全国高考湖南省理科数学试题及答案详解

全国高考湖南省理科数学试题及答案详解

绝密★启用前 ‎2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)‎ 数学(理工农医类)‎ 本试卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共5页,时量120分钟,满分150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.满足为虚数单位)的复数( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【解】选B.由,即选B.‎ ‎2.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是则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【解】选D. 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每个个体被抽到的概率相等,即,故选D.‎ ‎3.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 ‎【解】选C.由函数奇偶性,联想转化:.‎ ‎4.的展开式中的系数是( )‎ A．－20 B．－‎5 ‎‎ C．5 D．20‎ ‎【解】选A.二项式的通项为,‎ 令时,,故选A.‎ ‎5.已知命题若,则,命题若,则.在命题:①②‎ 输出S 是 否 t<0?‎ t=2t2+1‎ S=t-3‎ 结束 开始 输入t ‎③④中,真命题是( )‎ A．①③ B．①④‎ C．②③ D．②④‎ ‎【解】选C.显然真假,所以可知复合命题①、③正确,选C.‎ ‎6.执行如图右所示的程序框图,如果输入的,则输出的属于( )‎ A. B．‎ C． D．‎ ‎【解】选D. 由程序框图可知 ‎①当时,运行程序如下,;‎ ‎②当时,则;‎ ‎6‎ 正视图 ‎12‎ ‎8‎ 侧视图 俯视图 综上①②可知,故选D.‎ ‎7.一块石材表示的几何体的三视图如图右所示,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 ‎【解】选B.由三视图可得该几何体为三棱柱(倒置:长为12、‎ 宽为6的矩形侧面与地面接触).易知不存在球与该三棱 柱的上、下底面及三个侧面同时相切,故最大的球是与其 三个侧面同时相切,所以最大球的半径为上(下)底面直角 三角形内切圆的半径,则,故选B.‎ ‎8.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 年生产总值的年平均增长率为( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【解】选D.设两年的年平均增长率为,‎ 则有,故选D.‎ ‎9.已知函数且,则函数的图象的一条对称轴是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【解】选A.由得,,即,‎ ‎ 可化为,即,可得,‎ ‎ 也所以,经检验可知A选项符合.‎ ‎10.已知函数与的图象上存在关于轴对称 的点,则的取值范围是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【解】选B.依题意在曲线取一点,则在曲线上存在一点与之对应(关于轴对称),所以在上有解,‎ x y O ‎ 即,也即在上 有解,由于分别为上增函数、‎ 减函数,于是结合图象易知,方程在上 有解的充要条件为,即,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(请考生在第11、12、13三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分)‎ ‎11.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 .‎ ‎【解】填.依题意曲线的普通方程为,‎ A B C O 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.如图右,已知是的两条弦,,‎ A B D C O 则的半径等于 .‎ ‎【解】填.设,易知,‎ 中由勾股定理可得,连接,则有 ‎ . ‎ ‎13.若关于的不等式的解集为,则 .‎ ‎【解】填 -3 .由题可得,故填.‎ ‎ (二)必做题(14-16题)‎ y ‎4‎ y=k y=x y=-2x+z ‎4‎ A x O B C ‎14.若变量满足约束条件,且的最小值为－6,‎ 则 .‎ ‎【解】填 -2 .如右图所示,,且可行域为三角形,‎ ‎ 故当目标函数过点时,有最小值,‎ y O A C D E B F G x ‎ 即,即.‎ ‎15.如图右,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 .‎ ‎【解】填.由条件可知在抛物线 ‎ 上,代入点易得,又代入点得,,即,‎ ‎ 可化为,得,又因为,所以,即求.‎ ‎16.在平面直角坐标系中,为原点,,动点满足,则 x y A C D E B D¢ O ‎1‎ 的最大值是 .‎ ‎【解】填.由知,动点在上,‎ ‎ 设,则,‎ ‎ 其几何意义为上动点与定点间距离的平方,‎ ‎ 如右图所示,由平面几何知,.‎ 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.‎ ‎17.(本小题满分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.‎ ‎(Ⅰ)求至少有一种新产品研发成功的概率;‎ ‎(Ⅱ)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期望.‎ ‎【解】(Ⅰ)记{甲组研发新产品成功},{乙组研发新产品成功}.由题设知 ‎ 相互独立,且,又记事件 “至少有一种新产品研发成功”为,‎ ‎ 则……………6分 ‎(Ⅱ)记该企业可获利润为(万元),则的可能取值有0,100,120,220.‎ ‎0‎ ‎100‎ ‎120‎ ‎220‎ ‎ 且易知;‎ ‎ ;‎ ‎ 故所求的分布列为(如右表所示):‎ A C D B ‎ 且.………………………………12分 ‎18.(本小题满分12分)‎ 如图右,在平面四边形中,.‎ ‎(Ⅰ)求的值;‎ ‎(Ⅱ)若求的长.‎ A C D B ‎【解】(Ⅰ)如图右,在中,由余弦定理,得 ‎ ……………5分 ‎(Ⅱ)设,则,‎ ‎ 因为,‎ ‎ 且,所以,‎ ‎ 同理,‎ ‎ 于是,‎ ‎ ,………………………………………10分 ‎ 所以在中,由正弦定理有,即求.………………12分 A1‎ B1‎ C1‎ D1‎ O1‎ A C D B O ‎19.(本小题满分12分)‎ 如图,四棱柱的所有棱长都相等,‎ 四边形和四边形 均为矩形.‎ ‎(Ⅰ)证明:底面;‎ ‎(Ⅱ)若,求二面角的余弦值.‎ A1‎ B1‎ H C1‎ D1‎ O1‎ A C D B O ‎【解】(Ⅰ)证明:如图右,因为四边形为矩形,所以 ‎ ,同理,‎ ‎ 因为,所以,而,因此 ‎ 底面.‎ ‎ 由题设知,故底面;………………6分 ‎(Ⅱ)解法1 如图右,由(Ⅰ)知底面,‎ ‎ 所以底面,于是.‎ ‎ 又由题设知四边形是菱形,所以,而,‎ 故平面,于是过点作于,连结 则(三垂线定理),故是二面角的平面角.‎ 不妨设,因为,所以,‎ 在中,,而,于是,‎ ‎ 故中,有,‎ A1‎ B1‎ z H C1‎ D1‎ O1‎ A C D y B O x ‎ 即二面角的余弦值为.……………………………………………12分 解法2 由题设知四边形是菱形,所以,‎ ‎ 又(Ⅰ)已证底面,从而两 ‎ 两垂直,如图右,以为原点,所在直线分 ‎ 别分轴,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,‎ ‎ 易知是平面的一个法向量.设是平面一个法向量,‎ ‎ 则,即 ,令,则,故,‎ ‎ 设二面角的大小为,由图可知为锐角,于是 ‎ ,‎ ‎ 故二面角的余弦值为.……………………………………………12分 ‎20.(本小题满分13分)‎ 已知数列满足 ‎(Ⅰ)若是递增数列,且成等差数列,求的值;‎ ‎(Ⅱ)若,且是递增数列,是递减数列,求数列的通项公式.‎ ‎【解】(Ⅰ)因为是递增数列,所以,而,‎ ‎ 因为,又成等差数列,‎ ‎ 所以,因而,解得或,‎ ‎ 当时,,这与是递增数列矛盾.故;………………………………6分 ‎(Ⅱ)由于是递增数列,因而,于是,……①‎ ‎ 而,……②‎ ‎ 由①②知,,即,……③‎ ‎ 因为是递减数列,同理可得,故……④ 由③④即知,,‎ ‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ,‎ ‎ 又当时,也适合上式,故.………………………13分 ‎21.(本小题满分13分)‎ O F3‎ A x y F2‎ B F1‎ F4‎ M Q P 如图右,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 ‎(Ⅰ)求的方程;‎ ‎(Ⅱ)过作的不垂直于轴的弦为的中点.当直线与交于两点 时,求四边形面积的最小值.‎ ‎【解】(Ⅰ)因为O F3‎ A x y F2‎ B F1‎ F4‎ M d Q P 所以,‎ ‎ 得,从而,‎ 于是,即,‎ 故的方程分别为.………5分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)易知,依题意设,,‎ ‎ 由,得,显然恒成立,‎ ‎ 所以,‎ ‎ 故,于是的中点,‎ ‎ 故直线的斜率为,即直线,即,‎ ‎ 由得,即,‎ ‎ 由双曲线的对称性易,‎ ‎ 由为的中点,显然到直线的距离相等,‎ ‎ 即,所以,‎ ‎ 又因为在直线的两侧,故,‎ ‎ 于是,‎ ‎ 又因为,即,‎ ‎ 故四边形的面积为,‎ ‎ 由,故当时,有最小值2,‎ 综上所述,四边形面积的最小值为2.……………………………………………13分 ‎22.(本小题满分13分)‎ 已知常数,函数 ‎(Ⅰ)讨论在区间上的单调性;‎ ‎(Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.‎ ‎【解】(Ⅰ)由,()‎ ‎①当时,;‎ ‎②当时,由得,(舍去),‎ ‎ 且由于二次函数的图象是开口向上的抛物线,故易知:‎ ‎ 当时,,当时,,‎ 综上所述,当时,在区间上单调递增;‎ ‎ 当时,在区间上递减,在区间上递增.……6分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,所以 ‎①当时,,此时不存在极值点.‎ ‎②当时,的两根为,‎ ‎ 依题意是定义域上的两个极值点,故必有,‎ ‎ 解得,结合二次函数的图象可知,‎ ‎ 当时,分别是的极小值、极大值点.且.‎ ‎ 而,‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 令,则,‎ ‎ 于是,即在上递减,所以 ‎①当时,,与的题意矛盾,舍去;‎ ‎②当时,,符合题意.‎ 综上可知,要使则必须有,即为所求.……13分 ‎ ‎