2016年普通高等学校招生全国统一考试天津理科数学
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,x∈A},则A∩B=( )
A.{1} B.{4} C.{1,3} D.{1,4}
答案D 由题意知集合B={1,4,7,10},则A∩B={1,4}.故选D.
2.(2016天津,理2)设变量x,y满足约束条件x-y+2≥0,2x+3y-6≥0,3x+2y-9≤0,则目标函数z=2x+5y的最小值为( )
A.-4 B.6 C.10 D.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.1 B.2 C.3 D.4
答案A 由余弦定理 得13=9+AC2+3AC⇒AC=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.2 B.4 C.6 D.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 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<0⇔a1(q2n-2+q2n-1)<0⇔q2(n-1)(q+1)<0⇔q∈(-∞,-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=1 B.x24-4y23=1
C.x24-y24=1 D.x24-y212=1
答案D 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=b2x⇒x=4b2+4,y=4b2+4·b2,则xy=16b2+4·b2=b2⇒b2=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.-58 B.18 C.14 D.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·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,x≥0(a>0,且a≠1)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.0,23 B.23,34
C.13,23∪34 D.13,23∪34
答案C 由函数f(x)在R上单调递减,可得0
0时,解得a<34或a>1.
又∵a∈13,34,∴a∈13,34.
①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=-23<0,符合题意.
②方程有一正根x1和一负根x2,
则有x1·x2=3a-2<0,解得a<23.
又a∈13,34,所以a∈13,23.
由(1)(2)可知,a的取值范围为34∪23∪13,23=13,23∪34.
9.(2016天津,理9)已知a,b∈R,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=C8r(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,△BCE∽△DAE,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(-2)可化为f(2|a-1|)>f(2),则2|a-1|<2,|a-1|<12,解得120)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=2p.
由CF∥AB,得EFEA=CFAB,即EFEA=CFAF=2,所以S△CEF=2S△CEA=62,S△ACF=S△AEC+S△CFE=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 xsinπ2-x·cosx-π3-3.
(1)求f(x)的定义域与最小正周期;
(2)讨论f(x)在区间-π4,π4上的单调性.
解(1)f(x)的定义域 为xx≠π2+kπ,k∈Z.
f(x)=4tan xcos xcosx-π3-3
=4sin xcosx-π3-3
=4sin x12cosx+32sinx-3
=2sin xcos x+23sin2x-3=sin 2x+3(1-cos 2x)-3=sin 2x-3cos 2x=2sin2x-π3,
所以,f(x)的最小正周期 T=2π2=π.
(2)令z=2x-π3,函数y=2sin z的单调递增区间 是-π2+2kπ,π2+2kπ,k∈Z.由-π2+2kπ≤2x-π3≤π2+2kπ,得-π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z.设A=-π4,π4,B=x-π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z,易知A∩B=-π12,π4.所以,当x∈-π4,π4时,f(x)在区间-π12,π4上单调递增,在区间-π4,-π12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
X
0
1
2
P
415
715
415
随机变量X的数学期望 E(X)=0×415+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(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+y+2z=0.
不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).
因此有cos=OA·n2|OA|·|n2| =-63,
于是sin=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| =-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}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项.
(1)设cn=bm+12-bn2,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;
(2)设a1=d,Tn=∑k=12n(-1)kbk2,n∈N*,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).
所以∑k=1n1Tk=12d2∑k=1n1k(k+1)=12d2∑k=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BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,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,
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(k≠0),
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BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,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,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,
即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化简得xM≥1,即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64,或k≥64.
所以,直线l的斜率的取值范围 为-∞,-64∪64,+∞.
20.(2016天津,理20)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(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x1≠x0,求证: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:
①当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-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=1+3a3,或x=1-3a3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,
1-3a3
1-3a3
1-3a3,
1+3a3
1+3a3
1+3a3,
+∞
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x0≠1.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3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.
(3)证明设g(x)在区间[0,2]上的最大值 为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:
①当a≥3时,1-3a3≤0<2≤1+3a3,由(1)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M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=a-1+(a+b),a+b≥0,a-1-(a+b),a+b<0.
所以M=a-1+|a+b|≥2.
②当34≤a<3时,1-23a3≤0<1-3a3<1+3a3<2≤1+23a3,由(1)和(2)知f(0)≥f1-23a3=f1+3a3,f(2)≤f1+23a3=f1-3a3,
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为f1+3a3,f1-3a3,
因此M=maxf1+3a3,f1-3a3
=max-2a93a-a-b,2a93a-a-b
=max2a93a+(a+b),2a93a-(a+b)
=2a93a+|a+b|≥29×34×3×34=14.
(3)当0f1+23a3=f1-3a3,
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{|-1-b|,|1-2a-b|}
=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}
=1-a+|a+b|>14.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14.