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】.docx

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1、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 则（ ）A2,3 B( -2,3 C1,2) D【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，的系数一定要保证为正数，若的系数是负数，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 则（ ）Aml Bmn Cnl Dmn【答案】C【解析】试题分析：由题意知，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

2、，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 中的点在直线x+y2=0上的投影构成的线段记为AB，则AB=（ ）A2 B4 C3 D【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“，使得”的否定形式是（ ）A，使得 B，使得 C，使得 D，使得【答案】D【解析】试题分析：的否定是，的否定是，的否定是故选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，

3、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：将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；将结论加以否定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【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，再判断和的取值是否影响函数的最小正周期6. 如图，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且，（）.若（ ）A是等差数列 B是等差数列C是等差数列 D是等差数列【答案】A【解析】试题分析：表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度一半，即，由题目中

4、条件可知的长度为定值，那么我们需要知道的关系式，过作垂直得到初始距离，那么和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中为两条线的夹角，即为定值，那么，作差后：，都为定值，所以为定值故选A考点：等差数列的定义【思路点睛】先求出的高，再求出和的面积和，进而根据等差数列的定义可得为定值，即可得是等差数列7. 已知椭圆C1：+y2=1(m1)与双曲线C2：y2=1(n0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（ ）Amn且e1e21 Bmn且e1e21 Cm1 Dmn且e1e21【答案】A考点：1、椭圆的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质【易错点睛】计算椭圆的焦点时，要注意；计算双曲线的焦点时

5、，要注意否则很容易出现错误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+bc|1，则a2+b2+c2100C若|a+b+c2|+|a+bc2|1，则a2+b2+c2100D若|a2+b+c|+|a+b2c|1，则a2+b2+c20)，则A=_，b=_【答案】 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，再用辅助角公式化简，进而对照可得和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】 【解析】试题分析：几何体为两个相同长方体组合，长

6、方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为，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ab1.若logab+logba=，ab=ba，则a= ，b= .【答案】 考点：1、指数运算；2、对数运算【易错点睛】在解方程时，要注意，若没注意到，方程的根有两个，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，nN*，则a1= ，S5= .【

7、答案】 【解析】试题分析：，再由，又，所以考点：1、等比数列的定义；2、等比数列的前项和【易错点睛】由转化为的过程中，一定要检验当时是否满足，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】由余弦定理可得，所以.过作直线的垂线，垂足为.设则，即，解得.而的面积.（2）当时，有，故.此时，.由（1）可知，函数在单调递减，故.综上，四面体的体积的最大值为.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，再对的取值

8、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 ae+be ,则ab的最大值是 【答案】考点：平面向量的数量积【易错点睛】在两边同时平方，转化为的过程中，很容易忘记右边的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，求角A的大小.【答案】（I）证明见解析；（II）或试题分析：（I）先由正弦定理可得，进而由两角和

9、的正弦公式可得，再判断的取值范围，进而可证；（II）先由三角形的面积公式可得，进而由二倍角公式可得，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，故，于是又，故，所以或，因此（舍去）或，所以，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；（II）先由三角形的面积公式及二倍角公式可得含有，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,在三棱台中,平面平面,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(I)求证：EF平面

10、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）【解析】试题分析：（I）先证，再证，进而可证平面；（II）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值（II）方法一：过点作，连结因为平面，所以，则平面，所以所以，是二面角的平面角在中，得在中，得所以，二面角的平面角的余弦值为方法二：如图，延长，相交于一点，则为等边三角形取的中点，则，又平面平面，所以，平面以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系由题意得，因此，考点：1、线

11、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，函数F（x）=min2|x1|，x22ax+4a2，其中minp，q= （I）求使得等式F（x）=x22ax+4a2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）；（II）（i）；（ii）（II）（i）设函数，则，所以，由的定义知，即（ii）当时，当时，所以，考点：1、函数的单调

12、性与最值；2、分段函数；3、不等式【思路点睛】（I）根据的取值范围化简，即可得使得等式成立的的取值范围；（II）（i）先求函数和的最小值，再根据的定义可得；（ii）根据的取值范围求出的最大值，进而可得19. （本题满分15分）如图，设椭圆（a1）.（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）；（II）（II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，满足记直线，的斜率分别为，且，由（I）知，故，所以由于，得，因此， 因为式关于，的方程有解的充要条件是，

13、所以因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为考点：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）先联立和，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线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为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，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）设数列满足，（I）证明：，；（II）若，证明：，【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析（II）任取，由（I）知，对于任意，故从而对于任意，均有考点：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，再用累加法可得，进而可证；（II）由（I）的结论及已知条件可得，再利用的任意性可证