2016年浙江高考数学(理科)试卷(含答案).doc

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1、2016年浙江省高考数学试卷（理科）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（5分）（2016浙江）已知集合P=xR|1x3，Q=xR|x24，则P（RQ）=（）A2，3B（2，3C1，2）D（，21，+）2（5分）（2016浙江）已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则（）AmlBmnCnlDmn3（5分）（2016浙江）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，由区域中的点在直线x+y2=0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|=（）A2B4C3D64（5分）（2016浙江）命题“xR，n

3、ASn是等差数列BSn2是等差数列Cdn是等差数列Ddn2是等差数列7（5分）（2016浙江）已知椭圆C1：+y2=1（m1）与双曲线C2：y2=1（n0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）Amn且e1e21Bmn且e1e21Cmn且e1e21Dmn且e1e218（5分）（2016浙江）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+bc|1，则a2+b2+c2100C若|a+b+c2|+|a+bc2|1，则a2+b2+c2100D若|a2+b+c|+|a+b2c|1，则a2+b2+c2100二、填空题：

4、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（4分）（2016浙江）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10（6分）（2016浙江）已知2cos2x+sin2x=Asin（x+）+b（A0），则A=，b=11（6分）（2016浙江）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，体积是cm312（6分）（2016浙江）已知ab1，若logab+logba=，ab=ba，则a=，b=13（6分）（2016浙江）设数列an的前n项和为Sn，若S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，则a1=，S5=14（4分）（2016浙江）如图，在AB

5、C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15（4分）（2016浙江）已知向量，|=1，|=2，若对任意单位向量，均有|+|，则的最大值是三、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（14分）（2016浙江）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：A=2B（）若ABC的面积S=，求角A的大小17（15分）（2016浙江）如图，在三棱台ABCDEF中，已知平面BCFE平面ABC，ACB=90，BE=EF=FC=1，BC=2，

6、AC=3，（）求证：EF平面ACFD；（）求二面角BADF的余弦值18（15分）（2016浙江）已知a3，函数F（x）=min2|x1|，x22ax+4a2，其中min（p，q）=（）求使得等式F（x）=x22ax+4a2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）19（15分）（2016浙江）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多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围20（15分）（2016浙江）设数列满足|an|1，nN*（）求证：|an|

7、2n1（|a1|2）（nN*）（）若|an|（）n，nN*，证明：|an|2，nN*2016年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一个是符合题目要求的1（5分）【考点】并集及其运算菁优网版权所有【分析】运用二次不等式的解法，求得集合Q，求得Q的补集，再由两集合的并集运算，即可得到所求【解答】解：Q=xR|x24=xR|x2或x2，即有RQ=xR|2x2，则P（RQ）=（2，3故选：B【点评】本题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解法，属于基础题2（5分）【考点】直线与平面垂直的判定菁优网版权

8、所有【分析】由已知条件推导出l，再由n，推导出nl【解答】解：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故选：C【点评】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养3（5分）【考点】简单线性规划的应用菁优网版权所有【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义，利用数形结合进行求解即可【解答】解：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+y2=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|=3，故选：C【点评】本题主要考查线性规划的应用，作出

9、不等式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决本题的关键4（5分）【考点】命题的否定菁优网版权所有【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可【解答】解：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：xR，nN*，使得nx2故选：D【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题5（5分）【考点】三角函数的周期性及其求法菁优网版权所有【分析】根据三角函数的图象和性质即可判断【解答】解：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+bsin

10、x+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，故选：B【点评】本题考查了三额角函数的最小正周期，关键掌握三角函数的图象和性质，属于中档题6（5分）【考点】数列与函数的综合菁优网版权所有【分析】设锐角的顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=b，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，b不确定，判断C，D不正确，设AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，运用三角形相似知

11、识，hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，进而得到数列Sn为等差数列【解答】解：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，=2，即有hn+hn+2=2hn+1，由Sn=dhn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，即为Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列故选：A【点评】本题考查等差数列的判断，注意运

12、用三角形的相似和等差数列的性质，考查化简整理的推理能力，属于中档题7（5分）【考点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质菁优网版权所有【分析】根据椭圆和双曲线有相同的焦点，得到c2=m21=n2+1，即m2n2=2，进行判断，能得mn，求出两个离心率，先平方进行化简进行判断即可【解答】解：椭圆C1：+y2=1（m1）与双曲线C2：y2=1（n0）的焦点重合，满足c2=m21=n2+1，即m2n2=20，m2n2，则mn，排除C，D则c2=m21m2，c2=n2+1n2，则cmcn，e1=，e2=，则e1e2=，则（e1e2）2=（）2（）2=1+=1+=1+1，e1e21，故选：A【点评】本题主要

13、考查圆锥曲线离心率的大小关系的判断，根据条件结合双曲线和椭圆离心率以及不等式的性质进行转化是解决本题的关键考查学生的转化能力8（5分）【考点】命题的真假判断与应用菁优网版权所有【分析】本题可根据选项特点对a，b，c设定特定值，采用排除法解答【解答】解：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+bc|=01，a2+b2+c2100；C设a=100，b=100，c=0，则|a+b+c2|+|a+bc2|=01，a2+b2+c2100；故选：D【点评】本题主要考查命题的真假判断，由于

14、正面证明比较复杂，故利用特殊值法进行排除是解决本题的关键二、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（4分）【考点】抛物线的简单性质菁优网版权所有【分析】根据抛物线的性质得出M到准线x=1的距离为10，故到y轴的距离为9【解答】解：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故答案为：9【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题10（6分）【考点】两角和与差的正弦函数菁优网版权所有【分析】根据二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数化简左边，即可得到答案【解答】解：2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=1+

15、（cos2x+sin2x）+1=sin（2x+）+1，A=，b=1，故答案为：；1【点评】本题考查了二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握公式是解题的关键11（6分）【考点】由三视图求面积、体积菁优网版权所有【分析】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，代入体积公式和面积公式计算即可【解答】解：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（246）=72cm2，其体积为423=32，故答案为：72，32【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积和表面积，解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力12

16、（6分）【考点】对数的运算性质菁优网版权所有【分析】设t=logba并由条件求出t的范围，代入logab+logba=化简后求出t的值，得到a与b的关系式代入ab=ba化简后列出方程，求出a、b的值【解答】解：设t=logba，由ab1知t1，代入logab+logba=得，即2t25t+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，故答案为：4；2【点评】本题考查对数的运算性质，以及换元法在解方程中的应用，属于基础题13（6分）【考点】数列的概念及简单表示法菁优网版权所有【分析】运用n=1时，a1=S

17、1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n1时，an+1=Sn+1Sn，结合条件，计算即可得到所求和【解答】解：由n=1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+1Sn，可得Sn+1=3Sn+1，由S2=4，可得S3=34+1=13，S4=313+1=40，S5=340+1=121故答案为：1，121【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n1时，an=SnSn1，考查运算能力，属于中档题14（4分）【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积菁优网版权所有【分析】由题意，ABDPBD

18、，可以理解为PBD是由ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，PBD必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大【解答】解：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，h=，V=，t（0，）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AH，DM=t，由等面积，可得，h=，V=，t（，2）综上所述，V=，t（0，2）令m=1，2），则V=，m=1时，Vmax=故答案为：【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查

19、分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大15（4分）【考点】平面向量数量积的运算菁优网版权所有【分析】根据向量三角形不等式的关系以及向量数量积的应用进行计算即可得到结论【解答】解：|（+）|=|+|+|，|（+）|+|，平方得：|2+|2+26，即12+22+26，则，故的最大值是，故答案为：【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及向量三角形不等式的关系是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度三、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（14分）【考点】余弦定理；正弦定理菁优网版权所有【分析】（）利用正弦定理，结合

20、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【解答】（）证明：b+c=2acosB，sinB+sinC=2sinAcosB，sinB+sin（A+B）=2sinAcosBsinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosBsinB=2=sinAcosBcosAsinB=sin（AB）A，B是三角形中的角，B=AB，A=2B；（）解：ABC的面积S=，bcsinA=，2bcsinA=a2，2sinBsinC=sinA=sin2B，sinC=cosB，B+C=90，或C=B+90，A=90或A=45【点评】本题考查

21、了正弦定理，解三角形，考查三角形面积的计算，考查二倍角公式的运用，属于中档题17（15分）【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系菁优网版权所有【分析】（I）先证明BFAC，再证明BFCK，进而得到BF平面ACFD（II）方法一：先找二面角BADF的平面角，再在RtBQF中计算，即可得出；方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角BADF的平面角的余弦值【解答】（I）证明：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

22、三角形，且F为CK的中点，则BFCK，BF平面ACFD（II）方法一：过点F作FQAK，连接BQ，BF平面ACFDBFAK，则AK平面BQF，BQAKBQF是二面角BADF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BADF的平面角的余弦值为方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则BCK为等边三角形，取BC的中点，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，KO平面BAC，以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz可得：B（1，0，0），C（1，0，0），K（0，0，），A（1，3，0），

23、=（0，3，0），=，（2，3，0）设平面ACK的法向量为=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为=（x2，y2，z2），由，可得，取=由，可得，取=二面角BADF的余弦值为【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题18（15分）【考点】函数最值的应用；函数的最值及其几何意义菁优网版权所有【分析】（）由a3，讨论x1时，x1，去掉绝对值，化简x22ax+4a22|x1|，判断符号，即可得到F（x）=x22ax+4a2成立的x的取值范围；（）（i）设f（x）=2|x1|，g（x）=x22ax+4a2，求得f（x）和g（x）的最小值

24、，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）【解答】解：（）由a3，故x1时，x22ax+4a22|x1|=x2+2（a1）（2x）0；当x1时，x22ax+4a22|x1|=x2（2+2a）x+4a=（x2）（x2a），则等式F（x）=x22ax+4a2成立的x的取值范围是（2，2a）；（）（i）设f（x）=2|x1|，g（x）=x22ax+4a2，则f（x）min=f（1）=0，g（x）min=g（a）=a2+4a2由a2+4a2=0，解得a=2+（负的舍去），由F（x）的定义可得m（a）=min

25、f（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）=max2，348a=maxF（2），F（6）则M（a）=【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题19（15分）【考点】椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合菁优网版权所有【分析】（）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

26、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【解答】解：（）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|=，|AQ|=，故：=，所以，（k12k22）1+k12+k22+a2（2a2）k12k22=0，由k1k2，k1，k20，可得：1+k12+k22+a2（2a2）k12k22=0，因此a2（a22），因为式关于k

27、1，k2；的方程有解的充要条件是：1+a2（a22）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：【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，考查转化思想以及计算能力20（15分）【考点】数列与不等式的综合菁优网版权所有【分析】（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【解答】解：（I）|an|1，|an|an+1|1，nN*，=（）+（）+（）+=11|an|2n1（|a1|2）（nN*）（II）任取nN*，由（I）知，对于任意mn，=（）+（）+（）+=|an|（+）2n+（）m2n=2+（）m2n由m的任意性可知|an|2否则，存在n0N*，使得|a|2，取正整数m0log且m0n0，则2（）2（）=|a|2，与式矛盾综上，对于任意nN*，都有|an|2【点评】本题考查了不等式的应用与证明，等比数列的求和公式，放缩法证明不等式，难度较大第16页（共16页）

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