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2014
寧波二模數(shù)學(xué)答案（理科）
陽(yáng)光高考門戶全國(guó)首發(fā)，提供PDF版下載
波市2014 年高考模擬試卷
說(shuō)明：
一、本解答給出了一種或幾種解法供參考，如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試
題的主要考查內(nèi)容制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則．
二、對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后續(xù)部分的解答未改變?cè)擃}的
內(nèi)容與難度，可視影響的程度決定后續(xù)部分的給分，但不得超過(guò)該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的
一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴(yán) 的錯(cuò)誤，就不再給分．
三、解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)．
四、只給整數(shù)分?jǐn)?shù)．選擇題和填空題不給中間分．
一、選擇題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算。每小題5 分，滿分50 分．
1．C 2．D 3．A 4．C 5． B
6．A 7．B 8．D 9．D 10．B
二、填空題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算．每小題4 分，滿分28 分．
7
11．2 12．[21，31] 13．5x + 3y + 1= 0 14．
3
3 2
15．27p 16． 17．
5 3
三、解答題：本大題共5 小題，共72 分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
18．（本題滿分14 分）
11 5 3
解：（Ⅰ）由cosB = ，得sin B = ， ……………………1 分
14 14
又2 3a sin B = 5c ，代入得3a = 7c ，
a c
由 = ，得3sin A = 7 sinC ， ……………………3 分
sin A sinC
3sin A = 7 sin(A + B) ， 3sin A = 7 sin A cosB + 7cosA sinB ………5 分
2p
得tan A = - 3 ，A = ……………………7 分
3
2 2 19
（Ⅱ）AB + BD - 2ABgBD cosB = ， ……………………9 分
4
2 7 2 7 11 19
c + ( c) - 2cg cg = ，c = 3 ，則a = 7 ……………………11 分
6 6 14 4
1 1 5 3 15 3
S = ac sin B = g3g7 = ……………………14 分
2 2 14 4
（19）（本小題滿分14 分）
Ï a + d = 8 a = 4
1 Ï 1
解：（Ⅰ）由題意，Ì ，得Ì ,\an =4n ． …………3 分
4a + 6d = 40 d = 4
Ó 1 Ó
QT - 2b + 3 = 0 ，\當(dāng)n = 1時(shí)，b = 3，
n n 1
當(dāng)n 2時(shí)，T - 2b + 3 = 0 ，兩式相減，得b = 2b ,(n 2)
n-1 n-1 n n-1
數(shù)列{b }為等比數(shù)列，\b = 3 2n-1 ． …………7 分
n n
4n n為奇數(shù)
Ï
（Ⅱ）cn = Ì n-1 ．
Ó32 n為偶數(shù)
當(dāng)n 為偶數(shù)時(shí)，
P = (a + a + L+ a ) + (b + b + L+ b )
n 1 3 n-1 2 4 n
n n
(4 + 4n - 4) 2
2 6(1- 4 ) n+1 2
+ = 2 + n - 2 ……………10 分
= 2 1- 4 ．
當(dāng)n 為奇數(shù)時(shí)，
（法一） 為偶數(shù)，P = P + c (n-1)+1 2 n 2
n - 1 n n-1 n = 2 + (n - 1) - 2 + 4n = 2 + n + 2n -1
……………13分
（法二）
P = (a + a + L+ a + a ) + (b + b + L+ b )
n 1 3 n-2 n 2 4 n-1
n + 1 n-1
(4 + 4n) 2
= 2 + 6(1- 4 ) = 2n + n2 + 2n -1 ……………13 分
2 1- 4 ．
Ï 2n+1 + n2 - 2,n為偶數(shù)
\P =Ì ……………14 分
n n + 2 + - ，為奇
2 n 2n 1 n 數(shù)
Ó
20．（本題滿分15 分）
解：（Ⅰ）證明：因?yàn)镸 為等邊△ABC 的AC 邊的中點(diǎn)，所以BM ⊥AC ．
依題意CD⊥AC ，且A 、B 、C、D 四點(diǎn)共面，所以BM ∥CD． …………3 分
又因?yàn)锽MÀ平面PCD，CDÃ平面PCD，所以BM ∥平面PCD． …………5 分
（Ⅱ）因?yàn)镃D⊥AC ，CD⊥PA ，
P
所以CD⊥平面PAC ，故PD 與平面
PAC 所成的角即為∠CPD ． F
……………7 分
不妨設(shè)PA=AB=1，則PC= 2 ．
D
A
CD 6 E
由于tan –CPD = = ，
PC 2 M
B
所以CD= 3 ．……………9 分 C
（ 20 題圖）
（方法一）
在等腰Rt△PAC 中，過(guò)點(diǎn)M 作ME ⊥PC 于點(diǎn)E ，再在Rt△PCD 中作EF ⊥PD 于
點(diǎn)F ．因?yàn)镸E ⊥PC，ME ⊥CD，所以ME ⊥平面PCD，可得ME ⊥PD ．
又EF ⊥PD ，所以∠EFM 即為二面角C-PD-M 的平面角． ……………12 分
2 3 2 3 3 30
易知PE=3EC，ME= ，EF= ¥ = ，
4 4 5 20
2
所以tan∠EFM= ME = 4 = 15 ， z
EF 3 30 9
P
20
15
即二面角C-PD-M 的正切值是 ．
9
……………15 分
y
（方法二） D
A
以A 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC 為x 軸，建立
如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) ﹣xyz ． M
則P （0,0,1）， B C
1 x
M （,0,0 ），C （1,0,0），D (1, 3,0) ． （ 20 題圖）
2
uuur uuur uuuur 1
則PC = (1,0,-1) ，PD = (1, 3,-1) ，PM = ( ,0,-1) ．
2
uur uur
若設(shè)n = (x ,y ,z ) 和n = (x ,y ,z ) 分別是平面PCD 和平面PMD 的法向量，則
1 1 1 1 2 2 2 2
uur uuur
Ï x - z = 0 uur
n PC = 0 Ï 1 1
Ô 1 Ô
fi ，可取n = (1,0,1) ．
Ìuur uuur Ì 1
n PD x + 3y - z = 0
Ô = 0 Ô
Ó 1 Ó 1 1 1
uur uuuur Ï1
Ï x - z = 0 uur
n PM = 0 3
Ô 2 Ô 2 2
由Ìuur uuur fi Ì2 ，可取n2 = (2,- ,1) ． ………12 分
n PD = 0 3
Ô Ô
Ó 2 x + 3y - z = 0
Ó 2 2 2
uur uur
uur uur n n 3 27
1 2
所以cos < n ,n >= uur uur = = ，
1 2
| n || n | 16 32
1 2 2
3
27 15
故二面角C-PD -M 的余弦值是 ，其正切值是 ． ……………15 分
32 9
21．（本題滿分15 分）
解：（Ⅰ）設(shè)右焦點(diǎn)F (c,0) （其中c = a2 - b2 ），
c 1
依題意 = ，a + c = 3 ，所以a = 2, c = 1 ． ……………3 分
a 2
2 2
2 2 x y
所以b = a - c = 3 ，故橢圓 的方程是 + = 1． ……………5 分
4 3
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，F(xiàn) （1,0）．將通過(guò)焦點(diǎn)F 的直線方程y = k (x - 1) 代入橢圓 的方程
2 2
x y 2 2 2 2
+ = 1，可得(3 + 4k )x - 8k x + (4k - 12) = 0 ，
4 3
其判別式D = (8k2 )2 - 16(k2 - 3)(3 + 4k2 ) = 144(k2 + 1) ．
特別地，對(duì)于直線l ，若設(shè)A(x ,y ), C(x ,y ) ，則
1 1 1 2 2
| AC |= (x - x )2 + (y - y )2 = 1+ k2 |x - x |
2 1 2 1 1 1 2
144(k2 + 1)
= 1+ k2 1 ，k ŒR且k 0 . ………………10 分
1 2 1 1
3 + 4k
1
又設(shè)B(x ,y ), D(x ,y ) ，由于B 、D 位于直線l 的異側(cè)，
3 3 4 4 1
所以k (x - 1)- y 與k (x - 1)- y 異號(hào)．因此B、D 到直線l 的距離之和
1 3 3 1 4 4 1
|k (x - 1) - y | |k (x - 1) - y | |[k (x - 1) - y ] -[k (x - 1) - y ]|
d = 1 3 3 + 1 4 4 = 1 3 3 1 4 4
1+ k2 1+ k2 1+ k2
1 1 1
|k (x - x ) - (y - y ) | |k - k | |k - k | 144(k2 + 1)
= 1 3 4 3 4 = 1 2 |x3 - x4 | = 1 2 2 2 ．
1+ k2 1+ k2 1+ k2 3 + 4k2
1 1 1
………12分
1 72 (k2 + 1)(k2 + 1)(k - k )2
綜合可得，四邊形ABCD 的面積S = | AC | d = 1 2 1 2 ．
2 (3+ 4k2 )(3 + 4k2 )
1 2
3 2 2 3
因?yàn)閗 k = - ，所以t = k + k 2 |k k |= ，于是
1 2 1 2 1 2
4 2
25 3 25 1
72 (t + )(t + ) t +
16 2 16 16
S = f (t ) = = 6 = 6 1+
18+ 12t 3 3
t + t +
2 2
3 3 3 3
當(dāng)t Œ[ ,+•) 時(shí)，f (t ) 單調(diào)遞減，所以當(dāng)t = ，即{k ,k }= {- , } 時(shí)，
1 2
2 2 2 2
7
四邊形ABCD 的面積取得最大值 3 ． ……………15 分
2
22．（本題滿分14 分）
2(x - 1)
解：（Ⅰ）l=2 時(shí)， f (x) = ln x - (x 1) ，求導(dǎo)可得
x + 1
2
¢ 1 2(x + 1) - 2(x - 1) (x - 1)
f (x ) = - 2 = 2 0 ……………3 分
x (x + 1) x(x + 1)
所以，f (x ) 在(1,+•) 單調(diào)遞增，故f (x ) 的最小值是f (1) = 0 ．…………5 分
ln(n + 1) - ln n 1
（Ⅱ）依題意， = = ln(1+ ) ． ……………6 分
k
n n + 1- n n
2(x - 1)
（ⅰ）由（Ⅰ）可知，若取l = 2 ，則當(dāng)x > 1時(shí)f (x ) > 0 ，即ln x > ．
x + 1
1
2(1+ - 1)
1 2 1 2n + 1
于是 ln(1+ ) > n = ，即知 < ．…………8 分
n 1 2n +1 k 2
1+ + 1 n
n
n 1 n 2i + 1 n(n + 2)
所以 Sn = Â < Â = ． ……………9 分
i=1 ki i=1 2 2
3(x - 1)
（ⅱ）取l = 3 ，則f (x) = ln x - (x 1) ，求導(dǎo)可得
x + 2
¢ 1 3(x + 2) - 3(x - 1) (x - 1)(x - 4)
f (x ) = - 2 = 2
x (x + 2) x(x + 2)
當(dāng)x Œ(1,2) 時(shí)，f ¢(x ) < 0 ，故f (x ) 在(1,2) 單調(diào)遞減．
3(x - 1)
所以，x Œ(1,2] 時(shí)，f (x) < f (1) = 0 ，即ln x < ．……………12 分
x + 2
1
注意到，對(duì)任意正整數(shù)n ，1+ Œ (1,2] ，于是
n
1
1 3(1+ - 1) 3 1 3n + 1
kn = ln(1+ )< n = ，即知 > ．……………13 分
n 1 3n + 1 k 3
1+ + 2 n
n
n n i n n
1 3 + 1 (3 + 5)
所以 Sn = Â > Â = ． ……………14 分
i=1 ki i=1 3 6
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