2016年高考浙江卷数学(理)试题含解析

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分,在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．

21. 已知集合PxR1x3,QxRx4, 则P(RQ)

A．［2,3] B．（ —2，3 ］ C．[1,2) D．(,2][1,) 【答案】B

【解析】根据补集的运算得

2. 已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足m∥,n⊥， 则 A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【答案】C

．故选B．

3。 在平面上,过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域

x20 中的点在直线x+y2=0上的投影构成的线段记为AB,则│AB│= xy0x3y40A．22 B．4 C．32 D．6 【答案】C

【解析】如图PQR为线性区域，区域内的点在直线xy20上的投影构成了线段RQ，即AB,而

x3y40x2得Q(1,1),由得R(2,2)，RQPQ，由xy0xy0ABQR(12)2(12)232．故选C．

4。 命题“xR，nN*，使得nx2\"的定义形式是

A．xR，nN*,使得nx2 B．xR，nN*，使得nx2 C．xR，nN*，使得nx2 D．xR，nN*,使得nx2 【答案】D

【解析】的否定是，的否定是,nx的否定是nx．故选D． 5。 设函数f(x)sinxbsinxc,则f(x)的最小正周期 A．与b有关，且与c有关 B．与b有关,但与c无关 C．与b无关，且与c无关 D．与b无关,但与c有关 【答案】B

222

6。 如图，点列｛An｝,{Bn｝分别在某锐角的两边上，且AnAn1An1An2,AnAn2,nN, 。 BnBn1Bn1Bn2,BnBn2,nN*，(PQ表示点P与Q不重合）若dnAnBn，Sn为△AnBnBn1的面积，则

*

2}是等差数列 A．{Sn}是等差数列 B．{Sn2}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{dn【答案】A

【解析】Sn表示点An到对面直线的距离（设为hn）乘以BnBn1长度一半，即Sn1hnBnBn1，由题目2中条件可知BnBn1的长度为定值，那么我们需要知道hn的关系式，过A1作垂直得到初始距离h1，那么

A1,An和两个垂足构成了等腰梯形，那么hnh1AnAn1tan,其中为两条线的夹角,即为定值，那么

11Sn(h1A1Antan)BnBn1，Sn1(h1A1An1tan)BnBn1，作差

221后:Sn1Sn(AnAn1tan)BnBn1，都为定值，所以Sn1Sn为定值．故选A．

2x22x22

7. 已知椭圆C1：2+y=1(m>1）与双曲线C2：2–y=1（n>0）的焦点重合,e1，e2分别为C1，C2的离心

nm率，则

A．m>n且e1e2>1 B．m>n且e1e2〈1 C．m〈n且e1e2〉1 D．m〈n且e1e2<1 【答案】A

m21n2111(1)(1)，代入【解析】由题意知m1n1，即mn2,(e1e2)m2n2m2n222222m2n22，得mn,(e1e2)21．故选A．

8. 已知实数a，b，c

A．若｜a2+b+c｜+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2<100 B．若|a2+b+c｜+|a2+b–c｜≤1，则a2+b2+c2〈100 C．若|a+b+c2|+｜a+b–c2｜≤1,则a2+b2+c2<100 D．若｜a2+b+c|+|a+b2–c｜≤1，则a2+b2+c2<100 【答案】D

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分,共36分．

9。 若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______． 【答案】9

【解析】xM110xM9

10. 已知2cos2x+sin 2x=Asin（ωx+φ）+b（A〉0），则A=______,b=________． 【答案】2 1

【解析】2cos2xsin2x2sin(2x423

11。 某几何体的三视图如图所示（单位：cm)，则该几何体的表面积是 cm，体积是 cm.

)1,所以A2,b1.

【答案】72 32

【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形,所以表面积为2(222244)2(22)72 12. 已知a>b〉1.若logab+logba=【答案】4 2

5，ab=ba，则a= ,b= 。 2【解析】设logbat,则t1，因为t21t5t2ab2， 2因此abbab2bbb2bb2b2,a4.

13.设数列｛an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N，则a1= ，S5= . 【答案】1 121

＊

14。 如图,在△ABC中,AB=BC=2，∠ABC=120°。若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .

【答案】

1 2【解析】ABC中，因为ABBC2,ABC120， 所以BADBCA30.

由余弦定理可得AC2AB2BC22ABBCcosB 2222222cos12012， 所以AC23. 设ADx,则0t23，DC23x.

在ABD中，由余弦定理可得BD2AD2AB22ADABcosA

x2222x2cos30x223x4。

故BDx223x4. 在PBD中，PDADx，PBBA2。

PD2PB2BD2x222(x223x4)3由余弦定理可得cosBPD，

2PDPB2x22所以BPD30.

PCEDAB

过P作直线BD的垂线,垂足为O。设POd

11BDdPDPBsinBPD， 22121即x23x4dx2sin30， 22则SPBD解得dxx23x42. 111CDBCsinBCD(23x)2sin30(23x)。 222设PO与平面ABC所成角为，则点P到平面ABC的距离hdsin.

而BCD的面积S故四面体PBCD的体积V11111x SBcDhSBcDdsinSBcDd(23x)233332x23x41x(23x)。

26x23x4x223x4(x3)21,因为0x23,所以1t2.

设t则|x3|t21。

(2)当3x23时，有|x3|x3t21， 故x3t21. 1(3t21)[23(3t21)]此时，V

6t14t214(t)。 6t6t由(1）可知,函数V(t)在(1,2]单调递减,故V(t)V(1)综上,四面体PBCD的体积的最大值为

141(1)。 6121。 215. 已知向量a、b， ｜a｜ =1，｜b｜ =2，若对任意单位向量e，均有 |a·e｜+|b·e｜大值是 ． 【答案】

6 ，则a·b的最

1 211，即最大值为

22【解析】|(ab)e||ae||be|6|ab|6|a|2|b|22ab6ab三、解答题:本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

16。 （本题满分14分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. 已知b+c=2a cos B。

（I）证明：A=2B;

a2

（II）若△ABC的面积S=，求角A的大小.

4

【试题分析】（I）由正弦定理及两角和的正弦公式可得sinsin，再判断的取值范围，进而可证2；(II）先由三角形的面积公式及二倍角公式可得sinCcos，再利用三角形的内角和可得角的大小．

a21a2（II）由S得absinC，故有

4241sinsinCsin2sincos,

2因sin0,得sinCcos．

又，C0,，所以C2．

当C当C2时,2;

2时，或4．

综上，24．

17. (本题满分15分）如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面

ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3。

(I）求证:EF⊥平面ACFD；

(II)求二面角B-AD—F的平面角的余弦值.

【试题分析】（I)先证FC，再证FC，进而可证F平面CFD；（II）方法一：先找二面角

DF的平面角,再在RtQF中计算,即可得二面角DF的平面角的余弦值；方法二：先建立

空间直角坐标系，再计算平面C和平面的法向量，进而可得二面角DF的平面角的余弦值．

（II）方法一：

过点F作FQ，连结Q．

因为F平面C，所以F，则平面QF,所以Q． 所以，QF是二面角DF的平面角．

在RtC中,C3,C2,得FQ313． 13在RtQF中，FQ3133，F3，得cosQF． 1343． 4所以,二面角DF的平面角的余弦值为

18. （本小题15分）已知a3,函数F（x）=min{2|x−1｜，x2−2ax+4a−2}， p，pq，其中min｛p,q｝=

q,p>q.(I）求使得等式F（x)=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围； （II）(i）求F（x）的最小值m（a）； （ii)求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）。

【试题分析】（I）分别对x1和x1两种情况讨论Fx，进而可得使得等式Fxx22ax4a2成立的x的取值范围；（II）（i）先求函数fx2x1，gxx22ax4a2的最小值，再根据Fx的定义可得Fx的最小值ma；（ii）分别对0x2和2x6两种情况讨论Fx的最大值，进而可得Fx在区间0,6上的最大值a．

(II)（i)设函数fx2x1,gxx2ax4a2，则

2fxminf10，gxmingaa24a2，

所以，由Fx的定义知maminf1,ga，即

0,3a22ma．

2a4a2,a22（ii)当0x2时，

Fxfxmaxf0,f22F2，

当2x6时，

Fxgxmaxg2,g6max2,348amaxF2,F6．

所以，

348a,3a4． a2,a4x2219。 （本题满分15分）如图，设椭圆2y1（a＞1）。

a（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；

(II）若任意以点A(0，1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围。

ykx1【试题解析】(I）设直线ykx1被椭圆截得的线段为，由x2得 22y1a1akx2222a2kx0，

故

2a2kx10，x2．

1a2k2因此

22ak21kx1x21k2． 221ak（II）假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点，Q，满足

Q．

记直线，Q的斜率分别为k1，k2，且k1，k20,k1k2．

20.（本题满分15分)设数列an满足an（I）证明：an2nn1an11,n． 2a12，n;

3（II）若an,n，证明：an2，n．

2【试题分析】(I)先利用三角形不等式得anaan111an11，变形为n,再用累加法可得nn1n2222ma1anaa13nmn1，进而可证an2n1a12；（II）由（I)可得nmn1，进而可得an22n，222224再利用m的任意性可证an2．

（II)任取n,由（I）知,对于任意mn，

an2nanan1nn1m222aman1an2n1n222am1amm1m

22111 nn1m12221n1， 2故

1anann1m2 m2211n1m22m32mn2 322n．

4从而对于任意mn,均有