2014年高考试题——数学理（湖南卷）解析版

2014年高考试题——数学理（湖南卷）解析版

2014 年湖南高考理科数学试题逐题详解 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. 【2014 年湖南卷（理 01）】满足 iz iz  （i 为虚数单位）的复数 z A. i2 1 2 1  B. i2 1 2 1  C. i2 1 2 1  D. i2 1 2 1  【答案】B 【解析】由题可得 iizziiz  )1( ，所以 ii iz 2 1 2 1 1   ，故选 B 【2014 年湖南卷（理 02）】对一个容量为 N 的总体抽取容量为 m 的样本，若选取简单随机抽样、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 1p ， 2p ， 3p ，则 A. 321 ppp  B. 132 ppp  C. 231 ppp  D. 321 ppp  【答案】D 【解析】根据随机抽样的原理可得三种抽样方式都必须满足每个个体被抽到的概率相等， 即 321 ppp  ，故选 D 【 2014 年 湖 南 卷 （ 理 03 ）】已 知 分 别 )(xf ， )(xg 是 定 义 在 R 上 的 偶 函 数 和 奇 函 数 ， 且 1)()( 23  xxxgxf ，则  )1()1( gf A. 3 B. 1 C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】令 1x 可得 1)1()1()1()1(  gfgf ，所以故选 C. 或者观察求得 1)( 2  xxf ， 3)( xxg  ，可求得 1)1()1(  gf 【2014 年湖南卷（理 04）】 5)22 1( yx  的展开式中 32 yx 的系数是 A. 20 B. 5 C. 5 D. 20 【答案】A 【解析】第 1n  项展开式为  5 5 1 22 n nnC x y  , 则 2n  时,     2 5323 5 112 10 2 2022 n nnC x y x y x y              ,故选 A. 【2014 年湖南卷（理 05）】 已知命题 :p 若 yx  ， 则 yx  ；命题 :q 若 yx  ，则 22 yx  . 在命题① qp  ； ② qp  ； ③ )( qp  ；④ qp  )( 中，真命题是 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】C 【解析】当 xy 时,两边乘以 1 可得 xy   ,所以命题 p 为真命题,当 1, 2xy   时,因为 22xy , 所以命题 q 为假命题,所以②③为真命题, 故选 C. 【2014 年湖南卷（理 06）】 执行如图 1 所示的程序框图. 如果输入的 ]2,2[t ，则输出的 S 属于 A. ]2,6[  B. ]1,5[  C. ]5,4[ D. ]6,3[ 【答案】D 【解析】当  2,0t  时,运行程序如下,    22 1 1,9 , 3 2,6t t S t       ,当  0,2t  时 , 则      2,6 3, 1 3,6S       ,故选 D. 【2014 年湖南卷（理 07）】一块石材表示的几何体的三视图如图 2 所示. 将该石材切割、打磨，加工成球， 则能得到最大球的半径等于 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 228 6 8 6 2r r r       ，故选 B 【2014 年湖南卷（理 08）】 某市生产总值连续两年持续增加. 第一年的增长率为 p ，第二年的增长率为 q ， 则该市这两年生产总值的年平均增长率为 A. 2 qp  B. 2 1)1)(1(  qp C. pq D. 1)1)(1(  qp 【答案】D 【解析】设两年的平均增长率为 x ,则有    21 1 1x p q      1 1 1x p q     ，故选 D. 【2014 年湖南卷（理 09）】 已知函数 )sin()(  xxf ，且  3 2 0 0)(  dxxf ，则函数 )(xf 的图象的一 条对称轴是 A. 6 5x B. 12 7x C. 3 x D. 6 x 【答案】A 【解析】函数  fx的对称轴为 2xk   2xk    ，又由 得 的一个值 为 3   ，则 5 6x  是其中一条对称轴，故选 A 【2014 年湖南卷（理 10）】已知函数 )0(2 1)( 2  xexxf x 与 )ln()( 2 axxxg  的图象上存在 关于 y 轴对称的点，则 a 的取值范围是 A. )1,( e  B. ),( e C. ),1( e e  D. )1,( e e 【答案】B 【解析】由题可得存在  0 ,0x   满足    0 22 0 0 0 1 ln2 xx e x x a        0 0 1ln 2 xe x a     0 ，当 0x 趋近于负无穷小时，  0 0 1ln 2 xe x a    趋近于  , 因为函数   1ln 2 xy e x a     在定义域内是单调递增，所以ln lna e a e   ,故选 B. 二、填空题：本大题共 7 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 11、12、13 三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分) 【2014 年湖南卷（理 11）】在平面直角坐标系中，倾斜角为 4  的直线l 与曲线 :C        sin1 ,cos2 y x ( 为 参数) 交于 A、B 两点，且 2|| AB . 以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线l 的极坐标方程是____________________. 【答案】 1)sin(cos   （或 2 2)4sin(   ） 【解析】曲线 C 的普通方程为 1)1()2( 22  yx ，直线l 截曲线 C 所得弦长 2| AB ，知直线l 过圆 心 )1,2( ，故直线 的直角坐标方程为 1 xy 1cossin   【2014 年湖南卷（理 12）】如图 3，已知 AB ，BC 是⊙O 的两条弦， BCAO  ， 3AB ， 22BC ， 则⊙ 的半径等于_______. 【答案】 2 3 【解析】设 AD 交 BC 于点 D，延长 AO 交圆于另一点 E，则 2 CDBD ，在 ABD 中由勾股定理可得 1AD ，再由相交弦定理得 2DE ，从而直径 3AE ，半径 2 3R 【2014 年湖南卷（理 13）】若关于 x 的不等式 3|2| ax 的解集为 }3 1 3 5|{  xx ， 则 a ________. 【答案】 3 【解析】依得可得        3|23 1| 3|23 5| a a ，解得 3a （二）必做题（14~16 题） 【2014 年湖南卷（理 14）】若变量 yx, 满足约束条件       , ,4 , ky yx xy ，且 yxz  2 的最小值为 6 ，则 k ____. 【答案】 2 【解析】画出不等式（组）表示的平面区域，知当 yxz  2 过点 ）（ kk, 时取得最小值， 所以 62  kk ， 2k 【2014 年湖南卷（理 15）】如图 4，正方形 ABCD 和正方形 DEFG 的边长分别为 ba, )( ba  . 原点O 为 AD 的中点，抛物线 )0(22  ppxy 经过C 、 F 两点，则 a b ________. 【答案】 21 【解析】由题可得 , , ,22 aaC a F b b          , 则 2 2 2 2 a pa ab p b      21a b   ,故填 21 . 【2014 年湖南卷（理 16）】在平面直角坐标系中， 为原点， )0,1(A ， )3,0(B ， )0,3(C . 动点 D 满足 1|| CD ，则 || ODOBOA  的最大值是_________. 【答案】 71 【解析】动点 D 的轨迹为以C 为圆心的单位圆，则设为    3 cos ,sin 0,2   ， 则    223 cos 1 sin 3OA OB OD        )sin(728   ， 所以 OA OB OD 的最大值为 17728  ，故填 . 或由题求得点 D 的轨迹方程为 1)3( 22  yx ，数形结合求出 OA OB OD 的最大值即为点 )3,1(  到轨迹上的点最远距离( 到圆心的距离加半径) . 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. 【2014 年湖南卷（理 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是 3 2 和 5 3 . 现安排甲组研发新产品 A， 乙组研发新产品 B. 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 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品 B 研发成功，预计企业可获得利润 100 万元. 求该企业可获利润的分布列和数学期望. 解： 记 E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题可知 3 2)( EP , 3 1)( EP ， 5 3)( FP ， 5 2)( FP . 且事件 E 与 F，E 与 F ， E 与 F ， E 与 F 都相互独立. (1) 记 H＝{至少有一种新产品研发成功}，则 FEH  ，于是 15 2 5 2 3 1)()()(  FPEPHP ，故所求概率为 15 13 15 21)(1)(  HPHP . （2）设企业可获利润为 X （万元），则 X 的可能取值为 0，100，120，220. 又因 15 2 5 2 3 1)()0(  FEPXP ， 15 3 5 3 3 1)()100(  FEPXP ， 15 4 5 2 3 2)()120(  FEPXP ， 15 6 5 3 3 2)()220(  EFPXP . 故所求分布列为 X 0 100 120 220 P 15 2 15 3 15 4 15 6 数学期望为 14015 2100 15 622015 412015 310015 20)( XE . 【2014 年湖南卷（理 18）】 (本小题满分 12 分) 如图 5，在平面四边形 ABCD 中， 1AD ， 2CD ， 7AC . （1） 求 CADcos 的值； （2） 若 14 7cos BAD ， 6 21sin CBA ，求 BC 的长. 解：（1）在 ADC 中，则余弦定理，得 ADAC CDADACCAD   2cos 222 . 由题设知， 7 72 72 417cos CAD . （2）设 BAC ，则 CADBAD  因为 7 72cos CAD ， 14 7cos BAD ， 所以 7 21)7 72(1cos1sin 22  CADCAD ， 14 213)14 7(1cos1sin 22  BADBAD . 于是 CADBADCADBADCADBAD  sincoscossin)sin(sin 2 3 7 21)14 7(7 72 14 213  . 在 ABC 中，由正弦定理， CBA ACBC  sinsin ，故 3 6 21 2 37 sin sin     CBA ACBC  . 【2014 年湖南卷（理 19）】 (本小题满分 12 分) 如图 6，四棱柱 1111 DCBAABCD  的所有棱长都相等， OBDAC  ， 11111 ODBCA  ， 四边形 11 AACC 和四边形 11BBDD 均为矩形. （1） 证明： OO1 底面 ABCD ; （2）若 60CBA ，求二面角 DOBC  11 的余弦值. 解：（ 1）如图 (a)，因为四边形 为矩形，所以 ACCC 1 ，同理 BDDD 1 . 由题知， 11 // CCOO ， 11 // DDOO ，所以 ACOO 1 ， BDOO 1 ，又 OBDAC  ， 故 底面 . (2)解法 1 如图(a)，过 1O 作 11 OBHO  于 H ，连接 1HC . 由(1)知， 底面 ，所以 底面 1111 DCBA ，于是. 11CA ， 图6 O O1 D1 C1 B1 A1 DA B C 又因为四棱柱 1111 DCBAABCD  的所有棱长都相等，所以四边形 1111 DCBA 为菱形， 因此 1111 DBCA  ，从而 11CA 平面 11BBDD ,所以 OBCA 111  ，于是 OB1 平面 11HCO ， 进而 OB1 1HC ，故 11HOC 是二面角 DOBC  11 的平面角. 不妨设 2AB ,因为 60CBA ，所以 1,3 11  COOCOB ， 71 OB ， 在 11BOORt 中，易知 7 32 1 111 1  OB BOOOHO ， 7 192 1 2 111  HOCOHC ， 故 19 572 7 19 7 32 cos 1 1 11  HC HOHOC ，即二面角 DOBC  11 的余弦值为 19 572 . 解法 2 因为四棱柱 的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 为菱形，因此 BDAC  ， 又 OO1 底面 ABCD ，从而OB ，OC ， 1OO 两两垂直. 如图(b)，以 O 为坐标原点， ， ， 分别为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间坐标系 xyzO  . 不妨设 ,因为 ，所以 1,3  OCOB ，于是相关各点的坐标为： )0,0,0(O ， )2,0,3(1B ， ）2,1,0(1C ，易知 )0,1,0(1 n 是平面 的一个法向量， 设 ),,(2 zyxn  是平面 11COB 的一个法向量,则      0 0 12 12 OCn OBn ，即      02 023 zy zx ，取 3z ，则 32,2  yx ，于是 )3,32,2(2 n . 设二面角 的大小为 ，易知 为锐角，于是 |,cos|cos 21  nn |||| || 21 21 nn nn   19 572 19 32  . 即二面角 DOBC  11 的余弦值为 19 572 . 【2014 年湖南卷（理 20）】 (本小题满分 13 分) 已知数列 }{ na 满足 11 a ， n nn paa  || 1 ， *Nn . （1）若 是递增数列，且 1a ， 22a ， 33a 成等差数列，求 p 的值； （2）若 2 1p ，且 }{ 12 na 是递增数列，是 }{ 2na 递减数列，求数列 的通项公式. 解：（1）因为 是递增数列，所以 n nnnn paaaa   || 11 ，而 ，因此 pa 12 ， 2 3 1 ppa  ，又 ， ， 成等差数列，所以 312 34 aaa  ，因而 03 2  pp ，解得 3 1p 或 0p ， 但当 0p 时， nn aa 1 ，与 是递增数列相矛盾，故 3 1p . (2) 由于 是递增数列，因而 01212   nn aa ，于是 0)()( 122212   nnnn aaaa ① 且 122 2 1 2 1  nn ，所以 |||| 122212   nnnn aaaa ② 则①②可知， 0122  nn aa ，因此 12 2 12122 2 )1( 2 1   n n nnn aa ， ③ 因为是 递减数列，同理可得 0212  nn aa ， 故 n n nnn aa 2 12 2212 2 )1( 2 1    ， ④ 由③④即得 n n nn aa 2 )1( 1 1    . 于是 )()()( 123121  nnn aaaaaaaa  12 2 )1( 2 1 2 11   n n  . 2 )1( 3 1 3 4 2 11 ])2 1(1[(2 1 1 1 1       n n n 故数列 }{ na 的通项公式为 *).(2 )1( 3 1 3 4 1 Nna n n n   【2014 年湖南卷（理 21）】 (本小题满分 13 分) 如图 7，O 为坐标原点，椭圆 :1C )0(12 2 2 2  bab y a x 的左、右焦点为 21 ,FF ，离心率为 1e ；双 曲线 :2C 12 2 2 2  b y a x 的左、右焦点为 43 ,FF ，离心率为 2e . 已知 2 3 21 ee ，且 13|| 42 FF . （1）求 1C 、 2C 的方程； （2）过 1F 作 的不垂直 y 轴的弦 AB ，M 为 AB 的中点. 当直线OM 与 交于 QP, 两点时，求四 边形 APBQ 面积的最小值. 解：（1）因为 ，所以 2 32222  a ba a ba ，因此得 444 4 3 aba  ，即 22 2 ba  ，从而 )0,(2 bF ， )0,3(4 bF ，于是 13||3 42  FFbb ，所以 1b ， 22 a .故 、 的方程分别是 12 2 2  yx ， 12 2 2  yx . (2) 由于 过 )0,1(1 F 且不垂直 轴，故可设直线 的方程为 1 myx 由      12 1 2 2 yx myx 得 012)2( 22  myym 易知此方程的判别式大于 0，设 ),(,),( 2211 yxByxA ，则 21, yy 是上述方程的两个实根，所以 2 2 221  m myy ， 2 1 221   myy . 因此 2 42)( 22121   myymxx ，于是 AB 中点 )2,2 2( 22   m m mM ， 因此直线 PQ 的斜率为 2 m ，其方程为 xmy 2 . 由         12 2 2 2 yx xmy 得 4)2( 22  xm ，所以 02 2  m ， 2 2 2 4 mx  ， 2 2 2 2 m my  ， 从而 2 2 22 2 422|| m myxPQ   . 设点 A 到直线 PQ 的距离为 d ，则点 B 到直线 PQ 的距离也为 d ，所以 4 |2||2|2 2 2211   m ymxymxd ，因为点 A、B 在直线 PQ 的异侧， 所以 0)2)(2( 2211  ymxymx ，于是 |22||2||2| 22112211 ymxymxymxymx  从而 4 ||)2(2 2 21 2   m yymd ，又 2 1224)(|| 2 2 21 2 2121   m myyyyyy ， 所以 4 1222 2 2   m md ，故四边形 APBQ 面积 22 2 2 3122 2 1222||2 1 mm mdPQS    ， 而 220 2  m ，故当 0m 时， S 取最小值 2. 综上所述，四边形 面积的最小值为 2. 【2014 年湖南卷（理 22）】 (本小题满分 13 分) 已知常数 0a ，函数 .2 2)1ln()(  x xaxxf （1） 讨论 )(xf 在区间 ),0(  上的单调性； （2）若 )(xf 存在两个极值点 1x ， 2x ，且 0)()( 21  xfxf ，求 a 的取值范围. 解：（1） 2 2 2 )2)(1( )1(4 )2( 2)2(2 1)('     xax aax x xx ax axf （*） 当 1a 时， 0)(' xf ，此时， 在区间 上单调递增； 当 10  a 时，由 0)(' xf 得 a ax  121 （ a ax  122 舍去）， 当 ),0( 1xx 时， 0)(' xf ，当 ),( 1  xx 时， 0)(' xf ， 故 在区间 ),0( 1x 上单调递减，在区间 ),( 1 x 上单调递增. 综上所述， 当 1a 时， )(xf 在区间 ),0(  上单调递增； 当 10  a 时， )(xf 在区间 )12,0( a a 上单调递减，在区间 ),12(  a a 上单调递增. （2）由（*）式知，当 时， 0)(' xf ，此时 不存在极值点. 因而要使 存在两个极值点，必有 ，且 的极值点只可能是 a ax  121 和 a ax  122 ， 且由 的定义可知， ax 1 且 2x ，所以 aa a 112  且 212  a a ，解得 2 1a . 此时，则（*）式知， 1x ， 2x 分别是 的极小值点和极大值点. 而 2 2)1ln(2 2)1ln()()( 2 2 2 1 1 121  x xaxx xaxxfxf 4)(2 )(44])(1ln[ 2121 2121 21 2 21   xxxx xxxxxxaxxa 12 )1(4)12ln( 2   a aa 212 2)12ln( 2  aa . 令 xa 12 ，由 且 知，当 2 10  a 时， 01  x ；当 12 1  a 时， 10  x . 并 记 22ln)( 2  xxxg ， （i）当 01  x 时， 22)ln(2)(  xxxg ， 02222)(' 22  x x xxxg ， 因此， )(xg 在 区 间 )0,1( 上 单 调 递 减 ， 从 而 04)1()(  gxg ， 故 当 时， 0)()( 21  xfxf . (ii) 当 10  x 时， 22ln2)(  xxxg ， ， 因此， 在区间 )1,0( 上单调递减，从而 0)1()(  gxg ，故当 时， 0)()( 21  xfxf . 综上所述，满足条件的 a 的取值范围是 )1,2 1( .