2016年高考浙江理科数学试题及答案(word解析版)

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题 共40分）

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，只有一项符合题目要求． （1）【2016年浙江，理1，5分】已知集合PxR|1x3，QxR|x24，则P【答案】B 【解析】即有RQxR|2x2，则PQxR|x24xR|x2或x2，

RQ（ ）

（A）2,3 （B）2,3 （C）1,2 （D）,21,

R故选B． Q2,3，

【点评】本题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解法，属于基础题． （2）【2016年浙江，理2，5分】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】∵互相垂直的平面，交于直线l，直线m，n满足m//，∴m//或m或m，l，

∵n，∴nl，故选C．

【点评】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． （3）【2016年浙江，理3，5分】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

x20区域xy0中的点在直线xy20上的投影构成的线段记为AB，则AB（ ）

x3y40（A）22（B）4（C）32 （D）6

【答案】C

【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分），区域内的点在直线xy20

x3y40x1上的投影构成线段RQ，即SAB，而RQRQ，由得，

xy0y1x2x2即Q1,1，由得，即R2,2，

xy0y2则ABQR122129932，故选C．

2【点评】本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决本

题的关键．

（4）【2016年浙江，理4，5分】命题“xR，nN，使得nx2”的否定形式是（ ）

（A）xR，nN，使得nx2 （B）xR，nN，使得nx2 （C）xR，nN，使得nx2 （D）xR，nN，使得nx2 【答案】D 【解析】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“xR，nN，使得nx2”的否定形式是：xR，

nN，使得nx2，故选D．

【点评】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）【2016年浙江，理5，5分】设函数fxsin2xbsinx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

【解析】∵设函数fxsin2xbsinxc，∴c是图象的纵坐标增加了c，横坐标不变，故周期与c无关，

1 / 6

112当b0时，fxsin2xbsinxccos2xc的最小正周期为T，当b0时，

22211fxcos2xbsinxc，∵ycos2x的最小正周期为，ybsinx的最小正周期为2，

22∴fx的最小正周期为2，故fx的最小正周期与b有关，故选B．

【点评】本题考查了三额角函数的最小正周期，关键掌握三角函数的图象和性质，属于中档题． （6）【2016年浙江，理6，5分】如图，点列An、Bn分别在某锐角的两边上，且

（PQ AnAn1An1An2，AnAn1，nN，BnBn1Bn1Bn2，BnBn1，nN，表示点P与Q不重合）若dnAnBn，Sn为AnBnBn1的面积，则（ ） （A）Sn是等差数列 （B）Sn2是等差数列

（C）dn是等差数列 （D）dn2是等差数列 【答案】A

【解析】设锐角的顶点为O，OA1a，OB1b，AnAn1An1An2b，

BnBn1Bn1Bn2d，由于a，b不确定，则dn不一定是等差数列，

d不一定是等差数列，设ABB2nnnn1的底边BnBn1上的高为hn，由三角

形的相似可得式相加可得，

an1bhnOAnhOAn2an1b，n2，两hn1OAn1anbhn1OAn1anbhnhn22a2nb12，即有hnhn22hn1，由Sndhn，可得SnSn22Sn1， hn1anb2即为Sn2Sn1Sn1Sn，则数列Sn为等差数列，故选A．

【点评】本题考查等差数列的判断，注意运用三角形的相似和等差数列的性质，考查化简整理的推理能力，属于

中档题．

x2x22（7）【2016年浙江，理7，5分】已知椭圆C1:2y1m1与双曲线C1:2y21n0的焦点重合，e1，

mne2分别为C1，C2的离心率，则（ ） （A）mn且e1e21 （B）mn且e1e21 （C）mn且e1e21 （D）mn且e1e21 【答案】A

x2x22【解析】∵椭圆C1:2y1m1与双曲线C1:2y21n0的焦点重合，∴满足c2m21n21，

mn即m2n220，∴m2n2，则mn，排除C，D，则c2m21m2，c2n21n2，则cm．

ccc22ccc，则e1e2cn，e1，e2，则e1e2nmmnmnmm2n2m2n212222c2c2m1n1c22

m2n2nmnm2n2121111221221，∴e1e21，故选A． 2222mnmnmnmn【点评】本题主要考查圆锥曲线离心率的大小关系的判断，根据条件结合双曲线和椭圆离心率以及不等式的性质

进行转化是解决本题的关键．考查学生的转化能力．

（8）【2016年浙江，理8，5分】已知实数a，b，c（ ）

（A）若a2bcab2c1，则a2b2c2100（B）若a2bc|a2bc|1，则a2b2c2100

（C）若abc2|abc2|1，则a2b2c2100（D）若a2bc|ab2c|1，则a2b2c2100 【答案】D 【解析】A．设ab10，c110，则a2bcab2c01，a2b2c2100；B．设a10，b100，

c0，则a2bc|a2bc|01，a2b2c2100；C．设a100，b100，c0，则

abc2|abc2|01，a2b2c2100，故选D．

【点评】本题主要考查命题的真假判断，由于正面证明比较复杂，故利用特殊值法进行排除是解决本题的关键．

2 / 6

第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

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）【2016年浙江，理9，6分】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】抛物线的准线为x1，∵点M到焦点的距离为10，∴点M到准线x1的距离为10，∴点M到y轴

的距离为9．

【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题． （10）【2016年浙江，理10，6分】已知2cos2xsin2xAsinxbA0，则A ，b ． 【答案】2；1

22A2，【解析】∵2cos2xsin2x1cos2xsin2x12cos2xsin2x12sin2x1，224b1．

【点评】本题考查了二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握公式是解题的关键． （11）【2016年浙江，理11，6分】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积

23

是 cm，体积是 cm． 【答案】72；32

【解析】由三视图可得，原几何体为由四个棱长为2cm的小正方体所构成的，

则其表面积为2224672cm2，其体积为42332． 【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积和表面积，解题的关键是判断几何体

的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力．

5bb ． aba，（12）【2016年浙江，理12，4分】已知ab1，若logablogba，则a ，

2【答案】4；2

5151【解析】设tlogba，由ab1知t1，代入logablogba得t，即2t25t20，解得t2或t

2t22（舍去），所以logba2，即ab2，因为abba，所以b2bba，则a2bb2，解得b2，a4．

【点评】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．

nN*，an12Sn1，（13）【2016年浙江，理13，4分】设数列an的前n项和为Sn，若S24，则a1 __，

S5 __．

【答案】1；121

【解析】由n1时，a1S1，可得a22S112a11，又S24，即a1a24，即有3a114，解得a11；

由an1Sn1Sn，可得Sn13Sn1，由S24，可得S334113，S4313140，

S53401121．

【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n＞1时，an=Sn﹣Sn﹣1，考

查运算能力，属于中档题．

（14）【2016年浙江，理14，4分】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 ．

1【答案】

2【解析】如图，M是AC的中点．①当ADtAM3时，如图，此时高为P到BD的距离，

也就是A到BD的距离，即图中AE，DM3t，由ADE∽BDM，可得 h1t3t2，h1t3t2111，V23t132t3t211363t23t2,t0,3

1②当ADtAM3时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，

3 / 6

1111即图中AH，DMt3，由等面积，可得ADBMBDAH，∴t12222∴htt321，

3t2111，∴V23t132t3t211363t23t2,t13,23，

13综上所述，V63t23t2,t0,23，令m13t214m2， 11,2，则V6m1． 2【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题

技巧有一定要求，难度大．

∴m1时，Vmax（15）【2016年浙江，理15，5分】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 ．

1【答案】

2【解析】∵abeaebeaebe6，∴abeab6，平方得：ab2ab6，

2211，故ab的最大值是． 22【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及向量三角形不等式的关系是解决本

题的关键．综合性较强，有一定的难度．

三、解答题：本大题共5题，共74分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． （16）【2016年浙江，理16，14分】在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bc2acosB．

（1）证明：A2B；

a2（2）若ABC的面积S，求角A的大小．

42sinAcosBsinBsinABsinBsinAcosBcosAsinB， 解：（1）由正弦定理得sinBsinC2sinAcosB，

即12222ab6，则ab于是sinBsinAB．又A,B0,，故0AB，所以BAB或BAB，

因此A（舍去）或A2B，所以，A2B．

a21a21（2）由S得absinC，故有sinBsinCsin2BsinBcosB，因sinB0，得sinCcosB．

4242又B,C0,，所以CB．当BC时，A；当CB时，A．综上，A或A．

2222424【点评】本题考查了正弦定理，解三角形，考查三角形面积的计算，考查二倍角公式的运用，属于中档题．

15分】（17）【2016年浙江，理17，如图，在三棱台ABCDEF中，已知平面BCFE平面ABC，

ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3． （1）求证：EF平面ACFD；

（2）求二面角BADF的余弦值．

CF相交于一点K，解：（1）延长AD，如图所示．因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，； BE，

所以，AC平面BCK，因此，BFAC．又因为EF//BC，BEEFFC1，BC2，所以BCK 为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK．所以BF平面ACFD．

（2）解法1：过点F作FQAK，连结BQ．因为BF平面ACK，所以BFAK，则AK

BQF是二面角BADF的平面角．平面BQF，所以BQAK．所以，在RtACK中，

AC3，CK2，得FQ3313313FQBF3，．在RtBQF中，，得cosBQF．

413133所以，二面角BADF的平面角的余弦值为．

4解法2：如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形．取BC的

4 / 6

中点O，则KOBC，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Oxyz．由题意

1133得B1,0,0，C1,0,0，K0,0,3，A1,3,0，E，,0,F,0,22． 22因此，AC0,3,0，AK1,3,3，AB2,3,0．设平面ACK的法向量为mx1,y1,z1， 3y10ACm0平面ABK的法向量为nx2,y2,z2．由，得，取m3,0,1；

x3y3z0111AKm0mn32x23y20ABn0由，得，取n3,2,3．于是，cosm,n． mn4x3y3z0222AKn03． 4【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于

中档题．

p,pq（18）【2016年浙江，理18，15分】已知a3，函数Fxmin2x1,x22ax4a2，其中minp,q．

q,pq所以，二面角BADF的平面角的余弦值为（1）求使得等式Fxx22ax4a2成立的x的取值范围； （2）（i）求Fx的最小值ma；

（ii）求Fx在0,6上的最大值Ma．

解：（1）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x22ax4a2成立的x的取值范围为2,2a．

（2）（i）设函数fx2x1，gxx22ax4a2，则fxminf10，gxmingaa24a2，

0,3a22所以，由Fx的定义知maminf1,ga，即m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，

348a,3a4Fxgxmaxg2,g6max2,348amaxF2,F6．所以，Ma．

2,a4【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，

考查化简整理的运算能力，属于中档题．

x2（19）【2016年浙江，理19，15分】如图，设椭圆C:2y21a1．

a（1）求直线ykx1被椭圆截得到的弦长（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三个公共点，求椭圆的离心率的取

值范围．

ykx1解：（1）设直线ykx1被椭圆截得的线段为AP，由x2得1a2k2x22a2kx0，故x10， 22y1a2a2k2a2k21k2． x2．因此AP1kx1x222221ak1akQ，（2）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P，满足APAQ．

记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k20，k1k2．由（1）知，AP2a2k11k121a2k12，

5 / 6

AQ22a2k21k21ak222，故2a2k11k121ak22122a2k21k21ak2222222222，所以k12k2 1kka2akk21210．

1122由于k1k2，k1，k20得1k12k2a22a2k12k20，因此21211a2a2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1a2，

ca212由e得，所求离心率的取值范围为0e．

aa2【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题

的能力，考查转化思想以及计算能力．

a（20）【2016年浙江，理20，15分】设数列满足ann11,nN．

21（1）求证：an2n﹣2nN*； a1﹣3（2）若an，nN*，证明：an2，nN*．

2anan1a11解：（1）由ann11得anan11，故nn1n，n，

22222an1an11a3a1a2a211， n1n12n1212n2122222322222因此an2n1a12． 所以

na1an（2）任取n，由（1）知，对于任意mn，

an2nam2maam1aman1an1an2nm1m nn1n1n222222211am11111nn1m1n1，故ann1m2nn1m22222222m32mmn3n222．

43从而对于任意mn，均有an22n．由m的任意性得an2 ①否则，存在n0，有an02，

4取正整数m0log34an022n03且m0n0，则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．

【点评】本题考查了不等式的应用与证明，等比数列的求和公式，放缩法证明不等式，难度较大．

6 / 6