2014年安慶市高三模擬考試（二模）
一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
題號12345678910答案ADCBDBCBBA1. 解析：，，選A.
2. 解析：,則,陰影部分表示的集合為，選D.
3. 解析：由得，所以，，選C.
4. 解析：設圖中甲、乙丟失的數據分別為，則，，∵，∴,選B.
5. 解析：多面體為四棱錐，利用割補法可得其
體積，選D.
6. 解析：直線的方程為，圓的方程為，圓心到直線的距離為1，故圓上有2個點到距離為1，選B.
7. 解析：設橢圓的長半軸長為，雙曲線的實半軸長為，焦距為，，，且不妨設，由 ，得，.又，∴，
∴，即，解得，選C.
8. 解析：設，，則等于1或-1，由，知共有3個1，1個-1.這種組合共有個，選B.
9. 解析：由已知有，作出可行域，令，則的最小值為點到直線的距離，此時，所以的最小值為，選B.
10. 解析：令，則，所以函數為增函數，∴，∴，∴.又，
∴，選A.
11. 解析：∵ 的展開式所有項的系數和為，∴ ，
∴，
其展開式中含項的系數為.
12. 解析：由及正、余弦定理知：，整理得，由聯立解得：.
13. 解析：當輸出的時，，設輸入的值為,, 且,解得.最大值為.
14. 解析：函數有三個零點等價于方程有且僅有三個實根. ∵，作函數的圖像，如圖所示，由圖像可知應滿足：，故.
15. 解析：顯然①正確；，∵，所以②錯誤；由得,所以，所以，故③正確；∵，所以④錯誤；根據夾角公式，又，得，即 ，⑤正確
所以正確的是①、③、⑤.
16．（本題滿分12分）
解析：（Ⅰ）
…………4分
由于得：，所以.
所以的圖像的對稱中心坐標為 …………6分
（Ⅱ）=，列表：
描點、連線得函數在上的圖象如圖所示：
17．（本題滿分12分）
解答：設“教師甲在點投中”的事件為，“教師甲在點投中”的事件為.
（Ⅰ）根據題意知X的可能取值為0,2,3,4,5,7
，
…………6分
X023457P所以X的分布列是：
…………8分
（Ⅱ）教師甲勝乙包括：甲得2分、3分、4分、5分、7分五種情形.
這五種情形之間彼此互斥，因此，所求事件的概率為：
…………12分
18.（本題滿分12分）
解析：（Ⅰ） ，
由知，
①當時，，在上遞增，無最值；
②當時，的兩根均非正，因此，在上遞增，無最值；
③當時，有一正根，在上遞減，在上遞增；此時，有最小值；
所以，實數的范圍為. …………7分
（Ⅱ）證明：依題意：，
由于，且，則有
. …………12分
19.（本題滿分13分）
解答：（Ⅰ）∵平面垂直于圓所在的平面，兩平面的交線為，平面，，∴垂直于圓所在的平面.又在圓所在的平面內，∴.∵是直角，∴，∴平面,∴.
…………6分
(Ⅱ) 如圖，以點為坐標原點，所在的直線為軸，過點與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系.由異面直線和所成的角為，知，
∴，
∴，由題設可知，，∴，.設平面的一個法向量為，
由，得，，取，得.
∴.又平面的一個法向量為，∴.
平面與平面所成的銳二面角的余弦值. …………13分
20.（本題滿分13分）
解析：（Ⅰ）根據已知條件有，且，故橢圓的長軸在軸上.
，當且僅當時取等號.
由于橢圓的離心率最小時其形狀最圓，故最圓的橢圓方程為.
…………5分
（Ⅱ）設交點，過交點的直線與橢圓相切.
(1)當斜率不存在或等于零時，易得點的坐標為.…………6分
(2)當斜率存在且非零時，設斜率為，則直線：，
與橢圓方程聯立消，得：.
由相切，，
化簡整理得. ①
因過橢圓外一點有兩條直線與橢圓相切，由已知兩切線垂直，故，而為方程①的兩根，
故，整理得：.
又也滿足上式，
故點的軌跡方程為，即點在定圓上. ………13分
2.（本題滿分13分）
解析：（Ⅰ）若，則，
由，
得 或，所以只需 或.
所以實數的取值范圍為. …………6分
(Ⅱ) 對任意成立的充要條件為.
必要性：由，解出；
（另解：假設，得，令， ，可得：，即有.） …………8分
證明：（1）顯然時，結論成立；
（2）假設時結論成立，即，
當時，.
考察函數，，
① 若 ，由，知在區間上單調遞增.由假設得.
② 若，對總有，
則由假設得.
所以，時，結論成立，
綜上可知：當時，對一切，成立.
故對任意成立的充要條件是.
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