2016年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(理科)含答案解析

2016年浙江省绍兴市高考数学一模试卷（理科）

一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）

1．已知集合A={x|x+1＞0}，B={x|x2﹣2≤0}，则A∩B=（）

A．{x|x}B．{x|﹣≤x≤﹣1}C．{x|﹣}D．{x|﹣1}

2．已知向量=（3，2），=（﹣1，1），则|2|=（）

A．B． C．5D．

3．命题“?x0∈R，x”的否定形式是（）

A．?x0∈R，x B．?x0∈R，x

C．?x∈R，x2=1 D．?x∈R，x2≠1

4．已知sin（）=，则cos（2）=（）

A．﹣B．﹣C．D．

5．若存在实数x，y满足，则实数m的取值范围是（）

A．（0，）B．（，）C．（，）D．（，）

6．在下面图案中，图（1）是边长为1的正方形，图（2）是将图（1）中的正方形同外作直角三角形和正方形，按如此分形规律，若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列{a n}，则a10=（）

A．9 B．10 C．11 D．12

7．双曲线﹣=1（a，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，以OF2为

直径的圆交双曲线于A，B两点，若△F1AB的外接圆过点（，0），则该双曲线

的离心率是（）

A．B．C．D．

8．设函数f（x）=x2+mx+n2，g（x）=x2+（m+2）x+n2+m+1，其中n∈R，若对任意的n，t ∈R，f（t）和g（t）至少有一个为非负值，则实数m的最大值是（）

A．1 B．C．2 D．

二、填空题（共7小题，每小题5分，满分35分）

9．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2=1，S4=8，则a5=______，S10=______．10．已知f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）在区间[2，4]上是增函数，且f（2）=﹣1，f（4）=1，则f（3）=______，f（x）的一个单调递减区间是______（写出一个即可）11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的面积是______，体积是______．

12．已知圆O：x2+y2=r2与圆C：（x﹣2）2+y2=r2（r＞0）在第一象限的一个公共点为P，过P作与x轴平行的直线分别交两圆于不同两点A，B（异于P点），且OA⊥OB，则直线OP 的斜率是______，r=______．

13．在△ABC中，BC=6，M1，M2分别为边BC，AC的中点，AM1与BM2相交于点G，

BC的垂直平分线与AB交于点N，且?﹣?=6，则?=______．

14．已知实数x，y满足x2+y2=4，则4（x﹣）2+（y﹣1）2+4xy的取值范围是______．15．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面α上，三条棱AB，AC，AD都在平面α的

同侧，若顶点B，C到平面α的距离分别为1，，则顶点D到平面α的距离是______．

三、解答题（共5小题，满分75分）

16．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知A=，=．

（I）求角C的大小；

（Ⅱ）若a=2，求△ABC的面积．

17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=1，AB=AC=，D为BC的中点，过点D作DQ∥AP，且DQ=1，连结QB，QC，QP．

（1）证明：AQ⊥平面PBC；

（2）求二面角B﹣AQ﹣C的平面角的余弦值．

18．已知函数f（x）=x（1﹣a|x|）．

（1）当a＞0时，关于x的方程f（x）=a有三个相异实根x1，x2，x3，设x1＜x2＜x3，求

的取值范围；

（2）当a≤1时，f（x）在[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，若M﹣m=4，求a的值．

19．已知椭圆C：的焦距为2，离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若M，N，P是椭圆C上不同的三点，且满足（O为坐标原点），求实数λ的取值范围．

20．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=（n∈N+）．

（1）证明：a n+1＜a n；

（2）证明：；

（3）证明：a n．

2016年浙江省绍兴市高考数学一模试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）

1．已知集合A={x|x+1＞0}，B={x|x2﹣2≤0}，则A∩B=（）

A．{x|x}B．{x|﹣≤x≤﹣1}C．{x|﹣}D．{x|﹣1}

【考点】交集及其运算．

【分析】先分别求出集合A和集合B，然后再求出集合A∩B．

【解答】解：集合A={x|x+1＞0}={x|x＞﹣1}，B={x|x2﹣2≤0}={x|﹣≤x≤}，

则A∩B={x|﹣1≤x≤}，

故选：D．

2．已知向量=（3，2），=（﹣1，1），则|2|=（）

A．B． C．5D．

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】利用两个向量坐标形式的运算法则，求得2+的坐标，可得|2|的值．

【解答】解：∵向量=（3，2），=（﹣1，1），∴2+=（5，5），

则|2|==5，

故选：C．

3．命题“?x0∈R，x”的否定形式是（）

A．?x0∈R，x B．?x0∈R，x

C．?x∈R，x2=1 D．?x∈R，x2≠1

【考点】命题的否定．

【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．

【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“?x0∈R，x”的否定形式

是：?x∈R，x2≠1．

故选：D．

4．已知sin（）=，则cos（2）=（）

A．﹣B．﹣C．D．

【考点】三角函数的化简求值．

【分析】由二倍角公式可得cos（﹣2α），整体利用诱导公式可得cos（2）=﹣

cos（﹣2α），代值可得．

【解答】解：∵sin （）=，

∴cos （﹣2α）=1﹣2sin 2（

）=，

∴cos （2）=cos [π﹣（﹣2α）]

=﹣cos （﹣2α）=﹣

故选：A

5．若存在实数x ，y 满足，则实数m 的取值范围是（ ）

A ．（0，）

B ．（，）

C ．（，）

D ．（，）

【考点】简单线性规划．

【分析】作出平面区域，可得直线过定点D （﹣1，1），斜率为﹣m ，结合图象可得m 的不等式组，解不等式组可得．

【解答】解：作出所对应的区域（如图△ABC 即内部，不包括边界），

直线m （x +1）﹣y=0，可化为y=m （x +1），过定点D （﹣1，0），斜率为m ，

存在实数x ，y 满足，

则直线需与区域有公共点，，

解得B （，），，解得A （，）

K PA ==，K PB =

=，

∴＜m ＜，

故选：D．

6．在下面图案中，图（1）是边长为1的正方形，图（2）是将图（1）中的正方形同外作直角三角形和正方形，按如此分形规律，若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列{a n}，则a10=（）

A．9 B．10 C．11 D．12

【考点】数列递推式；归纳推理．

【分析】根据已知中的图形变化规律，结合勾股定理，归纳出数列的{a n}的通项公式，可得答案．

【解答】解：∵图（1）是边长为1的正方形，

∴a1=1，

结合勾股定理可得：a2=2，

a3=3，

a4=4，

…

归纳可得：a n=n，（n∈N*），

故a10=10，

故选：B

7．双曲线﹣=1（a，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，以OF2为

直径的圆交双曲线于A，B两点，若△F1AB的外接圆过点（，0），则该双曲线

的离心率是（）

A．B．C．D．

【考点】双曲线的简单性质．

【分析】设双曲线的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），分别求出OF2为直径的圆的方程和外接圆的直径为F1M，

运用两圆方程求得交点A，B，代入双曲线方程，结合离心率公式，解方程可得所求值．【解答】解：设双曲线的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），

OF2为直径的圆的方程为（x﹣）2+y2=，

由△F1AB的外接圆过点M（，0），即M（c，0），

即有外接圆的直径为F1M，

可得圆的方程为（x+）2+y2=，

两圆的方程相减可得x=c，

代入圆的方程可得y=±c，

可设A（c，c），代入双曲线的方程可得

?﹣?=1，由b2=c2﹣a2，e=，

可得4e4﹣15e2+9=0，

解得e2=3或（舍去），

即有e=．

故选：B．

8．设函数f（x）=x2+mx+n2，g（x）=x2+（m+2）x+n2+m+1，其中n∈R，若对任意的n，t ∈R，f（t）和g（t）至少有一个为非负值，则实数m的最大值是（）

A．1 B．C．2 D．

【考点】函数的值．

【分析】作差g（t）﹣f（t）=2t+m+1，从而可知t≥﹣时g（t）≥f（t），从而化为g（t）

=t2+（m+2）t+n2+m+1在t≥﹣时g（t）min=（﹣+）2+n2+m+1﹣≥0

恒成立，从而可得|m|≤1；从而结合选项解得．

【解答】解：∵g（t）﹣f（t）=t2+（m+2）t+n2+m+1﹣（t2+mt+n2）=2t+m+1，

∴当2t+m+1≥0，即t≥﹣时，g（t）≥f（t），

而g（t）=t2+（m+2）t+n2+m+1=（t+）2+n2+m+1﹣，

∵﹣＞﹣，

∴g（t）min=（﹣+）2+n2+m+1﹣≥0恒成立，

即m2≤1+4n2恒成立，

故|m|≤1；

结合选项可知，A正确；

故选：A．

二、填空题（共7小题，每小题5分，满分35分）

9．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2=1，S4=8，则a5=7，S10=80．

【考点】等差数列的前n项和．

【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．

【解答】解：设等差数列{a n}的前n项和为S n，

∵a2=1，S4=8，

∴a1+d=1，4a1+d=8，

解得a1=﹣1，d=2．

则a5=﹣1+2×4=7，S10=10×（﹣1）+×2=80．

故答案分别为：7；80．

10．已知f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）在区间[2，4]上是增函数，且f（2）=﹣1，f（4）=1，则f（3）=0，f（x）的一个单调递减区间是[0，2] （写出一个即可）【考点】正弦函数的图象．

【分析】根据函数图象可知函数的周期，再求ω的值，由已知点求出φ的值，写出函数解析式，将3代入求出f（3）的值，再求出函数的单调递减区间即可

【解答】解：f（2）=﹣1，f（4）=1，f（x）在[2，4]上是增函数可知：f（x）的周期为T=4，

∴，φ=

f（x）=sin（x+）=cos x

∴f（3）=cos=0

f（x）的单调递减区间为[4k，4k+2]k∈Z

故答案为：0，[0，2]．

11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的面积是，体积是4．

【考点】由三视图求面积、体积．

【分析】由三视图知该几何体是四棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由位置关系和勾股定理求出各个棱长，由条件和面积公式求出各个面的面积，加起来求出几何体的表面积，由锥体的体积公式求出几何体的体积．

【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，如图：

且PA⊥平面ABCD，PA=2，

底面是一个直角梯形，AD⊥CD、AD∥BC，BC=CD=2、AD=4，

取AD的中点E，连接BE，则BE∥CD，AE=BE=2，

∴由勾股定理得，AB=PC=BD=2，PB=，PA=2，

∵PB2=BC2+PC2，PA2=AB2+PB2，∴AB⊥PB，PC⊥BC，

∴几何体和表面积：

S=+

=，

几何体的体积V=×2=4，

故答案为：；4．

12．已知圆O：x2+y2=r2与圆C：（x﹣2）2+y2=r2（r＞0）在第一象限的一个公共点为P，过P作与x轴平行的直线分别交两圆于不同两点A，B（异于P点），且OA⊥OB，则直线OP

的斜率是，r=2．

【考点】圆与圆的位置关系及其判定．

【分析】根据题意，画出图形，结合图形得出点P的横坐标，再根据题意列出方程组，解方程组求出半径r的值．然后求出P的坐标，利用斜率公式进行求解即可．

【解答】解：如图所示，

圆O：x2+y2=r2与圆C：（x﹣2）2+y2=r2（r＞0）的一个公共点P，

∴点P的横坐标为x=1；

又过点P作与x轴平行的直线分别交两圆于A，B两点，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则；

又OA⊥OB，∴?=x1x2+y1y2=0，

且+=r2， +=r2；

由此解得r=2．

即圆O：x2+y2=4，

当x=1时，y=±，

∵P在第一象限，∴y=，即P（1，），

则k OP==，

故答案为：；2．

13．在△ABC中，BC=6，M1，M2分别为边BC，AC的中点，AM1与BM2相交于点G，

BC的垂直平分线与AB交于点N，且?﹣?=6，则?=36．

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】由?﹣?=6得．用，，表示出，列方程解出．

【解答】解：∵?﹣?=6，∴．

∵M1，M2分别为边BC，AC的中点，∴G是△ABC的重心．

∴，

∴=，

∴（）=6．

即+﹣=6．

∵NM1⊥BC，BM1=3，BC=6，

∴，=18．

∴﹣6=6，

∴=36．

故答案为36．

14．已知实数x，y满足x2+y2=4，则4（x﹣）2+（y﹣1）2+4xy的取值范围是[1，22+4]．【考点】排序不等式．

【分析】4（x﹣）2+（y﹣1）2+4xy=4x2﹣4x+1+y2﹣2y+1+4xy=（2x+y﹣1）2+1，再利用三角换元，即可得出结论．

【解答】解：4（x﹣）2+（y﹣1）2+4xy=4x2﹣4x+1+y2﹣2y+1+4xy=（2x+y﹣1）2+1．

设x=2cosα，y=2sinα，∴2x+y﹣1=4cosα+2sinα﹣1=2sin（α+θ）﹣1∈[﹣2﹣1，2﹣1]，

∴（2x+y﹣1）2∈[0，21+4]，

∴（2x+y﹣1）2+1∈[1，22+4]，

故答案为：[1，22+4]．

15．如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面α上，三条棱AB，AC，AD都在平面α的

同侧，若顶点B，C到平面α的距离分别为1，，则顶点D到平面α的距离是．

【考点】点、线、面间的距离计算．

【分析】本题的条件正规，但位置不正规．牵涉到的知识虽然只有线面距离和线面角，但难于下手．出路何在？在正方体的8个顶点中，有关系的只有4个（其他顶点可不予理会）．这4点组成直角四面体，这就是本题的根．所以最终归结为：已知直角四面体的3个顶点A，

B，C到平面M的距离依次为0，1，，求顶点D到平面M的距离．

【解答】解：如图，连结BC 、CD 、BD ，则四面体A ﹣BCD 为直角四面体．作平面M 的法线AH ，再作，BB 1⊥平面M 于B 1，CC 1⊥平面M 于C 1，DD 1⊥平面M 于D 1． 连结AB 1，AC 1，AD 1，令AH=h ，DA=a ，DB=b ，DC=c ，

由等体积可得

=

+

+

，

∴++=1

令∠BAB 1=α，∠CAC 1=β，∠DAD 1=γ， 可得sin 2α+sin 2β+sin 2γ=1，

设DD 1=m ，∵BB 1=1，CC 1=，

∴

=1

解得m=．即所求点D 到平面α的距离为．

故答案为：．

三、解答题（共5小题，满分75分）

16．在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知A=，

=

．

（I ）求角C 的大小；

（Ⅱ）若a=2，求△ABC 的面积． 【考点】正弦定理；余弦定理．

【分析】（I ）由已知式子和余弦定理结合多项式的原可得b=c 或b 2=c 2+a 2，分别由等腰三角形和直角三角形可得；

（Ⅱ）结合a=2，分别由等腰三角形和直角三角形的知识和面积公式可得．

【解答】解：（I ）∵在△ABC 中，

=

，

∴b 2cosA ﹣bc=abcosC ﹣a 2，由余弦定理可得：

b 2?

﹣﹣bc=ab ?

﹣a 2，

∴

（b 2+c 2﹣a 2）﹣bc=（a 2+b 2﹣c 2）﹣a 2，

同乘以2c 可得b （b 2+c 2﹣a 2）﹣2bc 2=c （a 2+b 2﹣c 2）﹣2ca 2， ∴b （b 2﹣c 2﹣a 2）=c （﹣a 2+b 2﹣c 2），

∴（b2﹣c2﹣a2）（b﹣c）=0，

∴b=c或b2=c2+a2，

当b=c时，由等腰三角形可得角C=；

当b2=c2+a2时，由直角三角形可得角C=；

（Ⅱ）∵a=2，∴当b=c时，三角形的高h=tan=

=tan（+）==2+，

此时三角形的面积S=×2×h=2+；

当b2=c2+a2时，由直角三角形可得c==2，

△ABC的面积S=ac=2．

17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=1，AB=AC=，D为BC的中点，过点D作DQ∥AP，且DQ=1，连结QB，QC，QP．

（1）证明：AQ⊥平面PBC；

（2）求二面角B﹣AQ﹣C的平面角的余弦值．

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．

【分析】（1）连结AD，PD，PD∩AQ=O，推导出四边形PADQ为正方形，从而AQ⊥DP，由线面垂直得PA⊥BC，由等腰三角形性质得AD⊥BC，从而AQ⊥BC，由此能证明AQ⊥平面PBC．

（2）由AQ⊥平面PBC，连结OB，OC，则∠BOC为二面角B﹣AQ﹣C的平面角，由此能求出二面角B﹣AQ﹣C的平面角的余弦值．

【解答】证明：（1）如图，连结AD，PD，PD∩AQ=O，

∵AB⊥AC，AB=AC=，D为BC中点，∴AD=1，

∵PA⊥平面ABC，AD?平面ABC，∴PA⊥AD，

∵PA⊥平面ABC，AD?平面ABC，∴PA⊥AD，

∵PA=AD=1，∴四边形PADQ为正方形，∴AQ⊥DP，

∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC，

∵D为线段BC的中点，AB=AC，∴AD⊥BC，

又AD∩PA=A，∴BC⊥平面APQD，

∵AQ?平面APQD，∴AQ⊥BC，

∵DP∩BC=D，∴AQ⊥平面PBC．

解：（2）由（1）知AQ⊥平面PBC，连结OB，OC，

则∠BOC为二面角B﹣AQ﹣C的平面角，

由题意知PA=BD=1，OD=，

∴OB=OC==，

∴cos∠BOC===﹣，

∴二面角B﹣AQ﹣C的平面角的余弦值为﹣．

18．已知函数f（x）=x（1﹣a|x|）．

（1）当a＞0时，关于x的方程f（x）=a有三个相异实根x1，x2，x3，设x1＜x2＜x3，求

的取值范围；

（2）当a≤1时，f（x）在[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，若M﹣m=4，求a的值．【考点】函数的最值及其几何意义．

【分析】（1）f（x）=，作其图象，从而利用数形结合求解得a

∈（0，）；从而可得x2+x3=，x1=，从而求得；

（2）显然，f（x）为R上的奇函数，从而可得M=2，再分类讨论求最大值即可．

【解答】解：（1）f（x）=，

当a＞0时，其图象如右图所示，

∵直线y=a与y=f（x）的图象有三个不同的交点，

∴f（）＞a＞0，即＞a＞0，

解得，a∈（0，）；

其次，由韦达定理及求根公式可得，

x2+x3=，x1=，

从而可得，=﹣，

注意到a∈（0，），

∴∈（﹣，﹣1）．

（2）显然，f（x）为R上的奇函数，

∴M﹣m=2M=4，

当a=0时，经检验不符合题意，舍去；

当a＜0时，函数f（x）在[﹣1，1]上单调递增，

故M=f（1）=1﹣a=2，

故a=﹣1；

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣）和（，+∞）上单调递减，

在（﹣，）上单调递增；

①当≥1，即0＜a≤时，f（x）[﹣1，1]上单调递增，

可解得a=﹣1（舍去），

②当＜1，即＜a＜1时，f（x）在[﹣1，1]上的最大值为f（）==2，

解得，a=（舍去）；

综上所述，a=﹣1．

19．已知椭圆C：的焦距为2，离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若M，N，P是椭圆C上不同的三点，且满足（O为坐标原点），求实数λ的取值范围．

【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．

【分析】（1）由椭圆的焦距为2，离心率为，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆

C的方程．

（2）推导出，当PM⊥x轴时，能求出﹣2＜λ＜0或0＜λ＜2；当直线MP

的斜率存在时，设方程为y=kx+m，将其代入椭圆，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积公式，结合题设条件能求出实数λ的取值范围．

【解答】解：（1）∵椭圆C：的焦距为2，离心率为，

∴，解得a=2，c=，

∴b=，

∴椭圆C的方程为．

（2）∵M，N，P是椭圆C上不同的三点，且满足（O为坐标原点），

∴，

设P（x1，y1），M（x2，y2），N（x0，y0），

①当PM⊥x轴时，x1=x2，y1=﹣y2≠0，

由﹣=，得λx0=0，λy0=2y1，

则x0=0，y0=±1，

∵﹣1＜y1＜0或0＜y1＜1，∴﹣2＜λ＜0或0＜λ＜2．

②当直线MP的斜率存在时，设方程为y=kx+m，

将其代入椭圆，并整理，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，

则△=64k2m2﹣4（1+4k2）（4m2﹣4）=16（4k2﹣m2+1）＞0，

解得m2＜1+4k2，①

又，，

由﹣=，得（x1，y1）﹣（x2，y2）=λ（x0，y0），且λ≠0，

即，，

又∵，

∴（）2+4（）2=4，

∴=

=（1+4k2）[﹣4×]

=16﹣，即，②

联立①②，得0＜4﹣λ2＜1，

∴﹣2＜λ＜0或0＜λ＜2．

综上所述：实数λ的取值范围是（﹣2，0）∪（0，2）．

20．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=（n∈N+）．

（1）证明：a n+1＜a n；

（2）证明：；

（3）证明：a n．

【考点】数列与不等式的综合．

【分析】（1）化简a n+1=（n∈N+）后即可证明a n+1＜a n；

（2）先验证n=1时成立，当n≥2时利用分离常数法化简后，由放缩法和裂项相消法证明不等式成立；

（3）由放缩法化简后，列出不等式进行归纳、化简证明不等式成立．

【解答】证明：（1）由a n+1=（n∈N+）得，=＜1，

∴a n+1＜a n；

（2）当n=1时，成立，

当n≥2时，∵=，则=1+，

∴=n+

≤n+1+

=n+1+（1﹣）+（）+…+（）=n+2﹣，

∴；

（3）由（1）得，=＞=，

则a n+1＞a n?，

由a1=1得，a2=，则n=1、2都成立，

当n≥3时，a3＞a2?，a4＞a3?＞a2??，…

∴a n＞a2??…=，

综上可得，a n对一切n∈N+都成立．

2016年9月19日