2016 浙江高考理科数学真题及答案
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=
,Q=
,则 P
=
A.[2,3]
B.(-2,3]
C.[1,2)
D.
2.已知互相垂直的平面
交于直线 l,若直线 m,n 满足
,则
A.
B.
C.
D.
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
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.
B.4
C.
D.6
4.命题“
使得
”的否定形式是
A.
C.
使得
使得
B.
D.
使得
使得
5.设函数
,则
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
6.如图,点列
分别在某锐角的两边上,且
,
,
,
.
(
表示点 P 与 Q 不重合)学.科.网
若
, 为
的面积,则
A. 是等差数列 B. 是等差数列
C. 是等差数列 D. 是等差数列
7.已知椭圆
与双曲线
的焦点重合,
分别为
的离心率,则
A.
C.
且
且
B.
且
D.
且
8.已知实数
.
A.若
B.若
C.若
D.若
则
则
则
则
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
上的点 M 到焦点的距离为 10,则 M 到 y 轴的距离是.
10.已知
,则 A=,b=.
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.
12.已知
,若
,则 a=,b=.
13.设数列 的前 n 项和为 ,若
,则 =, =.
14.如图,在
中,AB=BC=2,
.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.已知向量 a,b,|a|=1,|b|=2,学.科.网若对任意单位向量 e,均有
|a·e|+|b·e|
,则 a·b 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.(本题满分 14 分)在 ABC
(Ⅰ)证明:
2A
B
中,内角 ,
,A B C 所对的边分别为 ,
,a b c ,已知
b c
2 cos
a
B
(Ⅱ)若 ABC
的面积
S ,求角 A 的大小. 学科.网
2
a
4
17.(本题满分 15 分)如图,在三棱台 ABC DEF
中,已知平面 BCFE 平面 ABC,
ACB
90
,
BE EF EC
,
1
BC ,
2
AC ,
3
(Ⅰ)求证:
BF 平面
ACFD
(Ⅱ)求二面角 B-AD-C 的余弦值.
18. (本题满分 15 分)设 3
a ,函数
其中
F x
( ) min{2 |
x
1 |,
x
2
2
ax
4
a
2}
,
(Ⅰ)求使得等式
( )
F x
2
x
2
ax
4
a
成立的 x 的取值范围
2
(Ⅱ)(i)求 ( )F x 的最小值 ( )m a
(ii)求 ( )F x 在[0,6] 上的最大值 ( )M a 学.科网
19.(本题满分 15 分)如图,设椭圆 C:
2
2
x
a
2
y
1(
a
1)
(Ⅰ)求直线
y
kx
被椭圆截得到的弦长(用 a,k 表示)
1
(Ⅱ)若任意以点 (0,1)
A
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、(本题满分 15 分)设数列 满足
|
a
n
a
1
n
2
| 1
,
n
1
(|
a
1
| 2) (
n N
*)
(Ⅰ)求证:
|
na
(Ⅱ)若
|
|
na
(
| 2
3
2
)
n
,
n N ,证明:|
*
na ,
| 2
n N
*
.学科&网
浙江数学(理科)试题
参考答案
3.C
2.C
一、选择题:本题考查基本知识和基本运算。每小题 5 分,满分 40 分.
1.B
二、填空题:本题考查基本知识和基本运算.多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,满分 16 分.
15. 1
2
14. 1
2
10. 2,1
13.1,121
11.72,32
12.4,2
7.A
8.D
9.9
4.D
5.B
6.A
三、解答题:本大题共 5 小题,共 74 分。
16.本题主要考查三角函数及其变换、正弦和余弦定理等基础知识,同时考查运算求解能力。满分 14 分。
(I)由正弦定理得sin
sin
sin C 2sin cos
sin
,
sin cos
2sin cos
,
sin
cos
sin
故
于是
sin
sin
.
又 ,
0,
,故 0
,所以
或 ,
因此 (舍去)或
所以,
2 .
2 ,
(II)由
S 得
1
2
ab
sin C
,学.科.网故有
2
a
4
sin 2
sin cos
,
sin sin C
因sin
又 ,
0 ,得sin C cos
C 0,
,所以 C
.
2
.
2
a
4
1
2
2
2
2
当 C
时,
;
当C
时,
.
2
4
.
4
综上,
或
17.本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力。
满分 15 分。
(I)延长 D , , CF 相交于一点 ,如图所示.
因为平面 CF 平面 C ,且 C
,所以,
C 平面 C ,因此,
F
.
又因为 F// C
, C 2
C 为等边三角形,且 F 为 C 的中点,则
F C
.
所以 F 平面 CFD
C
,
,所以
F FC 1
C
.
(II)方法一:
过点 F 作 FQ ,连结 Q .
因为 F 平面 C ,学科&网所以 F ,则 平面 QF ,所以 Q .
所以, QF 是二面角
的平面角.
D F
在 Rt C 中, C 3
, C
2 ,得
FQ
3 13
13
.
在 Rt QF
中,
FQ
3 13
13
, F
,得
3
cos
QF
3
4
.
所以,二面角
的平面角的余弦值为
D F
3
4
.
方法二:
如图,延长 D , , CF 相交于一点 ,则 C 为等边三角形.
取 C 的中点 ,则
以点 为原点,学.科.网分别以射线 , 的方向为 x , z 的正方向,
建立空间直角坐标系 xyz .
C
,又平面 CF 平面 C ,所以, 平面 C .
由题意得
1,0,0
,
C 1,0,0
1, 3,0
, 1
2
,0,
,
3
2
0,0, 3
,
F
1
2
,
,0,
3
2
.
因此,
C
0,3,0
1,3, 3
,
设平面 C 的法向量为
m x y z
1
,
,
,
1
1
2,3,0
.
,平面 的法向量为
n
,
x y z
2
,
2
2
.
C
m
m
0
0
由
,得
3
x
1
y
1
3
0
y
1
3
z
1
0
,取
m
3,0, 1
;
n
,得
n
0
0
由
于是,
cos
,
m n
2
x
2
3
x
2
m n
m n
3
y
y
2
2
0
3
z
2
0
,取
n
3, 2, 3
.
3
4
.
所以,二面角
的平面角的余弦值为
D F
3
4
.
18.本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识。同时考查推理论证能力,分
析问题和解决问题的能力。满分 15 分。
(I)由于 3a ,故
当 1x 时,
2
ax
当 1x 时,
所以,使得等式
x
成立的 x 的取值范围为
.
1 2
,
1
1
2 2
ax
ax
F
2
4
2
2
a
4
a
4
a
2
x
2
x
2
x
x
a
2
a
2
x
2
2
2
2
0
x
x
x
x
2,2a .
(II)(i)设函数 2
x
f x
,
1
g x
x
2 2
ax
4
a
,则
2
f x
min
f
1
,
0
g x
min
所以,由 F x 的定义知
m a
g a
min
f
a
1 ,
2
4
a
g a
,
2
,即
a
2
a
4
m a
0,3
2
2,
a
a
(ii)当 0
2x 时,
F
f
f x
x
当 2
F
x
6x 时,
g x
max
max
g
所以,
2
2
.
2
0 ,
2 ,
2
f
2 F 2
,
6
g
max 2,34 8
a
max F 2 ,F 6
.
34 8 ,3
2,
a
a
4
a
a
4
.
19.本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方
法和综合解题能力。满分 15 分。
(I)设直线
y
kx
y
1
被椭圆截得的线段为 ,由 2
x
2
a
kx
1
得
2
y
1
2
2
a k
2
x
2
2
a kx
,
0
1
故
x ,
1
0
x
2
2
2
a k
2
a k
2
1
.
因此
1
k
2
x
1
x
2
2
2
a k
2
1
a k
2
1
k
2
.
(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 1k , 2k ,且 1k , 2
k , 1
k
0
k .
2
由(I)知,
2
2
a k
1
1
1
2
2
a k
1
2
k
1
,
Q
2
2
a k
2
1
1
2
a k
2
2
k
2
2
,
故
2
k
1
1
2
2
a k
1
2
2
a k
2
1
1
2
a k
2
2
k
2
2
,
2
2
a k
1
1
所以
2
k
1
k
2
2
1
2
k
1
k
2
2
2
a
2
2
2
a k k
1
2
2
0
.
k
由于 1
k , 1k , 2
k 得
0
2
1
2
k
1
k
2
2
2
a
2
2
2
a k k
1
2
2
,
0
因此
1
2
k
1
1
1
2
k
2
1
1
2
a a
2
2
,
①