2016年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学理.docx

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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=x R|1 x 3， Q=x R|x2 4，则 P (CRQ)=( ) A.2， 3 B.(-2， 3 C.1， 2) D.(-， -2 1， + ) 解析： Q=x R|x2 4=x R|x 2或 x -2， 即有 CRQ=x R|-2 x 2，则 P (CRQ)=(-2， 3. 答案： B 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

2、 l D.m n 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， n l. 答案： C 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2003 4 0xxyxy ， 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.2 2 B.4 C.3 2 D.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 R Q，即 SAB， 而 R Q =RQ， 由 3 4 00xyxy ，得 11xy，即 Q(-1， 1)，

3、 由 20xxy， 得 22xy，即 R(2， -2)， 则 |AB|=|QR|= 221 2 1 2 9 9 3 2 . 答案： C 4. 命题“ x R， n N*，使得 n x2”的否定形式是 ( ) 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 解析 ：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“ x R， n N*，使得 n x2”的否定形式是： x R， n N*，使得 n x2. 答案： D. 5.设函数 f(x)=sin2x+bsinx+c，则 f(x)的最小

4、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=-12cos2x+12+c的最小正周期为 T=22=， 当 b 0时， f(x)=-12cos2x+bsinx+12+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： B 6.如图，点列 An、

5、Bn分别在某锐角的两边上，且 |AnAn+1|=|An+1An+2|， An An+1， n N*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|， Bn Bn+1， n N*， (P Q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 An

6、BnBn+1的底边 BnBn+1上的高为 hn， 由三角形的相似可得 111nn a n bh O Ah O A a n b， 21112nn a n bh O Ah O A a n b， 两式相加可得，2122 2nnnhh a n bh a n b ，即有 hn+hn+2=2hn+1， 由 Sn=12d hn，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： A 7. 已知椭圆 C1： 2 22x ym =1(m 1)与双曲线 C2： 2 22x yn =1(n 0)的焦点重合， e1， e2分别为 C1， C2的离心率，则 (

7、 ) A.m n且 e1e2 1 B.m n且 e1e2 1 C.m n且 e1e2 1 D.m n且 e1e2 1 解析：椭圆 C1： 2 22x ym =1(m 1)与双曲线 C2： 2 22x yn =1(n 0)的焦点重合， 满足 c2=m2-1=n2+1， 即 m2-n2=2 0， m2 n2，则 m n，排除 C， D. 则 c2=m2-1 m2， c2=n2+1 n2，则 c m.c n， e1=cm， e2=cn， 则 e1 e2=cm cn= 2cmn， 则 (e1 e2)2= 2222 222 2 2 211mnc c c cm n m n m n 2 2 2 2 222

8、2 2 2 2 2 2 21 1 1 2 1 11 1 1m n m n mnm n m n m n m n ， e1e2 1， 答案： 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 解析： A.设 a=b=10， c=-110，则 |a2+b+c|+|a+b2+c|=0 1， a2+b2

9、+c2 100； B.设 a=10， b=-100， c=0，则 |a2+b+c|+|a2+b-c|=0 1， a2+b2+c2 100； C.设 a=100， b=-100， c=0，则 |a+b+c2|+|a+b-c2|=0 1， 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 . 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

10、知 2cos2x+sin2x=Asin( x+ )+b(A 0)，则 A= ， b= . 解析 ： 2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x =1+ 2 ( 22cos2x+ 22sin2x)+1 = 2 sin(2x+4)+1， A= 2 ， b=1， 答案： 2 ； 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，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 4 23=32， 答案： 72， 32 12.已知 a b 1，若 logab

11、+logba=52， ab=ba，则 a= ， b= . 解析 ：设 t=logba，由 a b 1知 t 1，代入 logab+logba=52得 t+1t=52， 即 2t2-5t+2=0，解得 t=2或 t=12(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， n N*，则 a1= ， S5= . 解析 ：由 n=1时， a1=S1，可得 a2=2S1+1=2a1+1， 又 S2=4，即 a1+a2=4，即

12、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=3 4+1=13， S4=3 13+1=40， S5=3 40+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=t AM= 3 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= 3 -t，由 ADE BDM，可得

13、 21 13htt， 2 13tht， V= 2223121 613113233 13ttttt ， t (0， 3 ). 当 AD=t AM= 3 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- 3 ，由等面积，可得 12 AD BM=12 BD AH， 21121132 tt ， h= 23 1tt， V= 2223121 613113233 13ttttt ， t ( 3 ， 2 3 ). 综上所述， V= 22631313tt， t (0， 2 3 ) 令 m= 23 1t 1， 2)，则 V= 216 4 mm， m=1时， Vmax=1

14、2. 答案： 12. 15.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 | 6 ，则 a b 的最大值是 . 解析 ： |(a +b ) e |=|a e +b e | |a e |+|b e | 6 ， |(a +b ) e | |a +b | 6 ，平方得： |a |2+|b |2+2a b 6 ， 即 12+22+2a b 6，则 a b 12，故 a b 的最大值是 12. 答案： 12. 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

15、对的边分别为 a， b， c，已知 b+c=2acosB. ( )证明： A=2B ( )若 ABC的面积 S= 24a，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= 24a，则 12bcsinA= 24a，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)，

16、 A， B是三角形中的角， B=A-B， A=2B. ( ) ABC的面积 S= 24a， 12bcsinA= 24a， 2bcsinA=a2， 2sinBsinC=sinA=sin2B， sinC=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 BF AC，再证明 BF CK，进而得到 BF平面 ACFD. (II)先找二面角 B-A

17、D-F的平面角，再在 Rt BQF 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， BF AC. 又 EF BC， BE=EF=FC=1， BC=2， BCK为等边三角形，且 F为 CK 的中点，则 BF CK， BF平面 ACFD. (II)过点 F作 FQ AK，连接 BQ， BF平面 ACFD. BF AK，则 AK平面 BQF， BQ AK. BQF是二面角 B-AD-F的平面角 . 在 Rt ACK中， AC=3， CK=2，可得 FQ=3 1313. 在 Rt BQF中， BF

18、= 3 ， FQ=3 1313.可得： cos BQF= 34. 二面角 B-AD-F的平面角的余弦值为 34. 18.已知 a 3，函数 F(x)=min2|x-1|， x2-2ax+4a-2，其中 min(p， q)=.p p qqpq， ( )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 a 3，讨论 x 1时， x 1，去掉绝对值，化简 x2-2ax+4a-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

19、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 0 x 2 时，当 2 x 6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 a 3，故 x 1时， x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x) 0； 当 x 1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)； ( )(

20、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+ 2 (负的舍去 )， 由 F(x)的定义可得 m(a)=minf(1)， g(a)， 即 m(a)=20 3 242 222aa a a ， ， .(ii)当 0 x 2时， F(x) f(x) maxf(0)， f(2)=2=F(2)； 当 2 x 6时， F(x) g(x) maxg(2)， g(6)=max2， 34-8a=maxF(2)， F(6). 则 M(a)= 3 4 8 3 424aaa

21、 ， ， 19. 如图，设椭圆 C： 22xa +y2=1(a 1). ( )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 . 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： 22211y kxx ya，可得： (1+a2k2)x2+2ka

22、2x=0， 得 x1=0 或 x2= 22221 kaka ， 直线 y=kx+1被椭圆截得到的弦长为： 22212 222111akk x x kak . ( )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， k2 0， k1 k2， 由 (1)可知 |AP|= 2211221211a k kak， |AQ|= 2222222211a k kak， 故： 2211221211a k kak= 2222222211a k kak，所以， (k12-k22)1+k12

23、+k22+a2(2-a2)k12k22=0，由 k1 k2， k1， k2 0，可得： 1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0， 因此 (211k +1)( 221k +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 2 . 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： 1 a 2， e= 2 1caaa得，所求离心率的取值范围是： 0 e 22. 20.设数列满足 |an- 12na| 1， n N*. ( )求证： |an| 2n-1(|a1|-2)(n N*) ( )若 |a

24、n| (32)n， n N*，证明： |an| 2， n N*. 解析： (I)使用三角不等式得出 |an|-12|an+1| 1，变形得 1112 2 2nnn n naa，使用累加法可求得 122nnaa 1，即结论成立； (II)利用 (I)的结论得出112 2 2mmnnnaa，进而得出 |an| 2+(34)m 2n，利用 m 的任意性可证 |an| 2. 答案 ： (I) |an- 12na| 1， |an|-12|an+1| 1， 1112 2 2nnn n naa， n N*， 122nnaa =( 12222aa )+( 2322aa )+ +( 1122nnaa )231

25、1 12 2 2 + + 12n=111122 11 212nn 1. |an| 2n-1(|a1|-2)(n N*). (II)任取 n N*，由 (I)知，对于任意 m n， 1 1 21 1 2 112 2 2 2 2 2 2 2n m n n n n m mn m n n n n m ma a a a a a a a 11 1 11111 1 1 12212 2 2 212n m nn n m n . |an|111 1 1 3 322 222 2 2 2 2 4mmm n n nn m n ma . 由 m的任意性可知 |an| 2. 否则，存在 n0 N*，使得 |0na| 2， 取正整数 m0 00342log2nna 且 m0 n0，则 000 0 00342332 2 l o g 24 4 2m nn n nna a ，与式矛盾 . 综上，对于任意 n N*，都有 |an| 2.