高考北京理科数学试题及答案word解析版

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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. (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.
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