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  • 2021-06-11 发布

2014高考湖南卷(文科数学)试卷

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‎2014·湖南卷(文科数学)‎ ‎1.[2014·湖南卷] 设命题p:∀x∈R,x2+1>0,则綈p为(  )‎ ‎                ‎ A.∃x0∈R,x+1>0 B.∃x0∈R,x+1≤0‎ C.∃x0∈R,x+1<0 D.∀x∈R,x2+1≤0‎ ‎1.B [解析] 由全称命题的否定形式可得綈p:∃x0∈R,x+1≤0.‎ ‎2.[2014·湖南卷] 已知集合A={x|x>2},B={x|1<x<3},则A∩B=(  )‎ A.{x|x>2} B.{x|x>1}‎ C.{x|2<x<3} D.{x|1<x<3}‎ ‎2.C [解析] 由集合运算可知A∩B={x|2<x<3}.‎ ‎3.[2014·湖南卷] 对一个容量为N的总体抽取容量为n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p1,p2,p3,则(  )‎ A.p1=p2<p3 B.p2=p3<p1‎ C.p1=p3<p2 D.p1=p2=p3‎ ‎3.D [解析] 不管是简单随机抽样、系统抽样还是分层抽样,它们都是等概率抽样,每个个体被抽中的概率均为. ‎ ‎4.、[2014·湖南卷] 下列函数中,既是偶函数又在区间(-∞,0)上单调递增的是(  )‎ A.f(x)= B.f(x)=x2+1‎ C.f(x)=x3 D.f(x)=2-x ‎4.A [解析] 由偶函数的定义,可以排除C,D,又根据单调性,可得B不对.‎ ‎5.[2014·湖南卷] 在区间[-2,3]上随机选取一个数X,则X≤1的概率为(  )‎ A. B. C. D. ‎5.B [解析] 由几何概型概率计算公式可得P==.‎ ‎6.[2014·湖南卷] 若圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m=(  )‎ A.21 B.19 C.9 D.-11‎ ‎6.C [解析] 依题意可得C1(0,0),C2(3,4),则|C1C2|==5.又r1=1,r2=,由r1+r2=+1=5,解得m=9.‎ ‎7.[2014·湖南卷] 执行如图11所示的程序框图,如果输入的t∈[-2,2],则输出的S属于(  )‎ 图11‎ A.[-6,-2] B.[-5,-1]‎ C.[-4,5] D.[-3,6]‎ ‎7.D [解析] (特值法)当t=-2时,t=2×(-2)2+1=9,S=9-3=6,排除A,B,C.‎ ‎8.、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图12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(  )‎ 图12‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎8.B [解析] 由三视图可知,石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半),故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球.由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径,可得R==2.‎ ‎9.[2014·湖南卷] 若0<x1<x2<1,则(  )‎ A.ex2-ex1>ln x2-ln x1‎ B.ex2-ex1<ln x2-ln x1‎ C.x2ex1>x1ex2‎ D.x2ex1<x1ex2‎ ‎9.C [解析] 依题可构造函数f(x)=,则f′(x)==.当x∈(0,1)时,f′(x)<0,所以f(x)=在区间(0,1)上递减,故0<x1<x2<1时有f(x1)>f(x2),即x2ex1>x1ex2.‎ ‎10.[2014·湖南卷] 在平面直角坐标系中,O为原点,A(-1,0),B(0,),C(3,0),动点D满足||=1,则|++|的取值范围是(  )‎ A.[4,6] B.[-1,+1]‎ C.[2,2] D.[-1,+1]‎ ‎10.D [解析] 由||=1,得动点D在以点C为圆心,半径为1的圆上,故可设D(3+cos α,sin α),‎ 所以++=(2+cos α,+sin α),所以|++|2=(2+cos α)2+(+sin α)2=8+4cos α+2sin α=8+2sin(α+φ),‎ 所以|++|2∈[8-2,8+2],即|++|∈[-1,+1].‎ ‎11.[2014·湖南卷] 复数(i为虚数单位)的实部等于________.‎ ‎11.-3 [解析] 因为==-3-i,所以实部为-3.‎ ‎12.[2014·湖南卷] 在平面直角坐标系中,曲线C:(t为参数)的普通方程为 ‎________.‎ ‎12.x-y-1=0 [解析] 依题意,消去参数可得x-2=y-1,即x-y-1=0.‎ ‎13.[2014·湖南卷] 若变量x,y满足约束条件则z=2x+y的最大值为________.‎ ‎13.7 [解析] 依题意,画出可行域,如图所示.‎ 由得点B的坐标为(3,1),则z=2x+y在B(3,1)处取得最大值7.‎ ‎14.、[2014·湖南卷] 平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)的距离和到直线x=-1的距离相等.若机器人接触不到过点P(-1,0)且斜率为k的直线,则k的取值范围是________.‎ ‎14.(-∞,-1)∪(1,+∞) [解析] 依题意可知机器人运行的轨迹方程为y2=4x.设直线l:y=k(x+1),联立消去y得k2x2+(2k2-4)x+k2=0,由Δ=(2k2-4)2-4k4<0,得k2>1,解得k<-1或k>1.‎ ‎15.[2014·湖南卷] 若f(x)=ln(e3x+1)+ax是偶函数,则a=________.‎ ‎15.- [解析] 由偶函数的定义可得f(-x)=f(x),即ln(e-3x+1)-ax=ln(e3x+1)+ax,‎ ‎∴2ax=-ln e3x=-3x,∴a=-.‎ ‎16.、[2014·湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.‎ ‎ 16.解:(1)当n=1时,a1=S1=1;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.‎ 故数列{an}的通项公式为an=n.‎ ‎(2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).‎ 记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,‎ 则A==22n+1-2,‎ B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.‎ ‎17.、[2014·湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组,为了比较他们的研发水平,现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下:‎ ‎(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b).‎ 其中a,a分别表示甲组研发成功和失败;b,b分别表示乙组研发成功和失败.‎ ‎(1)若某组成功研发一种新产品,则给该组记1分,否则记0分.试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差,并比较甲、乙两组的研发水平.‎ ‎(2)若该企业安排甲、乙两组各自研发一种新产品,试估计恰有一组研发成功的概率.‎ ‎17.解:(1)甲组研发新产品的成绩为 ‎1,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,0,1,‎ 其平均数为x甲==,‎ 方差为s==.‎ 乙组研发新产品的成绩为 ‎1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,‎ 其平均数为x乙==,‎ 方差为s==.‎ 因为x甲>x乙,s<s,所以甲组的研发水平优于乙组.‎ ‎(2)记E={恰有一组研发成功}.‎ 在所抽得的15个结果中,恰有一组研发成功的结果是(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),‎ 共7个,故事件E发生的频率为.‎ 将频率视为概率,即得所求概率为P(E)=.‎ ‎18.、[2014·湖南卷] 如图13所示,已知二面角αMNβ的大小为60°,菱形ABCD在面β内,A,B两点在棱MN上,∠BAD=60°,E是AB的中点,DO⊥面α,垂足为O.‎ 图13‎ ‎(1)证明:AB⊥平面ODE;‎ ‎(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值.‎ ‎18.解:(1)证明:如图,因为DO⊥α,AB⊂α,所以DO⊥AB.‎ 连接BD,由题设知,△ABD 是正三角形,又E是AB的中点,所以DE⊥AB.而DO∩DE=D,故AB⊥平面ODE.‎ ‎(2)因为BC∥AD,所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角,即∠ADO是BC与OD所成的角.‎ 由(1)知,AB⊥平面ODE,所以AB⊥OE.又DE⊥AB,于是∠DEO是二面角αMNβ的平面角,从而∠DEO=60°.‎ 不妨设AB=2,则AD=2,易知DE=.‎ 在Rt△DOE中,DO=DE·sin 60°=.‎ 连接AO,在Rt△AOD中,cos∠ADO==‎ =.‎ 故异面直线BC与OD所成角的余弦值为.‎ ‎19.、、[2014·湖南卷] 如图14所示,在平面四边形ABCD中,DA⊥AB,DE=1,EC=,EA=2,∠ADC=,∠BEC=.‎ ‎(1)求sin∠CED的值;‎ ‎(2)求BE的长.‎ 图14‎ ‎19.解:设∠CED=α.‎ ‎(1)在△CDE中,由余弦定理,得 EC2=CD2+DE2-2CD·DE·cos∠EDC,‎ 于是由题设知,7=CD2+1+CD,即CD2+CD-‎ ‎6=0,解得CD=2(CD=-3舍去).‎ 在△CDE中,由正弦定理,得=.‎ 于是,sin α===,即 sin∠CED=.‎ ‎(2)由题设知,0<α<,于是由(1)知,‎ cos α===.‎ 而∠AEB=-α,所以 cos∠AEB=cos=coscos α+sinsin α ‎=-cos α+sin α ‎=-×+×=.‎ 在Rt△EAB中,cos∠AEB==,故 BE===4.‎ ‎20.、、[2014·湖南卷] 如图15所示,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:+=1(a2>b2>0)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.‎ ‎(1)求C1,C2的方程.‎ ‎(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=|‎ AB| ?证明你的结论. ‎ 图15‎ ‎20.解: (1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而a1=1,c2=1.因为点P在双曲线x2-=1上,所以-=1,故b=3.‎ 由椭圆的定义知 ‎2a2=+=2.‎ 于是a2=,b=a-c=2.故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.‎ ‎(2)不存在符合题设条件的直线.‎ ‎(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.‎ 当x=时,易知A(,),B(,-),所以 ‎|+|=2,||=2.‎ 此时,|+|≠||.‎ 当 x=-时,同理可知,|+|≠||.‎ ‎(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,‎ 由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.‎ 当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而 x1+x2=,x1x2=.‎ 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.‎ 由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.‎ 因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.‎ 化简,得2k2=m2-3.因此 ·=x1x2+y1y2=+=≠0,‎ 于是2+2+2·≠2+2-2·,即|+|2≠|-|2.‎ 故|+|≠||.‎ 综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.‎ ‎21.、[2014·湖南卷] 已知函数f(x)=xcos x-sin x+1(x>0).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点,证明:对一切n∈N*,有++…+<.‎ ‎21.解: (1)f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.‎ 令f′(x)=0,得x=kπ(k∈N*).‎ 当x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)时,sin x>0,此时f′(x)<0; ‎ 当x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sin x<0,此时f′(x)>0.‎ 故f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N).‎ ‎(2)由(1)知,f(x)在区间(0,π)上单调递减.又f=0,故x1=.‎ 当n∈N*时,因为 f(nπ)f=[(-1)nnπ+1][(-1)n+1(n+1)π+1]<0,‎ 且函数f(x)的图像是连续不断的,所以f(x)在区间(nπ,(n+1)π)内至少存在一个零点.又f(x)在区间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故 nπ<xn+1<(n+1)π.‎ 因此,当n=1时,=<;‎ 当n=2时,+<(4+1)<;‎ 当n≥3时,‎ ++…+< ‎<< ‎=<<.‎ 综上所述,对一切n∈N*,++…+<.‎