高考北京理科数学试题及答案word解析版 6页

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． （1）【2016 年北京，理 1，5 分】已知集合  | 2A x x < ，  1,0,1,2,3  ，则 A B  （ ） （A） 0,1 （B） 0,1,2 （C） 1,0,1 （D） 1,0,1,2 【答案】C 【解析】集合  2 2A x x    ，集合  1,0,1,2,3B x  ，所以  1,0,1A B   ，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． （2）【2016 年北京，理 2，5 分】若 x ， y 满足 2 0 3 0 x y x y x        ， ， ， 则 2x y 的最大值为（ ） （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 【解析】开始 1a  ， 0k  ；第一次循环 1 2a   ， 1k  ；第二次循环 2a   ， 2k  ，第三次循环 1a  ， 条件判断为“是”跳出，此时 2k  ，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． （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 【解析】若 =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 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， + =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， 所以 =a b   不一定成立，从而不是必要条件，故选 D． 【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 0x y  ，则（ ） （A） 1 1 0x y   （B） sin sin 0x y _ （C） 1 1 02 2 x y           （D） ln ln 0x y  【答案】C 【解析】 A ．考查的是反比例函数 1y x  在  0 ,   单调递减，所以 1 1 x y  即 1 1 0x y   所以 A 错； B ．考查的 是三角函数 siny x 在  0 ,   单调性，不是单调的，所以不一定有 sin sinx y ，B 错；C ．考查的是 指数函数 1 2 x y      在  0 ,   单调递减，所以有 1 1 2 2 x y          即 1 1 02 2 x y           所以 C 对； D 考查的是 对数函数 lny x 的性质， ln ln lnx y xy  ，当 0x y  时， 0xy  不一定有 ln 0xy  ，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（ ） （A） 1 6 （B） 1 3 （C） 1 2 （D）1 【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 1h  ，底面积 1 11 12 2S     ，所以体积 1 1 3 6V Sh  ，故选 A． 【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 sin 2 3y x      图象上的点 ,4P t     向左平移  0s s  个单位 长度得到点 P，若 P位于函数 sin 2y x 的图象上，则（ ） （A） 1 2t  ， s 的最小值为 6  （B） 3 2t  ， s 的最小值为 6  （C） 1 2t  ， s 的最小值为 3  （D） 3 2t  ， s 的最小值为 3  【答案】A 【解析】点 π ,4P t     在函数 πsin 2 3y x     上，所以 π π π 1sin 2 sin4 3 6 2t               ，然后 πsin 2 3y x     向左平 移 s 个单位，即 πsin 2( ) sin 23y x s x       ，所以 π + π ,6s k k Z ，所以 s 的最小值为 π 6 ，故选 A． 【点评】本题考查的知识点是函数   sin 0, 0y x A      的图象和性质，难度中档． （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 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 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 ia  在复平面内对应的点位于实轴上，则 a  ． 【答案】 1 【解析】     1 1i i1 i     a a a ，∵其对应点在实轴上，∴ 1 0 a ， 1 a ． 【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． （10）【2016 年北京，理 10，5 分】在  61 2x 的展开式中， 2x 的系数为 ．（用数字作答） 【答案】60 【解析】由二项式定理得含 2x 的项为  22 2 6C 2 60 x x ． 【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， 则 AB  ______． 【答案】2 【解析】将极坐标转化为直角坐标进行运算 cosx   ， siny   ，直线的直角坐标方程为 3 1 0  x y ， ∵ 2cos  ，  2 2 2sin cos 2 cos      ∴ 2 2 2 x y x ，圆的直角坐标方程为  2 21 1  x y ， 圆心  1,0 在直线上，因此 AB 为圆的直径， 2AB ． 【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． （12）【2016 年北京，理 12，5 分】已知 na 为等差数列， nS 为其前 n 项和．若 1 6a  ， 3 5 0a a  ，则 6S  ． 【答案】6 【解析】∵ 3 5 42 a a a ∴ 4 0a ，∵ 1 6a ， 4 1 3 a a d ∴ 2 d ，∴   6 1 6 6 16 62    S a d ． 【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． （13）【2016 年北京，理 13】双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     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】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， 2OA ∴ 2 2 c OB ， π 4  AOB ，∵直线 OA是渐近线，方程为 by xa  ， ∴ tan 1b AOBa    ，又∵ 2 2 2 8  a b c ∴ 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． （14）【2016 年北京，理 14，5 分】设函数   3 3 , 2 , x x x af x x x a      ．①若 0a  ，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】2； 1a   ． 【解析】由  3 23 3 3 0x x x    ，得 1x   ，如下图，是  f x 的两个函数在没有限制条件时的图 象．⑴    max 1 2f x f   ；⑵ 当 1a ≥ 时，  f x 有最大值  1 2f   ； 当 1a   时， 2x 在 x a 时无最大值，且  3 max 2 3a x x   ．所以， 1a   ． 【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， 2 2 2 2a c b ac   ． （1）求 B 的大小； （2）求 2 cos cosA C 的最大值． 解：（1）∵ 2 2 2 2a c b ac   ，∴ 2 2 2 2a c b ac   ，∴ 2 2 2 2 2cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ，∴ π 4B  ． （2）∵ πA B C   ，∴ 3 π4A C  ，∴ 2 cos cosA C 2 22 cos ( cos ) sin2 2A A A    2 2cos sin2 2A A  πsin( )4A  ，∵ 3 π4A C  ，∴ 3(0, π)4A ，∴ π π( ,π)4 4A   ， ∴ πsin( )4A  最大值为 1，所以 2 cos cosA C 最大值为 1． 【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 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 4020   ， X 班学生 40 人． （2）在 A 班中取到每个人的概率相同均为 1 5 ，设 A 班中取到第i 个人事件为 , 1,2,3,4,5iA i  ， C 班中取到第 j 个人事件为 , 1,2,3,4,5,6,7,8jC j  ， A 班中取到 i jA C 的概率为 iP ， 所求事件为 D ，则 1 2 3 4 5 1 1 1 1 1( ) 5 5 5 5 5P D P P P P P     1 2 1 3 1 3 1 3 1 4 5 8 5 8 5 8 5 8 5 8           3 8  ． （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 ABCD﹣ 中，平面 PAD  平面 ABCD ，PA PD PA PD ， AB AD ， 1AB  ， 2AD  ， 5AC CD  ． （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 AM AP 的值，若不存在， 说明理由． 解：（1）∵面 PAD  面 ABCD AD ，面 PAD  面 ABCD ，∵ AB  AD ， AB  面 ABCD ，∴ AB  面 PAD ， ∵ PD  面 PAD 。∴ AB PD ，又 PD PA ，∴ PD  面 PAB ． （2）取 AD 中点为 O ，连结 CO ， PO ，∵ 5CD AC  ，∴ CO AD ，∵ PA PD ， ∴ PO AD ，以 O 为原点，如图建系易知 (0 01)P ，， ， (11 0)B ，， ， (0 1 0)D ， ， ， (2 0 0)C ，， ， 则  1,1, 1PB   ， (0 1 1)PD    ， ， ， (2 0 1)PC   ，， ， ( 2 1 0)CD    ， ， ，设 n 为面 PDC 的 法向量，令 0 0( ,1)n x y ， ， 0 1 1,120 n PD n n PC                 ， ，则 PB 与面 PCD 夹角 有 1 1 1 32sin cos , 31 1 1 34 n PBn PB n PB                 ． （3）假设存在 M 点使得 BM∥面 PCD ，设 AM AP  ，  0, ', 'M y z ，由（2）知  0,1,0A ，  0,0,1P ，  0, 1,1AP   ，  1,1,0B ，  0, ' 1, 'AM y z  ，有  0,1 ,AM AP M      ，∴  1, ,BM     ，∵ BM∥面 PCD ， n  为 PCD 的法向量，∴ 0BM n   ，即 1 02      ，∴ 1= 4  ， ∴综上，存在 M 点，即当 1 4 AM AP  时， M 点即为所求． 【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   a xf x xe bx  ，曲线  y f x 在点   2, 2f 处的切线方程为  1 4y e x   ． （1）求 a， b 的值； （2）求  f x 的单调区间． 解：（1） ( ) ea xf x x bx  ，∴ ( ) e e (1 )ea x a x a xf x x b x b         ，∵曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方 程为 (e 1) 4y x   ，∴ (2) 2(e 1) 4f    ， (2) e 1f    ，即 2(2) 2e 2 2(e 1) 4af b     ① 2(2) (1 2)e e 1af b      ② 由①②解得： 2a  ， eb  ． （2）由（1）可知： 2( ) e exf x x x  ， 2( ) (1 )e exf x x     ， 令 2( ) (1 )e xg x x   ，∴ 2 2 2( ) e (1 )e ( 2)ex x xg x x x         x  ,2 2  2, ( )g x  0  ( )g x  极小值  ∴ ( )g x 的最小值是 2 2(2) (1 2)e 1g     ，∴ ( )f x 的最小值为 (2) (2) e e 1 0f g      ， 即 ( ) 0f x  对 x  R 恒成立，∴ ( )f x 在 ,  上单调递增，无减区间． 【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． （19）【2016 年北京，理 19，14 分】已知椭圆 C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的离心率为 3 2 ，  ,0A a ，  0,B b ，  0,0O ， 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）由已知， 3 1, 12 2 c aba   ，又 2 2 2a b c  ，解得 2, 1, 3.a b c   ∴椭圆的方程为 2 2 14 x y  ． （2）解法一：设椭圆上一点  0 0,P x y ，则 2 20 0 14 x y  ．直线 PA ：  0 0 22 yy xx   ，令 0x  ，得 0 0 2 2M yy x   ． ∴ 0 0 21 2 yBM x    ，直线 PB ： 0 0 1 1yy xx   ，令 0y  ，得 0 0 1N xx y   ．∴ 0 0 2 1 xAN y    2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 4 4 4 8 42 11 2 2 1 2 2 x y x y x y x y x y x yAN BM y x x y x y x y                       将 2 20 0 14 x y  代入上式得 =4AN BM ，故 AN BM 为定值． 解法二：设椭圆上一点  2cos ,sinP   ，直线 PA :  sin 22cos 2y x   ，令 0x  ，得 sin 1 cosMy    ． ∴ sin cos 1 1 cosBM       ， PB : sin 1 12cosy x    ，令 0y  ， 2cos 1 sinNx    ． 2sin 2cos 2 1 sinAN       2sin 2cos 2 sin cos 1 2 2sin 2cos 2sin cos2 41 sin 1 cos 1 sin cos sin cosAN BM                              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 ：  1 2, 2Na a a N  ．如果对小于  2n n N  的每个正整数 k 都 有 k na a ，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 : 2,2, 1,1,3A   ，写出  G A 的所有元素； （2）证明：若数列 A 中存在 na 使得 1na a ，则  G A  ； （3）证明：若数列 A 满足  1 1 2,3, ,n na a n N    ，则  G A 的元素个数不小于 1Na a ． 解：（1）根据题干可得， 1 2a   ， 2 2a  ， 3 1a   ， 4 1a  ， 5 3a  ， 1 2a a 满足条件，2 满足条件， 2 3a a 不 满足条件，3 不满足条件， 2 4a a 不满足条件，4 不满足条件， 1a ， 2a ， 3a ， 4a ，均小于 5a ，因此 5 满足条件，因此    2 5G A  ， ． （2）因为存在 1na a ，设数列 A 中第一个大于 1a 的项为 ka ，则 1k ia a a ≥ ，其中 2 1i k   ， 所以  k G A ，  G A   ． （3）设 A 数列的所有“ G 时刻”为 1 2 ki i i   ，对于第一个“ G 时刻” 1i ，有 1 1i ia a a ≥ ， 12 3 1i i ， ， ， ， 则 1 1 11 1 1i i ia a a a  ≤ ≤ ．对于第二个“ G 时刻”  2 1i i ，有 2 1i i ia a a ≥ （ 21 2 1i i ， ， ， ）． 则 2 1 2 2 1 1i i i ia a a a  ≤ ≤ ．类似的 3 2 1i ia a ≤ ，…， 1 1k ki ia a   ≤ ． 于是，        1 1 2 2 1 2 1 1k k k k ki i i i i i i ik a a a a a a a a a a            ≥ ．对于 Na ，若  N G A ，则 ki Na a ； 若  N G A ，则 kN ia a≤ ，否则由⑵，知 1k ki i Na a a ， ， ， 中存在“ G 时刻”，与只有 k 个“ G 时刻”矛盾． 从而， 1 1ki Nk a a a a ≥ ≥ ，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．