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1、2016年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）理数一、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（5分）（2016北京）已知集合A=x|x|2，B=1，0，1，2，3，则AB=（）A0，1B0，1，2C1，0，1D1，0，1，22（5分）（2016北京）若x，y满足，则2x+y的最大值为（）A0B3C4D53（5分）（2016北京）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（）A1B2C3D44（5分）（2016北京）设，是向量，则“|=|”是“|+|=|”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
2、5（5分）（2016北京）已知x，yR，且xy0，则（）A0Bsinxsiny0C（）x（）y0Dlnx+lny06（5分）（2016北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）ABCD17（5分）（2016北京）将函数y=sin（2x）图象上的点P（，t）向左平移s（s0）个单位长度得到点P，若P位于函数y=sin2x的图象上，则（）At=，s的最小值为Bt=，s的最小值为Ct=，s的最小值为Dt=，s的最小值为8（5分）（2016北京）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，
3、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，每小题5分，共30分9（5分）（2016北京）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（5分）（2016北京）在（12x）6的展开式中，x2的系数为（用数字作答）11（5分）（2016北京）在极坐标系中，直线cossin1=0与圆=2cos交于A，B两点，则|AB|=12（5分）（2016北京）已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a1=6，a3+a5=0，则S6=
4、13（5分）（2016北京）双曲线=1（a0，b0）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（5分）（2016北京）设函数f（x）=若a=0，则f（x）的最大值为；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（13分）（2016北京）在ABC中，a2+c2=b2+ac（）求B的大小；（）求cosA+cosC的最大值16（13分）（2016北京）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：
5、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（）试估计C班的学生人数；（）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；（）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）17（14分）（2016北京）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平
6、面ABCD，PAPD，PA=PD，ABAD，AB=1，AD=2，AC=CD=（）求证：PD平面PAB；（）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（）在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由18（13分）（2016北京）设函数f（x）=xeax+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=（e1）x+4，（）求a，b的值；（）求f（x）的单调区间19（14分）（2016北京）已知椭圆C：+=1（a0，b0）的离心率为，A（a，0），B（0，b），O（0，0），OAB的面积为1（）求椭圆C的方程；（）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直
7、线PB与x轴交于点N求证：|AN|BM|为定值20（13分）（2016北京）设数列A：a1，a2，aN （N2）如果对小于n（2nN）的每个正整数k都有akan，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（）对数列A：2，2，1，1，3，写出G（A）的所有元素；（）证明：若数列A中存在an使得ana1，则G（A）；（）证明：若数列A满足anan11（n=2，3，N），则G（A）的元素个数不小于aNa12016年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）理数参考答案与试题解析一、选择题1C【分析】先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出AB【解答】解：集合A=x|
8、x|2=x|2x2，B=1，0，1，2，3，AB=1，0，1故选：C2C【分析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义是直线的纵截距，利用数形结合即可求z的取值范围【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）设z=2x+y得y=2x+z，平移直线y=2x+z，由图象可知当直线y=2x+z经过点A时，直线y=2x+z的截距最大，此时z最大由，解得，即A（1，2），代入目标函数z=2x+y得z=12+2=4即目标函数z=2x+y的最大值为4故选：C3B【分析】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案【解答】解：输入的a
9、值为1，则b=1，第一次执行循环体后，a=，不满足退出循环的条件，k=1；第二次执行循环体后，a=2，不满足退出循环的条件，k=2；第三次执行循环体后，a=1，满足退出循环的条件，故输出的k值为2，故选：B4D【分析】根据向量模相等的几何意义，结合充要条件的定义，可得答案【解答】解：若“|=|”，则以，为邻边的平行四边形是菱形；若“|+|=|”，则以，为邻边的平行四边形是矩形；故“|=|”是“|+|=|”的既不充分也不必要条件；故选：D5C【分析】x，yR，且xy0，可得：，sinx与siny的大小关系不确定，lnx+lny与0的大小关系不确定，即可判断出结论【解答】解：x，yR，且xy0，则
10、，sinx与siny的大小关系不确定，即0，lnx+lny与0的大小关系不确定故选：C6A【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，进而可得答案【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，棱锥的底面面积S=11=，高为1，故棱锥的体积V=，故选：A7A【分析】将x=代入得：t=，进而求出平移后P的坐标，进而得到s的最小值【解答】解：将x=代入得：t=sin=，将函数y=sin（2x）图象上的点P向左平移s个单位，得到P（s，）点，若P位于函数y=sin2x的图象上，则sin（2s）=cos2s=，则2s=+2k，kZ，则s=+k，kZ，由s
11、0得：当k=0时，s的最小值为，故选：A8B【分析】分析理解题意：乙中放红球，则甲中也肯定是放红球；往丙中放球的前提是放入甲中的不是红球，据此可以从乙中的红球个数为切入点进行分析【解答】解：取两个球共有4种情况：红+红，则乙盒中红球数加1个；黑+黑，则丙盒中黑球数加1个；红+黑（红球放入甲盒中），则乙盒中黑球数加1个；黑+红（黑球放入甲盒中），则丙盒中红球数加1个设一共有球2a个，则a个红球，a个黑球，甲中球的总个数为a，其中红球x个，黑球y个，x+y=a则乙中有x个球，其中k个红球，j个黑球，k+j=x；丙中有y个球，其中l个红球，i个黑球，i+l=y；黑球总数a=y+i+j，又x+y=a，
12、故x=i+j由于x=k+j，所以可得i=k，即乙中的红球等于丙中的黑球故选B二、填空题91【分析】（1+i）（a+i）=a1+（a+1）i，则a+1=0，解得答案【解答】解：（1+i）（a+i）=a1+（a+1）i，若复数（1+i）（a+i）在复平面内对应的点位于实轴上，则a+1=0，解得：a=1，故答案为：11060 【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可得出【解答】解：（12x）6的展开式中，通项公式Tr+1=（2x）r=（2）rxr，令r=2，则x2的系数=60故答案为：60112【分析】把圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆心C在直线上可得|AB|【解答】解：直线cossi
13、n1=0化为y直线xy1=0圆=2cos化为2=2cos，x2+y2=2x，配方为（x1）2+y2=1，可得圆心C（1，0），半径r=1则圆心C在直线上，|AB|=2故答案为：2126【分析】由已知条件利用等差数列的性质求出公差，由此利用等差数列的前n项和公式能求出S6【解答】解：an为等差数列，Sn为其前n项和a1=6，a3+a5=0，a1+2d+a1+4d=0，12+6d=0，解得d=2，S6=3630=6故答案为：6132【分析】根据双曲线渐近线在正方形的两个边，得到双曲线的渐近线互相垂直，即双曲线是等轴双曲线，结合等轴双曲线的性质进行求解即可【解答】解：双曲线的渐近线为正方形OABC的
14、边OA，OC所在的直线，渐近线互相垂直，则双曲线为等轴双曲线，即渐近线方程为y=x，即a=b，正方形OABC的边长为2，OB=2，即c=2，则a2+b2=c2=8，即2a2=8，则a2=4，a=2，故答案为：2142；（，1）【分析】将a=0代入，求出函数的导数，分析函数的单调性，可得当x=1时，f（x）的最大值为2；若f（x）无最大值，则，或，解得答案【解答】解：若a=0，则f（x）=，则f（x）=，当x1时，f（x）0，此时函数为增函数，当x1时，f（x）0，此时函数为减函数，故当x=1时，f（x）的最大值为2；f（x）=，令f（x）=0，则x=1，若f（x）无最大值，则，或，解得：a（，
15、1）故答案为：2，（，1）三、解答题15【分析】（）根据已知和余弦定理，可得cosB=，进而得到答案；（）由（I）得：C=A，结合正弦型函数的图象和性质，可得cosA+cosC的最大值【解答】解：（）在ABC中，a2+c2=b2+aca2+c2b2=accosB=，B=（）由（I）得：C=A，cosA+cosC=cosA+cos（A）=cosAcosA+sinA=cosA+sinA=sin（A+）A（0，），A+（，），故当A+=时，sin（A+）取最大值1，即cosA+cosC的最大值为116【分析】（I）由已知先计算出抽样比，进而可估计C班的学生人数；（）根据古典概型概率计算公式，可求出该
16、周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；（）根据平均数的定义，可判断出01【解答】解：（I）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=，故C班有学生8=40人，（）从从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，共有58=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；故周甲的锻炼
17、时间比乙的锻炼时间长的概率P=；（）0117【分析】（）由已知结合面面垂直的性质可得AB平面PAD，进一步得到ABPD，再由PDPA，由线面垂直的判定得到PD平面PAB；（）取AD中点为O，连接CO，PO，由已知可得COAD，POAD以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，1，0），C（2，0，0），进一步求出向量的坐标，再求出平面PCD的法向量，设PB与平面PCD的夹角为，由求得直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（）假设存在M点使得BM平面PCD，设，M（0，y1，z1），由可得M（0，1，），由BM平面PCD，可得，由此列式求得当时，M点即为所
18、求【解答】（）证明：平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，且ABAD，AB平面ABCD，AB平面PAD，PD平面PAD，ABPD，又PDPA，且PAAB=A，PD平面PAB；（）解：取AD中点为O，连接CO，PO，CD=AC=，COAD，又PA=PD，POAD以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，1，0），C（2，0，0），则，设为平面PCD的法向量，则由，得，则设PB与平面PCD的夹角为，则=；（）解：假设存在M点使得BM平面PCD，设，M（0，y1，z1），由（）知，A（0，1，0），P（0，0，1），B（1，1，0），则有
19、，可得M（0，1，），BM平面PCD，为平面PCD的法向量，即，解得综上，存在点M，即当时，M点即为所求18【分析】（）求函数的导数，根据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及f（2），建立方程组关系即可求a，b的值；（）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求f（x）的单调区间【解答】解：（）y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=（e1）x+4，当x=2时，y=2（e1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，同时f（2）=e1，f（x）=xeax+bx，f（x）=eaxxeax+b，则，即a=2，b=e；（）a=2，b=e；f（x）=xe2x+ex，f（x）=e2xxe2x
20、+e=（1x）e2x+e，f（x）=e2x（1x）e2x=（x2）e2x，由f（x）0得x2，由f（x）0得x2，即当x=2时，f（x）取得极小值f（2）=（12）e22+e=e10，f（x）0恒成立，即函数f（x）是增函数，即f（x）的单调区间是（，+）19【分析】（）运用椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合a，b，c的关系，解方程可得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；（）方法一、设椭圆上点P（x0，y0），可得x02+4y02=4，求出直线PA的方程，令x=0，求得y，|BM|；求出直线PB的方程，令y=0，可得x，|AN|，化简整理，即可得到|AN|BM|为定值4方法二、设P（2co
21、s，sin），（02），求出直线PA的方程，令x=0，求得y，|BM|；求出直线PB的方程，令y=0，可得x，|AN|，运用同角的平方关系，化简整理，即可得到|AN|BM|为定值4【解答】解：（）由题意可得e=，又OAB的面积为1，可得ab=1，且a2b2=c2，解得a=2，b=1，c=，可得椭圆C的方程为+y2=1；（）证法一：设椭圆上点P（x0，y0），可得x02+4y02=4，直线PA：y=（x2），令x=0，可得y=，则|BM|=|1+|；直线PB：y=x+1，令y=0，可得x=，则|AN|=|2+|可得|AN|BM|=|2+|1+|=|=|=|=4，即有|AN|BM|为定值4证法二：
22、设P（2cos，sin），（02），直线PA：y=（x2），令x=0，可得y=，则|BM|=|；直线PB：y=x+1，令y=0，可得x=，则|AN|=|即有|AN|BM|=|=2|=2|=4则|AN|BM|为定值420【分析】（）结合“G时刻”的定义进行分析；（）可以采用假设法和递推法进行分析；（）可以采用假设法和列举法进行分析【解答】解：（）根据题干可得，a1=2，a2=2，a3=1，a4=1，a5=3，a1a2满足条件，2满足条件，a2a3不满足条件，3不满足条件，a2a4不满足条件，4不满足条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满足条件，因此G（A）=2，5（）因为存在ana1，设数列A中第一个大于a1的项为ak，则aka1ai，其中2ik1，所以akG（A），G（A）；（）设A数列的所有“G时刻”为i1i2Lik，对于第一个“G时刻”i1，有a1ai（i=2，3，L，i11），则ai1对于第二个“G时刻”i1，有ai（i=2，3，L，i11），则1类似的1，1于是，k（）+（）+L+（）+（a1）=a1对于aN，若NG（A），则=aN若NG（A），则aN，否则由（2）知，L，aN，中存在“G时刻”与只有k个“G时刻”矛盾从而ka1aNa1第15页（共15页）