2016年高考理科数学天津卷-答案.pdf

1/12 2016 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科数学答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】D【解析】把x1,2,3,4分别代入y3x2得：y1,4,7,10，即B1,4,7,10，A1,2,3,4，AB1,4，故选 D【提示】把A中元素代入y3x2中计算求出y的值，确定出B，找出A与B的交集即可【考点】集合思想；定义法；集合 2.【答案】B【解析】做出不等式组xy202x3y603x2y90表示的可行域，如下图中三角形的区域，做出直线 0l:2x5y0，图中的虚线，平移直线0l，可得经过点(3,0)时，z2x5y取得最小值 6，故选 B 【提示】做出不等式组表示的平面区域，做出直线0l:2x5y0，平移直线0l，可得经过点(3,0)时，z2x5y取得最小值 6【考点】简单线性规划 3.【答案】A【解析】在ABC中，若AB13，BC3，C120，222ABBCAC2AC BCcosC，得：2139AC3AC，解得AC1或AC4（舍去），故选 A【提示】直接利用余弦定理求解即可【考点】余弦定理的应用 4.【答案】B【解析】第一次判断后：不满足条件，S2 48，n2，i4；第二次判断不满足条件n3；2/12 第三次判断满足条件：S6，此时计算S862，n3，第四次判断n3不满足条件，第五次判断S6不满足条件，S4，n4，第六次判断满足条件n3，故输出S4，故选 B【提示】根据程序进行顺次模拟计算即可【考点】程序框图 5.【答案】C【解析】na 是首项为正数的等比数列，公比为q，若“q0”是“对任意的正整数n，2n 12naa0”不一定成立，例如：当首项为 2，1q2 时，各项为 2，1，12，14，此时2(1)10 ，1110244；而“对任意的正整数n，2n 12naa0”，前提是“q0”，则“q0”是“对任意的正整数n，2n 12naa0”的必要而不充分条件，故选 C【提示】利用必要、充分及充要条件的定义判断即可【考点】必要条件，充分条件，充要条件 6.【答案】D【解析】以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆的方程为22xy4，双曲线两条渐近线方程为byx2，设bA x,x2，则四边形ABCD的面积为2b，2x bx2b，x1，将bA 1,2代入22xy4，可得2b144，2b12，双曲线的方程为22xy1412，故选 D【提示】以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆的方程为22xy4，双曲线的两条渐近线方 为byx2，利用四边形ABCD的面积为2b，求出A的坐标，代入圆的方程，即可得出结论【考点】双曲线的简单性质 7.【答案】B【解析】由DD、E分别是边AB、BC的中点，DE2EF，AF BC(ADDF)(ACAB)221313311ABDE(ACAB)ABAC(ACAB)ACAB ACAB2224442，311111144228，故选 B 3/12 【提示】运用向量的加法运算和中点的向量表示，结合向量的数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，计算即可得到所求值【考点】平面向量数量积的运算 8.【答案】C【解析】aylog(x1)1在0,)递减，则0a1，函数f(x)在 R 上单调递减，则2a34a020a10(4a3)03alog(01)1；解得，13a34；由图像可知，在0,)上，f(x)2x有且仅有一个解，故在(,0)上，f(x)2x 同样有且仅有一个解，当3a2即2a3时，联立2x(4a3)3a2x，则2(4a2)4(3a2)0，解得3a4或 1（舍去），当13a2时，由图像可知，符合条件，综上：a的取值范围为1 23,3 34 ，故选 C 【提示】利用函数是减函数，根据对数的图像和性质判断出a的大致范围，再根据f(x)为减函数，得到不等式组，利用函数的图像，方程的解的个数，推出a的范围【考点】分段函数的应用；根的存在性及根的个数判断 4/12 第卷 二、填空题 9.【答案】2【解析】(1 i)(1 bi)1b(1 b)ia，a,bR，1ba1b0，解得：a2b1，a2b【提示】根据复数相等的充要条件，构造关于a，b的方程，解得a，b的值，进而可得答案【考点】复数代数形式的乘除运算 10.【答案】56【解析】rr2 8 rrr16 3rr 1881TC(x)(1)C xx，令163r7，解得r3 821xx的展开式中7x的系数为338(1)C56【提示】利用通项公式即可得出【考点】二项式系数的性质 11.【答案】2【解析】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四棱锥，棱锥的底面是底为 2，高为 1的平行四边形，故底面面积2S2 12m ，棱锥的高h3m，31VSh2m3【提示】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四棱锥，进而可得答案【考点】三视图 12.【答案】2 33【解析】过D作DHAB于H，BE2AE2，BDED，BHHE1，AH2，BH1，2DHAH?BH2，则DH2，在RtDHE中，则22DEDHHE2 13，由相交弦定理得：CE DEAE EB，AE EB1 22 3CEDE33 5/12 【提示】由BDED，可得BDE为等腰三角形，过D作DHAB于H，由相交弦定理求得DH，在RtDHE中求出DE，再由相交弦定理求得CE【考点】与圆有关的比例线段 13.【答案】1 3,2 2【解析】f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在区间(,0)上单调递增，f(x)在区间(0,)上单调递减，则a 1f(2)f(2)，等价为a 1f(2)f(2)，即a 1222，则1a12，即13a22【提示】根据函数奇偶性和单调性之间的关系将不等式进行转化进行求解即可【考点】奇偶性与单调性的综合 14.【答案】6【解析】抛物线2x2pty2pt（t为参数，p0）的普通方程为：2y2px焦点为pF,02，如图：过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，设7Cp,02，AF与BC相交于点ECF2 AF，CF3p，3ABAFp2，A(p,2p)，ACE的 面 积 为3 2，AEAB1EFCF2，可 得AFCACE1SS3即：113p2p3 232，解得p6 【提示】化简参数方程为普通方程，求出F与l的方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积列出方程，求解即可【考点】抛物线的简单性质，参数方程化成普通方程 6/12 三、解答题 15.【答案】解：（）f x的定义域为x xk,kZ2 f x4tanxcosxcos x34sinxcos x333 2134sinxcosxsinx32sinxcosx2 3sin x322 sin2x3(1 cos2x)3sin2x3cos2x=2sin(2x)3 所以，f(x)的最小正周期2T2（）令z2x3，函数y2sinz的单调递增区间是2k,2k,k22Z 由2k2x2k232，得5kxk1212，kZ 设 A,4 4，5Bxkxk,k1212Z，易知 AB,12 4 所以，当 x,4 4 时，f(x)在区间,12 4上单调递增，在区间,412上单调递减 【提示】（）利用三角函数的诱导公式以及两角和差的余弦公式，结合三角函数的辅助角公式进行化简求解即可（）利用三角函数的单调性进行求解即可 7/12 【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图像 16.【答案】解：（）由已知，有112344210C CC1P(A)C3所以，事件A发生的概率为13（）随机变量X的所有可能取值为 1,2,3，222334210CCC4P(X0)C15，11113334210C CC C7P(X1)C15，1134210C C4P(X2)C15 所以，随机变量X分布列为：X 0 1 2 P 415 715 415 随机变量X的数学期望474E(X)0121151515 【提示】（）选出的 2 人参加义工活动次数之和为 4 为事件A，求出选出的 2 人参加义工活动次数之和的所有结果，即可求解概率则P(A)（）随机变量X的可能取值为 0，1，2，3 分别求出P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)的值，由此能求出X的分布列和EX【考点】离散型随机变量的期望与方差，列举法计算基本事件数及事件发生的概率，离散型随机变量及其分布列 17.【答案】解：依题意，OFABCD平面，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)，A(1,1,0)，B(1,1,0)，C(1,1,0)D(1,1,0)，E(1,1,2)，F(0,0,2)，G(1,0,0)8/12 （）AD(2,0,0)，AF(1,1,2)设1n(x,y,z)为平面ADF的法向量，则11n AD0n AF0，即2x0 xy2z0不妨设z1，可得1n(0,2,1)，又EG(0,1,2)，可得1EG n0，又因为直线EGADF平面，所以EGADF平面（）易证，OA(1,1,0)为平面OEF的一个法向量 依题意，EF(1,1,0)，CF(1,1,2)设2n(x,y,z)为平面CEF的法向量，则22nEF0n CF0，即xy0 xy2z0 不妨设x1，可得2n(1,1,1)因此有222OA n6cos OA,n3OA n，于是23sin OA,n3，所以，二面角OEFC的正弦值为33（）由2AHHF3，得2AHAF5 因为AF(1,1,2)，所以222 4AHAF,555 5，进而有3 3 4H,5 5 5，从而2 8 4BH,5 5 5，因此222BH n7cos BH,n21BH n 直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721【提示】（）通过证明1EG n0，又因为直线EGADF平面证明：EGADF平面；（）求出平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角OEFC的正弦值；（）求出2 8 4BH,5 5 5，利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角 18.【答案】解：（）由题意得2nnn 1ba a，有22nn 1nn 1n 2nn 1n 1cbbaaa a2da，9/12 因此2n 1nn 2n 1cc2d(aa)2d，所以nc 是等差数列（）222222222nn12342n 12n242nn(aa)T(bb)(bb)(bb)2d(aaa)2d2d n(n1)2 所以nnn2222k 1k 1k 1k1111111111T2dk(k1)2dkk12dn12d【提示】（）根据等差数列和等比数列的性质，建立方程关系，根据条件求出数列nc 的通项公式，结合等差数列的定义进行证明即可（）利用裂项法进行求解，结合放缩法进行不等式的证明即可【考点】数列与不等式的综合，等差关系的确定 19.【答案】解：（）设F(c,0)，由113cOFOAFA，即113ccaa(ac)，可得222ac3c，又222acb3，所以2c1，因此2a4，所以椭圆的方程为22xy143（）设直线l的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)设BBB(x,y)，由方程组22xy143yk(x2)，消去y，整理得2222(4k3)x16k x16k120 解得x2或228k6x4k3，由题意得2B28k6x4k3，从而B212ky4k3 由（）知，F(1,0)，设HH(0,y)，有HFH(1,y)，22294k12kBF,4k3 4k3 由BFHF，得BF HF0，所以2H2212ky94k04k34k3，解得2H94ky12k 10/12 因此直线MH的方程为2194kyxk12k 设MMM(x,y)，由方程组2194kyxk12kyk(x2)消去y，解得2M220k9x12(k1)在MAO中，MOAMAO|MA|MO|，即2222MMMM(x2)yxy，化简得Mx1，即2220k9112(k1)，解得6k4 或6k4 所以，直线l的斜率的取值范围为66,44 【提示】（）由题意画出图形，把OF、OA、FA代入113cOFOAFA，转化为关于a的方程，解方程求得a值，则椭圆方程可求；（）由已知设直线l的方程为yk(x2)，(k0)，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得B的坐标，再写出MH所在直线方程，求出H的坐标，由BFHF，得11HBF HF(1x,y)(1,y)0，整理得到M的坐标与k的关系，由|MA|MO|，得到0 x1，转化为关于k的不等式求得k的范围【考点】椭圆的简单性质 20.【答案】解：（）由3f(x)(x1)axb，可得2f(x)3(x1)a下面分两种情况讨论：当a0时，有2f(x)3(x1)a0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(,)当a0时，令f(x)0，解得3ax13，或3ax13 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 3a,13 3a13 3a3a1,133 3a13 3a1,3 11/12 f(x)0 0 f(x)单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为3a3a1,133，单调递增区间为3a,13，3a1,3（）因为f(x)存在极值点，所以由（）知a0，且0 x1，由题意，得200f(x)3(x1)a0，即20a(x1)3，进而300002aaf(x)(x1)axbxb33 300000008a2aaf(32x)(22x)a(22x)b(1x)2ax3abxbf(x)333，且0032xx，由题意及（）知，存在唯一实数满足10f(x)f(x)，且10 xx，因此10 x32x，所以10 x2x3（）设g(x)在区间0,2上的最大值为M，maxx,y表示x,y两数的最大值下面分三种情况同理：当a3时，3a3a102133，由（）知，f(x)在区间0,2上单调递减，所以f(x)在区间 0,2上的取值范围为f(2),f(0)，因此Mmax f(2),f(0)max 1 2ab,1 b max a1(ab),a1(ab)a1(ab),ab0a1(ab),ab0 ，所以Ma1ab2 当3a34时，2 3a3a3a2 3a1011213333 ，由（）和（）知，2 3a3af 0f 1f 133，2 3a3af 2f 1f 133，所以 f x在区间0,2上的取值范围为3a3af 1,f 133，3a3aMmaxf 1,f 133 2a2amax3aab,3aab992a2amax3aab,3aab99 2a23313aab399444 当30a4时，3a3a011233 ，由（）和（）知，2 3a3af 0f 1f 133，2 3a3af 2f 1f 133，所以 f x在区间0,2上的取值范围为 f 0,f 2，12/12 因此Mmax f(0),f(2)max1 b,1 2ab max 1 a(ab),1 a(ab)11 a|ab|4 综上所述，当a0时，g(x)在区间0,2上的最大值不小于14【提示】（）求出f(x)的导数，讨论a0时，f(x)0，f(x)在R上递增；当a0时，由导数大于 0，可得增区间；导数小于 0，可得减区间；（）0f(x)0，可得203(x1)a，分别计算0f(x)，0f(32x)，化简整理即可得证；（）要证g(x)在区间0,2上的最大值不小于，即证在0,2上存在x，2x，使得121g(x)g(x)2讨论当a3时，当0a3时，运用单调性和极值，化简14整理即可得证【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值