• 877.09 KB
  • 2021-05-13 发布

高考湖南理科数学试题及答案word解析版

  • 7页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎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①;②;③;④中,真命题是( )‎ ‎ (A)①③ (B)①④ (C)②③ (D)②④‎ ‎【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②③为真命题,故选C.‎ ‎(6)【2014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) (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)【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(14~16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 ‎0‎ ‎100‎ ‎120‎ ‎220‎ 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.‎ 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,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 ① 但,‎ 所以 ② 由①,②知,,因此 ③‎ 因为是递减数列,同理可得,故 ④‎ 由③,④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.‎ ‎ (ⅰ)当时,,所以,‎ 因此,在上单调递减,从而,故当时,.‎ ‎ (ⅱ)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.‎