2016年天津市高考文科数学试题及答案

数 学（文史类）

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ（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、准考证号填写在答题卡上，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，用铅笔将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， P(A∪B)=P(A)+P(B)． P(AB)=P(A) P(B)． 柱体的体积公式V 柱体=Sh， 圆锥的体积公式V =

1Sh 3其中 S 表示柱体的底面积其中 其中S表示锥体的底面积，h表示圆锥的高． h 表示棱柱的高．

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. （1）已知集合A{1,2,3}，B{y|y2x1,xA}，则AIB=

（A）{1,3}

（B）{1,2}

（C）{2,3}

（D）{1,2,3}

（2）甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是

（A）

5 6（B）

2 511，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为 2311（C） （D）

36（3）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为学科&网

x2y2（4）已知双曲线221(a0,b0)的焦距为25，且双曲线的一条渐近线与直线2xy0垂直，

ab则双曲线的方程为

x2y222y11 （A）（B）x44

3x23y23x23y21 （D）1 （C）

520205（5）设x0，yR，则“x（A）充要条件

y”是“x|y|”的

（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

|a1|（6）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）(,)

)f(2)，

12（B）(,)(,) （C）(,) （D）(,)

1232132232（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

1111 （C） （D） 848112x（8）已知函数f(x)sinsinx(0)，xR.若f(x)在区间(,2)内没有零点，则的222（A）

（B）

取值范围是

（A）(0,] （B）(0,][,1) （C）(0,] （D）(0,][,]

5 818145858181548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，共计110分.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.

（9）i是虚数单位，复数z满足(1i)z2，则z的实部为_______.学科&网

x（10）已知函数f(x)(2x+1)e,f(x)为f(x)的导函数，则f(0)的值为__________.

（11）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为_______.

（第11题图）

（12）已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0,5)在圆C上，且圆心到直线2xy0的距离为则圆C的方程为__________.

45，5（13）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__________.

x2(4a3)x3a,x0x(14) 已知函数f(x)且关于x的方程|f(x)|2(a0且a1)在R上单调递减，

3loga(x1)1,x0恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是学科&网_________.

（15）（本小题满分13分）

在ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，已知asin2B3bsinA. (Ⅰ)求B； (Ⅱ)若cosA1，求sinC的值学科.网. 3

(16)(本小题满分13分)

某化肥厂生产甲、乙两种混合肥料，需要A,B,C三种主要原料.生产1车皮甲种肥料和生产1车皮乙中肥料所需三种原料的吨数如下表所示：

现有A种原料200吨，B种原料360吨，C种原料300吨，在此基础上生产甲乙两种肥料.已知生产1车皮甲种肥料，产生的利润为2万元；生产1车皮乙种肥料，产生的利润为3万元.分别用x,y不是生产甲、乙两种肥料的车皮数.

(Ⅰ)用x,y列出满足生产条件的数学关系式，并画出相应的平面区域；学科.网

(Ⅱ)问分别生产甲、乙两种肥料各多少车皮，能够产生最大的利润？并求出此最大利润.

(17)(本小题满分13分)

如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，AE=6，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点. (Ⅰ)求证：FG||平面BED；

(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；

(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.

(18)(本小题满分13分)

已知an是等比数列，前n项和为SnnN，且(Ⅰ)求an的通项公式；

(Ⅱ)若对任意的nN,bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列

（19）（本小题满分14分）

112,S663. a1a2a31b的前2n项和.

n2nx2y2113e1（a3）的右焦点为F，右顶点为A，已知设椭圆2，其中O为原点，a3|OF||OA||FA|e为椭圆的离心率.

（Ⅰ）求椭圆的方程；学.科.网

（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，求直线的l斜率.

（20）（本小题满分14分）

设函数f(x)x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0； （Ⅲ）设a0，函数g(x)|f(x)|，求证：g(x)在区间[1,1]上的最大值不小于．．．.

3142016年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数 学（文史类）

第I卷

一、选择题： （1）【答案】A （2）【答案】A （3）【答案】B （4）【答案】A （5）【答案】C （6）【答案】C （7）【答案】B （8）【答案】D

第Ⅱ卷

二、填空题： （9）【答案】1 （10）【答案】3 （11）【答案】4

（12）【答案】(x2)2y29.

（13）【答案】

23 31233

(14) 【答案】[,) 三、解答题 （15）

【答案】（Ⅰ）B【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理，将边化为角：2sinAsinBcosB3sinBsinA,再根据三角形内角范围化简

6（Ⅱ）261 6得cosB3，B（Ⅱ）已知两角，学科&网求第三角，利用三角形内角和为，将所求角化为两已26知角的和，再根据两角和的正弦公式求解 试题解析：（Ⅰ）解：在ABC中，由

ab，可得asinBbsinA，又由asin2B3bsinA得sinAsinB3，得B； 262asinBcosB3bsinA3asinB，所以cosB（Ⅱ）解：由cosA221得sinA，则sinCsin[(AB)]sin(AB)，所以

3331261sinAcosA 226sinCsin(A6)考点：同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式、两角和的正弦公式以及正弦定理 【结束】 (16)

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）生产甲种肥料20车皮，乙种肥料24车皮时利润最大，且最大利润为112万元 【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据生产原料不能超过A种原料200吨，B种原料360吨，C种原料300吨，列不等关系式，即可行域，再根据直线及区域画出可行域（Ⅱ）目标函数为利润z2x3y，学.科网根据直线平移

及截距变化规律确定最大利润

4x5y2008x5y360试题解析：（Ⅰ）解：由已知x,y满足的数学关系式为3x10y300，该二元一次不等式组所表示的区

x0y0域为图1中的阴影部分.

y8x+5y=36010xO104x+5y=2003x+10y=300(1)

（Ⅱ）解：设利润为z万元，则目标函数z2x3y，这是斜率为直线在y轴上的截距，当

z2，随z变化的一族平行直线.为

33z取最大值时，z的值最大.又因为x,y满足约束条件，所以由图2可知，学.科34x5y200z网当直线z2x3y经过可行域中的点M时，截距的值最大，即z的值最大.解方程组33x10y300得点M的坐标为M(20,24)，所以zmax220324112.

答：生产甲种肥料20车皮，乙种肥料24车皮时利润最大，且最大利润为112万元.

y8x+5y=360M10xO102x+3y=z4x+5y=2003x+10y=300(2)2x+3y=0

考点：线性规划 【结束】 (17)

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，学.科网即从线线平行出发给予证明，而线线平行寻找与论证，往往结合平几知识，如本题构造一个平行四边形：取BD的中点为O，可证四边形OGFE是平行四边形，从而得出FG//OE（Ⅱ）面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平几条件，如本题可由余弦定理解出ADB90，即BDAD（Ⅲ）求线面角，关键作出射影，即面的垂线，可利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，即面的垂线：过点A作AHDE于点H，则AH平面BED，从而直线AB与平面BED所成角即为ABH.再结合三角形可求得正弦值

试题解析：（Ⅰ）证明：取BD的中点为O，连接OE,OG，在BCD中，因为G是BC的中点，所以OG//DC且OG05 61DC1，又因为EF//AB,AB//DC，所以EF//OG且EFOG 2，即四边形OGFE是平行四边形，所以FG//OE，又FG平面BED，OE平面BED，所以FG//平面BED.

0（Ⅱ）证明：在ABD中，AD1,AB2,BAD60，由余弦定理可BD3，进而可得

ADB900，即BDAD，学.科网又因为平面AED平面ABCD,BD平面ABCD；平面AED平面ABCDAD，所以BD平面AED.又因为BD平面BED，所以平面BED平面AED.

（Ⅲ）解：因为EF//AB，所以直线EF与平面BED所成角即为直线AB与平面BED所成角.过点A作

AHDE于点H，连接BH，又因为平面BED平面AEDED，由（Ⅱ）知AH平面BED，所

以直线AB与平面BED所成角即为ABH.在ADE中，AD1,DE3,AE6，由余弦定理可得

cosADE552，所以sinADE，因此AHADsinADE，在RtAHB中，

333AH55，所以直线AB与平面BED所成角的正弦值为 AB66sinABH考点：直线与平面平行和垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角 【结束】 (18)

n1【答案】（Ⅰ）an2（Ⅱ）2n2

【解析】

试题分析：（Ⅰ）求等比数列通项，一般利用待定系数法：先由

112解得q2,q1，分别2a1a1qa1qa1(1q6)63得q1，a11（Ⅱ）先根据等差中项得代入Sn1qbn111(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，再利用分组求和法求和：222T2n(b12b22)(b32b42)(b22n1b22n)b1b2b2n试题解析：（Ⅰ）解：设数列{an}的公比为q，由已知有

2n(b1b2n)2n2

2112，解之可得q2,q1，又由a1a1qa1q2a1(1q6)a1(126)Sn63知q1，所以63，解之得a11，所以an2n1.

1q12（Ⅱ）解：由题意得bn111(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即数列{bn}是首项为2221，公差为1的等差数列. 2n2设数列{(1)bn}的前n项和为Tn，则

222T2n(b12b22)(b32b4)(b2n1b2n)b1b2b2n2n(b1b2n)2n2

2考点：等差数列、等比数列及其前n项和 【结束】 （19）

x2y261（Ⅱ）【答案】（Ⅰ） 443【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. 试题解析：（1）解：设F(c,0)，由

113c113c222，即，可得ac3c，又|OF||OA||FA|caa(ac)2x2y21. acb3，所以c1，因此a4，学.科网所以椭圆的方程为432222（2）设直线的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)，

x2y21,设B(xB,yB)，由方程组4 消去y， 3yk(x2),8k26整理得(4k3)x16kx16k120，解得x2或x， 24k322228k2612ky由题意得xB，从而， B4k234k23uuuruuur94k212k,)， 由（1）知F(1,0)，设H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF(24k34k23uuuruuur4k2912kyH20， 由BFHF，得BFHF0，所以24k34k394k2194k2解得yH，因此直线MH的方程为yx，

12kk12k194k220k29,yx设M(xM,yM)，由方程组， k12k 消去y，得xM212(k1)yk(x2),在MAO中，MOAMAO|MA||MO|，

20k291， 即(xM2)yxy，化简得xM1，即

12(k21)22M2M2M解得k66或k， 4466或k. 44所以直线l的斜率为k考点：椭圆的标准方程和几何性质，学.科网直线方程 【结束】 （20）

【答案】（Ⅰ）递减区间为(详见解析 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：f(x)3xa，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当a0时，有f(x)3xa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

2x0223a3a3a3a,)，递增区间为(,)，(,).（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）3333（Ⅱ）由题意得

f(x0)3xa020即

af(x1)f(x0)3，再由化简可得结论（Ⅲ）实质研究函数g(x)最大值：主要比较f(1),f(1)，

|f(3a3a|,|f()|33的大小即可，分三种情况研究①当a3时，

3a3a23a3a3a23a331111，②当a3时，，③当0a时，3333334423a23a1. 33321试题解析：（1）解：由f(x)xaxb，可得f(x)3xa，下面分两种情况讨论： ①当a0时，有f(x)3xa0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).

2②当a0时，令f(x)0，解得x3a3a或x. 33当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表： x (, 3a) 33a 3(3a3a,) 333a 30 极小值 (3a,) 3 f(x) f(x)

0 极大值  单调递减 单调递增 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为(3a3a3a3a,)，单调递增区间为(,)，(,). 3333（2）证明：因为f(x)存在极值点，所以由（1）知a0且x00.

22由题意得f(x0)3x0a0，即x0a， 3进而f(x0)x0ax0b2ax0b， 38a2a3又f(2x0)8x02ax0bx02ax0bx0bf(x0)，且2x0x0，

333由题意及（1）知，存在唯一实数x1满足f(x1)f(x0)，学科&网且x1x0，因此x12x0， 所以x1+2x0=0.

（3）证明：设g(x)在区间[1,1]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，3a3a11，由（1） 知f(x)在区间[1,1]上单调递减， 33所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(1),f(1)]，因此，

Mmax{[f(1),f(1)]}max{|1ab|,|1ab|}max{|a1b|,|a1b|}

a1b,b0, 所以Ma1|b|2. a1b,b0,②当

23a3a3a23a311， a3时，3333423a3a23a3a)f()，f(1)f()f()， 33333a3a),f()]， 33由（1）和（2） 知f(1)f(所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(所以max{|f(3a3a2a2a|,|f()|}max{|3ab|,|3ab|} 3399max{|2a2a2a23313ab|,|3ab|}3a|b|3. 999944423a23a31，由（1）和（2）知， 时，133423a3a23a3a)f()，f(1)f()f()， 3333③当0af(1)f(所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(1),f(1)]，因此，

Mmax{[f(1),f(1)]}max{|1ab|,|1ab|}max{|1ab|,|1ab|}

1a|b|1. 41. 4综上所述，当a0时，g(x)在区间[1,1]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】