2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)(浙江卷)

1、2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試浙江理科數(shù)學(xué)1.(2016浙江,理1)已知集合P=xR|1x3,Q=xR|x24,則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.故選B.2.(2016浙江,理2)已知互相垂直的平面,交于直線l,若直線m,n滿足m,n,則()A.mlB.mnC.nlD.mn答案C對于選項A,=l,l,m,m與l可能平行,也可能異面,故選項A不正確;對于選項B,D,m,n,m與n可能平行,可能相交,也可能異面,故選項B,D不正確.對于選項C

2、,=l,l.n,nl.故選C.3.(2016浙江,理3)在平面上,過點P作直線l的垂線所得的垂足稱為點P在直線l上的投影,由區(qū)域x-20,x+y0,x-3y+40A.22B.4C.32D.6答案C畫出不等式組x-20作出直線x+y-2=0.設(shè)直線x-3y+4=0與x+y=0的交點為C,直線x=2與直線x+y=0的交點為D.過C作CA直線x+y-2=0于點A,過D作DB直線x+y-2=0于點B,則區(qū)域中的點在直線x+y-2=0上的投影為AB.直線x+y-2=0與直線x+y=0平行,|CD|=|AB|.由x-3y+4=0,x+由x=2,x+y=0,|CD|=9+9=32,即|AB|=32.故選C.

3、4.(2016浙江,理4)命題“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由含量詞命題的否定格式,可知首先改寫量詞,而nx2的否定為n1)與雙曲線C2:x2n2-y2=1(n0)的焦點重合,e1,e2分別為C1,C2A.mn,且e1e21B.mn,且e1e21C.m1D.mn,且e1e2n.e1=1-1m2,ee1e2=1-=1+m2-n故選A.8.(2016浙江,理8)已知實數(shù)a,b,c.()A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|1,則a2+b2+c2100B.若|a2+b

4、+c|+|a2+b-c|1,則a2+b2+c2100C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|1,則a2+b2+c2100D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|1,則a2+b2+c2100答案D(舉反例排除)選項A中,令a=b=10,c=-110,則|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0100,故選項A不成立;選項B中,令a=10,b=-100,c=0,則|a2+b+c|+|a2+b-c|=0100,故選項B不成立;選項C中,令a=100,b=-100,c=0,則|a+b+c2|+|a+b-c2|=0100,故選項C不成立;故選D.9.(20

5、16浙江,理9)若拋物線y2=4x上的點M到焦點的距離為10,則M到y(tǒng)軸的距離是.答案9解析設(shè)點M坐標(biāo)為(xM,yM).拋物線y2=4x的準(zhǔn)線為x=-1,由拋物線的定義知xM+1=10,即xM=9.10.(2016浙江,理10)已知2cos2x+sin 2x=Asin(x+)+b(A0),則A=,b=.答案21解析2cos2x+sin 2x=cos 2x+1+sin 2x=2sin2x+A=2,b=1.11.(2016浙江,理11)某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的表面積是 cm2,體積是 cm3.答案7232解析由三視圖,可知該幾何體為兩個相同長方體組合而成,其中每個長方體

6、的長、寬、高分別為4 cm,2 cm,2 cm,所以其體積為2(224)=32(cm3).由于兩個長方體重疊部分為一個邊長為2的正方形,所以其表面積為2(222+424)-2(22)=72(cm2).12.(2016浙江,理12)已知ab1,若logab+logba=52,ab=ba,則a=,b=.答案42解析設(shè)logba=t,由ab1,知t1.由題意,得t+1t=52,解得t=2,由ab=ba,得b2b=bb2,即得2b=b2,即a=4.13.(2016浙江,理13)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,則a1=,S5=.答案1121解析由題意,可得a1+a2

7、=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).又因為a2=3a1,所以數(shù)列an是以1為首項,3為公比的等比數(shù)列.所以S5=1-3514.(2016浙江,理14)如圖,在ABC中,AB=BC=2,ABC=120.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D,滿足PD=DA,PB=BA,則四面體PBCD的體積的最大值是.答案1解析由題意易知ABDPBD,BAD=BPD=BCD=30,AC=23.設(shè)AD=x,則0 x23,CD=23-x,在ABD中,由余弦定理知BD=4+x2-23x=1+(x-

8、3)2.設(shè)PBD中BD邊上的高為d從而VP-BCD13dSBCD=13PDPBsin30BD1令1+(x-3)2=t1,2,則VP-BCD4-15.(2016浙江,理15)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,若對任意單位向量e,均有|ae|+|be|6,則ab的最大值是.答案1解析由題意得對任意單位向量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的最大值為116.(2016浙江,理16)在ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知b+c=2acos B.(1)證明:A=2B;(2)若

9、ABC的面積S=a24,求角A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12ab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.當(dāng)B+C=2時,A=當(dāng)C-B=2時,A=綜上,A=2或A=17.(2016浙江,

10、理17)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解(1)延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.因為平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC.又因為EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BFCK.所以BF平面ACFD.(2)方法一:過點F作FQAK于Q,連接BQ.因為BF平面ACK,所以BFAK,則AK平面BQF,所以BQAK.所以BQF是二面角B-AD-F的平面角.在R

11、tACK中,AC=3,CK=2,得FQ=313在RtBQF中,FQ=31313,BF=3,得cosBQF=所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34方法二:如圖,延長AD,BE,CF相交于一點K,則BCK為等邊三角形.取BC的中點O,則KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以點O為原點,分別以射線OB,OK的方向為x,z的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(2,3,0).設(shè)平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1

12、),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).由ACm=0,AKm=0由ABn=0,AKn=0得于是,cos=m所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為3418.(2016浙江,理18)已知a3,函數(shù)F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q=p(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍;(2)求F(x)的最小值m(a);求F(x)在區(qū)間0,6上的最大值M(a).解(1)由于a3,故當(dāng)x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,當(dāng)x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a

13、).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍為2,2a.(2)設(shè)函數(shù)f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,則f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,所以,由F(x)的定義知m(a)=minf(1),g(a),即m(a)=0當(dāng)0 x2時,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當(dāng)2x6時,F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F(6).所以,M(a)=3419.(2016浙江,理19)如圖,設(shè)橢圓x2a2+y2=1(1)求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(用a,k表示);(2)若任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點,求橢圓離心率的取值范圍.解(1)設(shè)直線y=kx+1被橢圓截得的線段為AP,由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2故x1=0,x2=-2a因此|AP|=1+k2|x1-x2|=(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點有4個,由對稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點P,Q,滿足|AP|=|AQ|.記直線AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k20,k1k2.由(1)知,|AP|=2a|AQ|