1、2016年普通高等学校招生全国统一考试浙江理科数学1.(2016浙江,理1)已知集合P=xR|1x3,Q=xR|x24,则P(RQ)=()A.2,3B.(-2,3C.1,2)D.(-,-21,+)答案BQ=xR|x24=xR|x-2,或x2,RQ=xR|-2x2.P(RQ)=xR|-2x3=(-2,3.故选B.2.(2016浙江,理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.mlB.mnC.nlD.mn答案C对于选项A,=l,l,m,m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确;对于选项B,D,m,n,m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确.对于选项C
2、,=l,l.n,nl.故选C.3.(2016浙江,理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x-20,x+y0,x-3y+40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.22B.4C.32D.6答案C画出不等式组x-20,x+y0,x-3y+40表示的平面区域如图阴影部分所示.作出直线x+y-2=0.设直线x-3y+4=0与x+y=0的交点为C,直线x=2与直线x+y=0的交点为D.过C作CA直线x+y-2=0于点A,过D作DB直线x+y-2=0于点B,则区域中的点在直线x+y-2=0上的投影为AB.直线x+y-2=0与直线x+
3、y=0平行,|CD|=|AB|.由x-3y+4=0,x+y=0,得x=-1,y=1,C点坐标为(-1,1).由x=2,x+y=0,得x=2,y=-2,D点坐标为(2,-2).|CD|=9+9=32,即|AB|=32.故选C.4.(2016浙江,理4)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答案D由含量词命题的否定格式,可知首先改写量词,而nx2的否定为n1)与双曲线C2:x2n2-y2=1(n0)的焦点重合,e1,e2分别为C1,C2的离心率,则()A.mn,且e1e21B.
4、mn,且e1e21C.m1D.mn,且e1e2n.e1=1-1m2,e2=1+1n2,e1e2=1-1m21+1n2=1+1n2-1m2-1m2n2=1+m2-n2-1m2n2=1+1m2n21.故选A.8.(2016浙江,理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答案D(举反例排除)选项A中,令a=b=10,c=-110,则|a2+b+
5、c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0100,故选项A不成立;选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0100,故选项B不成立;选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0100,故选项C不成立;故选D.9.(2016浙江,理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.答案9解析设点M坐标为(xM,yM).抛物线y2=4x的准线为x=-1,由抛物线的定义知xM+1=10,即xM=9.10.(2016浙江,理10)已知2cos2x+sin 2x=A
6、sin(x+)+b(A0),则A=,b=.答案21解析2cos2x+sin 2x=cos 2x+1+sin 2x=2sin2x+4+1,A=2,b=1.11.(2016浙江,理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.答案7232解析由三视图,可知该几何体为两个相同长方体组合而成,其中每个长方体的长、宽、高分别为4 cm,2 cm,2 cm,所以其体积为2(224)=32(cm3).由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形,所以其表面积为2(222+424)-2(22)=72(cm2).12.(2016浙江,理12)已知ab1,若logab
7、+logba=52,ab=ba,则a=,b=.答案42解析设logba=t,由ab1,知t1.由题意,得t+1t=52,解得t=2,则a=b2.由ab=ba,得b2b=bb2,即得2b=b2,即b=2,a=4.13.(2016浙江,理13)设数列an的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1=,S5=.答案1121解析由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n2).又因为a2=3a1,所以数列an是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S5=
8、1-351-3=121.14.(2016浙江,理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.答案12解析由题意易知ABDPBD,BAD=BPD=BCD=30,AC=23.设AD=x,则0x23,CD=23-x,在ABD中,由余弦定理知BD=4+x2-23x=1+(x-3)2.设PBD中BD边上的高为d,显然当平面PBD平面CBD时,四面体PBCD的体积最大,从而VP-BCD13dSBCD=13PDPBsin30BD12BCCDsin 30=16x(23-x)1+(x-3)2,令1+
9、(x-3)2=t1,2,则VP-BCD4-t26t12易知f(t)=4-t26t在1,2上单调递减,即VP-BCD的最大值为12.15.(2016浙江,理15)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,若对任意单位向量e,均有|ae|+|be|6,则ab的最大值是.答案12解析由题意得对任意单位向量e,均有|(a+b)e|ae|+|be|6,即|(a+b)e|max6,即|a+b|6,所以|a|2+|b|2+2ab6,即ab12,即ab的最大值为12.16.(2016浙江,理16)在ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b+c=2acos B.(1)证明:A=2B;(2)若ABC
10、的面积S=a24,求角A的大小.解(1)由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B,故2sin Acos B=sin B+sin(A+B)=sin B+sin Acos B+cos Asin B.于是sin B=sin(A-B).又A,B(0,),故0A-B,所以,B=-(A-B)或B=A-B,因此A=(舍去)或A=2B,所以,A=2B.(2)由S=a24得12absin C=a24,故有sin Bsin C=12sin 2B=sin Bcos B.因sin B0,得sin C=cos B.又B,C(0,),所以C=2B.当B+C=2时,A=2;当C-B=2时,A=4.综上,A
11、=2或A=4.17.(2016浙江,理17)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解(1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.所以BF平面ACFD.(2)方法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ.因为BF平面ACK,所以BFAK,则AK平面BQF,所以BQAK.所以BQ
12、F是二面角B-AD-F的平面角.在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=31313.在RtBQF中,FQ=31313,BF=3,得cosBQF=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.方法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32.因此,AC=(0,3,0),AK=(1,
13、3,3),AB=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由ACm=0,AKm=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);由ABn=0,AKn=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).于是,cos=mn|m|n|=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.18.(2016浙江,理18)已知a3,函数F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q=p,pq,q,pq.(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围;(
14、2)求F(x)的最小值m(a);求F(x)在区间0,6上的最大值M(a).解(1)由于a3,故当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|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为2,2a.(2)设函数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,所以,由F(x)的定义知m(a)=minf(1),g(a),即m(a)=0,3a2+2,-a2+4a-2,a2+2.当0x2
15、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).所以,M(a)=34-8a,3a1).(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.解(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0.故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k21+k2.(2)假设圆与椭
16、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)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,所以(k12-k22)1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0.由于k1k2,k1,k20,得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),因为式关于k1,k2的方程有解的充要
17、条件是1+a2(a2-2)1,所以a2.因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1a2,由e=ca=a2-1a得,所求离心率的取值范围为0e22.20.(2016浙江,理20)设数列an满足an-an+121,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,证明:|an|2,nN*.证明(1)由an-an+121得|an|-12|an+1|1,故|an|2n-|an+1|2n+112n,nN*,所以|a1|21-|an|2n=|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+|an-1|2n-1-|an|2n121+122+12n-1n,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+|am-1|2m-1-|am|2m12n+12n+1+12m-112n-1,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0log34|an0|-22n0,且m0n0,则2n034m02n034log34|an0|-22n0=|an0|-2,与式矛盾.综上,对于任意nN*,均有|an|2.
