高考卷 普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理工类数学试题【全解全析版】 17页

2016 年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数学试题（理工类） 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项 是符合题目要求的． 1. 已知集合    21 3 , 4 ,P x x Q x x      R R 则 ( )P Q Rð （ ） A．[2,3] B．( -2,3 ] C．[1,2) D ． ( , 2] [1, )    【答案】B 考点：1、一元二次不等式；2、集合的并集、补集． 【易错点睛】解一元二次不等式时， 2x 的系数一定要保证为正数，若 2x 的系数是负数，一定要化为正数， 否则很容易出错． 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⊥l D．m⊥n 【答案】C 【解析】 试题分析：由题意知 ,l l     ， ,n n l   ．故选 C． 考点：空间点、线、面的位置关系． 【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地 看出空间点、线、面的位置关系． 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 2 0 0 3 4 0 x x y x y          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 【答案】C 【解析】 考点：线性规划． 【思路点睛】先根据不等式组画出可行域，再根据题目中的定义确定  的值．画不等式组所表示的平面 区域时要注意通过特殊点验证，防止出现错误． 4. 命题“ *x n   ，R N ，使得 2n x ”的否定形式是（ ） A． *x n   ，R N ，使得 2n x B． *x n   ，R N ，使得 2n x C． *x n   ，R N ，使得 2n x D． *x n   ，R N ，使得 2n x 【答案】D 【解析】 试题分析： 的否定是  ，  的否定是 ， 2n x 的否定是 2n x ．故选 D． 考点：全称命题与特称命题的否定． 【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．对含有存在（全称）量词 的命题 进行否定需要两步操作：①将存在（全称）量词改成全称（存在）量 词；②将结论加以否定． 5. 设函数 2( ) sin sinf x x b x c   ，则 ( )f x 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 【答案】B 考点：1、降幂公式；2、三角函数的最小正周期． 【思路点睛】先利用三角恒等变换（降幂公式）化简函数  f x ，再判断b 和 c 的取值是否影响函数  f x 的最小正周期． 6. 如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且 1 1 2 2, ,n n n n n nA A A A A A n      *N ， 1 1 2 2, ,n n n n n nB B B B B B n      *N ，（ P Q P Q 表示点 与 不重合）. 若 1n n n n n n nd A B S A B B  ， 为△ 的面积，则 （ ） A．{ }nS 是等差数列 B． 2{ }nS 是等差数列 C．{ }nd 是等差数列 D． 2{ }nd 是等差数列 【答案】A 【解析】 试题分析： nS 表示点 nA 到对面直线的距离（设为 nh ）乘以 1n nB B  长度一半，即 1 1 2n n n nS h B B  ，由 题目中条件可知 1n nB B  的长度为定值，那么我们需要知道 nh 的关系式，过 1A 作垂直得到初始距离 1h ， 那么 1, nA A 和两个垂足构成了等腰梯形，那么 1 1 tann n nh h A A    ，其中 为两条线的夹角，即为定 值，那么 1 1 1 1 ( tan )2n n n nS h A A B B    ， 1 1 1 1 1 1 ( tan )2n n n nS h A A B B     ，作差后： 1 1 1 1 ( tan )2n n n n n nS S A A B B     ，都为定值，所以 1n nS S  为定值．故选 A． 考点：等差数列的定义． 【思路点睛】先求出 1n n n   的高，再求出 1n n n   和 1 1 2n n n     的面积 nS 和 1nS  ，进而根据 等差数列的定义可得 1n nS S  为定值，即可得 nS 是等差数列． 7. 已知椭圆 C1： 2 2 x m +y2=1(m>1)与双曲线 C2： 2 2 x n –y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2 分别为 C1，C2 的离心率，则（ ） A．m>n 且 e1e2>1 B．m>n 且 e1e2<1 C．m1 D．m0)，则 A=______，b=________． 【答案】 2 1 考点：1、降幂公式；2、辅助角公式． 【思路点睛】解答本题时先用降幂公式化简 2cos x ，再用辅助角公式化简 cos2 sin 2 1x x  ，进而对照  sin x b    可得  和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. 【答案】 72 32 【解析】 试题分析：几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为 4,2,2，所以体积为 2 (2 2 4) 32    ， 由于两个长方体重叠部分为一个边长为 2 的正方形，所以表面积为 2(2 2 2 2 4 4) 2(2 2) 72        考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积与体积． 【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构 特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积． 12. 已知 a>b>1.若 logab+logba= 5 2 ，ab=ba，则 a= ，b= . 【答案】 4 2 考点：1、指数运算；2、对数运算． 【易错点睛】在解方程 5log log 2a bb a  时，要注意 log 1b a  ，若没注意到 log 1b a  ，方程 5log log 2a bb a  的根有两个，由于增根导致错误． 13.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则 a1= ，S5= . 【答案】1 121 【解析】 试题分析： 1 2 2 1 1 24, 2 1 1, 3a a a a a a       ， 再由 1 1 1 12 1, 2 1( 2) 2 3 ( 2)n n n n n n n n na S a S n a a a a a n              ，又 2 13a a ， 所以 5 1 5 1 33 ( 1),S 121.1 3n na a n     考点：1、等比数列的定义；2、等比数列的前 n 项和． 【易错点睛】由 1 2 1n na S   转化为 1 3n na a  的过程中，一定要检验当 1n  时是否满足 1 3n na a  ，否 则很容易出现错误． 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】 1 2 由余弦定理可得 2 2 2 2 2 22 ( 2 3 4) 3cos 2 2 2 2 PD PB BD x x xBPD PD PB x            ， 所以 30BPD   . 过 P 作直线 BD的垂线，垂足为O .设 PO d 则 1 1 sin2 2PBDS BD d PD PB BPD      ， 即 21 12 3 4 2sin302 2x x d x      ， 解得 2 2 3 4 xd x x    . 而 BCD 的面积 1 1 1sin (2 3 ) 2sin30 (2 3 )2 2 2S CD BC BCD x x        . （2）当 3 2 3x  时，有 2| 3 | 3 1x x t     ， 故 23 1x t   . 此时， 2 21 ( 3 1)[2 3 ( 3 1)] 6 t tV t      21 4 1 4( )6 6 t tt t     . 由（1）可知，函数 ( )V t 在 (1,2] 单调递减，故 1 4 1( ) (1) ( 1)6 1 2V t V    . 综上，四面体 PBCD 的体积的最大值为 1 2 . 考点：1、空间几何体的体积；2、用导数研究函数的最值． 【思路点睛】先根据已知条件求出四面体的体积，再对 x 的取值范围讨论，用导数研究函数的单调性，进 而可得四面体的体积的最大值． 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 ． 【答案】 1 2 考点：平面向量的数量积． 【易错点睛】在 6a b  两边同时平方，转化为 22 2 6a b a b      的过程中，很容易忘记右边的 6 进行平方而导致错误． 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=2a cos B. （I）证明：A=2B； （II）若△ABC 的面积 2 = 4 aS ，求角 A 的大小. 【答案】（I）证明见解析；（II） 2  或 4  ． 试题分 析：（I）先由 正弦定理可 得 sin sinC 2sin cos    ，进而 由两角和的 正弦公式可 得  sin sin    ，再判断    的取值范围，进而可证 2   ；（II）先由三角形的面积公式可得 21 sin C2 4 aab  ，进而由二倍角公式可得sinC cos  ，再利用三角形的内角和可得角  的大小． 试题解析：（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   ． 考点：1、正弦定理；2、两角和的正弦公式；3、三角形的面积公式；4、二倍角的正弦公式． 【思路点睛】（I）用正弦定理将边转化为角，进而用两角和的正弦公式转化为含有  ， 的式子，根据角 的范围可证 2   ；（II）先由三角形的面积公式及二倍角公式可得含有  ，C 的式子，再利用三角形的 内角和可得角  的大小． 17. (本题满分 15 分)如图,在三棱台 ABC DEF 中,平面 BCFE  平面 ABC , =90ACB  ,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求证：EF⊥平面 ACFD； (II)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值. 【答案】（I）证明见解析；（II） 3 4 ．[ 【解析】 试题分析：（I）先证 F C   ，再证 F C   ，进而可证 F  平面 CFD ；（II）方法一：先找二面 角 D F    的平面角，再在 Rt QF 中计算，即可得二面角 D F    的平面角的余弦值；方法二： 先建立空间直角坐标系，再计算平面 C  和平面  的法向量，进而可得二面角 D F    的平面角 的余弦值． （II）方法一： 过点 F 作 FQ   ，连 结 Q ． 因为 F  平面 C  ，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 3 13FQ 13  ． 在 Rt QF 中， 3 13FQ 13  ， F 3  ，得 3cos QF 4   ． 所以，二面角 D F    的平面角的余弦值为 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 C   ，又平面 CF   平面 C ，所以，   平面 C ． 以点 为原点，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, 3,0   ， 1 3,0,2 2      ， 1 3F ,0,2 2      ． 因此，  C 0,3,0  ，  1,3, 3  ，  2,3,0  ． 考点：1、线面垂直；2、二面角． 【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的 关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方 形的对角线． 18. （本小题 15 分）已知 3a  ，函数 F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}， 其中 min{p，q}= , > p p q q p q.    ， ， （I）求使得等式 F（x）=x2−2ax+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）在区间[0,6]上的最大值 M（a）. 【答案】（I） 2,2a ；（II）（i）   2 0,3 2 2 4 2, 2 2 am a a a a           ；（ii）   34 8 ,3 4 2, 4 a aa a       ． （II）（i）设函数   2 1f x x  ，   2 2 4 2g x x ax a    ，则    min 1 0f x f  ，     2 min 4 2g x g a a a     ， 所以，由  F x 的定义知       min 1 ,m a f g a ，即   2 0,3 2 2 4 2, 2 2 am a a a a           ． （ii）当 0 2x  时，           F max 0 , 2 2 F 2x f x f f    ， 当 2 6x  时，                F max 2 , 6 max 2,34 8 max F 2 ,F 6x g x g g a     ． 所以，   34 8 ,3 4 2, 4 a aa a       ． 考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式． 【思路点睛】（I）根据 x 的取值范围化简  F x ，即可得使得等式   2F 2 4 2x x ax a    成立的 x 的取 值范围；（II）（i）先求函数  f x 和  g x 的最小值，再根据  F x 的定义可得  m a ；（ii）根据 x 的取值 范围求出  F x 的最大值，进而可得  a ． 19. （本题满分 15 分）如图，设椭圆 2 2 2 1x ya   （a＞1）. （I）求直线 y=kx+1 被椭圆截得的线段长（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 3 个公共点，求椭圆离心率的取值范围. 【答案】（I） 2 2 2 2 2 11 a k ka k   ；（II） 20 2e  ． （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 0k  ， 1 2k k ． 由（I）知， 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 a k k a k    ， 2 2 2 2 2 2 2 2 1Q 1 a k k a k    ， 故 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 a k k a k k a k a k    ， 所以    2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 21 2 0k k k k a a k k        ． 由于 1 2k k ， 1k ， 2 0k  得  2 2 2 2 2 2 1 2 1 21 2 0k k a a k k     ， 因此  2 2 2 2 1 2 1 11 1 1 2a ak k             ， ① 因为①式关于 1k ， 2k 的方程有解的充要条件是  2 21 2 1a a   ， 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 1 2a  ， 由 2 1c ae a a   得，所求离心率的取值范围为 20 2e  ． 考点：1、弦长；2、圆与椭圆的位置关系；3、椭圆的离心率． 【思路点睛】（I）先联立 1y kx  和 2 2 2 1x ya   ，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线 1y kx  被椭圆截得的线段长；（II）利用对称性及已知条件 可得任意以点  0,1 为圆心的圆与椭圆至多有3个公 共点时， a 的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围． 20.（本题满分 15 分）设数列 na 满足 1 12 n n aa   ， n  ． （I）证明：  1 12 2n na a  ， n  ； （II）若 3 2 n na      ， n  ，证明： 2na  ， n  ． 【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析． [ （II）任取 n  ，由（I）知，对于任意 m n ， 1 1 2 1 1 1 2 12 2 2 2 2 2 2 2 n m n n n n m m n m n n n n m m a a a a a a a a                               1 1 1 1 1 2 2 2n n m    1 1 2n ， 故 1 1 22 2 m n n n m aa         1 1 1 3 22 2 2 m n n m            32 24 m n      ． 从而对于任意 m n ，均有 32 24 m n na       ． 考点：1、数列；2、累加法；3、证明不等式． 【思路点睛】（I）先利用三角形不等式及变形得 1 1 1 2 2 2 n n n n n a a    ，再用累加法可得 1 12 2 n n a a  ，进而 可证  1 12 2n na a  ；（II）由（I）的结论及已知条件可得 32 24 m n na       ，再利用 m 的任意性可 证 2na  ．