2024年3月27日发(作者：龙岩市小学数学试卷答案)

2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷）

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

题号

得分

一

二

三

总分

注意事项：

答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

请将答案正确填写在答题卡上

一、选择题：

1．已知集合

A{x||x|2}

，

B{1,0,1,2,3}

，则

A

A. B. C. D.

{1,0,1,2}

B

【答案】C

【解析】

试题分析：由

A{x|2x2}

，得

AB{1,0,1}

，选C.

【考点】集合的交集运算.

2．若x,y满足则

2xy

的最大值为

A.0

B.3

C.4

D.5

【答案】C

【解析】

作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示，则当

z2xy

经过点

P

时，z取

得最大值，又

P(1,2)

，所以所求最大值为4.

y

P

x

O

【考点】线性规划.

【名师点睛】若约束条件表示的可行域是封闭区域，则可以将顶点坐标代入目标函数，

求出最大值与最小值，从而得到相应范围.若约束条件表示的可行域不是封闭区域，则

不能简单地运用代入顶点坐标的方法求最值.

3．执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为

试卷第1页，总15页

A.1

B.2

C.3

D.4

【答案】B

【解析】

输入

a1

，则

k0

，

b1

；

1

，否，

k1

；

a2

，否，

k2

；

a1

，此时

ab1

，跳

2

出循环体，输出

k

，则

k2

，选B.

进入循环体：

a

【考点】算法与程序框图

【名师点睛】解决循环结构的框图问题，要先找出控制循环的变量的初值、步长、终值

(或控制循环的条件)，然后看循环体，循环次数比较少时，可依次列出，循环次数较多

时，可先循环几次，找出规律，要特别注意最后输出的是什么，不要出现多一次或少一

次循环的错误.

4．设

a,b

是向量，则“

|a||b|

”是“

|ab||ab|

”的

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

由

|a||b|

无法得到

|ab||ab|

，充分性不成立；由

|ab||ab|

，得

ab0

，

两向量的模不一定相等，必要性不成立，故选D.

【考点】充要条件,向量运算

试卷第2页，总15页

【名师点睛】由向量数量积的定义

ab|a||b|cosθ

(

为

a

，

b

的夹角)可知，数量

积的值、模的乘积、夹角知二可求一，再考虑到数量积还可以用坐标表示，因此又可以

借助坐标进行运算.当然，无论怎样变化，其本质都是对数量积定义的考查.求解夹角与

模的题目在近几年高考中出现的频率很高，应熟练掌握其解法.

5．已知

x,yR

，且

xy0

，则

A.

11

0

xy

B.

sinxsiny0

C.

()

x

()

y

0

D.

lnxlny0

【答案】C

【解析】

A.由

xy0

，得

1

2

1

2

11

11

，即

0

，A不正确；

xy

xy

B.由

xy0

及正弦函数的单调性，可知

sinxsiny0

不一定成立；

C.由

0

11111

1

，

xy0

，得

()

x

()

y

，故

()

x

()

y

0

，C正确；

22222

D.由

xy0

，得

xy0

，但xy的值不一定大于1，故

lnxlny=lnxy0

不一定成立，

故选C.

【考点】函数性质

6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）

A.

B.

试卷第3页，总15页

C.

D. 1

【答案】A

【解析】

考点：三视图.

【方法点晴】本题主要考查三视图和锥体的体积，计算量较大，属于中等题型.应注意

把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图

高度保持平齐（简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序

放置和不全时，则应注意三个视图名称.此外本题应注意掌握锥体的体积公式.

7．将函数

ysin(2x)

图象上的点

P(,t)

向左平移s（s﹥0）个单位长度得到点P′.

若P′位于函数

ysin2x

的图象上，则

A.

t

π

3

π

4

1

π

，s的最小值为

26

3

π

，

s

的最小值为

2

6

B.

t

C.

t

1

π

，

s

的最小值为

23

3

π

，

s

的最小值为

2

3

D.

t

【答案】A

【解析】

由题意得，

tsin(2

ππ1π1

)

，当s最小时，

P\'

所对应的点为

(,)

，此时

432122

s

min

πππ

-

，故选A.

4126

【考点】三角函数图象的平移

【名师点睛】三角函数图象的变换，有两种选择：一是先伸缩再平移，二是先平移再伸

缩．特别注意：①平移变换时，当自变量x的系数不为1时，要将系数先提出；②翻折

变换要注意翻折的方向；③三角函数名不同的图象变换问题，应先将三角函数名统一，

再进行变换.

8．袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中

任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，

否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则

A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球

B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多

C.乙盒中红球不多于丙盒中红球

D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多

【答案】B

【解析】

试卷第4页，总15页

试题分析：若乙盒中放入的是红球，则须保证抽到的两个均是红球；若乙盒中放入的是

黑球，则须保证抽到的两个球是一红一黑，且红球放入甲盒；若丙盒中放入的是红球，

则须保证抽到的两个球是一红一黑：且黑球放入甲盒；若丙盒中放入的是黑球，则须保

证抽到的两个球都是黑球.由于抽到两个红球的次数与抽到两个黑球的次数应是相等的，

故乙盒中红球与丙盒中黑球一样多，选B.

【考点】概率统计分析

【名师点睛】本题创新味十足，是能力立意的好题.如果所求事件对应的基本事件有多

种可能，那么一般我们通过逐一列举计数，再求概率，此题即是如此.列举的关键是要

有序(有规律)，从而确保不重不漏.另外注意对立事件概率公式的应用.

二、填空题：

9．设

aR

，若复数

(1i)(ai)

在复平面内对应的点位于实轴上，则

a

_______________.

【答案】

1

【解析】

由题意得

(1i)(ai)a1(a1)iRa1

.

【考点】复数运算

【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类

似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写

成分式的形式，再将分母实数化.

10．

【答案】60

【解析】

2

C

6

(2x)

2

60x

2

，∴所求系数为60.

__________________.（用数字作答）

【考点】二项式定理

【名师点睛】1.所谓二项展开式的特定项，是指展开式中的某一项，如第

n

项、常数项、

rnrr

有理项、字母指数为某些特殊值的项.求解时，先准确写出通项

T

r1

C

n

ab

，再把

系数与字母分离出来(注意符号)，根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出

方程或不等式来求解即可；2.求有理项时要注意运用整除的性质，同时应注意结合

n

的

范围分析.

11．在极坐标系中，

则

|AB|

____________________.

【答案】2

【解析】

直线

x3y10

过圆

(x1)

2

y

2

1

的圆心，因此

AB2.

【考点】极坐标方程

【名师点睛】将极坐标或极坐标方程转化为直角坐标或直角坐标方程，直接利用公式

x

cos

,y

sin

即可．将直角坐标或直角坐标方程转化为极坐标或极坐标方程

时，要灵活运用

x

cos

,y

sin

以及

x

2

y

2

，

tan

y

(x0)

，同时

x

试卷第5页，总15页

要掌握必要的技巧.

12．

【答案】6

【解析】

___.

因为

{a

n

}

是等差数列，所以

a

3

a

5

2a

4

0

，即

a

4

0

，又

a

4

a

1

3d6

，所以

d2

，

所以

S

6

6a

1

15d6615(2)6

．故答案为6．

【考点】等差数列的基本性质

【名师点睛】在等差数列五个基本量

a

1

，

d

，

n

，

a

n

，

S

n

中，已知其中三个量，可以

根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前

n

项和公式列出关于基本量的方程(组)来

求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.

x

2

y

2

13．双曲线

2

2

1

(

a0

，

b0

)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直

ab

线，点B为该双曲线的焦点.若正方形OABC的边长为2，则a=_______________.

【答案】2

【解析】

试题分析：因为四边形

OABC

是正方形，所以

AOB45

，所以直线

OA

的方程为

yx

，此为双曲线的渐近线，因此

ab

，又由题意知

OB22

，所以

a

2

b

2

a

2

a

2

(22)

2

，

a2

．故答案为2．

【考点】双曲线的性质

【名师点睛】在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内

容.对渐近线：(1)掌握方程；(2)掌握其倾斜角、斜率的求法；(3)会利用渐近线方程求

双曲线方程的待定系数.

求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都和与椭圆有关的问题

相类似.因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为

AxBy1

的形式，当

A0

，

22

B0

，

AB

时为椭圆，当

AB0

时为双曲线.

x

3

3x,xa

14．设函数

f(x)

.

2x,xa

①若

a0

，则

f(x)

的最大值为____________________；

②若

f(x)

无最大值，则实数

a

的取值范围是_________________.

【答案】

①2

②

(,1)

【解析】

3

如图，作出函数

g(x)x3x

与直线

y2x

的图象，它们的交点是

试卷第6页，总15页

A(1,2),O(0,0),B(1,2)

，由

g\'(x)3x

2

3

，知

x1

是函数

g(x)

的极小值点，

x

3

3x,x0

①当

a0

时，

f(x)

，由图象可知

f(x)

的最大值是

f(1)2

；

2x,x0

a3a2a

，②由图象知当

a1

时，

f(x)

有最大值

f(1)2

；只有当

a1

时，

3

f(x)

无最大值，所以所求

a

的取值范围是

(,1)

．

【考点】分段函数求最值,数形结合

【名师点睛】1.求分段函数的函数值时，应首先确定所给自变量的取值属于哪一个范围，

然后选取相应的对应关系．若自变量的值为较大的正整数，一般可考虑先求函数的周

期．若给出函数值求自变量的值，应根据每一段函数的解析式分别求解，但要注意检验

所求自变量的值是否属于相应段自变量的范围；2.在研究函数的单调性时，需要先将函

数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、

对数函数等的单调性，将大大缩短我们的判断过程．

三、综合题：

15．在

△

ABC中，

acb2ac

.

（1）求

B

的大小；

（2）求

2

cosAcosC

的最大值.

【答案】

（1）

222

π

；

4

（2）1.

【解析】

a

2

c

2

b

2

2ac2



（1）由余弦定理及题设得

cosB

.

2ac2ac2

试卷第7页，总15页

又因为

0Bπ

，所以

B

（2）由（1）知

AC

π

.

4

3π

.

4

3π

A)

4

2cosAcosC2cosAcos(

2cosA

因为

0A

2222π

cosAsinAcosAsinAcos(A)

.

22224

3π

π

，所以当

A

时，

2cosAcosC

取得最大值

1

.

44

【考点】三角函数、余弦定理

【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机地联

系起来，从而使三角与几何产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆或内切

圆半径和面积等)提供了理论依据，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重

要依据．其主要方法有：化角法，化边法，面积法，运用初等几何法．注意体会其中蕴

涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想．

16．A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得

了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表（单位：小时）：

A班

B班

C班

6 6.5 7 7.5 8

6 7 8 9 10 11 12

3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5

（1）试估计C班的学生人数；

（2）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一人，A班选出的人记为甲，C班选出的

人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长

的概率；

（3）再从A，B，C三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7，9，

8.25（单位：小时）.这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为

1

，表

格中数据的平均数记为

0

，试判断

0

和

1

的大小.（结论不要求证明）

【答案】

（1）40；

（2）

3

；

8

（3）

1

0

.

【解析】

（1）由题意知，抽出的

20

名学生中，来自C班的学生有

8

名.根据分层抽样方法，C

班的学生人数估计为

100

8

40

.

20

（2）设事件

A

i

为“甲是现有样本中A班的第

i

个人”，

i1,2,,5

，

事件

C

j

为“乙是现有样本中C班的第

j

个人”，

j1,2,,8

，

试卷第8页，总15页

由题意可知，

P(A

i

)

11

，

i1,2,,5

；

P(C

j

)

，

j1,2,,8

.

58

111

,

i1,2,,5

,

j1,2,,8

.

P(AC

ij

)P(A

i

)P(C

j

)=

5840

设事件

E

为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知，

EA

1

C

1

A

1

C

2

A

2

C

1

A

2

C

2

A

2

C

3

A

3

C

1

A

3

C

2

A

3

C

3

A

4

C

1

A

4

C

2

A

4

C

3

A

5

C

1

A

5

C

2

A

5

C

3

A

5

C

4

.

因此

P(E)P(A

1

C

1

)P(A

1

C

2

)P(A

2

C

1

)P(A

2

C

2

)P(A

2

C

3

)P(A

3

C

1

)P(A

3

C

2

)P(A

3

C

3

)

P(A

4

C

1

)P(A

4

C

2

)P(A

4

C

3

)P(A

5

C

1

)P(A

5

C

2

)P(A

5

C

3

)P(A

5

C

4

)15

.

（3）

1

0

.

13

408

【考点】分层抽样、相互独立事件的概率、平均数

【名师点睛】求复杂的互斥事件的概率的方法：一是直接法，将所求事件的概率分解为

一些彼此互斥事件概率的和，运用互斥事件的求和公式计算；二是间接法，先求此事件

的对立事件的概率，再用公式

P(A)1P(A)

，即运用逆向思维的方法(正难则反)求

解，应用此公式时，一定要分清事件的对立事件到底是什么事件，不能重复或遗漏.特

别是对于含“至多”“至少”等字眼的题目，用第二种方法往往显得比较简便.

17．如图，在四棱锥

PABCD

中，平面

PAD

平面

ABCD

，

PAPD

，

PAPD

，

ABAD

，

AB1

，

AD2

，

ACCD5

.

（1）求证：

PD

平面

PAB

；

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD?若存在，求

说明理由.

【答案】

（1）见解析；

（2）

AM

的值；若不存在，

AP

3

；

3

试卷第9页，总15页

（3）存在，

【解析】

AM1

.

AP4

（1）因为平面

PAD

平面

ABCD

，

ABAD

，

所以

AB

平面

PAD

.

所以

ABPD

.

又因为

PAPD

，

所以

PD

平面

PAB

.

（2）取

AD

的中点

O

，连结

PO,CO

.

因为

PAPD

，所以

POAD

.

又因为

PO

平面

PAD

，平面

PAD

平面

ABCD

，

所以

PO

平面

ABCD

.

因为

CO

平面

ABCD

，所以

POCO

.

因为

ACCD

，所以

COAD

.

如图建立空间直角坐标系

Oxyz

.由题意得，

A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)

.

设平面

PCD

的法向量为

n(x,y,z)

，则

nPD0,

yz0,

即

nPC0,

2xz0,

令

z2

，则

x1,y2

.

所以

n(1,2,2)

.

又

PB(1,1,1)

，所以

cosn,PB

nPB

nPB



3

.

3

所以直线

PB

与平面

PCD

所成角的正弦值为

3

.

3

试卷第10页，总15页

（3）设

M

是棱

PA

上一点，则存在

[0,1]

使得

AM

AP

.

因此点

M(0,1

,

),BM(1,

,

)

.

因为

BM

平面

PCD

，所以

BM∥

平面

PCD

当且仅当

BMn0

，

即

(1,

,

)(1,2,2)0

，解得

1

.

4

AM1

.

AP4

所以在棱

PA

上存在点

M

使得

BM∥

平面

PCD

，此时

【考点】空间线面垂直的判定定理与性质定理；线面角的计算；空间想象能力，推理论

证能力

【名师点睛】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是

在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直

(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点

到面的距离等.

18．设函数

f(x)xe

ax

bx

，曲线

yf(x)

在点

(2,f(2))

处的切线方程为

y(e1)x4

.

（1）求

a

，

b

的值；

（2）求

f(x)

的单调区间.

【答案】

（1）

a2,be

；

（2）

(,)

【解析】

（1）因为

f(x)xe

ax

bx

，所以

f

(x)(1x)e

ax

b

.

试卷第11页，总15页

f(2)2e2,

2e

a2

2b2e2,

依题设，

即

a2

f

(2)e1,

ebe1,

解得

a2,be

.

（2）由（1）知

f(x)xe

2x

ex

.

2xx1

由

f

(x)e(1xe)

及

e

2x

0

知，

f

(x)

与

1xe

x1

同号.

令

g(x)1xe

x1

，则

g

(x)1e

x1

.

所以，当

x(,1)

时，

g

(x)0

，

g(x)

在区间

(,1)

上单调递减；

当

x(1,)

时，

g

(x)0

，

g(x)

在区间

(1,)

上单调递增.

故

g(1)1

是

g(x)

在区间

(,)

上的最小值，

从而

g(x)0,x(,)

.

综上可知，

f

(x)0

，

x(,)

.故

f(x)

的单调递增区间为

(,)

.

【考点】导数的应用；运算求解能力

【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定

义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除

必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．

x

2

y

2

3

19．已知椭圆C：

2

2

1

（

ab0

）的离心率为，

A(a,0)

，

B(0,b)

，

O(0,0)

，

2

ab

△OAB的面积为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.

求证：

ANBM

为定值.

【答案】

x

2

y

2

1

； （1）

4

（2）见解析.

【解析】

c3

,

a2

1

ab1,

解得

a2,b1

. （1）由题意得

2

2

22

abc,

试卷第12页，总15页

x

2

y

2

1

. 所以椭圆

C

的方程为

4

（2）由（1）知，

A(2,0),B(0,1)

，

22

设

P(x

0

,y

0

)

，则

x

0

4y

0

4

.

当

x

0

0

时，直线

PA

的方程为

y

y

0

(x2)

.

x

0

2

令

x0

，得

y

M



2y

0

2y

0

，从而

BM1y

M

1

.

x

0

2

x

0

2

y

0

1

x1

.

x

0

直线

PB

的方程为

y

令

y0

，得

x

N



x

0

x

0

，从而

AN2x

N

2

.

y

0

1

y

0

1

x

0

2y

0

1

y

0

1x

0

2

所以

ANBM2

22

x

0

4y

0

4x

0

y

0

4x

0

8y

0

44x

0

y

0

4x

0

8y

0

8



x

0

y

0

x

0

2y

0

2x

0

y

0

x

0

2y

0

2

4

.

当

x

0

0

时，

y

0

1

，

BM2,AN2,

所以

ANBM4

.

综上，

ANBM

为定值.

【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力

【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、

定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的

过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的

特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.

20．设数列A：

a

1

，

a

2

,

…

,

a

N

(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有

a

k

＜

a

n

，则称n是数列A的一个“G时刻”.记

G(A)

是数列A的所有“G时刻”组成

的集合.

（1）对数列A：−2，2，−1，1，3，写出

G(A)

的所有元素；

（2）证明：若数列A中存在

a

n

使得

a

n

>

a

1

，则

G(A)

；

…

,N）,则

G(A)

的元素个数不小于

a

（3）证明：若数列A满足

a

n

−

a

n1

≤1（n=2,3,

N

试卷第13页，总15页

−

a

1

.

【答案】

（1）

G(A)

的元素为

2

和

5

；

（2）见解析；

（3）见解析.

【解析】

（1）

G(A)

的元素为

2

和

5

.

（2）因为存在

a

n

使得

a

n

a

1

，所以

iN

2iN,a

i

a

1



.

记

mminiN

2iN,a

i

a

1

，

则

m2

，且对任意正整数

km,a

k

a

1

a

m

.

因此

mG(A)

，从而

G(A)

.

（3）当

a

N

a

1

时，结论成立.

以下设

a

N

a

1

.

由（2）知

G(A)

.

设

G(A)n

1

,n

2

,,n

p

,n

1

n

2

n

p

.记

n

0

1

.

则

a

n

0

a

n

1

a

n

2

a

n

p

.

对

i0,1,,p

，记

G

i

kNn

i

kN,a

k

a

n

i

.

如果

G

i



，取

m

i

minG

i

，则对任何

1km

i

,a

k

a

n

i

a

m

i

.

从而

m

i

G(A)

且

m

i

n

i1

.

又因为

n

p

是

G(A)

中的最大元素，所以

G

p



.

从而对任意

n

p

kN

，

a

k

a

n

p

，特别地，

a

N

a

n

p

.

对

i0,1,,p1,a

n

i1

1

a

n

i

.

因此

a

n

i1

a

n

i1

1

(a

n

i1

a

n

i1

1

)a

n

i

1

.

所以

a

N

a

1

a

n

p

a

1







(a

i1

p

n

i

a

n

i1

)p

.

因此

G(A)

的元素个数p不小于

a

N

a

1

.

【考点】数列、新定义问题.

试卷第14页，总15页

【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型，

数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归

思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比

数列求和，

q1

或

q1

)等.

试卷第15页，总15页


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