2014安庆高三二模数学理科试题及答案
安徽高考数学
2014/3/24
2014年安庆市高三模拟考试（二模）
数学试题(理科) 参考答案及评分标准
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）
题号12345678910答案ADCBDBCBBA1. 解析：，，选A.
2. 解析：,则,阴影部分表示的集合为，选D.
3. 解析：由得，所以，，选C.
4. 解析：设图中甲、乙丢失的数据分别为，则，，∵，∴,选B.
5. 解析：多面体为四棱锥，利用割补法可得其
体积，选D.
6. 解析：直线的方程为，圆的方程为，圆心到直线的距离为1，故圆上有2个点到距离为1，选B.
7. 解析：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，，，且不妨设，由 ，得，.又，∴，
∴，即，解得，选C.
8. 解析：设，，则等于1或-1，由，知共有3个1，1个-1.这种组合共有个，选B.
9. 解析：由已知有，作出可行域，令，则的最小值为点到直线的距离，此时，所以的最小值为，选B.
10. 解析：令，则，所以函数为增函数，∴，∴，∴.又，
∴，选A.
11. 解析：∵ 的展开式所有项的系数和为，∴ ，
∴，
其展开式中含项的系数为.
12. 解析：由及正、余弦定理知：，整理得，由联立解得：.
13. 解析：当输出的时，，设输入的值为,, 且,解得.最大值为.
14. 解析：函数有三个零点等价于方程有且仅有三个实根. ∵，作函数的图像，如图所示，由图像可知应满足：，故.
15. 解析：显然①正确；，∵，所以②错误；由得,所以，所以，故③正确；∵，所以④错误；根据夹角公式，又，得，即 ，⑤正确
所以正确的是①、③、⑤.
16．（本题满分12分）
解析：（Ⅰ）
…………4分
由于得：，所以.
所以的图像的对称中心坐标为 …………6分
（Ⅱ）=，列表：
描点、连线得函数在上的图象如图所示：
17．（本题满分12分）
解答：设“教师甲在点投中”的事件为，“教师甲在点投中”的事件为.
（Ⅰ）根据题意知X的可能取值为0,2,3,4,5,7
，
…………6分
X023457P所以X的分布列是：
…………8分
（Ⅱ）教师甲胜乙包括：甲得2分、3分、4分、5分、7分五种情形.
这五种情形之间彼此互斥，因此，所求事件的概率为：
…………12分
18.（本题满分12分）
解析：（Ⅰ） ，
由知，
①当时，，在上递增，无最值；
②当时，的两根均非正，因此，在上递增，无最值；
③当时，有一正根，在上递减，在上递增；此时，有最小值；
所以，实数的范围为. …………7分
（Ⅱ）证明：依题意：，
由于，且，则有
. …………12分
19.（本题满分13分）
解答：（Ⅰ）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面.又在圆所在的平面内，∴.∵是直角，∴，∴平面,∴.
…………6分
(Ⅱ) 如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.由异面直线和所成的角为，知，
∴，
∴，由题设可知，，∴，.设平面的一个法向量为，
由，得，，取，得.
∴.又平面的一个法向量为，∴.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值. …………13分
20.（本题满分13分）
解析：（Ⅰ）根据已知条件有，且，故椭圆的长轴在轴上.
，当且仅当时取等号.
由于椭圆的离心率最小时其形状最圆，故最圆的椭圆方程为.
…………5分
（Ⅱ）设交点，过交点的直线与椭圆相切.
(1)当斜率不存在或等于零时，易得点的坐标为.…………6分
(2)当斜率存在且非零时，设斜率为，则直线：，
与椭圆方程联立消，得：.
由相切，，
化简整理得. ①
因过椭圆外一点有两条直线与椭圆相切，由已知两切线垂直，故，而为方程①的两根，
故，整理得：.
又也满足上式，
故点的轨迹方程为，即点在定圆上. ………13分
2.（本题满分13分）
解析：（Ⅰ）若，则，
由，
得 或，所以只需 或.
所以实数的取值范围为. …………6分
(Ⅱ) 对任意成立的充要条件为.
必要性：由，解出；
（另解：假设，得，令， ，可得：，即有.） …………8分
充分性：数学归纳法证明：时，对一切，成立.
证明：（1）显然时，结论成立；
（2）假设时结论成立，即，
当时，.
考察函数，，
① 若 ，由，知在区间上单调递增.由假设得.
② 若，对总有，
则由假设得.
所以，时，结论成立，
综上可知：当时，对一切，成立.
故对任意成立的充要条件是.
…………13分
数学试题(理科) 参考答案及评分标准
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）
题号12345678910答案ADCBDBCBBA1. 解析：，，选A.
2. 解析：,则,阴影部分表示的集合为，选D.
3. 解析：由得，所以，，选C.
4. 解析：设图中甲、乙丢失的数据分别为，则，，∵，∴,选B.
5. 解析：多面体为四棱锥，利用割补法可得其
体积，选D.
6. 解析：直线的方程为，圆的方程为，圆心到直线的距离为1，故圆上有2个点到距离为1，选B.
7. 解析：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，，，且不妨设，由 ，得，.又，∴，
∴，即，解得，选C.
8. 解析：设，，则等于1或-1，由，知共有3个1，1个-1.这种组合共有个，选B.
9. 解析：由已知有，作出可行域，令，则的最小值为点到直线的距离，此时，所以的最小值为，选B.
10. 解析：令，则，所以函数为增函数，∴，∴，∴.又，
∴，选A.
11. 解析：∵ 的展开式所有项的系数和为，∴ ，
∴，
其展开式中含项的系数为.
12. 解析：由及正、余弦定理知：，整理得，由联立解得：.
13. 解析：当输出的时，，设输入的值为,, 且,解得.最大值为.
14. 解析：函数有三个零点等价于方程有且仅有三个实根. ∵，作函数的图像，如图所示，由图像可知应满足：，故.
15. 解析：显然①正确；，∵，所以②错误；由得,所以，所以，故③正确；∵，所以④错误；根据夹角公式，又，得，即 ，⑤正确
所以正确的是①、③、⑤.
16．（本题满分12分）
解析：（Ⅰ）
…………4分
由于得：，所以.
所以的图像的对称中心坐标为 …………6分
（Ⅱ）=，列表：
描点、连线得函数在上的图象如图所示：
17．（本题满分12分）
解答：设“教师甲在点投中”的事件为，“教师甲在点投中”的事件为.
（Ⅰ）根据题意知X的可能取值为0,2,3,4,5,7
，
…………6分
X023457P所以X的分布列是：
…………8分
（Ⅱ）教师甲胜乙包括：甲得2分、3分、4分、5分、7分五种情形.
这五种情形之间彼此互斥，因此，所求事件的概率为：
…………12分
18.（本题满分12分）
解析：（Ⅰ） ，
由知，
①当时，，在上递增，无最值；
②当时，的两根均非正，因此，在上递增，无最值；
③当时，有一正根，在上递减，在上递增；此时，有最小值；
所以，实数的范围为. …………7分
（Ⅱ）证明：依题意：，
由于，且，则有
. …………12分
19.（本题满分13分）
解答：（Ⅰ）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面.又在圆所在的平面内，∴.∵是直角，∴，∴平面,∴.
…………6分
(Ⅱ) 如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.由异面直线和所成的角为，知，
∴，
∴，由题设可知，，∴，.设平面的一个法向量为，
由，得，，取，得.
∴.又平面的一个法向量为，∴.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值. …………13分
20.（本题满分13分）
解析：（Ⅰ）根据已知条件有，且，故椭圆的长轴在轴上.
，当且仅当时取等号.
由于椭圆的离心率最小时其形状最圆，故最圆的椭圆方程为.
…………5分
（Ⅱ）设交点，过交点的直线与椭圆相切.
(1)当斜率不存在或等于零时，易得点的坐标为.…………6分
(2)当斜率存在且非零时，设斜率为，则直线：，
与椭圆方程联立消，得：.
由相切，，
化简整理得. ①
因过椭圆外一点有两条直线与椭圆相切，由已知两切线垂直，故，而为方程①的两根，
故，整理得：.
又也满足上式，
故点的轨迹方程为，即点在定圆上. ………13分
2.（本题满分13分）
解析：（Ⅰ）若，则，
由，
得 或，所以只需 或.
所以实数的取值范围为. …………6分
(Ⅱ) 对任意成立的充要条件为.
必要性：由，解出；
（另解：假设，得，令， ，可得：，即有.） …………8分
充分性：数学归纳法证明：时，对一切，成立.
证明：（1）显然时，结论成立；
（2）假设时结论成立，即，
当时，.
考察函数，，
① 若 ，由，知在区间上单调递增.由假设得.
② 若，对总有，
则由假设得.
所以，时，结论成立，
综上可知：当时，对一切，成立.
故对任意成立的充要条件是.
…………13分
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