浙江专科学校-宜昌金东方高中

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2016年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学（理科）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出 的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
2

，


1,0,1,2,3

，则
AIB
（ ） （1）【2016年北京 ，理1，5分】已知集合
A

x|x<
（A）

0,1< br>
（B）

0,1,2


（C）

1,0,1

（D）

1,0,1,2


【答案】C
【解析】集合
A

x2x2

，集合
B

x 1,0,1,2,3

，所以
AIB

1,0,1

，故选C．
【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．

2xy0，

（2）【2016年北京，理2，5分】若
x
，< br>y
满足

xy3，
则
2xy
的最大值为（ ）

x0，

（A）0 （B）3 （C）4 （D）5
【答案】C
【解析】可行域如图阴影部分 ，目标函数平移到虚线处取得最大值，对应的点为

1,2

，最大值
为
2124
，故选C．
【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想
是解决此类问题的基本方法．
（3）【2016年北京，理3，5分】执行如图所示的程序框 图，若输入的
a
值为1，则输出的
k
值为（ ）
（A）1（B）2（C）3（D）4

【答案】B

1
【解析】开始
a1，
k0
；第一次循环
a
，
k1
；第二次循环< br>a2
，
k2
，第三次循环
a1
，
2
条件判断为“是”跳出，此时
k2
，故选B．
【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，可采用模拟程序法进
行解答．
rr
rrrrrr
（4）【2016年北京，理4，5分】设a
，
b
是向量，则“
ab
”是“
abab”的（ ）
（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件
（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件
【答案】D
rr
rrrrrr
【解析】若< br>a=b
成立，则以
a
，
b
为边组成平行四边形，那么该平行四 边形为菱形，
a+b
，
ab
表示的是该菱
rrrr
形的对 角线，而菱形的对角线不一定相等，所以
a+b=ab
不一定成立，从而不是充分条件；反之 ，
rrrr
rr
a+b=ab
成立，则以
a
，
b
为边组成平行四边形，则该平行四边形为矩形，矩形的邻边不一定相等，
rr
所以a=b
不一定成立，从而不是必要条件，故选D．
rrrrrr
【点评】本题考 查的知识点是充要条件，向量的模，分析出“
ab
”与“
abab
” 表示的几何意义，是解答
的关键．
（5）【2016年北京，理5，5分】已知
x ，yR
，且
xy0
，则（ ）
11

1

1

（A）
0
（B）
sinx_siny0
（C）



0
（D）
lnxlny0

xy

2

2

【答案】C
1111
1
【解析】
A
．考查的是反比例函数
y
在
0,

单调递减，所以

即
0
所以
A
错；
B
．考查的
xyxy
x
是三角函数
ys inx
在

0,

单调性，不是单调的，所以不一定有
sinxsiny
，
B
错；
C
．考查的是
xy

1

1

1

1

1

指数函数
y

在

0,
单调递减，所以有



即


< br>0
所以
C
对；
D
考查的是

2

2

2

2

2

。
1
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xxyxy

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对数函 数
ylnx
的性质，
lnxlnylnxy
，当
xy0< br>时，
xy0
不一定有
lnxy0
，所以
D
错，故
选C．
【点评】本题考查了不等式的性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
（6）【2016年北京，理6，5分】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
1
1
1
（A） （B） （C） （D）1
62
3
【答案】A
【解析】通 过三视图可还原几何体为如图所示三棱锥，则通过侧视图得高
h1
，底面积
1111
S11
，所以体积
VSh
，故选A．
2236
【点评】本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是
解 答的关键．




（7）【2016年北京，理7，5分】 将函数
ysin

2x

图象上的点
P
,t

向左平移
s

s0

个单位
3

4

长度得到点
P

，若
P
位于函数
ysin2x
的图象上，则（ ）
3
1

，
s
的最小值为 （B）
t
，
s
的最小值为
2
266
3
1

（C）
t
，
s
的最小值为 （D）
t
，
s
的最小值为
2
233
【答案】A
π

ππ

π

π

π

1

【解析】点
P

,t

在 函数
ysin

2x

上，所以
tsin

2

sin


，然后
ysin

2x

向左平
3

43

3

4

6

2

π

ππ

移
s
个单位，即
ysin

2(xs) 

sin2x
，所以
s+kπ,kZ
，所以
s的最小值为，故选A．
3

66

【点评】本题考查的知识点 是函数
ysin


x


A0,

0

的图象和性质，难度中档．
（A）
t
（8） 【2016年北京，理8，5分】袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次< br>从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个放入乙盒，否则就放入< br>丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（ ）
（A）乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 （B）乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
（C）乙盒中红球不多于丙盒中红球 （D）乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【答案】B
【解析】取两个球往盒子中放有
4
种情况：
①红+红，则乙盒中红球数加
1
个；
②黑+黑，则丙盒中黑球数加
1
个；
③红+黑（红球放入甲盒中），则乙盒中黑球数加
1
个；
④黑+红（黑球放入甲盒中），则丙盒中红球数加
1
个．
因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机．
③和④对B选 项中的乙盒中的红球与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以
对B选项中的乙 盒中的红球与丙盒中的黑球数的影响次数一样．故选B．
【点评】该题考查了推理与证明，重点是找到 切入点逐步进行分析，对学生的逻辑思维能力有一定要求，中档题．
二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分。
（9）【2016年北京，理9，5分】设 a∈R，若复数

1i

ai

在复平面内对应的点 位于实轴上，则
a
．
【答案】
1

【解析】

1i

ai

a1
a1

i
，∵其对应点在实轴上，∴
a10
，
a 1
．
【点评】本题考查的知识点是复数的代数表示法及其几何意义，难度不大，属于基础题．
6< br>（10）【2016年北京，理10，5分】在

12x

的展开式 中，
x
2
的系数为 ．（用数字作答）
【答案】60
2
【解析】由二项式定理得含
x
2
的项为
C
6

2x

60x
2
．
2
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
（11）【2016年北京，理11，5分】在极坐标系中，直线

cos

3

sin

10
与圆

2cos
交于
A
，
B
两点，
。
2
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则
AB
______．
【答案】2
【解析】将极坐标转化为直 角坐标进行运算
x

cos

，
y

sin

，直线的直角坐标方程为
x3y10
，
22
222
∵

2cos

，

sin

cos

2

cos

∴
xy2 x
，圆的直角坐标方程为

x1

y
2
1< br>，

2
圆心

1,0

在直线上，因此
AB
为圆的直径，
AB2
．
【点评】本题考查了把圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，考查了计算能力，属于基础题． a
3
a
5
0
，
S
n
为其前
n
项和．（12）【2016年北京，理12，5分】已知

a
n

为等差数列，若
a
1
6
，则
S
6
< br> ．
【答案】6
【解析】∵
a
3
a
5
2a
4
∴
a
4
0
，∵
a
1
6
，
a
4
a
1
3d
∴
d 2
，∴
S
6
6a
1
d6
．
2
【点评】本题考查等差数列的前6项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合 理运用．
x
2
y
2
（13）【2016年北京，理13】双曲线< br>2

2
1

a0,b0

的渐近线为 正方形
OABC
的边
OA
，
ab

OC
所在的直线，点
B
为该双曲线的焦点．若正方形
OABC
的边长为2，则a
_______．
【答案】2
【解析】不妨令
B
为双曲线 的右焦点，
A
在第一象限，则双曲线图象如图，∵
OABC
为正方形， π
b
OA2
∴
cOB22
，
AOB
，∵直线
OA
是渐近线，方程为
yx
，
4a
b
∴
tanAOB1
，又∵
a
2
b
2
c< br>2
8
∴
a2
．
a
【点评】本题主要考查双曲线 的性质的应用，根据双曲线渐近线垂直关系得到双曲线是等轴双曲线是解决本题的
关键．
< br>x
3
3x,xa
（14）【2016年北京，理14，5分】设函数
f

x



．①若
a0
，则
f

x

的最大值
2x,xa

为 ；②若
f

x

无最大值，则实数
a
的取值范围是 ．
6

61

【答案】2；
a1
． < br>【解析】由

x
3
3x


3x
2
30
，得
x1
，如下图，是
f

x< br>
的两个函数在没有限制条件时的图
象．⑴
f

x

max
f

1

2
；⑵ 当
a ≥1
时，
f

x

有最大值
f

1

2
；
当
a1
时，
2x
在
xa
时无最大值，且
2a

x
3
3x< br>
max
．所以，
a1
．
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的最值，分类讨论思想，难度中档．
三、解答题：共6题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
（15）【2016年 北京，理15，13分】在
ABC
中，
a
2
c
2
b
2
2ac
．
（1）求
B
的大小；
（2）求
2cosAcosC
的最大值．
π
a
2
c
2
b
2
2ac2
解：（1）∵
acb2ac
，∴
acb2ac
，∴
cosB
，∴
B
．

4
2ac2ac2
3
22
（2）∵
A BCπ
，∴
AC
π
，∴
2cosAcosC
2 cosA(cosA)sinA

4
22
π
33
ππ
22
cosAsinA
sin(A)
，∵
AC
π
，∴
A(0,π)
，∴
A(,π)
，
44444
22
π
∴
sin(A)
最大值为1，所以
2cosAc osC
最大值为1．
4
【点评】本题考查的知识点是余弦定理，和差角公式，正弦型函数的图象和性质，难度中档．
（16）【2016年北京，理16，13分】
A
，
B
，
C
三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分
层抽样获得了部分学生一周的锻 炼时间，数据如表（单位：小时）：
A班 6 6.5 7 7.5 8
B班 6 7 8 9 10 11 12
222222
。
3
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C班 3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5
（1）试估计
C
班的学生人数；
（2）从
A
班 和
C
班抽出的学生中，各随机选取一个人，
A
班选出的人记为甲，
C
班选出的人记为乙．假
设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长 的概率；
（3）再从
A
，
B
，
C
三班中各随机抽 取一名学生，他们该周锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），
这3个新数据与表格中的数据 构成的新样本的平均数记为

1
，表格中数据的平均数记为

0，试判断

0
和

1
的大小．（结论不要求证明）
解：（1）
8
10040
，
X
班学生40人．
20
1
（2）在
A
班中取到每个人的概率相同均为，设
A
班中取到第
i
个人事件为
A
i
,i1,2,3,4,5
，

5
C
班中取到第
j
个人事件为
C
j,j1,2,3,4,5,6,7,8
，
A
班中取到
A
iC
j
的概率为
P
i
，
13143
所求事件 为
D
，则
P(D)PPPPP
．
12345
5555558585858588
（3）

1

0
，三组平均数分别为
7,9,8.25,
总均值

0
8.2
，
但

1
中多加的三个数据
7,9, 8.25,
平均值为
8.08
，比

0
小，故拉低了平均值 ．
【点评】本题考查的知识点是用样本的频率分布估计总体分布，古典概型，难度中档．
（ 17）【2016年北京，理17，14分】如图，在四棱锥
P
平面
PAD
平面
ABCD
，
﹣ABCD
中，
PAPD
，
P APD
，
ABAD
，
AB1
，
AD2
，< br>ACCD5
．
（1）求证：
PD
平面
PAB
；
（2）求直线
PB
与平面
PCD
所成角的正弦值；
（3） 在棱
PA
上是否存在点
M
，使得
BM
平面
PCD< br>？若存在，求
AM
的值，若不存在，
AP
说明理由．
解： （1）∵面
PAD
I
面
ABCDAD
，面
PAD
面
ABCD
，∵
ABAD
，
AB
面
ABCD
，∴
AB
面
PAD
，
∵
PD
面PAD
。∴
ABPD
，
又
PDPA
，
∴< br>PD
面
PAB
．
（2）取
AD
中点为
O
，连结
CO
，
PO
，∵
CDAC5
，∴
COAD
，∵
PAPD
，
∴
POAD
，以
O
为原点，如图建系易知
P(0，0，1)
，
B(11，，0)
，
D(0，1，0)
，
C(2，0，0)
，
uuuv
v< br>uuuvuuuvuuuv
则
PB

1,1,1

，
PD(0，1，1)
，
PC(2，0，1)
，
CD (2，1，0)
，设
n
为面
PDC
的
vuuuvv

nPD0
v

1


n

，
1,1

，则
PB
与面
PCD夹角

有
法向量，令
n(x
0
，y
0,1)
，

vuuuv

2


< br>nPC0
vuuuv
vuuuv
nPB
sin

cosn,PB
vuuuv

nPB
1
11
2

3
．
3
1
113
4

uuur
AM
M

0,y',z'

，
P

0,0,1

，（3）假设存在
M
点使得
BM∥
面
PCD
，设由（2）知
A

0,1,0

， < br>AP

0,1,1

，


，
AP
uuuuruuuuruuuruuuur
B

1,1,0
< br>，
AM

0,y'1,z'

，有
AM

APM

0,1

,


，∴< br>BM

1,

,


，∵
B M∥
面
PCD
，
uur
uuuurr
11
n为
PCD
的法向量，∴
BMn0
，即




0
，∴

=
，
24
AM1

时，
M
点即为所求． ∴综上，存在
M
点，即当
AP4
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，训 练了存在性问题的求解方法，建系利用空间
向量求解降低了问题的难度，属中档题．
（18） 【2016年北京，理18，13分】设函数
f

x

xe
ax
bx
，曲线
yf

x

在点

2,f

2


处的切线方程为
y

e1

x4
．
（1）求
a
，
b
的值；
（2）求
f

x

的单调区间．
。
4
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解：（1）
Qf( x)xe
ax
bx
，∴
f

(x)e
a x
xe
ax
b(1x)e
ax
b
，∵曲线< br>yf(x)
在点
(2,f(2))
处的切线方
程为
y( e1)x4
，∴
f(2)2(e1)4
，
f

( 2)e1
，即
f(2)2e
a2
2b2(e1)4
①
f

(2)(12)e
a2
be1
② 由①②解得：
a2
，
be
．
（2）由（1）可知：
f (x)xe
2x
ex
，
f

(x)(1x)e< br>2x
e
，
令
g(x)(1x)e
2x
， ∴
g

(x)e
2x
(1x)e
2x
(x2)e
2x

x


,2




]

2


2,


g

(x)

g(x)

∴
g(x)的最小值是
g(2)(12)e
22
即
f

(x )0
对
xR
恒成立，∴
f(x)
在

, 

上单调递增，无减区间．
0



极小值
Z

1
，∴
f

(x)
的最小值为< br>f

(2)g(2)ee10
，
【点评】本题主要考查导 数的应用，根据导数的几何意义，结合切线斜率建立方程关系以及利用函数单调性和导
数之间的关系是解 决本题的关键．综合性较强．
x
2
y
2
3
（19）【20 16年北京，理19，14分】已知椭圆
C
：
2

2
1< br>
a0,b0

的离心率为，
A

a,0

，
B

0,b

，
2
ab
O

0,0

，
OAB
的面积为1．
（1）求椭圆
C
的方程；
（2）设
P
是椭圆
C< br>上一点，直线
PA
与
y
轴交于点
M
，直线
P B
与
x
轴交于点
N
．求证：
ANBM
为定
值．
x
2
c31
222
解：（1）由已知，
, ab1
，又
abc
，解得a2,b1,c3.∴椭圆的方程为
 y
2
1
．
4
a22
2
x
0
y
0
2y
0
2
1
．（2）解法一：设椭圆上一点
P

x
0
,y
0

，则
y
0< br>直线
PA
：
y
．

x2

， 令
x0
，得
y
M

4
x
0
2 x
0
2
∴
BM1
y1x
0
2y
0
x
x1
，令
y0
，得
x
N

，直线
PB
：
y
0
．∴
AN2
0

x
0
y
0
1
x
0
2y
01
22
x
0
2y
0
x
0
2y0
2x
0
2y
0
2x
0
4y
0
4x
0
y
0
4x
0
8y
0
4

ANBM21
y
0
1x
02x
0
2y
0
1x
0
y
0
x
0
2y
0
2
2
x
0
2
1< br>代入上式得
ANBM=4
，故
ANBM
为定值． 将
y
0
4
sin

sin

解法二：设椭圆上一点P

2cos

,sin


，直线
PA
:
y
令
x0
，得
y
M

．

x2

，
2cos

21cos
sin

cos

12sin

2c os

2
sin

12cos

∴
B M
，令
y0
，．
AN

x1
，
x
N


PB
:
y< br>1cos

1sin

2cos

1sin< br>
2sin

2cos

2sin

 cos

122sin

2cos

2sin
cos

ANBM24

1sin
< br>1cos

1sin

cos

sin
cos

故
ANBM
为定值．
【点评】本题考查 椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的离心率和基本量的关系，考查线段积的定值的求法，注意
运用直线方 程和点满足椭圆方程，考查化解在合理的运算能力，属于中档题．
（20）【2016年北京，理20 ，13分】设数列
A
：
a
1
,a
2
La
N

N2

．如果对小于
n

2nN

的每个正整数
k
都
有
a
k
a
n
，则称
n
是数列
A
的一个“
G
时刻”，记
G
A

是数列
A
的所有“
G
时刻”组成的集合 ．
（1）对数列
A:2,2,1,1,3
，写出
G

A

的所有元素；
（2）证明：若数列
A
中存在
a
n
使得
a
n
a
1
，则
G

A



；
（3）证明：若数列
A
满足
a
n
a
n1
1

n2,3,L,N

，则
G

A

的元素个数不小于
a
N
 a
1
．

解：（1）根据题干可得，
a
1
2< br>，
a
2
2
，
a
3
1
，
a
4
1
，
a
5
3
，
a
1< br>a
2
满足条件，2满足条件，
a
2
a
3
不
满足条件，3不满足条件，
a
2
a
4
不满足条件，4不 满足条件，
a
1
，
a
2
，
a
3
，
a
4
，均小于
a
5
，因此5
5

． 满足条件，因此
G

A



2，
。
5
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（2）因为存在
a
n
a
1
，设数列
A
中第一个大于
a
1< br>的项为
a
k
，则
a
k
a
1
≥a< br>i
，其中
2ik1
，
所以
kG

A

，
G

A


．
（3） 设
A
数列的所有“
G
时刻”为
i
1
i
2
Li
k
，对于第一个“
G
时刻”
i
1
，有
a
i
1
a
1
≥a
i
，
i 2，3，L，i
1
1
，
则
a
i
1
a
1
≤a
i
1
a
i
1
1
≤1< br>．对于第二个“
G
时刻”
i
2

i
1
，有
a
i
2
a
i
1
≥a
i
（
i1，
．
2，L，i
2
1
）
则
a
i
2
a
i
1
≤a
i
2
a
i
2
1
≤1
．类似的
a
i
3a
i
2
≤1
，…，
a
i
k
ai
k1
≤1
．
于是，对于
a
N
，若
NG

A

，则
a
i
k
a
N
；
k≥a
i
k
a
i
k1
ai
k1
a
i
k2
La
i
2
a
i
1
a
i
2
a
1
a
i
k
a
1
．


a
i
k
1
，L，
a
N
中存在“
G
时刻”，与只有< br>k
个“
G
时刻”矛盾．
若
NG

A
，则
a
N
≤a
i
k
，否则由⑵，知
a
i
k
，
从而，
k≥a
i
k
a
1
≥a
N
a
1
，证毕．
【点评】本题属于新定义题型，重点在于对“
G
时刻”定义的把握，难度较大．
。
6
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