2016年浙江理数高考试题文档版(含答案)

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.4 C. D.6 4.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=.

2

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cm，体积是 3cm.

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A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知bc2acosB （Ⅰ）证明：A2B

a2（Ⅱ）若ABC的面积S，求角A的大小. 学科.网

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a3，函数F(x)min{2|x1|,x2ax4a2}, 其中

（Ⅰ）求使得等式F(x)x2ax4a2成立的x的取值范围 （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

22

19.（本题满分15分）如图，设椭圆C:x22a2y1(a1)

（Ⅰ）求直线ykx1被椭圆截得到的弦长（用a,k表示）

（Ⅱ）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、（本题满分15分）设数列满足|anan12|1， （Ⅰ）求证：|an|2n1(|a1|2)(nN*)

（Ⅱ）若|an|(32)n，nN*，证明：|an|2，nN*.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.B 2.C 3.C 4.D 5.B 6.A 7.A 8.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. 9.9 10.2,1 11.72,32 12.4,2 13.1,121 14.

11 15. 22三、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sinC2sincos，

故2sincossinsinsinsincoscossin， 于是sinsin．

又，0,，故0，所以

或，

因此（舍去）或2， 所以，2．

a21a2（II）由S得absinC，学.科.网故有

4241sinsinCsin2sincos，

2因sin0，得sinCcos．

又，C0,，所以C当C当C2．

2时，时，或2； ．

24综上，2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CC，所以， C平面C，因此， FC．

又因为F//C，FFC1，C2，所以

C为等边三角形，且F为C的中点，则 FC．

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DF的平面角．

在RtC中，C3，C2，得FQ313． 13在RtQF中，FQ3133，F3，得cosQF． 1343． 4所以，二面角DF的平面角的余弦值为方法二：

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，C1,0,0，0,0,3，

11331,3,0，2,0,2，F2,0,2． 因此，

C0,3,0，1,3,3，2,3,0．

设平面C的法向量为mx1,y1,z1，平面的法向量为nx2,y2,z2．

Cm03y10由，得，取mx13y13z10m03,0,1；

n02x23y20由，得，取n3,2,3．

x23y23z20n0于是，cosm,nmn3． mn43． 4所以，二面角DF的平面角的余弦值为

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a3，故

当x1时，x22ax4a22x1x22a12x0， 当x1时，x22ax4a22x1x2x2a． 所以，使得等式Fxx2ax4a2成立的x的取值范围为

22,2a．

（II）（i）设函数fx2x1，gxx2ax4a2，则

2f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

0,3a22ma．

2a4a2,a22（ii）当0x2时，

Fxfxmaxf0,f22F2，

当2x6时，

Fxgxmaxg2,g6max2,348amaxF2,F6．

所以，

348a,3a4． a2,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。

ykx1（I）设直线ykx1被椭圆截得的线段为，由x2得 22y1a1akx2222a2kx0，

故

2a2k． x10，x21a2k2因此

2a2k2． 1kx1x21k221ak2（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k1，k2，且k1，k20，k1k2． 由（I）知，

故

2a2k11k121a2k12，Q22a2k21k221a2k2，

2a2k11k121a2k1222a2k21k21a2k22，

22222222所以k1k21k1k2a2ak1k20．

由于k1k2，k1，k20得

221k12k2a22a2k12k20，

因此

112211221aa2， ① k1k2因为①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

1a2，

ca212由e得，所求离心率的取值范围为0e．

aa220.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anan111得anan11，故

22an2nan12n11，n， n2所以

a1ana1a2a2a3an1ann1n 212n2122222322111 12n12221，

an2n1a12．

（II）任取n，由（I）知，对于任意mn，

因此

anamanan1mnn1n2222111 2n2n12m11n1， 2an1an2n1n222am1amm1m

22故

1anann1m2 m2211n1m22m32mn2 322n．

4从而对于任意mn，均有

m3an22n．

4由m的任意性得an2． ①

否则，存在n0，有an02，取正整数m0log34an022n0且m0n0，则

324m0m0324n0log34an022n0an02，

与①式矛盾．

综上，对于任意n，均有an2．

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