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1、绝密启用前2016 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学（理工类）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分钟。第卷 1至 2 页，第卷 3 至 5 页。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第卷第卷注意事项：注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。参考公式：参
2、考公式：如果事件A，B互斥，那么如果事件A，B相互独立，那么P(AB)P(A)P(B).P(AB)P(A)P(B).圆柱的体积公式V Sh.圆锥的体积公式V 1Sh.3其中S表示圆柱的底面面积，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆柱的高.h表示圆锥的高.一一.选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.学科学科.网网1,2,3,4，B y y 3x2,xA，则AB（1）已知集合A1（A）（B）41,3（C）1,4（D）x y20,（2）设变量x，y满足约束条件2x3y 60,则目标函数z 2x5y的最小值为3x2y 90.
3、（A）4（B）6（C）10（D）17（3）在ABC中，若AB 13，BC 3，C 120，则AC（A）1（B）2（C）3（D）4（4）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（A）2（B）4（C）6（D）8（5）设an是首项为正数的等比数列，学科&网公比为q，“q0”是“对任意的正整数n，a2n1a2n0”的（A）充要条件（B）充分而不必要条件（C）必要而不充分条件（D）既不充分也不必要条件（6）已知双曲线则xy21，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐（b0）4b22（第 4 题图）近线相交于A，B，C，D四点，学科&网四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方
4、程为x23y2x24y2x2y2x2y21（B）1（C）21（D）1（A）444344412（7）已知ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE 2EF，则AF BC的值为（A）51（B）88（C）14（D）118x2(4a3)x3a,x0（8）已知函数f(x)（a0，学.科网且a 1）在 R R 上单调递减，且关于x的log(x1)1,x0a方程f(x)2 x恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是231 23（C）,3 34（A）(0,（B）,（D）,)2 33 41 23 334绝密启用前2016 年普通高等学校招生全国统一考试(天津
5、卷)数学（理工类）（理工类）第卷第卷注意事项：注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2.本卷共 12 小题,共 110分.二填空题二填空题:本大题共本大题共 6 6 小题小题,每小题每小题 5 5 分分,共共 3030 分分.（9）已知a，bR R，i是虚数单位，若(1i)(1bi)a，则a的值为_.b（10）(x2)8的展开式中x7的系数为_.（用数字作答）（11）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），学科.网则该四棱锥的体积为_m.（12）如图，AB是圆的直径，弦CD与AB相交于点E，31xBE 2AE 2，BD ED，则线段CE的长为
6、_.（13）已知f(x)是定义在 R R 上的偶函数，且在区间(,0)上单调递增.若实数a满足f(2则a的取值范围是_.a1)f(2)，x 2pt2,（14）设抛物线（t为参数，p0）的焦y 2pt点F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为7B.设C(p,0)，AF与BC相交于点E.若CF 2 AF，2且ACE的面积为3 2，则p的值为_.三三.解答题：本大题共解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 8080 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（15）（本小题满分本小题满分 1313 分分）已知函数f(x)4tan xsin(x)c
7、os(x)3.23（）求f(x)的定义域与最小正周期；（）讨论f(x)在区间（16）（本小题满分本小题满分 1313 分分）某小组共10人，利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.（）设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；（）设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望.（17）（本小题满分本小题满分 1313 分分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF 平面ABCD，点G为AB的中点，AB BE 2.（）求证：E
8、G平面ADF；（）求二面角OEFC的正弦值；（）设H为线段AF上的点，且AH ,上的单调性.4 42HF，3求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.（18）（本小题满分本小题满分 1313 分分）已知an是各项均为正数的等差数列，学.科.网公差为d.对任意的nN，bn是an和an1的等比中项.22（）设cn bn1bn，nN，求证：数列cn是等差数列；（）设a1 d，Tn(1)b，nN，求证k2k2nk1112.2dk1Tkn（19）（本小题满分本小题满分 1414 分分）x2y2113e1(a 3)的右焦点为F，右顶点为A.已知设椭圆2，a3OFOAFA其中O为原点，e为椭圆的离心率.学.科.
9、网（）求椭圆的方程；（）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF HF，且MOAMAO，求直线l的斜率的取值范围.（20）（本小题满分本小题满分 1414 分分）设函数f(x)(x1)axb，xR R，其中a，bR R.（）求f(x)的单调区间；（）若f(x)存在极值点x0，且f(x1)f(x0)，其中x1 x0，求证：x12x0 3；（）设a0，函数g(x)f(x)，求证：g(x)在区间0,2上的最大值不小于31420162016 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数数学（理工类）学（理工
10、类）一、选择题：（1）【答案】D（2）【答案】B（3）【答案】A（4）【答案】B（5）【答案】C（6）【答案】D（7）【答案】B（8）【答案】C第卷第卷二、填空题：二、填空题：（9）【答案】2（10）【答案】56（11）【答案】2（12）【答案】2 33（13）【答案】(,)(14)【答案】6三、解答题三、解答题（15）【答案】（）x x 1 32 2（）.在区间,上单调递增,学科&网在区间，k,kZ，212 4412上单调递减.【解析】试题分析：（）先利用诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式、配角公式将函数化为基本三角函数：f(x)=2sin2x在区间3，再根据正弦函数性质求定义域、学科&网
11、周期根据（1）的结论，研究三角函数 4 4,上单调性试题解析：解：fx的定义域为x x k,kZ.2fx 4tan xcos xcosx3 4sin xcosx333132=4sin xcosxsin x 3 2sin xcosx2 3sin x322=sin 2x31-cos2x3 sin2x3cos2x=2sin2x所以,fx的最小正周期T 3.2.2解：令z 2x由,函数y 2sin z的单调递增区间是 2k,2k,k Z.232322k 2x22k,得12k x 5k,kZ.12设A5 ,B x k x k,kZ，易知AB,.1212 44 412所以,当x,学.科网时,fx在区间,上
12、单调递增,在区间，上单调递减.4 412 4412考点：三角函数性质，诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式、配角公式【结束】(16)【答案】（）【解析】试题分析：（）先确定从这10 人中随机选出 2 人的基本事件种数：C10，再确定选出的2 人参加义工活动112次数之和为 4 所包含基本事件数：C3C4C4，最后根据概率公式求概率（）先确定随机变量可能取值为21（）详见解析30,1,2.学.科网再分别求出对应概率，列出概率分布，最后根据公式计算数学期望试题解析：解：()由已知，有112C3C4C41PA,2C103所以，事件A发生的概率为1.3()随机变量X的所有可能取值为0,1,2.2C32
13、C32C4PX 02C101111C3C3C3C4PX 12C1011C3C4PX 22C104，157，154.15所以，随机变量X学.科网分布列为X0171524154P15474随机变量X的数学期望EX 0121.151515考点：概率，概率分布与数学期望【结束】(17)【答案】（）详见解析（）【解析】37（）321试题分析：（）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，
14、再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意，OF 平面ABCD，如图，以O为点，分别以AD,BA,OF的方向为x轴，y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A1,1,0,B(1,1,0),C(1,1,0),D(11，,0),E(1,1,2),F(0,0,2),G(1,0,0).n1 AD 0（I）证明：依题意，AD (2,0,0),AF 1,1,2.设n1x,y,z为平面ADF的法向量，则，n1 AF 0即2x 0.不妨设z 1，可得n10,2,1，又EG 0,1,2，可得EGn10，又因为直线x y2z 0EG 平面AD
15、F，所以EG/平面ADF.（II）解：易证，OA1,1,0为平面OEF的一个法向量.依题意，EF 1,1,0,CF 1,1,2.设n2EF 0，即n2x,y,z为平面CEF的法向量，则n2CF 0 x y 0.不妨设x 1，可得x y2z 0n21,1,1.因此有cos OA,n2OAn2OA n2 63，于是sin OA,n2，所以，二面角OEFC的正弦值33为3.3（III）解：由AH 222 22 4HF，学.科网得AH AF.因为AF 1,1,2，所以AH AF,，53555 5进而有H,，从而BH 3 3 45 5 5BH n27 2 8 4,，因此cos BH,n2.所以，直线BH
16、和215 5 5BH n2平面CEF所成角的正弦值为7.21考点：利用空间向量解决立体几何问题【结束】(18)【答案】（）详见解析（）详见解析【解析】222 anan1，从而cn bn试题分析：（）先根据等比中项定义得：bn1bn an1an2anan1 2dan1，因此根据等差数列定义可证：cn1cn 2dan2an1 2d（）对数列不等式证明一般以算代证先利2用分组求和化简Tnn1k12nn2bn2b12b2b32b42b22n1b22n 2d2nn1，再利用裂项相11n11n 11 11 消法求和 1，易得结论.2222dk1kk 12dk1kk 12dn1k1Tk222 anan1，有
17、cn bn试 题 解 析：（I）证 明：由 题 意 得bn1bn an1an2anan1 2dan1，因此cn1cn 2dan2an1 2d2，所以cn是等差数列.2222（II）证明：Tn b12b2 b32b4 b2n1b2n 2da2a4na2n 2d na2a2n 2d2nn1211n11n 1111 1所以.22 122T2dk k 12dkk 12dn12dk1kk1k1考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和【结束】（19）x2y2661（）(,)【答案】（）4344【解析】试题分析：（）求椭圆标准方程，只需确定量，由113c113c，得再利用|OF|OA|FA|caa(
18、ac)，a2c2 b2 3，可解得c21，a2 4（）先化简条件：MOAMAO|MA|MO|，即 M再 OA 中垂线上，xM1，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求B；利用两直线方程组求 H，最后根据BF HF，列等量关系解出直线斜率.取值范围试题解析：（1）解：设F(c,0)，由113c113c，即，可得a2c2 3c2，又|OF|OA|FA|caa(ac)2x2y21.a c b 3，所以c 1，因此a 4，所以椭圆的方程为432222（2）（）解：设直线l的斜率为k（k 0），则直线l的方程为y k(x2).设B(xB,yB)，由方程组x2y212222，消去y，整理得(4k 3)x
19、16k x16k 12 0.3 4y k(x2)8k268k2612kx 解得x 2，或x，由题意得，从而.y BB2224k 34k 34k 394k212k,).由BF HF，得由（）知，F(1,0)，设H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF (24k 3 4k2394k294k212kyHBF HF 0，所 以2 0，解 得yH.因 此 直 线MH的 方 程 为212k4k 34k 3194k2y x.k12k194k220k29y x设M(xM,yM)，由 方 程 组.在MAO中，k12k消 去y，解 得xM212(k 1)y k(x2)20k29MOA MAO|MA|MO|，即(x
20、M2)y x y，化简得xM1，即1，解212(k 1)22M2M2M得k 66或k.4466,).44所以，直线l的斜率的取值范围为(,考点：学.科网椭圆的标准方程和几何性质，直线方程【结束】（20）【答案】（）详见解析（）详见解析（）详见解析【解析】试题分析：（）先求函数的导数：f(x)3(x1)a，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：当a 0时，有f(x)0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).当a 0时，存在三个单调区间22（）由题意得(x01)af(x1)f(x0)，计算可得f(3 2x0)f(x0)再由及单调性可得结论（）实3|f(3a3a|,|f()|33的大小即可，分三
21、种情况研究，当质研究函数g(x)最大值：主要比较f(1),f(1)，当a 3时，13a3a 0 2 1333 a 34时，12 3a3a3a2 3a3a3a3 0 11 2 11 2.，当0 a 时，0 1333333432试题解析：（）解：由f(x)(x1)axb，可得f(x)3(x1)a.下面分两种情况讨论：（1）当a 0时，有f(x)3(x1)a 0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(,).（2）当a 0时，令f(x)0，解得x 123a3a，或x 1.33当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(,13a3a3a3a3a3a)1,1)1,)(1(13333330极大值单调递
22、减0极小值单调递增f(x)f(x)单调递增所以f(x)的单调递减区间为(13a3a3a3a,1)，单调递增区间为(,1)，(1,).33332（）证明：因为f(x)存在极值点，所以由（）知a 0，且x01，由题意，得f(x0)3(x01)a 0，即(x01)2a，32aax0b.338a又f(32x0)(22x0)3a(22x0)b(1 x0)2ax03a b32aa x0b f(x0)，且32x0 x0，由题意及（）知，存在唯一实数满足f(x1)f(x0)，且33进而f(x0)(x01)3ax0b x1 x0，因此x132x0，所以x12x03；（）证明：设g(x)在区间0,2上的最大值为M
23、，maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况同理：（1）当a3时，13a3a 0 2 1，由（）知，f(x)在区间0,2上单调递减，所以f(x)在33区间0,2上的取值范围为 f(2),f(0)，因此M max|f(2)|,|f(0)|max|1 2a b|,|1b|max|a 1(a b)|,|a 1(a b)|a1(ab),ab 0，所以M a 1|a b|2.a1(ab),ab 0（2）当32 3a3a3a2 3a a 3时，1 0 11 2 1，由（）和（）知，333342 3a3a2 3a3a)f(1)，f(2)f(1)f(1)，33333a3a),f(1)，因此33f(0)
24、f(1所以f(x)在区间0,2上的取值范围为 f(1M max|f(13a3a2a2a)|,|f(1)|max|3a a b|,|3a a b|3399 max|2a2a3a(a b)|,|3a(a b)|992a23313a|a b|3.99444（3）当0 a 33a3a1 2，由（）和（）知，时，01334f(0)f(12 3a3a2 3a3a)f(1)，f(2)f(1)f(1)，3333学.科网所以f(x)在区间0,2上的取值范围为 f(0),f(2)，因此M max|f(0)|,|f(2)|max|1b|,|12a b|max|1a(a b)|,|1a(a b)|1a|ab|1.41.4综上所述，当a 0时，g(x)在区间0,2上的最大值不小于考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【结束】