2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数(天津卷)

1、2016年普通高等学校招生全国统一考试天津理科数学1.(2016天津,理1)已知集合a=1,2,3,4,b=y|y=3x-2,xa,则ab=() a.1b.4c.1,3d.1,4答案d由题意知集合b=1,4,7,10,则ab=1,4.故选d.2.(2016天津,理2)设变量x,y满足约束条件x-y+20,2x+3y-60,3x+2y-90,则目标函数z=2x+5y的最小值为()a.-4b.6c.10d.17答案b如图,作出变量x,y满足约束条件表示的可行域,为三角形abc及其内部,点a,b,c的坐标依次为(0,2),(3,0),(1,3).由图可知,将z=2x+5y变形为y=-25x+z5,可

2、知当y=-25x+z5经过点b时,z取最小值6.故选b.3.(2016天津,理3)在abc中,若ab=13,bc=3,c=120°,则ac=()a.1b.2c.3d.4答案a由余弦定理得13=9+ac2+3acac=1.故选a.4.(2016天津,理4)阅读下边的程序框图,运行相应的程序,则输出s的值为()a.2b.4c.6d.8答案b依次循环:s=8,n=2;s=2,n=3;s=4,n=4,满足条件,结束循环,输出s=4.故选b.5.(2016天津,理5)设an是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的()a.充要条件

3、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答案c由题意,得a2n-1+a2n<0a1(q2n-2+q2n-1)<0q2(n-1)(q+1)<0q(-,-1),因此,q<0是对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0的必要不充分条件.故选c.6.(2016天津,理6)已知双曲线x24-y2b2=1(b>0),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近线相交于a,b,c,d四点,四边形abcd的面积为2b,则双曲线的方程为()a.x24-3y24=1b.x24-4y23=1c.x24-y24=1d.x24-y212=1答案d

4、根据对称性,不妨设点a在第一象限,其坐标为(x,y),于是有x2+y2=4y=b2xx=4b2+4,y=4b2+4·b2,则xy=16b2+4·b2=b2b2=12.故所求双曲线的方程为x24-y212=1,故选d.7.(2016天津,理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.-58b.18c.14d.118答案b设ba=a,bc=b,则de=12ac=12(b-a),df=32de=34(b-a),af=ad+df=-12a+34(b-a)=-54a+34b.故af

5、·bc=-54a·b+34b2=-58+34=18,应选b.8.(2016天津,理8)已知函数f(x)=x2+(4a-3)x+3a,x<0,loga(x+1)+1,x0(a>0,且a1)在r上单调递减,且关于x的方程|f(x)|=2-x恰有两个不相等的实数解,则a的取值范围是()a.0,23b.23,34c.13,2334d.13,2334答案c由函数f(x)在r上单调递减,可得0<a<1,3-4a20,3af(0)=1,解得13a34.当x0时,由f(x)=0得x0=1a-1.又a13,1a-12,即x0(0,2.如图,作出y=|loga(x+1)

6、+1|(x0)的图象,由图知当x0时,方程|f(x)|=2-x只有一解.当x<0时,|f(x)|=2-x,即x2+(4a-3)x+3a=2-x只有一负实根,整理得x2+(4a-2)x+3a-2=0,=(4a-2)2-4×1×(3a-2)=4(4a2-7a+3)=4(4a-3)(a-1).(1)当=0时,解得a=34或a=1.又a13,34,a=34.此时方程的解为x=-12,符合题意.(2)当>0时,解得a<34或a>1.又a13,34,a13,34.方程有一负根x0和一零根,则有x0·0=3a-2=0,解得a=23.此时x0+0=2-4a

7、=-23<0,符合题意.方程有一正根x1和一负根x2,则有x1·x2=3a-2<0,解得a<23.又a13,34,所以a13,23.由(1)(2)可知,a的取值范围为342313,23=13,2334.9.(2016天津,理9)已知a,br,i是虚数单位,若(1+i)(1-bi)=a,则ab的值为. 答案2解析(1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,则1+b=a,1-b=0,所以a=2,b=1,即ab=2.故答案为2.10.(2016天津,理10)x2-1x8的展开式中x7的系数为.(用数字作答) 答案-56解析展开式通项为tr+1=c

8、8r(x2)8-r-1xr=(-1)rc8rx16-3r,令16-3r=7,得r=3,所以展开式中x7的系数为(-1)3c83=-56.故答案为-56.11.(2016天津,理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),则该四棱锥的体积为m3. 答案2解析由三视图知四棱锥高为3,底面平行四边形的底为2,高为1,因此该四棱锥的体积为v=13×(2×1)×3=2.故答案为2.12.(2016天津,理12)如图,ab是圆的直径,弦cd与ab相交于点e,be=2ae=2,bd=ed,则线段ce的长为. 答案233解析设

9、ce=x,如图,连接ac,bc,ad,则由相交弦定理得de·ce=ae·be,de=2x,又bd=de=2x,所以ac=ae=1.因为ab是直径,所以bc=32-12=22,ad=9-4x2.由题意可知,bcedae,则bcad=ecae,即229-4x2=x1,解得x=233.13.(2016天津,理13)已知f(x)是定义在r上的偶函数,且在区间(-,0)上单调递增.若实数a满足f(2|a-1|)>f(-2),则a的取值范围是. 答案12,32解析由题意知函数f(x)在区间(0,+)上单调递减,又f(x)是偶函数,则不等式f(2|a-1|)>f(-

10、2)可化为f(2|a-1|)>f(2),则2|a-1|<2,|a-1|<12,解得12<a<32.故答案为12,32.14.(2016天津,理14)设抛物线x=2pt2,y=2pt(t为参数,p>0)的焦点为f,准线为l.过抛物线上一点a作l的垂线,垂足为b.设c72p,0,af与bc相交于点e.若|cf|=2|af|,且ace的面积为32,则p的值为. 答案6解析由题意知抛物线的普通方程为y2=2px,焦点为fp2,0,|cf|=72p-p2=3p,又|cf|=2|af|,则|af|=32p.由抛物线的定义得|ab|=32p,所以xa=p,则ya

11、=2p.由cfab,得efea=cfab,即efea=cfaf=2,所以scef=2scea=62,sacf=saec+scfe=92.所以12×3p×2p=92,解得p=±6.又知p>0,所以p=6.15.(2016天津,理15)已知函数f(x)=4tan xsin2-x·cosx-3-3.(1)求f(x)的定义域与最小正周期;(2)讨论f(x)在区间-4,4上的单调性.解(1)f(x)的定义域为xx2+k,kz.f(x)=4tan xcos xcosx-3-3=4sin xcosx-3-3=4sin x12cosx+32sinx-3=2sin

12、xcos x+23sin2x-3=sin 2x+3(1-cos 2x)-3=sin 2x-3cos 2x=2sin2x-3,所以,f(x)的最小正周期t=22=.(2)令z=2x-3,函数y=2sin z的单调递增区间是-2+2k,2+2k,kz.由-2+2k2x-32+2k,得-12+kx512+k,kz.设a=-4,4,b=x-12+kx512+k,kz,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-4,-12上单调递减.16.(2016天津,理16)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

13、这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)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;(2)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.解(1)由已知,有p(a)=c31c41+c32c102=13.所以,事件a发生的概率为13.(2)随机变量x的所有可能取值为0,1,2.p(x=0)=c32+c32+c42c102=415,p(x=1)=c31c31+c31c41c102=715,p(x=2)=c31c41c102=415.所以,随机变量x的分布列为x012p415715415随机变量x的数学期望e(x)=0×4

14、15+1×715+2×415=1.17.(2016天津,理17)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.(1)求证:eg平面adf;(2)求二面角o-ef-c的正弦值;(3)设h为线段af上的点,且ah=23hf,求直线bh和平面cef所成角的正弦值.解依题意,of平面abcd,如图,以o为原点,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(

15、0,0,2),g(-1,0,0).(1)证明:依题意,ad=(2,0,0),af=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面adf的法向量,则n1·ad=0,n1·af=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又eg=(0,1,-2),可得eg·n1=0,又因为直线eg平面adf,所以eg平面adf.(2)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n2=(x,y,z)为平面cef的法向量,则n2·ef=0,n2·cf=0,即x+y=0,-x

16、+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<oa,n2>=oa·n2|oa|·|n2|=-63,于是sin<oa,n2>=33.所以,二面角o-ef-c的正弦值为33.(3)由ah=23hf,得ah=25af.因为af=(1,-1,2),所以ah=25af=25,-25,45,进而有h-35,35,45,从而bh=25,85,45,因此cos<bh,n2>=bh·n2|bh|·|n2|=-721.所以,直线bh和平面cef所成角的正弦值为721.18.(2016天津,理18)已知an是各项均

17、为正数的等差数列,公差为d.对任意的nn*,bn是an和an+1的等比中项.(1)设cn=bm+12-bn2,nn*,求证:数列cn是等差数列;(2)设a1=d,tn=k=12n(-1)kbk2,nn*,求证:k=1n1tk<12d2.证明(1)由题意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以cn是等差数列.(2)tn=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=2d(a2+a4+a2n)=2d·n(a2+a2n)2=2d2n(n+1

18、).所以k=1n1tk=12d2k=1n1k(k+1)=12d2k=1n1k-1k+1=12d2·1-1n+1<12d2.19.(2016天津,理19)设椭圆x2a2+y23=1(a>3)的右焦点为f,右顶点为a.已知1|of|+1|oa|=3e|fa|,其中o为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)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bfhf,且moamao,求直线l的斜率的取值范围.解(1)设f(c,0),由1|of|+1|oa|=3e|fa|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2

19、,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.所以,椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设b(xb,yb),由方程组x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2,或x=8k2-64k2+3,由题意得xb=8k2-64k2+3,从而yb=-12k4k2+3.由(1)知,f(1,0),设h(0,yh),有fh=(-1,yh),bf=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由bfhf,得bf·fh=0,所以4k2-94k2+3+12kyh4k2+3=0

20、,解得yh=9-4k212k.因此直线mh的方程为y=-1kx+9-4k212k.设m(xm,ym),由方程组y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xm=20k2+912(k2+1).在mao中,moamao|ma|mo|,即(xm-2)2+ym2xm2+ym2,化简得xm1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64,或k64.所以,直线l的斜率的取值范围为-,-6464,+.20.(2016天津,理20)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,xr,其中a,br.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0,求

21、证:x1+2x0=3;(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值不小于14.(1)解由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:当a0时,有f'(x)=3(x-1)2-a0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-,+).当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1+3a3,或x=1-3a3.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x-,1-3a31-3a31-3a3,1+3a31+3a31+3a3,+f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极

22、小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-,1-3a3,1+3a3,+.(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x01.由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3