2016年北京普通高等学校招生全国统一考试高考数学教师精校版含详解
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2016年北京高考理科数学真题试卷一、选择题（共8小题；共40分）1. 已知集合A=x x<2，B=−1,0,1,2,3，则A∩B= A. 0,1B. 0,1,2C. −1,0,1D. −1,0,1,22. 若x，y满足2x−y≤0,x+y≤3,x≥0.则2x+y的最大值为 A. 0B. 3C. 4D. 53. 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. 1B. 2C. 3D. 44. 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5. 已知x,y∈R，且x>y>0，则 A. 1x −1y>0 B. sin x−sin y>0C. 12x−12y<0 D. ln x+ln y>06. 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. 17. 将函数y=sin2x−π3图象上的点Pπ4,t 向左平移s s>0个单位长度得到点Pʹ．若Pʹ位于函数y=sin2x的图象上，则 A. t=12，s的最小值为π6B. t=32，s的最小值为π6C. t=12，s的最小值为π3D. t=32，s的最小值为π38. 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二、填空题（共6小题；共30分）9. 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=．10. 在1−2x6的展开式中，x2的系数为．（用数字作答）11. 在极坐标系中，直线ρcosθ−3ρsinθ−1=0与圆ρ=2cosθ交于A，B两点，则AB=．12. 已知a n为等差数列，S n为其前n项和，若a1=6，a3+a5=0，则S6=．13. 双曲线x2a −y2b=1a>0,b>0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=．14. 设函数f x=x3−3x,x≤a−2x,x>a．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．三、解答题（共6小题；共78分）15. 在△ABC中，a2+c2=b2+2ac．（1）求∠B的大小；（2）求A+cos C的最大值．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间，数据如表（单位：小时）：A班6 6.5 7 7.5 8B班6 7 8 9 10 11 12C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μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．（结论不要求证明）17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，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AMAP的值；若不存在，说明理由．18. 设函数f x=x e a−x+bx，曲线y=f x在点2,f2处的切线方程为y=e−1x+4．（1）求a，b的值；（2）求f x的单调区间．19. 已知椭圆C:x2a +y2b=1a>b>0的离心率为32，A a,0，B0,b，O0,0，△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．20. 设数列A：a1，a2，⋯，a N N≥2．如果对小于n2≤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>a1，则G A≠∅；（3）证明：若数列A满足a n−a n−1≤1n=2,3,⋯,N，则G A的元素个数不小于a N−a1．答案第一部分1. C 【解析】因为A=x x<2=x−2<x<2，B=−1,0,1,2,3，所以A∩B=−1,0,1，故选C．2. C 【解析】如图，当取点A1,2时，取到最大值．3. B 【解析】循环一次，b=1，a=−12，k=0；循环二次，a=−2，k=1；循环三次，a=1，k=2．4. D 【解析】当a与b方向相反时，不能得到a+b=a−b；而当a+b=a−b时，平方得a⋅b=0，即a⊥b，因此a与b可以不相等．5. C【解析】因为x>y>0，所以1x <1y，即1x−1y<0，故A不正确．当x>y>0时，不能说明sin x>sin y，如x=π，y=π2，x>y，但sinπ<sinπ2，故B不正确．因为函数y=12x在R上为减函数，且x>y>0，所以12x<12y，即12x−12y<0，故C正确．当x=1，y=12时，ln x+ln y<0，故D不正确．6. A 【解析】由三视图知，该三棱锥的直观图为三棱锥P−ABC（如图），其中∠ABC=90∘，AB=BC=1，平面PAB⊥平面ABC，点P到平面ABC的距离为1，所以该三棱锥的体积为13×12×1×1×1=16．7. A 【解析】因为点P在y=sin2x−π3的图象上，所以t=sin2×π4−π3=12．点Pπ4,12向左平移s s>0个单位长度得到Pʹπ4−s,12．因为Pʹπ4−s,12在y=sin2x的图象上，所以12=sin2π4−s =cos2s．所以2s=±π3+2kπk∈Z，所以s=±π6+kπk∈Z．又s>0，所以s min=π6．8. B 【解析】若袋中只有2个球，则一个红球，一个黑球，只用一次就能摸完，放入的情况可能有两种：甲红，则乙黑，丙0个；甲黑，则乙0个，丙红，排除选项 A，D．若袋中有4个球，两个红球和两个黑球，假设第一次取到两个红球，则结果为甲：1个红球，乙：1个红球．第二次只能取到两个黑球，则结果为甲：红球和黑球各1个，乙：1个红球，丙：1个黑球．排除选项C．综合选项知，只有B正确．第二部分9. −1【解析】1+i a+i=a−1+a+1i，由题意得a+1=0，a=−1．10. 60【解析】二项展开式的通项公式为T r+1=C6r−2x r=C6r−2r x r，令r=2，则x2的系数为C62−22= 60．11. 2【解析】由x=ρcosθ,y=ρsinθ得直线和圆的普通方程分别为x−3y−1=0，x−12+y2=1．由于该直线过圆心1,0，圆的半径r=1，故AB=2r=2．12. 6【解析】a n为等差数列，a3+a5=2a4=0，所以a1=6，a4=0，解得d=−2．所以S6=6⋅a1+ 6×52d=6．13. 2【解析】因为两条渐近线是正方形OABC的相邻两边，所以夹角为90∘，可知渐近线的斜率为±1．所以±ba=±1，a=b．因为B为该双曲线的焦点，所以c=2a2+b2=c2=8，a=b可得a=2．14. 2；−∞,−1第三部分15. （1）因为a 2+c 2=b 2+ 2ac ， 所以cos B =a 2+c 2−b 22ac=22， 所以B =π4．（2）在△ABC 中，A +B +C =π，cos C=−cos A +B=−cos A +π .2cos A +cos C= 2cos A −cos A +π= 2cos A − 22cos A − 22sin A= 22cos A + 22sin A =sin A +π A ∈ 0,3π ,A +π∈ π,π .所以当A =π4时， A +cos C 的最大值为1．16. （1）由题意得：三个班共抽取20个学生，其中 C 班抽取8个，故抽样比K =20100=15，故 C 班有学生8÷15=40人．（2）从 A 班和 C 班抽出的学生中，各随机选取一个人，共有5×8=40种情况，而且这些情况是等可能发生的，当甲锻炼时间为6时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有2种情况； 当甲锻炼时间为6.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况； 当甲锻炼时间为7时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况； 当甲锻炼时间为7.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况； 当甲锻炼时间为8时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有4种情况； 故该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率P =2+3+3+3+440=38；（3）μ0>μ1．17. （1）面PAD ∩面ABCD =AD ，面PAD ⊥面ABCD ， 因为AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ， 所以AB ⊥面PAD ， 因为PD ⊂面PAD ， 所以AB ⊥PD ， 又PA ⊥PD ， 所以PD ⊥面PAB ．（2）取AD 的中点O ，连接CO ，PO ． 因为AC =CD = 5， 所以CO ⊥AD ． 因为PA =PD ，所以PO ⊥AD ．以O 为原点，建立如图坐标系，易知P 0,0,1 ，B 1,1,0 ，D 0,−1,0 ，C 2,0,0 ，设向量n 为平面PCD 的法向量，则PB = 1,1,−1 ，PD = 0,−1,−1 ，PC = 2,0,−1 ，CD = −2,−1,0 ，则 n ⋅PD =0,n ⋅PC=0.解得n = 12,−1,1 ，设直线PB 与平面PCD 所成角为θ，\（ \sin\theta =\left|\cos\left<\overrightarrow{n}，\overrightarrow{PB}\right>\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{PB}}{\left|\overrightarr ow{n}\right| \cdot\left|\overrightarrow{PB}\right|}\right|=\left|\dfrac{\dfrac{1}{ 2}-1-1}{\sqrt{\dfrac{1}{4 }+1+1} \times\sqrt{3}}\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{3 } \）． （3）假设存在M 0,x 0,y 0 ，使得BM ∥平面PCD ． 设AM AP=λ，A 0,1,0 ，P 0,0,1 ，B 1,1,0 ．AP= 0,−1,1 ，AM = 0,x 0−1,y 0 ，因为AM =λAP ，得M 0,1−λ,λ ，BM = −1,−λ,λ ， 因为BM ∥平面PCD ，平面PDC 的法向量为n ， 所以BM ⋅n =0，即−12+λ+λ=0，解得λ=14，即当AM AP=14时，满足题意．18. （1）fʹ x = 1−x e a−x +b ，根据题意， 有 f 2 =2e a−2+2b =2e +2,fʹ 2 =−e a−2+b =e −1.⇒ a =2,b =e.（2）由（1）fʹ x = 1−x e2−x+e =e x−1− x−1e x−2，导函数分母为正，只需考虑分子的符号即可．构造函数g x =e x −x ，gʹ x =e x −1=0⇒x =0．故g x 在 −∞,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增，g x >g 0 =1，即g x >0恒成立，因此fʹ x =g x−1 e >0．故f x 在R 上单调递增，无单调递减区间．19. （1）由题意得 ca = 32,12ab =1,a 2=b 2+c 2,解得a =2，b =1．所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1． （2）由（1）知，A 2,0 ，B 0,1 ．设P x 0,y 0 ，则x 02+4y 02=4．当x0≠0时，直线PA的方程为y=y0x0−2x−2．令x=0，得y M=−2y0x0−2，从而 BM =1−y M=1+2y0x0−2．直线PB的方程为y=y0−1x0x+1．令y=0，得x N=−x0y0−1，从而 AN =2−x N=2+x0y0−1．所以AN ⋅ BM =2+x0y0−1⋅1+2y0x0−2=x02+4y02+4x0y0−4x0−8y0+4 x0y0−x0−2y0+2=4x0y0−4x0−8y0+8 0000=4.当x0=0时，y0=−1， BM =2， AN =2，所以 AN ⋅ BM =4．综上， AN ⋅ BM 为定值．20. （1）G A的元素为2和5．（2）因为存在a n使得a n>a1，所以i∈N∗2≤i≤N,a i>a1≠∅．记m=min i∈N∗2≤i≤N,a i>a1，则m≥2，且对任意正整数k<m，a k≤a1<a m．因此m∈G A．从而G A≠∅．（3）当a N≤a1时，结论成立．以下设a N>a1．由（2）知G A≠∅．设G A= n1,n2,⋯,n p，n1<n2<⋯<n p．记n0=1，则a n0<a n1<a n2<⋯<a np．对i=0,1,⋯,p，记G i= k∈N∗n i<k≤N,a k>a ni．如果G i≠∅，取m i=min G i，则对任何1≤k<m i，a k≤a ni <a mi．从而m i∈G A且m i=n i+1．又因为n p是G A中的最大元素，所以G p=∅．从而对任意n p≤k≤N，a k≤a np ，特别地，a N≤a np．对i=0,1,⋯,p−1，a ni+1−1≤a ni．因此a ni+1=a ni+1−1+ a ni+1−a ni+1−1≤a ni+1．所以a N−a1≤a np −a1= a ni−a ni−1pi=1≤p．因此G A的元素个数p不小于a N−a1．。
