2016年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学试题 (理科)解析版

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PxR1x3,QxRx4, 则P(ðRQ)（ ） A．[2,3] B．( -2,3 ] C．[1,2) D．(,2][1,) 【答案】B

2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，x2的系数一定要保证为正数，若x2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

x2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y0x3y40A．22 B．4 C．32 D．6 【答案】C 【解析】

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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R，nN，使得nx”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】

试题分析：的否定是，的否定是，nx2的否定是nx2．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f(x)sinx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

2*****22016年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

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AnAn1An1An2,AnAn2,nN，

*Q表示点PQ与不重合）. （PBnBn1Bn1Bn2,BnBn2,nN*，

若dnAnBn，Sn为△AnBnBn1的面积，则（ ）

2A．{Sn}是等差数列 B．{Sn}是等差数列 2C．{dn}是等差数列 D．{dn}是等差数列

【答案】A 【解析】

试题分析：Sn表示点An到对面直线的距离（设为hn）乘以BnBn1长度一半，即

1hnBnBn1，由题目中条件可知BnBn1的长度为定值，那么我们需要知道hn的关系2式，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1,An和两个垂足构成了等腰梯形，那么Snhnh1AnAn1tan，其中为两条线的夹角，即为定值，那么

11(h1A1Antan)BnBn1，Sn1(h1A1An1tan)BnBn1，作差后：221Sn1Sn(AnAn1tan)BnBn1，都为定值，所以Sn1Sn为定值．故选A．

2Sn考点：等差数列的定义．

【思路点睛】先求出nnn1的高，再求出nnn1和n1n1n2的面积Sn和

Sn1，进而根据等差数列的定义可得Sn1Sn为定值，即可得Sn是等差数列．

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x22x22

7. 已知椭圆C1：2+y=1(m>1)与双曲线C2：2–y=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，

mnC2的离心率，则（ ）

A．m>n且e1e2>1 B．m>n且e1e2<1 C．m1 D．m考点：1、椭圆的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质．

222【易错点睛】计算椭圆C1的焦点时，要注意cab；计算双曲线C2的焦点时，要注

意c2a2b2．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+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】

试题分析：举反例排除法：

A.令ab10,c110，排除此选项， B.令a10,b100,c0，排除此选项，

C.令a100,b100,c0，排除此选项，故选D． 考点：不等式的性质．

【方法点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时能够对四个选项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成立的不等式．

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.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】

试题分析：xM110xM9 考点：抛物线的定义．

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【思路点睛】当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到y轴的距离．

10. 已知2cos2x+sin 2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0)，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cos2x，再用辅助角公式化简

cos2xsin2x1，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 cm，体积是 3cm.

2

【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=【答案】4 2

5，ab=ba，则a= ，b= . 2

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考点：1、指数运算；2、对数运算． 【易错点睛】在解方程logablogba方程

5时，要注意logba1，若没注意到logba1，2logablogba

5的根有两个，由于增根导致错误． 213.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：a1a24,a22a11a11,a23，

再由an12Sn1,an2Sn11(n2)an1an2anan13an(n2)，又a23a1，

135121. 所以an13an(n1),S513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an12Sn1转化为an13an的过程中，一定要检验当n1时是否满足

an13an，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

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PD2PB2BD2x222(x223x4)3由余弦定理可得cosBPD， 2PDPB2x22所以BPD30.

PCEDAB

过P作直线BD的垂线，垂足为O.设POd 则SPBD即11BDdPDPBsinBPD， 22121x23x4dx2sin30， 22解得dxx23x42.

而BCD的面积S

111CDBCsinBCD(23x)2sin30(23x). 222

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（2）当3x23时，有|x3|x3t21， 故x3t21. 1(3t21)[23(3t21)]此时，V

6t14t214(t). 6t6t由（1）可知，函数V(t)在(1,2]单调递减，故V(t)V(1)综上，四面体PBCD的体积的最大值为

141(1). 6121. 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．

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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｜则a·b的最大值是 ． 【答案】

6 ,

1 2

考点：平面向量的数量积．

【易错点睛】在ab6两边同时平方，转化为ab2ab6的过程中，很容易忘记右边的6进行平方而导致错误．

22

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；

a2

（II）若△ABC的面积S=，求角A的大小.

4

【答案】（I）证明见解析；（II）

或． 24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

1a2的面积公式可得absinC，进而由二倍角公式可得sinCcos，再利用三角形的

24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，

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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,ACB=90,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）【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．

3． 42016年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

（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FQ313． 13在RtQF中，FQ3133，F3，得cosQF． 1343． 4所以，二面角DF的平面角的余弦值为方法二：

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，



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1,3,0，,0,2因此，

1133，F,0,2． 22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a3，函数F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}， p，pq，其中min{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）.

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0,3a22【答案】（I）2,2a；（II）（i）ma；（ii）

2a4a2,a22348a,3a4． a2,a4（II）（i）设函数fx2x1，gxx2ax4a2，则

2fxminf10，gxmingaa24a2，

所以，由Fx的定义知maminf1,ga，即

0,3a22m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，

Fxgxmaxg2,g6max2,348amaxF2,F6．

所以，

348a,3a4． a2,a4

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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Fxx2ax4a22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（ii）根据x的取值范围求出Fx的最大值，进而可得a． ma；

x2219. （本题满分15分）如图，设椭圆2y1（a＞1）.

a（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.

2a2k22【答案】（I）；（II）． 1k0e221ak2

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（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k1，k2，且k1，k20，k1k2． 由（I）知，

22a2k11k122a2k21k2，Q， 22221ak11ak2故

22a2k11k122a2k21k2， 21a2k121a2k222222222所以k1k21k1k2a2ak1k20．

由于k1k2，k1，k20得

221k12k2a22a2k12k20，

因此

112211221aa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

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a2．

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a2，

ca212由e得，所求离心率的取值范围为0e．

2aa考点：1、弦长；2、圆与椭圆的位置关系；3、椭圆的离心率．

x22【思路点睛】（I）先联立ykx1和2y1，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可

a得直线ykx1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an满足anan11，n． 2n1a12，n； （I）证明：an23（II）若an，n，证明：an2，n．

2【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．

n

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（II）任取n，由（I）知，对于任意mn，

an2nanan1nn1m222aman1an2n1n222am1amm1m

22111 nn1m12221， 2n1故

1anann1m2 m2211n1m22mm3n2 2322n．

4从而对于任意mn，均有

3an22n．

4

m

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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

anan11，再用累加法可得nn1n222a1ann1，进而可证an2n1a12；（II）由（I）的结论及已知条件可得223an22n，再利用m的任意性可证an2．

4

m