2016年普通高等学校招生全国统一考试浙江理科数学
2016年普通高等学校招生全国统一考试
浙江理科数学
1.(2016浙江,理1)已知集合P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},则P∪(∁RQ)=( )
A.[2,3] B.(-2,3]
C.[1,2) D.(-∞,-2]∪[1,+∞)
答案B ∵Q={x∈R|x2≥4}={x∈R|x≤-2,或x≥2} ,
∴∁RQ={x∈R|-2
1)与双曲线C2:x2n2-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.mn.∵e1=1-1m2,e2=1+1n2,
∴e1e2=1-1m21+1n2=1+1n2-1m2-1m2n2
=1+m2-n2-1m2n2=1+1m2n2>1.
故选A.
8.(2016浙江,理8)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 (举反例排除) 选项A中,令a=b=10,c=-110,
则|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0<1.
而a2+b2+c2=100+100+1102=200+1102>100,故选项A不成立;
选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0<1.
而a2+b2+c2=100+1002+0>100,故选项B不成立;
选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0<1.
而a2+b2+c2=1002+1002+0>100,故选项C不成立;故选D.
9.(2016浙江,理9)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
解析设点M坐标为(xM,yM).抛物线y2=4x的准线为x=-1,由抛物线的定义知xM+1=10,即xM=9.
10.(2016浙江,理10)已知2cos2x+sin 2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),则A= ,b= .
答案2 1
解析∵2cos2x+sin 2x=cos 2x+1+sin 2x
=2sin2x+π4+1,
∴A=2,b=1.
11.(2016浙江,理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
解析由三视图,可知该几何体为两个相同长方体组合而成,其中每个长方体的长、宽、高分别为4 cm,2 cm,2 cm,所以其体积为2×(2×2×4)=32(cm3).由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形 ,所以其表面积为2×(2×2×2+4×2×4)-2×(2×2)=72(cm2).
12.(2016浙江,理12)已知a>b>1,若logab+logba=52,ab=ba,则a= ,b= .
答案4 2
解析设logba=t,由a>b>1,知t>1 .
由题意,得t+1t=52,解得t=2,则a=b2.
由ab=ba,得b2b=bb2,即得2b=b2,即b=2,
∴a=4.
13.(2016浙江,理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
解析由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,
所以a1=1,a2=3.
再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2) ,
得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).
又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.
所以S5=1-351-3=121.
14.(2016浙江,理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12
解析由题意易知△ABD≌△PBD,∠BAD=∠BPD=∠BCD=30°,AC=23.
设AD=x,则0≤x≤23,CD=23-x,在△ABD中,由余弦定理知BD=4+x2-23x=1+(x-3)2.设△PBD中BD边上的高为d,显然当平面PBD⊥平面CBD时,四面体PBCD的体积最大 ,
从而VP-BCD≤13×d×S△BCD=13×PD×PB×sin30°BD×12×BC×CD×sin 30°=16×x(23-x)1+(x-3)2,
令1+(x-3)2=t∈[1,2],则VP-BCD≤4-t26t≤12易知f(t)=4-t26t在[1,2]上单调递减,即VP-BCD的最大值为12.
15.(2016浙江,理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12
解析由题意得对任意单位向量e,均有|(a+b)·e|≤ |a·e|+|b·e| ≤6,即|(a+b)·e|max≤6,即|a+b|≤6,所以|a|2+|b|2+2a·b≤6,即a·b≤12,即a·b的最大值为12.
16.(2016浙江,理16)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b+c=2acos B.
(1)证明:A=2B;
(2)若△ABC的面积S=a24,求角A的大小.
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,π),故0=m·n|m|·|n|=34.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.
18.(2016浙江,理18)已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=p,p≤q,q,p>q.
(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围;
(2)①求F(x)的最小值m(a);
②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).
解(1)由于a≥3,故当x≤1 时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1 时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-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)①设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,
所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},
即m(a)=0,3≤a≤2+2,-a2+4a-2,a>2+2.
②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,M(a)=34-8a,3≤a<4,2,a≥4.
19.(2016浙江,理19)
如图,设椭圆x2a2+y2=1(a>1).
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(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3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
解(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0.
故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.
因此|AP|=1+k2|x1-x2| =2a2|k|1+a2k2·1+k2.
(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,Q,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|=2a2|k1|1+k121+a2k12,
|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,
故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,
所以(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0.
由于k1≠k2,k1,k2>0,
得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,
因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),①
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1n,
|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+…+|am-1|2m-1-|am|2m≤12n+12n+1+…+12m-1<12n-1,
故|an|<12n-1+|am|2m·2n
≤12n-1+12m·32m·2n=2+34m·2n.
从而对于任意m>n,均有|an|<2+34m·2n.①
由m的任意性得|an|≤2.否则,存在n0∈N*,有|an0|>2,取正整数m0>log34|an0|-22n0, 且m0>n0,则2n0·34m0<2n0·34log34|an0|-22n0=|an0|-2,
与①式矛盾.
综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2.
