2016年天津市高考理科数学试题及答案

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Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分，考试用时120分钟。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ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Ⅰ卷

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：

•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. 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.网

1,2,3,4，Byy3x2,xA，则AB (1)已知集合A1 （A）

（B）4

1,3 （C）1,4 (D）xy2≥0,

 则目标函数z2x5y的最小值为 (2）设变量x，y满足约束条件2x3y6≥0,3x2y9≤0 . （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，“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 （6）已知双曲线

则

xy21，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（b＞0）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，则双曲线的方程为

x23y21 （A)44x24y21 (B）43x2y2x2y221（D）1 （C)

44412（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）

1 4 （D)

11 8x2(4a3)x3a,x＜0（8）已知函数f(x)（a＞0，学。科网且a1）在R上单调递减，且关于x log(x1)1,x≥0a的方程f(x)2x恰好有两个不相等的实数解,则a的取值范围是

2

3123（C）[,]{｝

334（A）(0,]

（B)[,]

（D)[,)｛

233412333｝ 4

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2016年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷）

数 学（理工类）

第Ⅱ卷

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： 本大题共6小题, 每小题5分, 共30分. （9)已知a，bR,i是虚数单位，若(1i)(1bi)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_____________。

（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则a的取值范围是_____________.

a1)＞f(2)，

x2pt2,（14）设抛物线（t为参数，p＞0）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

7 B。设C(p,0)，AF与BC相交于点E。若CF2AF，

2且ACE的面积为32,则p的值为_____________。

三。 解答题:本大题共6小题，共80分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 （15）(本小题满分13分）

已知函数f(x)4tanxsin(x)cos(x)3。 23（Ⅰ）求f(x)的定义域与最小正周期； （Ⅱ)讨论f(x)在区间[

（16）(本小题满分13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.

（Ⅰ）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； （Ⅱ）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13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.

(Ⅰ)求证:EG∥平面ADF；

(Ⅱ）求二面角OEFC的正弦值； (Ⅲ)设H为线段AF上的点,且AH,]上的单调性。 442HF， 3求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.

（18）(本小题满分13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nN,bn是an和an1的等比中项。

22b(Ⅰ）设cnbn1n，nN,求证:数列cn是等差数列；

（Ⅱ）设a1d，Tn

（19）(本小题满分14分)

(1)b,nN，求证k2k2nk111＜2。 2dk1Tknx2y2113e1(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。网

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ)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。

（20）（本小题满分14分）

设函数f(x)(x1)axb,xR，其中a，bR. （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)f(x0),其中x1x0，求证：x12x03； （Ⅲ）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．．．314

2016年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷)

数 学(理工类)

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Ⅱ卷

二、填空题: (9）【答案】2 （10）【答案】56 （11)【答案】2 （12)【答案】23 3（13）【答案】(,) （14) 【答案】6 三、解答题 （15）

【答案】（Ⅰ）xx1322.在区间,上单调递增， 学科＆网在区间，k,kZ,（Ⅱ）

2412124上单调递减。 【解析】

试题分析：（Ⅰ）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)=2sin2x数在区间［3，再根据正弦函数性质求定义域、学科＆网周期根据(1)的结论，研究三角函

,］上单调性

44

试题解析: 解:fx的定义域为xxk,kZ。 2fx4tanxcosxcosx34sinxcosx3 33132=4sinxcosxsinx32sinxcosx23sinx3 22=sin2x31-cos2x3sin2x3cos2x=2sin2x所以， fx的最小正周期T3.

2. 2解：令z2x由,函数y2sinz的单调递增区间是2k,2k,kZ.

232322k2x22k,得12kx5k,kZ. 12 设A5,,Bxkxk,kZ,易知AB,。

121244412所以, 当x 在区间， 上单调递减。,学.科网时，fx 在区间,上单调递增，

41244124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】（Ⅰ)【解析】

试题分析:（Ⅰ)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:C3C4C4，最后根据概率公式求概率(Ⅱ）先确定随机变量可能取值为

21（Ⅱ）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

112C3C4C41PA, 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C32C4PX02C101111C3C3C3C4PX12C1011C3C4PX22C104， 157, 154。 15所以，随机变量X学。科网分布列为

X 0 1 7 152 4 154 P 15474随机变量X的数学期望EX0121。

151515考点：概率,概率分布与数学期望 【结束】 （17)

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ)【解析】

37(Ⅲ） 321试题分析：（Ⅰ）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（Ⅱ)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（Ⅲ)利用空间向量证明线面平行，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),A1,1,0,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n1x,y,z为平面ADF的法向量，则，

n1AF0即2x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

xy2z0EG平面ADF，所以EG//平面ADF。

（II)解: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EF0,即n2x,y,z为平面CEF的法向量,则n2CF0xy0 。不妨设x1，可得xy2z0n21,1,1.

因此有cosOA,n2OAn2OAn263，于是sinOA,n2，所以，二面角OEFC的正弦值

33为3. 3(III）解：由AH222224HF，学。科网得AHAF.因为AF1,1,2，所以AHAF,,，

535555进而有H,,,从而BH334555BHn27284,,,因此cosBH,n2.所以，直线BH和平

21555BHn2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】(Ⅰ）详见解析（Ⅱ)详见解析 【解析】

222anan1,从而cnbn试题分析:（Ⅰ）先根据等比中项定义得：bn1bnan1an2anan12dan1,因此

根据等差数列定义可证：cn1cn2dan2an12d(Ⅱ） 对数列不等式证明一般以算代证先利用分

2组求和化简Tnn1k12nn2bn2b12b2b32b42b22n1b22n2d2nn1，再利用裂项相消法

11n11n1111求和1，易得结论。 2222dk1kk12dk1kk12dn1k1Tk222anan1,有cnbn试题解析：(I）证明：由题意得bn1bn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.

2222（II）证明：Tnb12b2b32b4b2n1b2n

2da2a4na2n2dna2a2n2d2nn1

211n11n11111所以。 22122T2dkk12dkk12dn12dk1kk1k1考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和 【结束】 （19）

x2y2661（Ⅱ）(,][,) 【答案】（Ⅰ)4344【解析】

试题分析:（Ⅰ)求椭圆标准方程，只需确定量，由

113c113c，得再利用|OF||OA||FA|caa(ac),

a2c2b23,可解得c21，a24(Ⅱ)先化简条件：MOAMAO|MA||MO|,即M再OA

中垂线上，xM1，

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a2c23c2,又|OF||OA||FA|caa(ac)2x2y21. acb3，所以c1，因此a4，所以椭圆的方程为432222（2）（Ⅱ)解：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

x2y212222，消去y，整理得(4k3)x16kx16k120. 34yk(x2)8k268k2612kx解得x2，或x，由题意得，从而。 yBB2224k34k34k394k212k,).由BFHF，得由(Ⅰ)知，F(1,0),设H(0,yH),有FH(1,yH)，BF(24k34k2394k212kyH94k2BFHF0，所以20,解得yH。因此直线MH的方程为24k34k312k194k2yx。

k12k194k220k29yx设M(xM,yM),由方程组。在MAO中，k12k消去y,解得xM212(k1)yk(x2)20k29MOAMAO|MA||MO|,即(xM2)yxy，化简得xM1，即1,解得212(k1)22M2M2Mk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】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ)详见解析（Ⅲ)详见解析 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数:f'(x)3(x1)a,再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论:①当

2a0时，有f(x)0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,)。②当a0时，存在三个单调区间(Ⅱ)

由题意得(x01)2af(x1)f(x0),计算可得f(32x0)f(x0)再由及单调性可得结论（Ⅲ)实质研究函3|f(3a3a|,|f()|33的大小即可，分三种情况研究①当a3数g(x)最大值：主要比较f(1),f(1)，时,123a3a3a23a3a3a301121021,②当a3时，1,③当33333340a3a3a312. 时，0133432试题解析：（Ⅰ）解：由f(x)(x1)axb，可得f'(x)3(x1)a. 下面分两种情况讨论：

（1）当a0时,有f'(x)3(x1)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23a3a,或x1. 33当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

x (,1＋ 3a3a3a3a3a3a,1) 1) 1,) (1 (13333330 极大值 － 单调递减 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(13a3a3a3a,1)，单调递增区间为(,1)，(1,)。 33332（Ⅱ)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(Ⅰ）知a0，且x01，由题意，得f'(x0)3(x01)a0，即(x01)2a， 3

2aax0b。 338a又f(32x0)(22x0)3a(22x0)b(1x0)2ax03ab

32aax0bf(x0)，且32x0x0，由题意及(Ⅰ)知，存在唯一实数满足 f(x1)f(x0),且

33进而f(x0)(x01)3ax0bx1x0，因此x132x0，所以x12x03；

(Ⅲ）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.下面分三种情况同理：

（1)当a3时，13a3a021，由（Ⅰ）知，f(x)在区间[0,2]上单调递减，所以f(x)在区33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，所以Ma1|ab|2。 a1(ab),ab0（2)当

323a3a3a23aa3时,101121，由(Ⅰ)和(Ⅱ)

3333423a3a23a3a)f(1)，f(2)f(1)f(1),

33333a3a),f(1)],因此 33知,f(0)f(1所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(1Mmax{|f(13a3a2a2a)|,|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33a3a12，由（Ⅰ)和(Ⅱ）知， 时，0133423a3a23a3a)f(1),f(2)f(1)f(1), 3333

f(0)f(1

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{|1b|,|12ab|} max{|1a(ab)|,|1a(ab)|}

1a|ab|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】