2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(北京卷).docx

1、2016年普通高等学校招生全国统一考试北京理科数学1.(2016北京,理1)已知集合A=x|x|2,B=-1,0,1,2,3,则AB=()A.0,1B.0,1,2C.-1,0,1D.-1,0,1,2答案C由|x|2,可知-2x2,即A=x|-2xy0,则()A.1x-1y0B.sin x-sin y0C.12x-12y0答案C由xy0,得1x1y,即1x-1yy0及正弦函数的单调性,可知sin x-sin y0不一定成立,故选项B不正确;由012y0,可知12x12y,即12x-12yy0,得xy0,xy不一定大于1,故ln x+ln y=ln xy0不一定成立,故选项D不正确.故选C.6.(

2、2016北京,理6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为()A.16B.13C.12D.1答案A由三视图可得,三棱锥的直观图如图,则该三棱锥的体积V=1312111=16,故选A.7.(2016北京,理7)将函数y=sin2x-3图象上的点P4,t向左平移s(s0)个单位长度得到点P.若P位于函数y=sin 2x的图象上,则()A.t=12,s的最小值为6B.t=32,s的最小值为6C.t=12,s的最小值为3D.t=32,s的最小值为3答案A设P(x,y).由题意得,t=sin24-3=12,且P的纵坐标与P的纵坐标相同,即y=12.又P在函数y=sin 2x的图象上,则sin 2x

3、=12,故点P的横坐标x=12+k或512+k(kZ),由题意可得s的最小值为4-12=6.8.(2016北京,理8)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,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.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若乙盒中放入的是红球,则须保证抽到的两个均是红球;若乙盒中放入的是黑球,则须保证抽到的两个球是一红一黑,且红球放入甲盒;若丙盒中放入的是

4、红球,则须保证抽到的两个球是一红一黑,且黑球放入甲盒;若丙盒中放入的是黑球,则须保证抽到的两个球都是黑球;又由于袋中有偶数个球,且红球、黑球各占一半,则每次从袋中任取两个球,抽到两个红球的次数与抽到两个黑球的次数一定是相等的,故乙盒中红球与丙盒中黑球一样多,选B.9.(2016北京,理9)设aR,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)iR,a+1=0,即a=-1.10.(2016北京,理10)在(1-2x)6的展开式中,x2的系数为.(用数字作答)答案60解析二项展开式的通项Tr+1=C6r16-r(-2x)r=(-

5、2)rC6rxr,x2的系数为(-2)2C62=60.11.(2016北京,理11)在极坐标系中,直线cos -3sin -1=0与圆=2cos 交于A,B两点,则|AB|=.答案2解析直线cos -3sin -1=0化为直角坐标方程为x-3y-1=0,圆=2cos 化为直角坐标方程为(x-1)2+y2=1,可知圆心(1,0)在直线x-3y-1=0上,故|AB|=2.12.(2016北京,理12)已知an为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案6解析an是等差数列,a3+a5=2a4=0.a4=0.a4-a1=3d=-6.d=-2.S6=6a1+15d=66+1

6、5(-2)=6.13.(2016北京,理13)双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的渐近线为正方形OABC的边OA,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解析四边形OABC是正方形,AOB=45,不妨设直线OA的方程即双曲线的一条渐近线的方程为y=x.ba=1,即a=b.又|OB|=22,c=22.a2+b2=c2,即a2+a2=(22)2,可得a=2.14.(2016北京,理14)设函数f(x)=x3-3x,xa,-2x,xa.(1)若a=0,则f(x)的最大值为;(2)若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案(1)2(2)(-,-1)解

7、析令g(x)=x3-3x,(x)=-2x.由g(x)=3x2-3=0,得x=1.可判断当x=1时,函数g(x)的极小值为-2;当x=-1时,函数g(x)的极大值为2,且g(x)与x轴的交点为(-3,0),(0,0),(3,0).又g(x)与(x)图象的交点为A(-1,2),O(0,0),B(1,-2),故可作出函数g(x)与(x)的大致图象如图所示.(1)当a=0时,f(x)=x3-3x,x0,-2x,x0,可知f(x)的最大值是f(-1)=2;(2)由图象知,当a-1时,f(x)有最大值f(-1)=2;当a-1时,有a3-3a-2a,此时f(x)无最大值,a的取值范围是(-,-1).15.(

8、2016北京,理15)在ABC中,a2+c2=b2+2ac.(1)求B的大小;(2)求2cos A+cos C的最大值.解(1)由余弦定理及题设得cos B=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22.又因为0B,所以B=4.(2)由(1)知A+C=34.2cos A+cos C=2cos A+cos34-A=2cos A-22cos A+22sin A=22cos A+22sin A=cosA-4.因为0A34,所以当A=4时,2cos A+cos C取得最大值1.16.(2016北京,理16)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

9、间,数据如下表(单位:小时):A班66.577.58B班6789101112C班34.567.5910.51213.5(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互独立,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三个班中各随机抽取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是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)由题意知,抽出的20名学生中,来自C班的学生有8名.根据分层抽

10、样方法,C班的学生人数估计为100820=40.(2)设事件Ai为“甲是现有样本中A班的第i个人”,i=1,2,5,事件Cj为“乙是现有样本中C班的第j个人”,j=1,2,8.由题意可知,P(Ai)=15,i=1,2,5;P(Cj)=18,j=1,2,8.P(AiCj)=P(Ai)P(Cj)=1518=140,i=1,2,5,j=1,2,8.设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A1C1A1C2A2C1A2C2A2C3A3C1A3C2A3C3A4C1A4C2A4C3A5C1A5C2A5C3A5C4.因此P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C

11、2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+P(A3C3)+P(A4C1)+P(A4C2)+P(A4C3)+P(A5C1)+P(A5C2)+P(A5C3)+P(A5C4)=15140=38.(3)10.17.(2016北京,理17)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,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?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.解(1)因为平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以

12、ABPD.又因为PAPD,所以PD平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以POAD.又因为PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD,所以POCO.因为AC=CD,所以COAD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则nPD=0,nPC=0,即-y-z=0,2x-z=0.令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又PB=(1,1,-1),所以cos=nPB|n|PB|=-3

13、3.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(3)设M是棱PA上一点,则存在0,1使得AM=AP.因此点M(0,1-,),BM=(-1,-,).因为BM平面PCD,所以BM平面PCD当且仅当BMn=0,即(-1,-,)(1,-2,2)=0.解得=14.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时AMAP=14.18.(2016北京,理18)设函数f(x)=xea-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.解(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f(x)=(1-x)ea-x+b.依题设,f(2)=2

14、e+2,f(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1,解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知,f(x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值,从而g(x)0,x(-,+).综上可知,f(x)0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).19.(2016北京,理19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率

15、为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:|AN|BM|为定值.解(1)由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x00时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x

16、0y0-1,从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.20.(2016北京,理20)设数列A:a1,a2,aN(N2).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1,则G(A);(3)证明:若数列A满足an-an-11(n=2,3,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.解(1)G(A)

17、的元素为2和5.(2)因为存在an使得ana1,所以iN*|2iN,aia1.记m=miniN*|2iN,aia1,则m2,且对任意正整数km,aka1a1.由(2)知G(A).设G(A)=n1,n2,np,n1n2np.记n0=1.则an0an1an2anp.对i=0,1,p,记Gi=kN*|niani.如果Gi,取mi=minGi,则对任何1kmi,akaniami.从而miG(A)且mi=ni+1,又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=.从而对任意npkN,akanp,特别地,aNanp.对i=0,1,p-1,ani+1-1ani.因此ani+1=ani+1-1+(ani+1-ani+1-1)ani+1.所以aN-a1anp-a1=i=1p(ani-ani-1)p.因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1.