2016年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学理

《2016年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学理（11页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2016年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学理一、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，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合P=xR|1x3，Q=xR|x24，则P(CRQ)=()A.2，3B.(-2，3C.1，2)D.(-，-21，+)解析：Q=xR|x24=xR|x2或x-2，即有CRQ=xR|-2x2，则P(CRQ)=(-2，3.答案：B2.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.mlB.mnC.nlD.mn解析：互相垂直的平面，交于直线l，直线m，n满足m，m或m或m，l，n，nl.答案：C3.在平面上，过点P作直线

2、l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线x+y-2=0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|=()A.2B.4C.3D.6解析：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分)，区域内的点在直线x+y-2=0上的投影构成线段RQ，即SAB，而RQ=RQ，由得即Q(-1，1)，由得即R(2，-2)，则|AB|=|QR|=.答案：C4. 命题“xR，nN*，使得nx2”的否定形式是()A.xR，nN*，使得nx2B.xR，nN*，使得nx2C.xR，nN*，使得nx2D.xR，nN*，使得nx2解析：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“xR，nN*，使得nx2”的否定形式是

3、：xR，nN*，使得nx2.答案：D.5.设函数f(x)=sin2x+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有关解析：设函数f(x)=sin2x+bsinx+c，c是图象的纵坐标增加了c，横坐标不变，故周期与c无关，当b=0时，f(x)=sin2x+bsinx+c=-cos2x+c的最小正周期为T=，当b0时，f(x)=-cos2x+bsinx+c，y=cos2x的最小正周期为，y=bsinx的最小正周期为2，f(x)的最小正周期为2，故f(x)的最小正周期与b有关.答案：B6.如图，点列An、Bn

4、分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|=|An+1An+2|，AnAn+1，nN*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，BnBn+1，nN*，(PQ表示点P与Q不重合)若dn=|AnBn|，Sn为AnBnBn+1的面积，则()A.Sn是等差数列B.Sn2是等差数列C.dn是等差数列D.dn2是等差数列解析：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=b，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，b不确定，则dn不一定是等差数列，dn2不一定是等差数列，设AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，由三角形的相似可得，两式相加可得

5、，即有hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，即为Sn+2-Sn+1=Sn+1-Sn，则数列Sn为等差数列.答案：A7. 已知椭圆C1：=1(m1)与双曲线C2：=1(n0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则()A.mn且e1e21B.mn且e1e21C.mn且e1e21D.mn且e1e21解析：椭圆C1：=1(m1)与双曲线C2：=1(n0)的焦点重合，满足c2=m2-1=n2+1，即m2-n2=20，m2n2，则mn，排除C，D.则c2=m2-1m2，c2=n2+1n2，则，e1=，e2=，则e1e2=，则(e1e2)2=，e1e21，答

6、案：A.8.已知实数a，b，c.()A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|1，则a2+b2+c2100B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|1，则a2+b2+c2100C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|1，则a2+b2+c2100D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|1，则a2+b2+c2100解析：A.设a=b=10，c=-110，则|a2+b+c|+|a+b2+c|=01，a2+b2+c2100；B.设a=10，b=-100，c=0，则|a2+b+c|+|a2+b-c|=01，a2+b2+c2100；C.设a=100，b=-100，c=0，则|a+b+c2|+|a+b-c2|=

7、01，a2+b2+c2100.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 .解析：抛物线的准线为x=-1，点M到焦点的距离为10，点M到准线x=-1的距离为10，点M到y轴的距离为9.答案：9.10.已知2cos2x+sin2x=Asin(x+)+b(A0)，则A= ，b= .解析：2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=1+(cos2x+sin2x)+1=sin(2x+)+1，A=，b=1，答案：；1.11.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 cm2

8、，体积是 cm3.解析：由三视图可得，原几何体为由四个棱长为2cm的小正方体所构成的，则其表面积为22(24-6)=72cm2，其体积为423=32，答案：72，3212.已知ab1，若logab+logba=，ab=ba，则a= ，b= .解析：设t=logba，由ab1知t1，代入logab+logba=得t+=，即2t2-5t+2=0，解得t=2或t=(舍去)，所以logba=2，即a=b2，因为ab=ba，所以b2b=ba，则a=2b=b2，解得b=2，a=4，答案：4；2.13.设数列an的前n项和为Sn，若S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，则a1= ，S5= .解析：由n=1

9、时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；由an+1=Sn+1-Sn，可得Sn+1=3Sn+1，由S2=4，可得S3=34+1=13，S4=313+1=40，S5=340+1=121.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 .解析：如图，M是AC的中点.当AD=tAM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM=-t，由ADEBDM，可得，V=，t(0，).当

10、AD=tAM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM=t-，由等面积，可得ADBM=BDAH，h=，V=，t(，2).综上所述，V=，t(0，2)令m=1，2)，则V=，m=1时，Vmax=.答案：.15.已知向量，|=1，|=2，若对任意单位向量，均有|+|，则的最大值是 .解析：|(+)|=|+|+|，|(+)|+|，平方得：|2+|2+2，即12+22+26，则，故的最大值是.答案：.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.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2acosB.()证明：

11、A=2B()若ABC的面积S=，求角A的大小.解析：()利用正弦定理，结合和角的正弦公式，即可证明A=2B()若ABC的面积S=，则bcsinA=，结合正弦定理、二倍角公式，即可求角A的大小.答案：()b+c=2acosB，sinB+sinC=2sinAcosB，sinB+sin(A+B)=2sinAcosB，sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB，sinB=2=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B)，A，B是三角形中的角，B=A-B，A=2B.()ABC的面积S=，bcsinA=，2bcsinA=a2，2sinBsinC=sinA=sin2B，sinC

12、=cosB，B+C=90，或C=B+90，A=90或A=45.17.如图，在三棱台ABC-DEF中，已知平面BCFE平面ABC，ACB=90，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，()求证：EF平面ACFD；()求二面角B-AD-F的余弦值.解析：(I)先证明BFAC，再证明BFCK，进而得到BF平面ACFD.(II)先找二面角B-AD-F的平面角，再在RtBQF中计算，即可得出.答案：(I)延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，平面BCFE平面ABC，ACB=90，AC平面BCK，BFAC.又EFBC，BE=EF=FC=1，BC=2，BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，

13、BF平面ACFD.(II)过点F作FQAK，连接BQ，BF平面ACFD.BFAK，则AK平面BQF，BQAK.BQF是二面角B-AD-F的平面角.在RtACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=.在RtBQF中，BF=，FQ=.可得：cosBQF=.二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.18.已知a3，函数F(x)=min2|x-1|，x2-2ax+4a-2，其中min(p，q)=()求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围；()(i)求F(x)的最小值m(a)；(ii)求F(x)在0，6上的最大值M(a).解析：()由a3，讨论x1时，x1，去掉绝对值，化简x2-2ax+4

14、a-2-2|x-1|，判断符号，即可得到F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围；()(i)设f(x)=2|x-1|，g(x)=x2-2ax+4a-2，求得f(x)和g(x)的最小值，再由新定义，可得F(x)的最小值；(ii)分别对当0x2时，当2x6时，讨论F(x)的最大值，即可得到F(x)在0，6上的最大值M(a).答案：()由a3，故x1时，x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0；当x1时，x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2-(2+2a)x+4a=(x-2)(x-2a)，则等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围是(2，2a)

15、；()(i)设f(x)=2|x-1|，g(x)=x2-2ax+4a-2，则f(x)min=f(1)=0，g(x)min=g(a)=-a2+4a-2.由-a2+4a-2=0，解得a=2+(负的舍去)，由F(x)的定义可得m(a)=minf(1)，g(a)，即m(a)=(ii)当0x2时，F(x)f(x)maxf(0)，f(2)=2=F(2)；当2x6时，F(x)g(x)maxg(2)，g(6)=max2，34-8a=maxF(2)，F(6).则M(a)=19. 如图，设椭圆C：+y2=1(a1).()求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长(用a，k表示)()若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至

16、多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围.解析：()联立直线y=kx+1与椭圆方程，利用弦长公式求解即可.()写出圆的方程，假设圆A与椭圆由4个公共点，再利用对称性有解已知条件可得任意一A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，a的取值范围，进而可得椭圆的离心率的取值范围.答案：()由题意可得：可得：(1+a2k2)x2+2ka2x=0，得x1=0或x2=，直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长为：.()假设圆A与椭圆由4个公共点，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|=|AQ|，记直线AP，AQ的斜率分别为：k1，k2；且k1，k20，k1k2，由(1)可知|AP|=

17、，|AQ|=，故：=，所以，(k12-k22)1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0，由k1k2，k1，k20，可得：1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0，因此(+1)( +1)=1+a2(a2-2)，因为式关于k1，k2；的方程有解的充要条件是：1+a2(a2-2)1，所以a.因此，任意点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：1a2，e=得，所求离心率的取值范围是：0e.20.设数列满足|an-|1，nN*.()求证：|an|2n-1(|a1|-2)(nN*)()若|an|()n，nN*，证明：|an|2，nN*.解析：(I)使用三角不等式得出|an|-|an+1|1，变形得，使用累加法可求得1，即结论成立；(II)利用(I)的结论得出，进而得出|an|2+()m2n，利用m的任意性可证|an|2.答案 ：(I)|an-|1，|an|-|an+1|1，nN*，=()+()+()+=1.|an|2n-1(|a1|-2)(nN*).(II)任取nN*，由(I)知，对于任意mn，.|an|.由m的任意性可知|an|2.否则，存在n0N*，使得|2，取正整数m0且m0n0，则，与式矛盾.综上，对于任意nN*，都有|an|2.