2014年宁波二模数学理

数学（理科）试卷

第Ⅰ卷（选择题部分 共50分）

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． 1．设集合M={x|x1}，N={x | x2 ≤ x}，则M∩N = 21111（A）[1,) （B）(,1] （C）[0,) （D）(,0]

222212开始 p＝1，n＝1 2．设a＞1＞b＞0，则下列不等式中正确的是

（A）aa （B）b799n＝n＋1 p=p+2n1 b

71111 lg （D）ablnalnb3．已知R，cos3sin5，则tan2=

4334 （A） （B） （C） （D）

3443（C）lg4．若某程序框图如图所示，则输出的n的值是

（A）3 （B）4 （C）5 （D）6

p>20 ? 是 输出n 结束 (第4题图)

否 5．设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题中正确的是 ( ) ．．（A）若m//,n且，则mn （B）若m,n且mn，则 （C）若,m//n且n，则m// （D）若m,n且m//n，则//

2 6．已知某锥体的三视图（单位：cm ）如图所示， 则该锥体的体积为

3332 1 2 正视图

侧视图

俯视图

3（第6题图）

（A）2cm （B）4cm （C）6cm （D）8cm 7．(x1)(2)的展开式的常数项是

（A）48 （B）﹣48 （C）112 （D）﹣112

8．袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球．由甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回．若每颗球被抽到的机会均等，则甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率是

21x52113（A） （B） （C） （D）

74311

1

9．已知实系数二次函数f(x)和g(x)的图像均是开口向上的抛物线，且f(x)和g(x)均有两个不同的零点．则“f(x)和g(x)恰有一个共同的零点”是“f(x)g(x)有两个不同的零点”的 ( ) （A）充分不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

10．设F1、F2是椭圆Γ的两个焦点，S是以F1为中心的正方形，则S的四个顶点中能落在椭圆Γ上的个

数最多有（S的各边可以不与Γ的对称轴平行）

（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个

第Ⅱ卷（非选择题部分 共100分)

二、填空题：本大题共7小题, 每小题4分, 共28分． 11．已知复数z满足

z2= i（其中i是虚数单位），则z ▲ ． z212．设z2x5y，其中实数x,y满足6xy8且2xy0，则z的取值范围是 ▲ ． 13．已知抛物线x23y上两点A,B的横坐标恰是方程x5x10的两个实根，则直线AB的 方程是 ▲

14．口袋中装有大小质地都相同、编号为1，2，3，4，5，6的球各一只．现从中一次性随机地取出两个

球，设取出的两球中较小的编号为X，则随机变量X的数学期望是 ▲ ． 15．已知直线xy10及直线xy50截圆C所得的弦长均为10，则圆C的面积是 ▲ ． 16．在△ABC中，∠C=90，点M满足BM3MC，则sin∠BAM的最大值是 ▲ ．

17．已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB=3，AC=4．若存在非零实数．．．．x、y，使得AOxAByAC，

且x2y1，则cos∠BAC = ▲ ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（本题满分14分） 在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且

223asinB5c，cosB11． 14（I）求角A的大小；（II）设BC边的中点为D，AD

2

19，求ABC的面积． 219．（本小题满分14分）设等差数列an}的前n项和为Sn，且a28,S440．

数列bn的前n项和为Tn，且Tn2bn30，nN． （I）求数列an,bn的通项公式； （II）设cnan n为奇数， 求数列cn的前n项和Pn．

为偶数bnn

20．（本题满分15分）如图所示，PA⊥平面ABCD，

△ABC为等边三角形，PAAB，AC⊥CD，

M为AC中点．

（I）证明：BM∥平面PCD；

（II）若PD与平面PAC所成角的正切值为62， 求二面角C-PD-M的正切值．

3

P

A D

M B

C

（第20题图）

x2y2121．（本题满分15分）已知椭圆Γ：221(ab0)的离心率为，其右焦点F与椭圆Γ的左顶点

ab23的距离是3．两条直线l1,l2交于点F，其斜率k1,k2满足k1k2．设l1交椭圆Γ于A、C两点，l2交

4椭圆Γ于B、D两点．

（I）求椭圆Γ的方程；

（II）写出线段AC的长AC关于k1的函

数表达式，并求四边形ABCD面积S 的最大值．

22．（本题满分14分）已知R，函数f(x)lnx （Ⅰ）当2时，求f(x)的最小值；

（Ⅱ）在函数ylnx的图像上取点Pn(n,lnn) (nN)，记线段PnPn+1的斜率为kn ，

B x O F D y A C （第21题图） (x1)，其中x[1,)．

x1Sn11k1k21．对任意正整数n，试证明： kn（ⅰ）Sn

n(n2)n(3n5)； （ⅱ）Sn． 264

宁波市2014年高考模拟试卷

数学（理科）参考答案

说明：

一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容制订相应的评分细则．

二、对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容与难度，可视影响的程度决定后续部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．

三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四、只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分．

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

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分．

11．2 12．[21，31] 13．5x3y10 14．15．27 16．

7 332 17． 53三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

18．（本题满分14分） 解：（Ⅰ）由cosB1153，得sinB， ……………………1分 1414又23asinB5c，代入得3a7c，

ac由，得3sinA7sinC， ……………………3分 sinAsinC3sinA7sin(AB)， 3sinA7sinAcosB7cosAsinB ………5分

2得tanA3，A ……………………7分

31922（Ⅱ）ABBD2ABBDcosB， ……………………9分

4771119c2(c)22cc，c3，则a7 ……………………11分

661441153153SacsinB37 ……………………14分

22144

5

（19）（本小题满分14分） 解：（Ⅰ）由题意，

a1d8a14，得,an4n． …………3分

4a16d40d4，当n1时，b13， Tn2bn30当n2时，Tn12bn130，两式相减，得bn2bn1,(n2)

数列bn为等比数列，bn32n1． …………7分 （Ⅱ）cn n为奇数4n ． n132n为偶数an1)(b2b4bn)

当n为偶数时，

Pn(a1a3(44n4) =

2nn226(14)2n1n22……………10分

． 14当n为奇数时，

(n1)1（法一）n1为偶数，P(n1)224n2nn22n1nPn1cn2

（法二）Pn(a1a3……………13分

an2an)(b2b4bn1)

(44n) n1n1226(14)2nn22n1……………13分

． 2142n1n22,n为偶数……………14分Pnn2

2n2n1，n为奇数20．（本题满分15分） 解：（Ⅰ）证明：因为M为等边△ABC的AC边的中点，所以BM⊥AC．

依题意CD⊥AC，且A、B、C、D四点共面，所以BM∥CD． …………3分 又因为BM平面PCD，CD平面PCD，所以BM∥平面PCD． …………5分

P

（Ⅱ）因为CD⊥AC，CD⊥PA，

所以CD⊥平面PAC，故PD与平面 F PAC所成的角即为∠CPD．

……………7分 不妨设PA=AB=1，则PC=2． 由于tanCPDA E M B

C

（第20题图）

D CD6， PC2 所以CD=3．……………9分

6

（方法一）

在等腰Rt△PAC中，过点M作ME⊥PC于点E，再在Rt△PCD中作EF⊥PD于点F．因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD． 又EF⊥PD，所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角． ……………12分 易知PE=3EC，ME=

2323330，EF=，

44205z P 2ME15 所以tan∠EFM=， 4EF33092015即二面角C-PD-M的正切值是．

9……………15分

（方法二）

以A点为坐标原点，AC为x轴，建立 如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz． 则P（0,0,1），

1M（,0,0），C（1,0,0），D(1,3,0)．

2y A M B x （第20题图） C D 则PC(1,0,1)，PD(1,3,1)，PM(,0,1)．

若设n1(x1,y1,z1)和n2(x2,y2,z2)分别是平面PCD和平面PMD的法向量，则

12x1z10n1PC0，可取n1(1,0,1)． x3yz0nPD011111nPM032x2z20,1)． ………12分 2由，可取n2(2,3n2PD0x3yz0222 所以cosn1,n2n1n2|n1||n2|3216327， 32故二面角C-PD-M的余弦值是

1527，其正切值是． ……………15分

9327

21．（本题满分15分）

解：（Ⅰ）设右焦点F(c,0)（其中ca2b2），

c1

，ac3，所以a2,c1． ……………3分 a2

x2y2221． ……………5分 所以bac3，故椭圆Γ的方程是43 依题意

x2y21，可（Ⅱ）由（Ⅰ）知，F（1,0）．将通过焦点F的直线方程yk(x1)代入椭圆Γ的方程43得(34k2)x28k2x(4k212)0，

其判别式(8k2)216(k23)(34k2)144(k21)． 特别地，对于直线l1，若设A(x1,y1),C(x2,y2)，则

|AC|(x2x1)2(y2y1)21k12|x1x2|

1k21144(k121)34k21 ，k1R且k10. ………………10分

又设B(x3,y3),D(x4,y4)，由于B、D位于直线l1的异侧，

所以k1(x31)y3与k1(x41)y4异号．因此B、D到直线l1的距离之和

d|k1(x31)y3||k1(x41)y4||[k1(x31)y3][k1(x41)y4]| 2221k11k11k1|k1(x3x4)(y3y4)|1k21|k1k2|1k21|x3x4||k1k2|1k212144(k21)234k2．

………12分

272(k121)(k21)(k1k2)21 综合可得，四边形ABCD的面积S|AC|d． 222(34k1)(34k2) 因为k1k2332，所以tk12k22|k1k2|，于是 42253251)(t)t1626166116 331812ttt22333,}时， ，即{k1,k2}{22272(tSf(t) 当t[,)时，f(t)单调递减，所以当t 四边形ABCD的面积取得最大值

3273． ……………15分 28

22．（本题满分14分）

解：（Ⅰ）=2时， f(x)lnx2(x1)(x1)，求导可得 x112(x1)2(x1)(x1)2f(x)0 ……………3分

x(x1)2x(x1)2 所以，f(x)在(1,)单调递增，故f(x)的最小值是f(1)0．…………5分

（Ⅱ）依题意，knln(n1)lnn1ln(1)．

n1nn ……………6分

（ⅰ）由（Ⅰ）可知，若取2，则当x1时f(x)0，即lnx2(x1)． x111)1212n1n 于是 ln(1)，即知．…………8分

1n2n1k2n11n2(1n12i1n(n2) 所以 Sn． ……………9分 22i1kii1n（ⅱ）取3，则f(x)lnx3(x1)(x1)，求导可得 x2f(x)13(x2)3(x1)(x1)(x4) x(x2)2x(x2)2 当x(1,2)时，f(x)0，故f(x)在(1,2)单调递减． 所以，x(1,2]时，f(x)f(1)0，即lnx 注意到，对任意正整数n，13(x1)．……………12分 x21(1,2]，于是 n11)1313n1nknln(1)，即知． ……………13分

1n3n1k3n12n3(1n13i1n(3n5)所以 Sn． ……………14分 36i1kii1n

9