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【2014安庆市二模】安徽省安庆市2014届高三高考模拟考试(二)数学(理)试题 扫描版含答案


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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 答案 1 A 2 D 3 C 4 B 5 D 6 B 7 C 8 B 9 B 10 A

1. 解析: z ? 1 ? i ,

z 2 ? 2 z (1 ? i)2 ? 2(1 ? i) ? 2 ? ? ? ?1 ? i ,选 A. 1? i 1? i z

2. 解析: B ? {x ? R x ? 1} ,则 A I B ? {?1} ,阴影部分表示的集合为 {1,2,3} ,选 D. 3. 解析:由 a3 ? a 4 ? a5 ? a6 ? 8 得 a3 ? a5 ? 8 ,所以 a1 ? a7 ? 8 ,

S7 ?

7 ? (a1 ? a7 ) ? 28 ,选 C. 2

4. 解析:设图中甲、乙丢失的数据分别为 a, b ,则 x ? 80 ? ∴ x ? 80 ?

a ? 16 26 , y ? 80 ? ,∵ 0 ≤ a ≤ 9 , 5 5

a ? 16 25 ≤80 ? ? y ,选 B. 5 5

5. 解析:多面体 ABCDE 为四棱锥,利用割补法可得其 体积 V ? 4 ?

4 8 ? ,选 D. 3 3
2 2

6. 解析: 直线的方程为 x ? 2 , 圆的方程为 ( x ? 1) ? ( y ? 1) ? 2 , 圆心到直线的距离为 1, 故圆 C 上 有 2 个点到 l 距离为 1,选 B. 7. 解析:设椭圆的长半轴长为 a1 ,双曲线的实半轴长为 a2 ,焦距为 2c , PF1 ? m , PF2 ? n ,且 不妨设 m?n ,由
2 2 2

m ? n ? 2a1 , m ? n ? 2a2 得 m ? a1 ? a2 , n ? a1 ? a2 . 又 ?F1PF2 ?
2 2

?
3



∴ 4c ? m ? n ? mn ? a1 ? 3a2 ,
2 a12 3a2 ∴ 2 ? 2 ? 4 ,即 c c

6 1 3 ? 2 ? 4 ,解得 e ? ,选 C. 2 2 2 e ( ) 2

8. 解析:设 bi ? ai ?1 ? ai , i ? 1, 2,3, 4 ,则 bi 等于 1 或-1,
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由 a5 ? (a5 ? a4 ) ? (a4 ? a3 ) ? (a3 ? a2 ) ? (a2 ? a1 ) ? b4 ? b3 ? b2 ? b1 , 知 bi (i ? 1,2,3,4) 共有 3 个 1,1 个-1.这种组合共有 C4 ? 4 个,选 B.
1

?2 a ? b ? 1 ? 0 ?a ? 3b ? 1 ? 0 ? 9. 解析:由已知有 ? ,作出可行域, ?a ? 0 ? ?b ? 0
令d ?

?a ? 1?2 ? b 2

,则 d 的最小值为点 (1,0) 到直线

a ? 3b ? 1 ? 0 的距离,此时 d min ?
所以 ?a ? 1? ? b 的最小值为
2 2

10 , 5

第 9 题图

2 ,选 B. 5

10. 解析:令 f ( x) ? x ? ln x(1 ? x ? 2) ,则 f ?( x) ? 1 ?

1 x ?1 ? ? 0, x x ln x ? 1, x

所以函数 y ? f ( x)(1 ? x ? 2) 为增函数,∴ f ( x) ? f (1) ? 1 ? 0 ,∴ x ? ln x ? 0 ? 0 ?

ln x ln x 2 ln x 2ln x ? x ln x (2 ? x) ln x ? ln x ? ? ? ?0, ∴? .又 2 ? ? ? x x x x2 x2 ? x ?
2 ? ln x ? ln x ln x ? ? ∴? ,选 A. ? x x2 ? x ? 2

2

二、填空题 (本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在题中横线上) 11. 解析:∵ (1 ? x ? x )( x ? a) 的展开式所有项的系数和为 (1 ? 1 ? 1 )(1 ? a) ? 0 ,
2 5 2 5

∴ a ? 1, ∴ (1 ? x ? x )( x ? a) ? (1 ? x ? x )( x ? 1) ? ( x ? 1)( x ? 1) ? x ( x ? 1) ? ( x ? 1) ,
2 5 2 5 3 4 3 4 4
4 其展开式中含 x 项的系数为 C4 (?1) ? C4 (?1) ? ?5 .
3 3 0 0

b2 ? c2 ? a 2 3 2 2 2 12. 解析: 由 sin B ? 8 cos Asin C 及正、 余弦定理知:b ? 8c ? , 整理得 a ? b ? c , 2bc 4
由 a ? c ? 3b 联立解得: b ? 4 .
2 2

13.

? 解 析 : 当 输 出 的 n ? 6 时 , S ?1 ? 2 L

5

? 2

? 6 , 3设 输 入 的 T 值 为

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T0 , T ? T0 ? 3(1 ? 2 ? L ? 5) ? T0 ? 45 , 且 S ? T ,解得 T0 ? 108 . T 最大值为 108 .
14. 解析:函数 f ( x) 有三个零点等价于方程 实根. ∵

1 ? m x 有且仅 x?2

有三个 图像,如

1 1 ? m x ? ? x ( x ? 2) ,作函数 y ? x ( x ? 2) 的 x?2 m 1 图所示,由图像可知 m 应满足: 0 ? ? 1 ,故 m ? 1 . m
15. 解析: 显然①正确;a ? me1 ? ne2 ? ∵? ?

m2 ? n2 ? 2mn cos? ,
r

?

2 r r u r u r u r u r 确;∵ a ? b ? (me1 ? ne2 ) ? ( se1 ? te2 ) ? ms ? nt ? (mt ? ns ) cos ? ? ms ? nt ,所以④错误;根据夹角
公式 a ? b ? a b cos ? a, b ? ,又 a ? b ? 5 ? 4e1 ? e2 , a ? b ? 4 ? 5e1 ? e2 得 4 ? 5e1 ? e2 ? (5 ? 4e1 ? e2 ) cos 所以正确的是①、③、⑤. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 75 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 16. (本题满分 12 分)
2 解析: (Ⅰ) f ( x) ? m ? n ? sin ( x ?

,所以②错误;由 a // b 得 b ? ? a (? ? R ) ,所以 s ? ? m, t ? ?n ,所以 mt ? ns ? 0 ,故③正

r

r

r

u r u r

r r

u r u r

u r u r

u r u r

?
3

,故 e1 ? e2 ? ?

u r ur

1 1 2? ,即 cos ? ? ? ,⑤正确 ?? ? 2 2 3

) cos(x ? ) 4 4 4 1 3 ? 1 ? (1 ? sin 2 x) ? cos 2 x ? sin(2 x ? ) ? 2 2 3 2 …………4 分 3 ) ? 0 得: 2 x ?

?

) ? 3 cos(x ?

?

?

由于 sin(2 x ?

?

?
3

? k? , k ? Z ,所以 x ? 1 2

1 ? k? ? , k ? Z . 2 6
…………6 分

所以 f ( x) 的图像的对称中心坐标为 ( k? ? (Ⅱ) g ( x) = sin(2 x ?
? 3

? 1

, ), k ? Z 6 2

?
3

) ,列表:
? 2 ? 12 1 ? ? 3 0 3? 2 7? 12 -1
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2x + x

0 ? 6

2? 5? 6 0

gf( x) ) (x

0

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描点、连线得函数 y ? g ( x) 在 [?

? 5?

, ] 上的图象如图所示: 6 6

…………12 分

17. (本题满分 12 分) 解答:设“教师甲在 A 点投中”的事件为 A ,“教师甲在 B 点投中”的事件为 B . (Ⅰ)根据题意知 X 的可能取值为 0,2,3,4,5,7

1 1 1 P( X ? 0) ? P ( A ? B ? A ) ? (1 ? )2 ? (1 ? ) ? , 2 3 6 1 1 1 1 1 P( X ? 2) ? P( A ? B ? A ? A ? B ? A) ? C2 ? ? (1 ? ) ? (1 ? ) ? 2 3 2 3 1 1 1 1 P( X ? 3) ? P( A ? B ? A ) ? (1 ? ) ? ? (1 ? ) ? 2 3 2 12 1 1 1 1 P( X ? 4) ? P( A ? B ? A) ? ? (1 ? ) ? ? 2 3 2 6 1 1 1 1 1 P( X ? 5) ? P( A ? B ? A ? A ? B ? A) ? C2 ? ? (1 ? ) ? ? 2 2 3 6 1 1 1 1 P( X ? 7) ? P( A ? B ? A) ? ? ? ? 2 3 2 12
所以 X 的分布列是: X P 0 2 3 4 5 7

…………6 分

1 6

1 3

1 12

1 6

1 6

1 12
…………8 分

1 1 1 1 1 1 EX ? 0 ? ? 2 ? ? 3 ? ? 4 ? ? 5 ? ? 7 ? ? 3 6 3 12 6 6 12
(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 P 为:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P ? ? ? ? ( ? ) ? ? ( ? ? ) ? ? ( ? ? ? ) ? ? (1 ? ) 3 6 12 6 3 6 6 3 12 6 6 3 12 6 12 12
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?

57 19 ? 144 48
a 1 x2 ? x ? a , x ? (0,??) ? ? x2 x x2

…………12 分

18.(本题满分 12 分) 解析: (Ⅰ) f ?( x) ? 1 ? 由 ? ? 1 ? 4a 知, ①当 a ? ? ②当 ?

1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 (0,??) 上递增,无最值; 4

1 ? a ? 0 时, x 2 ? x ? a ? 0 的两根均非正,因此, f ( x) 在 (0,??) 上递增,无最值; 4
2

③当 a ? 0 时, x ? x ? a ? 0 有一正根 x ?

? 1 ? 1 ? 4a ? 1 ? 1 ? 4a , f ( x) 在 (0, ) 上递减,在 2 2

(

? 1 ? 1 ? 4a ,??) 上递增;此时, f ( x) 有最小值; 2
…………7 分

所以,实数 a 的范围为 a ? 0 . (Ⅱ)证明:依题意: 1 ?

a x1
2

?

1 a 1 1 1 ? 1? 2 ? ? a ( ? ) ? 1, x1 x2 x1 x 2 x2

由于 x1 ? 0, x2 ? 0 ,且 x1 ? x2 ,则有

a?

x1 ? x2 x ? x2 2 ? 2 ? 2( x1 ? x2 ) ? x1 ? x2 ? ( 1 ) x1 ? x2 2

? 2( x1 ? x2 ) ? (

x1 ? x2 2 ) ? x1 ? x2 ? 8 . 2

…………12 分

19.(本题满分 13 分) 解答: (Ⅰ)∵平面 ABCD 垂直于圆 O 所在的平面,两平面的交线为 AB , BC ? 平面 ABCD ,

BC ? AB ,∴ BC 垂直于圆 O 所在的平面.又 EA 在圆 O 所在的平面内,∴ BC ? EA .∵ ?AEB 是
直角,∴ BE ? EA ,∴ EA ? 平面 EBC ,∴ EA ? EC . …………6 分 (Ⅱ) 如图,以点 O 为坐标原点, AB 所在的直线为 y 轴, 建立空间直角坐标系 O ? xyz . O 与 BC 平行的直线为 z 轴, 过点 由异

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面直线 AE 和 DC 所成的角为 ∴ ?BOE ?

?
3

? ? , AB / / DC 知 ?BAE ? , 6 6
第 19 题图



∴ E(

uuu r 3 1 3 3 a, a, 0) , 由 题 设 可 知 C (0, a, a) , D(0, ?a, a) , ∴ DE ? ( a, a, ? a ) , 2 2 2 2

u r uur 3 1 CE ? ( a, ? a, ?a) .设平面 DCE 的一个法向量为 p ? ( x0 , y0 , z0 ) , 2 2
由 DE ? p ? 0 , CE ? p ? 0 得 z0 ?

uuu r u r

uur u r

3 x0 , y0 ? 0 ,取 x0 ? 2 ,得 z0 ? 3 . 2
r

∴ p ? (2, 0, 3) .又平面 AEB 的一个法向量为 q ? (0, 0,1) ,∴ cos ? p, q ??

u r

u r r

21 . 7

平面 DCE 与平面 AEB 所成的锐二面角的余弦值 (其他解法可参考给分) 20.(本题满分 13 分)

21 . 7

…………13 分

解析: (Ⅰ)根据已知条件有 tan? ? 0 ,且 tan ? ? 1 ? tan? ,故椭圆 E 的长轴在 y 轴上.
2

e ? 1?

tan ? 1 1 2 ? ? 1 ? sin 2? ? 1 ? ? ,当且仅当 ? ? 时取等号. 2 tan ? ? 1 2 2 2 4
2

由于椭圆 E 的离心率 e 最小时其形状最圆,故最圆的椭圆方程为 x ?

y2 ? 1. 2
…………5 分

(Ⅱ)设交点 P ( x0 , y0 ) ,过交点 P 的直线 l 与椭圆 x ?
2

y2 ? 1 相切. 2
…………6 分

(1)当斜率不存在或等于零时,易得 P 点的坐标为 P (?1, ? 2) .

(2)当斜率存在且非零时,则 x0 ? ?1 设斜率为 k ,则直线 l : y ? k ( x ? x0 ) ? y0 , 与椭圆方程联立消 y ,得: (2 ? k ) x ? 2k ( y0 ? kx0 ) x ? ( y0 ? kx0 ) ? 2 ? 0 .
2 2 2

由相切, ? ? [2k ( y0 ? kx0 )] ? 4(2 ? k )[(kx0 ? y0 ) ? 2] ? 0 ,
2 2 2

化简整理得 (1 ? x0 )k ? 2 x0 y0 k ? 2 ? y0 ? 0 . ①
2 2 2

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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 k1k2 ? ?1 ,而 k1 , k 2 为方程 ①的两根, 故
2 2 ? y0 2 2 ? ?1 ,整理得: x0 ? y0 ? 3. 2 1 ? x0

又 (?1, ? 2) 也满足上式, 故 P 点的轨迹方程为 x ? y ? 3 ,即 P 点在定圆 x ? y ? 3 上. ………13 分
2 2 2 2

21.(本题满分 13 分) 解析: (Ⅰ)若 ? ? ?2 ,则 an ?1 ? 2an ?

2 , an
a2 ? 2 2 ?0? n ?0, an an

由 an ?1 ? an ? an ?1 ? an ? 0 ? an ? 得 an ?

2 或 ? 2 ? an ? 0 ,所以只需 a1 ? 2 或 ? 2 ? a1 ? 0 .
…………6 分

所以实数 a 的取值范围为 ( ? 2, 0) ∪ ( 2, ??) . (Ⅱ) a n ? 2 对任意 n ? N 成立的充要条件为 ? ? ?4 .
?

必要性:由 a2 ? 2 ,解出 ? ? ?4 ; (另解:假设 an ?1 ? 2an ?

1 1 2 ? 2 ,得 ? ? ?2an ? 2an ,令 f (n) ? ?2(an ? ) 2 ? , a n ? 2 , an 2 2
…………8 分
?

?

可得: f (n) max ? ?4 ,即有 ? ? ?4 .)

充分性:数学归纳法证明: ? ? ?4 时,对一切 n ? N , a n ? 2 成立. 证明: (1)显然 n ? 1 时,结论成立; (2)假设 n ? k (k ? 1) 时结论成立,即 ak ? 2 , 当 n ? k ? 1时, ak ?1 ? 2ak ? 考察函数 f ( x) ? 2 x ?

?
ak

.

?
x

, x ? [2,??) ,

① 若 ? 4 ? ? ? 0 ,由 f ' ( x) ? 2 ?

?
x2

? 0 ,知 f ( x) 在区间 [2,??) 上单调递增 . 由假设得

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ak ?1 ? 2ak ?

?
ak

? 4?

?
2

? 2.

② 若 ? ? 0 ,对 x ? [2,??) 总有 f ( x) ? 2 x ? 则由假设得 ak ?1 ? 2ak ?

?
x

? 4 ? 2,

?
ak

? 2.

所以, n ? k ? 1时,结论成立, 综上可知:当 ? ? ?4 时,对一切 n ? N , a n ? 2 成立.
?

故 a n ? 2 对任意 n ? N 成立的充要条件是 ? ? ?4 .
?

…………13 分

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