2016年浙江省高考理科数学试题及答案

2016年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（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.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.4C.D.64.命题“使得”的否定形式是A.使得B.使得C.使得D.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.且B.且C.且D.且8.已知实数.A.若则B.若则C.若则D.若则二、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中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知2cosbcaB（Ⅰ）证明：2AB（Ⅱ）若ABC的面积24aS，求角A的大小.学科.网17.（本题满分15分）如图，在三棱台ABCDEF中，已知平面BCFE平面ABC，90ACB，1BEEFEC，2BC，3AC，（Ⅰ）求证：ACFDBF平面（Ⅱ）求二面角B-AD-C的余弦值.18.（本题满分15分）设3a，函数2()min{2|1|,242}Fxxxaxa,其中（Ⅰ）求使得等式2()242Fxxaxa成立的x的取值范围（Ⅱ）（i）求()Fx的最小值()ma（ii）求()Fx在[0,6]上的最大值()Ma学.科网19.（本题满分15分）如图，设椭圆C:2221(1)xyaa（Ⅰ）求直线1ykx被椭圆截得到的弦长（用a,k表示）（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1||12nnaa，（Ⅰ）求证：11||2(||2)(*)nnaanN（Ⅱ）若3||()2nna，*nN，证明：||2na，*nN.学科&网浙江数学（理科）试题参考答案一、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.B2.C3.C4.D5.B6.A7.A8.D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.9.910.2,111.72,3212.4,213.1,12114.1215.12三、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sinsinC2sincos，故2sincossinsinsinsincoscossin，于是sinsin．又，0,，故0，所以或，因此（舍去）或2，所以，2．（II）由24aS得21sinC24aab，学.科.网故有1sinsinCsin2sincos2，因sin0，得sinCcos．又，C0,，所以C2．当C2时，2；当C2时，4．综上，2或4．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CC，所以，C平面C，因此，FC．又因为F//C，FFC1，C2，所以C为等边三角形，且F为C的中点，则FC．所以F平面CFD．（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DF的平面角．在RtC中，C3，C2，得313FQ13．在RtQF中，313FQ13，F3，得3cosQF4．所以，二面角DF的平面角的余弦值为34．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C，又平面CF平面C，所以，平面C．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．由题意得1,0,0，C1,0,0，0,0,3，1,3,0，13,0,22，13F,0,22．因此，C0,3,0，1,3,3，2,3,0．设平面C的法向量为111,,mxyz，平面的法向量为222,,nxyz．由C00mm，得111130330yxyz，取3,0,1m；由00nn，得22222230330xyxyz，取3,2,3n．于是，3cos,4mnmnmn．所以，二面角DF的平面角的余弦值为34．18.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，22242212120xaxaxxax，当1x时，22422122xaxaxxxa．所以，使得等式2F242xxaxa成立的x的取值范围为2,2a．（II）（i）设函数21fxx，2242gxxaxa，则min10fxf，2min42gxgaaa，所以，由Fx的定义知min1,mafga，即20,32242,22amaaaa．（ii）当02x时，Fmax0,22F2xfxff，当26x时，Fmax2,6max2,348maxF2,F6xgxgga．所以，348,342,4aaaa．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1ykx被椭圆截得的线段为，由22211ykxxya得2222120akxakx，故10x，222221akxak．因此22212222111akkxxkak．（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，20k，12kk．由（I）知，2211221211akkak，222222221Q1akkak，故22221122222212212111akkakkakak，所以22222222121212120kkkkaakk．由于12kk，1k，20k得2222221212120kkaakk，因此222212111112aakk，①因为①式关于1k，2k的方程有解的充要条件是22121aa，所以2a．因此，任意以点0,1为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为12a，由21caeaa得，所求离心率的取值范围为202e．20.本题主要考查数列的递推关系与单调性、学.科.网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112nnaa得1112nnaa，故111222nnnnnaa，n，所以11223111223122222222nnnnnnaaaaaaaa121111222n1，因此1122nnaa．（II）任取n，由（I）知，对于任意mn，1121112122222222nmnnnnmmnmnnnnmmaaaaaaaa11111222nnm112n，故11222mnnnmaa11132222mnnm3224mn．从而对于任意mn，均有3224mnna．由m的任意性得2na．①否则，存在0n，有02na，取正整数000342log2nnam且00mn，则003040002log23322244nnammnna，与①式矛盾．综上，对于任意n，均有2na．