由BFC90可得BFCF0，BF，，

22223131c26则c2a2b20，由b2a2c2可得c2a2，则e．

4442a33xa,1x0,11. 设fx是定义在R上且周期为2的函数，在区间1,1上fx2

x,0x1,55 其中aR，若ff22【答案】；

59，则f5a的值是 ．

2151【解析】由题意得ffa，22219121ff，

22521011359由ff可得a，则a，

210522则f5af3f11a132．

55 x2y40,12. 已知实数x,y满足2xy20, 则x2y2的取值范围是 ．

3xy30,4【答案】,13；

5【解析】在平面直角坐标系中画出可行域如下

4321–4–3–2–1–1–2–3–4yBA1234x

x2y2为可行域内的点到原点距离的平方．

可以看出图中A点距离原点最近，此时距离为原点A到直线2xy20的距离，

d241425，则x2y2，

min55图中B点距离原点最远，B点为x2y40与3xy30交点，则B2,3，

则x2y2max13．

13. 如图，在△ABC中，D是BC的中点，E,F是AD上两个三等分点，BACA4，BFCF1，

A则BECE的值是 ．

7【答案】；

8EFDCB 【解析】令DFa，DBb，则DCb，DE2a，DA3a，222222则BA3ab，CA3ab，BE2ab，CE2ab，BFab，CFab，

则BACA9ab，BFCFab，BECE4ab，

222225213由BACA4，BFCF1可得9ab4，ab1，因此a,b，

88因此BECE4ab2245137．

888 14. 在锐角三角形ABC中，sinA2sinBsinC，则tanAtanBtanC的最小值是 ．

【答案】8；

【解析】由sinAsinπAsinBCsinBcosCcosBsinC，sinA2sinBsinC，

可得sinBcosCcosBsinC2sinBsinC（*），

由三角形ABC为锐角三角形，则cosB0,cosC0，

在（*）式两侧同时除以cosBcosC可得tanBtanC2tanBtanC，

又tanAtanπAtanBC则tanAtanBtanCtanBtanC(#)，

1tanBtanCtanBtanCtanBtanC，

1tanBtanC由tanBtanC2tanBtanC可得tanAtanBtanC2tanBtanC21tanBtanC，

令tanBtanCt，由A,B,C为锐角可得tanA0,tanB0,tanC0，

由(#)得1tanBtanC0，解得t1

2t22tanAtanBtanC，

111tt2t11111111，由则，因此tanAtanBtanC最小值为8，

0t1t2t4t2tt24当且仅当t2时取到等号，此时tanBtanC4，tanBtanC2，

解得tanB22,tanC22,tanA4（或tanB,tanC互换），此时A,B,C均为锐角．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

15. （本小题满分14分）

在△ABC中，AC6，cosB⑴ 求AB的长；

π⑵ 求cosA的值．

624π，C．

54【答案】⑴52；⑵【解析】⑴

sinB3

5726 ．

204，B为三角形的内角

5cosBABAC

sinCsinB AB226，即：AB52；

35⑵

cosAcosCBsinBsinCcosBcosC

2

10cosA又A为三角形的内角

sinA72

10π31726cosAcosAsinA．

62220

16. （本小题满分14分）

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D,E分别为AB,BC的中点，点F在侧棱B1B上，

且B1DA1F，AC11A1B1．

求证：⑴ 直线DE//平面AC11F；

⑵ 平面B1DE平面AC11F．

【答案】见解析；

【解析】⑴

DE//AC

C1A1B1FCADEBD,E为中点，DE为ABC的中位线

又ABCA1B1C1为棱柱，AC//AC11

AC11平面AC11F，且DEAC11F

DE//AC11，又DE//平面AC11F；

⑵

ABCA1B1C1为直棱柱，AA1平面A1B1C1

AC11A1B1

AA1AC11，又且AA1A1B1A1，AA1,A1B1平面AA1B1B

AC11平面AA1B1B，

又又又DE//AC11，DE平面AA1B1B

A1F平面AA1B1B，DEA1F

A1FB1D，DEB1DD，且DE,B1D平面B1DE

A1F平面B1DE，又A1FAC11F

平面B1DE平面AC11F．

17. （本小题满分14分）

现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

⑴ 若AB6m，PO12m，则仓库的容积是多少；

⑵ 若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，仓库的容积最大？

【答案】⑴312m3；⑵23m；

【解析】⑴

PO12m，则OO18m，

ADOBCPD1O1A1B1C111VPA1B1C1D1=SABCDPO162224m3，VABCDA1B1C1D1=SABCDOO1628288m3，

33V=VPA1B1C1D1VABCDA1B1C1D1312m3，

故仓库的容积为312m3；

⑵ 设PO1xm，仓库的容积为V(x)

则OO14xm，AO36x2m，A1B1236x2m，

1111VPA1B1C1D1=SABCDPO133722x222x1272x2x324xx3m3，

333VABCDA1B1C1D1=SABCDOO1722x4x288x8x2m3，

Vx=VPA1B1C1D1VABCDA1B1C1D124x2326x288x8x3x3312x0x6，

33V\'x26x231226x2120x6，

当x0,23时，V\'x0，Vx单调递增，

当x23,6时，V\'x0，Vx单调递减，

因此，当x23时，Vx取到最大值，

即PO123m时，仓库的容积最大．

18. （本小题满分14分）

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2y212x14y600

及其上一点A2,4．

 ⑴ 设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x6上，求圆N的标准方程；

⑵ 设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点，且BCOA，求直线l的方程；

⑶ 设点Tt,0满足：存在圆M上的两点P和Q，使得TATPTQ，求实数t的取值范围．

【答案】⑴x6y11⑵y2x5或y2x15⑶2221,2221；

22【解析】⑴ 因为N在直线x6上，设N6,n，因为与x轴相切，

则圆N为x6ynn2，n0

又圆N与圆M外切，圆M：x6x725，

则7nn5，解得n1，即圆N的标准方程为x6y11；

⑵ 由题意得OA25，kOA2 设l:y2xb，则圆心M到直线l的距离222222d127b2125b5,

则BC252d22255b52，BC25，即2255b5225，

解得b5或b15，即l：y2x5或y2x15；

⑶

TATPTQ，即TATQTPPQ，即TAPQ，

2TAt242，

又PQ≤10,

即t2242≤10，解得t2221,2221，

对于任意t2221,2221，欲使TAPQ，

此时TA10，只需要作直线TA的平行线，使圆心到直线的距离为25必然与圆交于P、Q两点，此时TAPQ，即TAPQ，

因此对于任意t2221,2221，均满足题意，

综上t2221,2221．

TA42，

19. （本小题满分14分）

已知函数fxaxbxa0,b0,a1,b1．

⑴ 设a2，b1．

2 ① 求方程fx2的根；

② 若对于任意xR，不等式f2x≥mfx6恒成立，求实数m的最大值；

⑵ 若0a1，b1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值．

【答案】⑴ ①x0；②4；⑵1；

11【解析】⑴ ①

fx2，由fx2可得2xx2，

22xx 则2x22x10，即2x10，则2x1，x0；

22② 由题意得22x1x1≥m2x6恒成立，

22x2 令t2x211xx，则由可得20t≥222，

2x2xt244t恒成立 此时t2≥mt6恒成立，即m≤tt44 ∵t≥2时t≥2t4，当且仅当t2时等号成立，

tt 因此实数m的最大值为4．

lnabxgxfx2ab2，g\'xalnablnbalnb，

lnbaxxxxxbblna由0a1，b1可得1，令hx，则hx递增，

aalnbxlna而lna0,lnb0，因此x0logb时hx00，

lnba因此x,x0时，hx0，axlnb0，则g\'x0；

xx0,时，hx0，axlnb0，则g\'x0；

则gx在,x0递减，x0,递增，因此gx最小值为gx0，

① 若gx00，xloga2时，axaloga22，bx0，则gx0；

xlogb2时，ax0，bxblogb22，则gx0；

因此x1loga2且x1x0时，gx10，因此gx在x1,x0有零点，

x2logb2且x2x0时，gx20，因此gx在x0,x2有零点，

则gx至少有两个零点，与条件矛盾；

② 若gx00，由函数gx有且只有1个零点，gx最小值为gx0，

可得gx00，

由g0a0b020，

因此x00，

lnalna 因此logb1，即lnalnb0，

0，即lnblnba 因此lnab0，则ab1．

20. （本小题满分14分）

记U1,2,若Tt1,t2,,100．对数列an（nN*）和U的子集T，若T，定义ST0；

,tk，定义STat1at2atk．例如：T1,3,66时，STa1a3a66．

现设an（nN*）是公比为3的等比数列，且当T2,4时，ST30．

⑴ 求数列an的通项公式；

⑵ 对任意正整数k（1≤k≤100），若T1,2,⑶ 设CU，DU，SC≥SD，求证：SCSC【答案】⑴an3n1；⑵⑶详见解析；

【解析】⑴ 当T2,4时，STa2a4a29a230，因此a23，从而a1a21，3,k，求证：STak1；

D≥2SD．

an3n1；

⑵

⑶

ST≤a1a2设AðCCDak13323k13k1k3ak1；

2DD，BðDCD，则AB，SCSASC，SDSBSCD，

SCSC2SDSA2SB，因此原题就等价于证明SA≥2SB．

由条件SC≥SD可知SA≥SB．

① 若B，则SB0，所以SA≥2SB．

② 若B，由SA≥SB可知A，设A中最大元素为l，B中最大元素为m，

若m≥l1，则由第⑵小题，SAal1≤am≤SB，矛盾．

因为AB，所以lm，所以l≥m1，

SB≤a1a2am133D23m1S3m1am1al≤≤A，即SA2SB．

2222综上所述，SA≥2SB，因此SCSC≥2SD．

数学Ⅱ（附加题）

21. [选做题]本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A．[选修4-1：几何证明选讲]（本小题满分10分）

如图，在△ABC中，ABC90，BDAC，D为垂足，E是BC中点．

求证：EDCABD．

B【答案】详见解析；

【解析】由BDAC可得BDC90，

由E是BC中点可得DECE则EDCC，

由BDC90可得CDBC90，

由ABC90可得ABDDBC90，

因此ABDC，

又EDCC可得EDCABD．

B．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）

1BC，

2EADC11121已知矩阵A，矩阵B的逆矩阵B2，求矩阵AB．

020251【答案】4；

012202111121151244，因此AB24．

102010110222【解析】BB11

C．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

1x1t,2在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为t为参数，椭圆C的参数方程为3yt,2xcos,为参数，设直线l与椭圆C相交于A,B两点，求线段AB的长．

y2sin, 【答案】16；

7【解析】直线l方程化为普通方程为3xy30，

y21， 椭圆C方程化为普通方程为x4213xy30xx172联立得，解得或，

y2y01xy83472831610． 因此AB17772

D．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）

aa设a0，x1，y2，求证：2xy4a．

33【答案】详见解析；

【解析】由x1a2a可得2x2，

332xy4≤2x2y22aaa．

33

[必做题]第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤．

22. （本小题满分10分）

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:xy20，抛物线C:y22pxp0．

⑴ 若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；

⑵ 已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q．

①求证：线段PQ上的中点坐标为2p,p；

②求p的取值范围． ylCOx

4【答案】⑴y28x；⑵①见解析；②0,

3【解析】⑴

l:xy20，l与x轴的交点坐标为2,0

p2

2即抛物线的焦点为2,0，y28x；

⑵ ① 设点Px1,y1，Qx2,y2

y12x122py2pxyy22p1则：12，即2，kPQ21

2yyyyy2px11222y2x222p2p2p又P,Q关于直线l对称，kPQ1

y1y2p

2即y1y22p，又PQ中点一定在直线l上

x1x2y1y222p

22线段PQ上的中点坐标为2p,p；

② 中点坐标为2p,p

y1y22py1y22p22即

y1y2222yy8p4pxx42p12212pyy22p1，即关于y22py4p24p0有两个不等根

2y1y24p4p240，2p44p24p0，p0,．

3 23. （本小题满分10分）

4 ⑴ 求7C364C7的值；

⑵ 设m,nN*，n≥m，求证：

mm

m1Cmmm2Cm1m3Cm2mm2nCmn1n1Cnm1Cn2．

【答案】⑴0；⑵详见解析；

【解析】⑴

⑵

47C364C77204350；

对任意的mN*，

m2① 当nm时，左边m1Cmmm1，右边m1Cm2m1，等式成立，

② 假设nkk≥m时命题成立，

mm 即m1Cmmm2Cm1m3Cm2mm2kCmk1k1Ckm1Ck2，

当nk1时，

mm 左边=m1Cmmm2Cm1m3Cm22m

m1Cmk2k2Ck1，

mmkCmk1k1Ckk2Ck1

2 右边m1Cmk3，

2m2 而m1Cmk3m1Ck2，

k3!k2!m1m2!km1!m2!km!

k2!k3km1

m2!km1!k1!k2m!km1!k2Cmk1m12mm2 因此m1Cmk2k2Ck1m1Ck3，

因此左边=右边，

因此nk1时命题也成立，

综合①②可得命题对任意n≥m均成立．

m1另解：因为k1Cmkm1Ck1，所以

1m1左边m1Cmm1m1Cm2m1m11m1Cmn1m1Cm1Cm21Cmn1

kk1又由CknCn1Cn1，知

2m2m1m211CmCmCmn2Cn1Cn1Cnnn1所以，左边右边．

2m1Cmm2Cm21m1m1Cmn1Cm1Cm21Cmn1，