2016年高考北京卷理数试题(含答案)

2016年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．（1）已知集合A=B=，则（A）（B）（C）（D）（2）若x,y满足，则2x+y的最大值为（A）0（B）3（C）4（D）5（3）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（4）设a,b是向量，则“IaI=IbI”是“Ia+bI=Ia-bI”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,yR,且xyo，则（A）-（B）（C）(-0（D）lnx+lny(6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）（B）（C）（D）1(7)将函数图像上的点P（，t）向左平移s（s﹥0）个单位长度得到点P′.若P′位于函数的图像上，则（A）t=，s的最小值为（B）t=，s的最小值为（C）t=，s的最小值为（D）t=，s的最小值为（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第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．（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=_______________。（10）在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）（11）在极坐标系中，直线与圆交于A，B两点，则=____________________.（12）已知为等差数列，为其前n项和，若，，则.（13）双曲线的渐近线为正方形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80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）（15）（本小题13分）在ABC中，3332acbac（I）求B的大小（II）求2coscosAC的最大值（16）（本小题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，数据如下表（单位：小时）；A班66.577.58B班6789101112C班34.567.5910.51213.5（I）试估计C班的学生人数；（II）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对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；（III）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，表格中数据的平均数记为，试判断和的大小，（结论不要求证明）（17）（本小题14分）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,（I）求证：PD平面PAB;（II）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（III）在棱PA上是否存在点M，使得BMll平面PCD?若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由。（18）（本小题13分）设函数f(x)=xeaxe+bx，曲线y=f(x)dhko(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4，（I）求a,b的值；(II)求f(x)的单调区间。（19）（本小题14分）已知椭圆C：22221Xyab（ab0）的离心率为32，A（a,0）,B(0,b)，O（0，0），△OAB的面积为1.（I）求椭圆C的方程；(II)设P的椭圆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：lANllBMl为定值。（20）（本小题13分）设数列A：1a，2a,…Na(N≥2)。如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有ka＜na，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。（I）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；(II)证明：若数列A中存在na使得na1a，则G（A）；(III）证明：若数列A满足na-1na≤1（n=2,3,…,N）,则G（A）的元素个数不小于Na-1a。2016年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）（1）C（2）C（3）B（4）D（5）C（6）A（7）A（8）B二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（9）1（10）60（11)2（12）6（13）2（14）2)1,(三、解答题（共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（Ⅰ）由余弦定理及题设得22222cos222acacacbcaB.又因为B0，所以4B.（Ⅱ）由（Ⅰ）知43CA.)43cos(cos2coscos2AACA)4cos(sin22cos22sin22cos22cos2AAAAAA,因为430A，所以当4A时，CAcoscos2取得最大值1.（16）（共13分）解：（Ⅰ）由题意知，抽出的20名学生中，来自C班的学生有8名.根据分层抽样方法，C班的学生人数估计为40208100.（Ⅱ）设事件iA为“甲是现有样本中A班的第i个人”，5,,2,1i，事件jC为“乙是现有样本中C班的第j个人”，8,,2,1j，由题意可知，51)(iAP，5,,2,1i；81)(jCP，8,,2,1j.4018151)()()(jijiCPAPCAP,5,,2,1i,8,,2,1j.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，3323133222122111CACACACACACACACAE45352515342414CACACACACACACA因此)()()()()()()()()(3323133222122111CAPCAPCAPCAPCAPCAPCAPCAPEP8340115)()()()()()()(45352515342414CAPCAPCAPCAPCAPCAPCAP（Ⅲ）01.（17）（共14分）解：（Ⅰ）因为平面PAD平面ABCD，ADAB，所以AB平面PAD.所以PDAB.又因为PDPA，所以PD平面PAB.（Ⅱ）取AD的中点O，连结COPO,.因为PDPA，所以ADPO.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CDAC，所以ADCO.如图建立空间直角坐标系xyzO.由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(PDCBA.设平面PCD的法向量为),,(zyxn，则,0,0PCnPDn即,02,0zxzy令2z，则2,1yx.所以)2,2,1(n.又)1,1,1(PB，所以33,cosPBnPBnPBn.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.（Ⅲ）设M是棱PA上一点，则存在]1,0[使得APAM.因此点),,1(),,1,0(BMM.因为BM平面PCD，所以∥BM平面PCD当且仅当0nBM，即0)2,2,1(),,1(，解得41.所以在棱PA上存在点M使得∥BM平面PCD，此时41APAM.（18）（共13分）解：（Ⅰ）因为bxxexfxa)(，所以bexxfxa)1()(.依题设，,1)2(,22)2(efef即,1,222222ebeebeaa解得eba,2.（Ⅱ）由（Ⅰ）知exxexfx2)(.由)1()(12xxexexf即02xe知，)(xf与11xex同号.令11)(xexxg，则11)(xexg.所以，当)1,(x时，0)(xg，)(xg在区间)1,(上单调递减；当),1(x时，0)(xg，)(xg在区间),1(上单调递增.故1)1(g是)(xg在区间),(上的最小值，从而),(,0)(xxg.综上可知，0)(xf，),(x，故)(xf的单调递增区间为),(.（19）（共14分）解：（Ⅰ）由题意得,,121,23222cbaabac解得1,2ba.所以椭圆C的方程为1422yx.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，)1,0(),0,2(BA，设),(00yxP，则442020yx.当00x时，直线PA的方程为)2(200xxyy.令0x，得2200xyyM.从而221100xyyBMM.直线PB的方程为1100xxyy.令0y，得100yxxN.从而12200yxxANN.所以221120000xyyxBMAN228844224844400000000000000002020yxyxyxyxyxyxyxyxyx4.当00x时，10y，,2,2ANBM所以4BMAN.综上，BMAN为定值.（20）（共13分）解：（Ⅰ）)(AG的元素为2和5.（Ⅱ）因为存在na使得1aan，所以1,2aaNiNii.记1,2minaaNiNimi，则2m，且对任意正整数mkaaamk1,.因此)(AGm，从而)(AG.（Ⅲ）当1aaN时，结论成立.以下设1aaN.由（Ⅱ）知)(AG.设ppnnnnnnAG2121,,,,)(，记10n.则pnnnnaaaa210.对pi,,1,0，记inkiiaaNknNkG,.如果iG，取iiGmmin，则对任何iimnkiaaamk,1.从而)(AGmi且1iinm.又因为pn是)(AG中的最大元素，所以pG.从而对任意nknp，pnkaa，特别地，pnNaa.对iinnaapi11,1,,1,0.因此1)(111111iiiiinnnnnaaaaa.所以paaaaaaiipnpinnN)(1111.因此)(AG的元素个数p不小于1aaN.