2014年高考湖南理科数学试题及答案(共8页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2014年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（理科）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，只有一项符合题目要求（1）【2014年湖南，理1，5分】满足（为虚数单位）的复数（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】B【解析】由题意，故选B（2）【2014年湖南，理2，5分】对一个容量为的总体抽取容量为的样本,当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时,总体中每个个体被抽中的概率分别为，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】根据随机抽样的原理可得简单随机抽样，分层抽样，系统抽样都必须满足

2、每个个体被抽到的概率相等，即，故选D（3）【2014年湖南，理3，5分】已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则（ ）（A）-3 （B）-1 （C）1 （D）3【答案】C【解析】分别令和可得且，则，故选C（4）【2014年湖南，理4，5分】的展开式中的系数是（ ）（A）-20 （B）-5 （C）5 （D）20【答案】A 【解析】第项展开式为，则时，故选A（5）【2014年湖南，理5，5分】已知命题：若，则；命题：若，则在命题；中，真命题是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】当时,两边乘以可得，所以命题为真命题,当时,因为，所以命题为假命题，所以为真命题，故选C（6）【20

3、14年湖南，理6，5分】执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的属于（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】当时,运行程序如下，当时， ，则，故选D（7）【2014年湖南，理7，5分】一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）（A）1 （B）2 （C）3 （D）4【答案】B【解析】由图可得该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径，则，故选B（8）【2014年湖南，理8，5分】某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为，第二年的增长率为，则该市这两年的生产总值的年平均增长率为（ ）（A） （B

4、） （C） （D）【答案】D【解析】设两年的平均增长率为,则有，故选D（9）【2014年湖南，理9，5分】已知函数发，且，则函数的图象的一条对称轴是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】解法一：函数的对称轴为，因为，所以或，则是其中一条对称轴，故选A解法二：由定积分的几何性质与三角函数图象可知是函数的一个对称中心，所以，所以，故选A（10）【2014年湖南，理10，5分】已知函数与的图像上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】B【解析】由题可得函数的图像上存在点关于轴对称的点在函数的图像上，从而有，即问题等价于函数在存在零点解法一：，在单

5、调递增，当时，要使在存在零点，则，从而，故选B 解法二：问题等价于函数与的图象在有交点,在同 一坐标系中作出这两个函数的图象，当的图象在左右平移的过程 中，即可，即，故选B二、填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分（一）选做题：在11,12,13三题中任选两题作答，如果全做，则按全两题记分（11）【2014年湖南，理11，5分】在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线与曲线 （为参数）交于两点，且，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标 系，则直线的极坐标方程是 【答案】【解析】曲线的普通方程为,设直线的方程为，因为弦长，所以圆心 到直线的距离，所以圆心在直线上，故（12）

6、【2014年湖南，理12，5分】如图3，已知是的两条弦，则 的半径等于 【答案】【解析】设线段交于点延长交圆与另外一点，则，由三角形的勾股定理可得，由双割线定理可得，则直径（13）【2014年湖南，理13，5分】若关于的不等式的解集为，则 【答案】【解析】由题可得（二）必做题（1416题）（14）【2014年湖南，理14，5分】若变量满足约束条件，且的最小值为，则 【答案】【解析】求出约束条件中三条直线的交点为，且的可行域 如图,所以，则当为最优解时，当为最优解时，因为，所以（15）【2014年湖南，理15】如图，正方形和正方形的边长分别为，原点为的中点，抛物线经过两点，则 【答案】【解析】由

7、题可得，则（16）【2014年湖南，理16，5分】在平面直角坐标系中，为原点，动点满足，则的最大值是 【答案】【解析】动点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，可设的坐标为，则，其中，当时，的取到最大值三、解答题：本大题共6题，共75分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 （17）【2014年湖南，理17，12分】某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和现安排甲组研发新产品，乙组研发新产品设甲、乙两组的研发相互独立（1）求至少有一种新产品研发成功的概率；（2）若新产品研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品研发成功，预计企业可获利润100万元求该企业可获利润的分布列和数学

8、期望解：记甲组研发新产品成功，乙组研发新产品成功由题意知，且与，与，与，与都相互独立（1）记至少有一种新产品研发成功，则，于是，故所求的概率为（2）设企业可获利润为，则的可能取值为0,100,120,220因， 故所求的分布列为0100120220数学期望为：（18）【2014年湖南，理18，12分】如图，在平面四边形中，（1）求的值；（2）若，求的长解：（1）在中，由余弦定理，得：，故由题设知， （2）设，则，因为，所以, ，于是在中，由正弦定理，故 （19）【2014年湖南，理19，13分】如图,四棱柱的所有棱长都相等,，四边形和四边形为矩形（1）证明:底面；图a（2）若，求二面角的余弦值

9、解：（1）如图（a），因为四边形为矩形，所以，同理因为，所以，而，因此平面，由题设知，故平面 （2）解法一：如图（a），过作于，连接由（1）知，平面， 所以平面，于是，又四棱柱的所有棱长都相等，所以是菱形，因此，从而平面，所以， 于是平面，进而，所以为二面角的平面角，不妨设， 因为，所以，在中，易知,又于是，图b故即二面角的余弦值为解法二：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以是菱形，因此，又平面，从而两两垂直如图（b），以所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，因为，所以于是相关各点的坐标为，易知，是平面 平面的一个法向量设是平面的一个法向量，则，即，取，则，所以设二面角的大小为，

10、易知是锐角，于是二面角的余弦值为（20）【2014年湖南，理20，13分】已知数列满足（1）若数列是递增数列，且成等差数列，求的值；（2）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式解：（1）因为数列是递增数列，而，因此，又成等差数列，所以，因而得解得当时，这与是递增数列矛盾，故（2）是递增数列，因而，于是 但，所以 由，知，因此 因为是递减数列，同理可得，故 由，知，于是数列的通项公式为（21）【2014年湖南，理21，13分】如图，为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，离心率为；双曲线的左右焦点分别为，离心率为，已知，且（1）求的方程；（2）若过作的不垂直于轴的弦，为的中点，当直线与交于两点

11、时，求四边形面积的最小值解：（1）因为，所以，即，因此，从而， ，所以，椭圆方程为，双曲线的方程为（2）因为直线不垂直于轴且过点，故课设直线的方程为由得易知此方程的判别式大于0设，则是上述方程的两个实根，所以，因此，的中点为，故直线的斜率为，的方程为，即由，得，设点到直线的距离为，则点到直线的距离也为，所以因为点在直线的异侧，所以，于是，从而又因为，所以四边形面积而，故当时，取得最小值2四边形面积的最小值为2（22）【2014年湖南，理22，13分】已知常数，函数（1）讨论在区间上的单调性；（2）若存在两个极值点，且，求的取值范围解：（1），（*）因为，所以当时，当时，此时，函数在单调递增，当时, （舍去），当时，；当时，故在区间单调递减，在单调递增的综上所述：当时,，此时，函数在单调递增，当时, 在区间上单调递减,在上单调递增的（2）由（*）式知，当时，函数不存在极值点，因而要使得有两个极值点，必有，又的极值点只可能是和，且由的定义可知，且，所以，解得，此时，（*）式知，分别是的极小值点和极大值点，而 令，由且知当时，；当时，记 （）当时，所以，因此，在上单调递减，从而，故当时， （）当时，所以，因此，在上单调递减，从而，故当时， 综上所述，满足条件的的取值范围是为专心-专注-专业