2016年高考北京理科数学试题及答案(word解析版)

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AB（ ） （1）【2016年北京，理1，5分】已知集合Ax|x<（A）0,1 （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AB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，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． （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

11111【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

xyxyx是三角函数ysinx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0所以C对；D考查的是

22222xxyxyword

对数函数ylnx的性质，lnxlnylnxy，当xy0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（ ）

111（A） （B） （C） （D）1

623【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

1111S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（ ） 31，s的最小值为 （B）t，s的最小值为

226631（C）t，s的最小值为 （D）t，s的最小值为

2233【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

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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（10）【2016年北京，理10，5分】在12x的展开式中，x2的系数为 ．（用数字作答） 【答案】60

2【解析】由二项式定理得含x2的项为C62x60x2．

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，

word

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，

22222∵2cos，sincos2cos∴xy2x，圆的直角坐标方程为x1y21，

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．

a3a50，Sn为其前n项和．（12）【2016年北京，理12，5分】已知an为等差数列，若a16，则S6 ． 【答案】6

【解析】∵a3a52a4∴a40，∵a16，a4a13d∴d2，∴S66a1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．

x2y2（13）【2016年北京，理13】双曲线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，

πbOA2∴cOB22，AOB，∵直线OA是渐近线，方程为yx，

4ab∴tanAOB1，又∵a2b2c2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．

x3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．

【解析】由x33x3x230，得x1，如下图，是fx的两个函数在没有条件时的图

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x33x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，a2c2b22ac．

（1）求B的大小；

（2）求2cosAcosC的最大值．

πa2c2b22ac2解：（1）∵acb2ac，∴acb2ac，∴cosB，∴B． 42ac2ac2322（2）∵ABCπ，∴ACπ，∴2cosAcosC2cosA(cosA)sinA

422π33ππ22cosAsinAsin(A)，∵ACπ，∴A(0,π)，∴A(,π)，

4444422π∴sin(A)最大值为1，所以2cosAcosC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

222222word

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，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． 201（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Ai,i1,2,3,4,5，

5C班中取到第j个人事件为Cj,j1,2,3,4,5,6,7,8，A班中取到AiCj的概率为Pi， 1111112131313143所求事件为D，则P(D)PPPPP． 123455555558585858588（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，

PAPD，ABAD，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

AM的值，若不存在， AP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，∵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)，

则PB1,1,1，PD(0，1，1)，PC(2，0，1)，CD(2，1，0)，设n为面PDC的 nPD01n，1,1，则PB与面PCD夹角有 法向量，令n(x0，y0,1)，2nPC0sincosn,PBnPBnPB11123．311134 AMM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， AP0,1,1，，

APB1,1,0，AM0,y'1,z'，有AMAPM0,1,，∴BM1,,，∵BM∥面PCD，

11n为PCD的法向量，∴BMn0，即0，∴=，

24AM1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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．

word

解：（1）

f(x)xeaxbx，∴f(x)eaxxeaxb(1x)eaxb，∵曲线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)2ea22b2(e1)4①

f(2)(12)ea2be1 ② 由①②解得：a2，be．

（2）由（1）可知：f(x)xe2xex，f(x)(1x)e2xe，

令g(x)(1x)e2x，∴g(x)e2x(1x)e2x(x2)e2x

x ,2  2 0 2,  g(x) g(x) 极小值 ∴g(x)的最小值是g(2)(12)e221，∴f(x)的最小值为f(2)g(2)ee10， 即f(x)0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．

x2y23（19）【2016年北京，理19，14分】已知椭圆C：221a0,b0的离心率为，Aa,0，B0,b，

2abO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．

x2c31222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y21．

4a222x0y02y021．（2）解法一：设椭圆上一点Px0,y0，则y0直线PA：y． x2，令x0，得yM4x02x02∴BM1y1x02y0xx1，令y0，得xN，直线PB：y0．∴AN20 x0y01x02y0122x02y0x02y02x02y02x04y04x0y04x08y04 ANBM21y01x02x02y01x0y0x02y022x021代入上式得ANBM=4，故ANBM为定值． 将y04sinsin解法二：设椭圆上一点P2cos,sin，直线PA:y． x2，令x0，得yM2cos21cossincos12sin2cos2sin12cos∴BM，令y0，．AN x1，xN PB:y1cos1sin2cos1sin2sin2cos2sincos122sin2cos2sincosANBM24

1sin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：a1,a2aNN2．如果对小于n2nN的每个正整数k都

有akan，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an使得ana1，则GA；

,N，则GA的元素个数不小于aNa1．

解：（1）根据题干可得，a12，a22，a31，a41，a53，a1a2满足条件，2满足条件，a2a3不

（3）证明：若数列A满足anan11n2,3,满足条件，3不满足条件，a2a4不满足条件，4不满足条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此55． 满足条件，因此GA2，word

（2）因为存在ana1，设数列A中第一个大于a1的项为ak，则aka1≥ai，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i1i2对于第一个“G时刻”i1，有ai1a1≥ai，i2，ik，3，，i11，

则ai1a1≤ai1ai11≤1．对于第二个“G时刻”i2i1，有ai2ai1≥ai（i1，． 2，，i21）则ai2ai1≤ai2ai21≤1．类似的ai3ai2≤1，…，aikaik1≤1． 于是，k≥aikaik1aik1aik2从而，k≥aika1≥aNa1，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．

对于aN，若NGA，则aikaN； ai2ai1ai2a1aika1．

aik1，，aN中存在“G时刻”，与只有k个“G时刻”矛盾． 若NGA，则aN≤aik，否则由⑵，知aik，