1、12014 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 （ ）izi z（A） （B ） （C ） （D）i2121i21i2【答案】B【解析】由题意 ，故选 Bi iii i1zzzz（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Nm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（ ）123,p（A） （B） （
2、C） （D）123p231p132p123p【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 D123（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fxgR，则 （ ）21fxgx1（A）-3（B ）-1（ C）1 （D ）3【答案】C【解析】分别令 和 可得 且 ，则x3fgfg112fgf，故选 C1fg（4） 【2014 年湖南，理 4，5 分】 的展开式中 的系数是（ ）51(2)xy23xy（A）-20 （B ）-5 （ C）5 （D ）20【答案】A 【解析】第 项展开
3、式为 ，则 时， ，1n5512nnCxy25323511200nnxyxyxyA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pxyq2； ； ； 中，真命题是（ ）pq()pq()q（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xy1xyp1,2xy，所以命题 为假命题，所以为真命题，故选 C2q（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,t的 属于（ ）S（A） （B） （C） （D）,14,53,6【答案】D【解析】当 时,运
4、行程序如下， ，当 时， 20t2,932,tSt0,2t，则 ，故选 D31S,63,6S（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、2 xyO12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 ，r则 ，故选 B28686rr（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p，则该市这两年的生产总值的年平均增长率为（ ）q（A） （B） （C） （
5、D）2p(1)2pqpq(1)q【答案】D【解析】设两年的平均增长率为 ,则有 ，故选 Dx1xp1xq（9） 【2014 年湖南，理 9，5 分】已知函数发 ，且 ，则函数 的图象的一条sinf230()fdxfx对称轴是（ ）（A） （B） （C） （D）6x712xx6【答案】A【解析】解法一：函数 的对称轴为 ，fxxk2xk因为 ，230 2sin0coscos03d sin03所以 或 ，则 是其中一条对称轴，故选 Ak4k56x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,03()sin)fx，所以 ，故选 Asin()033k（10） 【2014
6、年湖南，理 10，5 分】已知函数 与 的图像上存在关于21()(0)xfe2(ln()gxxa轴对称的点，则 的取值范围是（ ）ya（A） （B） （C） （D）1(,)e(,)()e, 1()e-，【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()fx02001(,)(xPey020(,)xQ函数 的图像上，从而有 ，即 2()lnga020ln()xxa01ln)xea问题等价于函数 在 存在零点1()l()2xhea,解法一：， 在 单调递增，当 时， ，要使 在 存1()0xhea(),0x()hx()hx,0在零点，则 ，从而 ，故选 B1()ln2ae解法二
7、：3问题等价于函数 与 的图象在 有交点,在同 1()2xe()ln)xa0一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 (l)中， 即可，即 ，故选 B(0)ha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4l2cos:1inxCy（ 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,AB2Ox标 系，则直线 的极坐标方程是 l【答案】 2sin4【解
8、析】曲线 的普通方程为 ,设直线 的方程为 ，因为弦长 ，所以圆心C221xylyxb2AB到直线 的距离 ，所以圆心在直线 上，故2,1 0dl1yxsincos1sin42（12） 【2014 年湖南，理 12，5 分】如图 3，已知 是 的两条弦， ， 则,ABCO,3C2B的半径等于 OA【答案】 32【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BCDOE2DAD得 ，由双割线定理可得 ，则直径 1D 2BCA3AEr（13） 【2014 年湖南，理 13，5 分】若关于 的不等式 的解集为 ，则 x3ax51xa【答案】 3【解析】由题可得 231a
9、（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,xy4yxk2zxy值为 ，则 6k【答案】 2【解析】求出约束条件中三条直线的交点为 ，且 的可行,4,k2,4yx域 如图,所以 ，则当 为最优解时， ，当 为最优解时，k,k36k,k，因为 ，所以 246142（15） 【2014 年湖南，理 15】如图，正方形 和正方形 的边长分别为 ，原ABCDEFG,()ab4点 为 的中点，抛物线经过 两点，则 OAD,CFba【答案】 21【解析】由题可得 ，则 ,2aCb2pb21（16） 【2014 年湖南，理 16，5 分】在
10、平面直角坐标系中， 为原点， ，O(,0),3)(,0ABC动点 满足 ，则 的最大值是 D1OABD【答案】 17【解析】动点 的轨迹是以 为圆心，1 为半径的圆，可设 的坐标为 ，C(3cos,in)则 (2cos,3in)OAB 22ABD，其中 ，82csin87s4sin,cs7当 时， 的取到最大值 sin1OABD1三、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235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A
11、B（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 100B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EF，132(),(),(),()35PPF且 与 ， 与 ， 与 ， 与 都相互独立E（1）记 至少有一种新产品研发成功 ，则 ，于是 ，HEF12()()35PHEF故所求的概率为 13()()5PH（2）设企业可获利润为 ，则 的可能取值为 0,100,120,220因 ，X 12(0)()35X13246(10)(),(120)(),2.351P
12、XEFPXEFPEF故所求的分布列为0 100 120 220151565数学期望为： 242() 0EX3480124（18） 【2014 年湖南，理 18，12 分】如图，在平面四边形 中，ABCD1,2,7ADC（1）求 的值；cos（2）若 ， ，求 的长14B21sin6CBA5解：（1）在 中，由余弦定理，得： ，故由题设知，ADC22cosACD 71427cos.（2）设 ，则 ，因为 ， ，BBADC27cosA7cos14BAD所以 , ，21sin1cos7C2in1BD于是 3ii sicoscsinC在 中，由正弦定理， ，故 ABCsiniBCA7i2s16ABC（
13、19） 【2014 年湖南，理 19，13 分】如图,四棱柱 的所有棱长都相等,1D，四边形 和四边形 为矩形11,DO11（1）证明: 底面 ；AD（2）若 ，求二面角 的余弦值061COB解：（1）如图（a） ，因为四边形 为矩形，所以 ，同理 1CA1DCB因为 ，所以 ，而 ，因此 平面 ，1/C1ADA由题设知 ，故 平面 1O（2）解法一：如图（a） ，过 作 于 ，连接 由（1）知， 平面 ， 1HBCH1O所以 平面 ，于是 ，又四棱柱 的所有棱长都相11AD1O-BCD等，所以 是菱形，因此 ，从而 平面 ，所以AD1A1， 11ACOB于是 平面 ，进而 ，所以 为二面角
14、的平面角，不妨设11B11B， 2因为 ，所以 ，06A13,7OC在 中，易知 ,又 于是 ，1RtB112H1OC22111197HOC故 即二面角 的余弦值为 11257cos9OC257191BD519解法二：因为四棱柱 的所有棱长都相等，所以 是菱形，因此1-ABDAC，又 平面 ，从而 两两垂直如图（b） ，以C1,OB所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系 ， 1,OCxyzOxyz不妨设 ，因为 ，所以 2063,于是相关各点的坐标为 ，易知， 是平面 11(,)(,2)(0)1(0,)n平面 的一个法向量设 是平面 的一个法向量，1BD2xyzn1BC图 a1AO
15、CBD1AH图 b1AOCBD11BAxzy6则 ，即 ，取 ，则 ，210OBCn320xzy3z2,3xy所以 设二面角 的大小为，易知是锐角，于是2(,)1COBD二面角 的余弦值为 1212 57cos 9n1COBD25719（20） 【2014 年湖南，理 20，13 分】已知数列 满足 na1,*nnapN（1）若数列 是递增数列，且 成等差数列，求 的值；na123,（2）若 ，且 是递增数列， 是递减数列，求数列 的通项公式12p2+1n n解：（1）因为数列 是递增数列， ，而 ，因此 ，n11nnaap1a2231,1app又 成等差数列，所以 ，因而得 解得 123,a
16、234200当 时， ，这与 是递增数列矛盾，故 0p1nn 3（2） 是递增数列，因而 ，于是 但 ，2+1na2+10na2+1210nnaa21n所以 由，知， ，因此 2121nn21n2211nna因为 是递减数列，同理可得 ，故 2na210na21221 nnna由，知， ，于是1na121321()()()n na数列 的通项公式2 114123nn na为 143nna（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O21(0)xyCab：，离心率为 ；双曲线 的左右焦点分别为 ，离心12,F1e21(0)xyCab： 34,F率为
17、 ，已知 ，且 e23243F（1）求 的方程；1C，（2）若 过作 的不垂直于 轴的弦 ， 为 的中点，当直线 与 交于F1yABMOM2C两点时，求四边形 面积的最小值,PQPQ解：（1）因为 ，所以 ，即 ，因此 ，从而 ， 123e2231ba43ab2ab24(,0)3,)Fb，所以 ， ， 椭圆 方程为 ，双曲线 的方程为4bF21C1xy21xy7（2）因为直线 不垂直于 轴且过点 ，故课设直线 的方程为 由ABy1,0FAB1xmy21xy得 易知此方程的判别式大于 0设 ，则 是上述方程的210my 12(,)(,)12,两个实根，所以 ，因此 ， 的中点为212,my12
18、4xyAB，故直线 的斜率为 ， 的方程为 ，即 22,MPQPQx0my由 ，得 ， ，21yx24mx22240,mxy22+PQxy设点 到直线 的距离为 ，则 点到直线 的距离也为 ，所以APdBPQd1224mxyxy因为点 在直线 的异侧，所以 ，,B20mxy120mxyxy于是 ，从而1 122xyy124又因为 ，所以212112244y2md四边形 面积APBQ2231mSPd 而 ，故当 时， 取得最小值 2四边形 面积的最小值为 220m0SAPBQ（22） 【2014 年湖南，理 22，13 分】已知常数 ，函数 0a()ln)xfxa（1）讨论 在区间 上的单调性；
19、()fx(,)（2）若 存在两个极值点 ，且 ，求 的取值范围12,x12()fxf解：（1） ， （*）因为 ，41afx4aa241xa210ax所以当 时，当 时， ，此时，函数 在 单调递增，当 时, 00fxf0,1（舍去） ，当 时， ；当 时，121 ,faa1(,)xfx(,)xx故 在区间 单调递减，在 单调递增的f1(0,)x1(,)x综上所述：当 时, ，此时，函数 在 单调递增，当 时, 在区间0f fx0,01afx上单调递减,在 上单调递增的10,2a2a（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1fxfxfx，又 的极值点只可
20、能是 和 ，且由 的定义可知， 且01afx12a21af 1xa8，所以 ， ，解得 ，此时， （*）式知 ， 分别是 的2x1a12a12a1x2fx极小值点和极大值点，而121212()ln()ln()xfxf ax22111214ln 4xax24l ln11a令 ，由 且 知当 时， ；20a0a10x当 时， 记 1ax2()lngxx（）当 时， ，所以 ，02()xgx因此， 在 上单调递减，从而 ，故当 时，()gx1,14012a12()fxf（）当 时， ，所以 ，因此， 在 上单调递02()lnx2()xgx()gx0,减，从而 ，故当 时， ()10gx12a12()0ff综上所述，满足条件的 的取值范围是为 ,
