2014年高考湖南理科数学试题及答案(word解析版)

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iizz（i为虚数单位）的复数z（）（A）11i22（B）11i22（C）11i22（D）11i22【答案】B【解析】由题意ii11iii1iii1i22zzzzzz，故选B．（2）【2014年湖南，理2，5分】对一个容量为N的总体抽取容量为m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123,,ppp，则（）（A）123ppp（B）231ppp（C）132ppp（D）123ppp【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123ppp，故选D．（3）【2014年湖南，理3，5分】已知fx，gx分别是定义R在上的偶函数和奇函数，且321fxgxxx，则11fg（）（A）-3（B）-1（C）1（D）3【答案】C【解析】分别令1x和1x可得113fg且111fg，则1131211111fgffgg111fg，故选C．（4）【2014年湖南，理4，5分】51(2)2xy的展开式中23xy的系数是（）（A）-20（B）-5（C）5（D）20【答案】A【解析】第1n项展开式为55122nnnCxy，则2n时，2532351121022022nnnCxyxyxy，故选A．（5）【2014年湖南，理5，5分】已知命题p：若xy，则xy；命题q：若xy，则22xy．在命题①pq；②pq；③()pq；④()pq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．（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2,2t，则输出的S属于（）（A）6,2（B）5,1（C）4,5（D）3,6【答案】D【解析】当2,0t时,运行程序如下，2211,9,32,6ttSt，当0,2t时，33,1St，则2,63,13,6S，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）42xyO12【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2286862rrr，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p，第二年的增长率为q，则该市这两年的生产总值的年平均增长率为（）（A）2pq（B）(1)(1)12pq（C）pq（D）(1)(1)1pq【答案】D【解析】设两年的平均增长率为x,则有2111xpq111xpq，故选D．（9）【2014年湖南，理9，5分】已知函数发sinfxx，且230()0xfxdx，则函数fx的图象的一条对称轴是（）（A）56x（B）712x（C）3x（D）6x【答案】A【解析】解法一：函数fx的对称轴为2xk2xk，因为2302sin0coscos03xdxsin03，所以23k或423k，则56x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,03是函数()sin()fxx的一个对称中心，所以sin()03，所以3k，故选A．（10）【2014年湖南，理10，5分】已知函数21()(0)2xfxxex与2()ln()gxxxa的图像上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（）（A）1(,)e（B）(,)e（C）1()ee,（D）1()ee-，【答案】B【解析】由题可得函数()fx的图像上存在点020001(,)(0)2xPxxex关于y轴对称的点02001(,)2xQxxe在函数2()ln()gxxxa的图像上，从而有0220001ln()2xxexxa，即001ln()02xexa．问题等价于函数1()ln()2xhxexa在,0x存在零点．解法一：1'()0xhxexa，()hx在,0x单调递增，当x时，()hx，要使()hx在,0存在零点，则1(0)1ln02ha，从而ae，故选B．解法二：问题等价于函数1()2xxe与()ln()xxa的图象在,0有交点,在同一坐标系中作出这两个函数的图象，当()ln()xxa的图象在左右平移的过程3中，(0)(0)h即可，即ae，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4的直线l与曲线2cos:1sinxCy（为参数）交于,AB两点，且2AB，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】2sin42【解析】曲线C的普通方程为22211xy,设直线l的方程为yxb，因为弦长2AB，所以圆心2,1到直线l的距离0d，所以圆心在直线l上，故1yx2sincos1sin42．（12）【2014年湖南，理12，5分】如图3，已知,ABAC是O的两条弦，,3AOBCAB，22BC则O的半径等于．【答案】32【解析】设线段AO交BC于点D延长AO交圆与另外一点E，则2BDDC，由三角形ABD的勾股定理可得1AD，由双割线定理可得2BDDCADDEDE，则直径332AEr．（13）【2014年湖南，理13，5分】若关于x的不等式23ax的解集为5133xx，则a．【答案】3【解析】由题可得52331233aa3a．（二）必做题（14~16题）（14）【2014年湖南，理14，5分】若变量,xy满足约束条件4yxxyyk，且2zxy的最小值为6，则k．【答案】2【解析】求出约束条件中三条直线的交点为,,4,kkkk,2,2，且,4yxxy的可行域如图,所以2k，则当,kk为最优解时，362kk，当4,kk为最优解时，24614kkk，因为2k，所以2k．（15）【2014年湖南，理15】如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为,()abab，原点O为AD的中点，抛物线经过,CF两点，则ba．【答案】21【解析】由题可得,,,22aaCaFbb，则2222apaabpb21ab．（16）【2014年湖南，理16，5分】在平面直角坐标系中，O为原点，(1,0),(0,3),(3,0)ABC，动点D满足1CD，则OAOBOD的最大值是．【答案】174【解析】动点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，可设D的坐标为(3cos,sin)，则(2cos,3sin)OAOBOD．222cos3sinOAOBOD822cos3sin87sin，其中43sin,cos77，当sin1时，OAOBOD的取到最大值17．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23和35．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}．由题意知2132(),(),(),()3355PEPEPFPF，且E与F，E与F，E与F，E与F都相互独立．（1）记{E至少有一种新产品研发成功}，则HEF，于是122()()()3515PHPEPF，故所求的概率为13()1()15PHPH．（2）设企业可获利润为X，则X的可能取值为0,100,120,220．因122(0)()3515PXPEF，133224236(100)(),(120)(),(220)().351535153515PXPEFPXPEFPXPEF故所求的分布列为X0100120220P215315415615数学期望为：2412()0120100220151555EX300480132014015．（18）【2014年湖南，理18，12分】如图，在平面四边形ABCD中，1,2,7ADCDAC．（1）求cosCAD的值；（2）若7cos14BAD，21sin6CBA，求BC的长．解：（1）在ADC中，由余弦定理，得：222cos2ACADCDCADACAD，故由题设知，71427cos.727CAD．（2）设BAC，则BADCAD，因为27cos7CAD，7cos14BAD，所以221sin1cos7CADCAD,2221sin1cos14BADBAD，于是3sinsinsincoscossin2BADCADBADCADBADCAD在ABC中，由正弦定理，sinsinBCACCBA，故37sin23sin216ACBCCBA．（19）【2014年湖南，理19，13分】如图,四棱柱1111ABCDABCD的所有棱长都相等,11111,ACBDOACBDO，四边形11ACCA和四边形11BDDB为矩形．5（1）证明:1OO底面ABCD；（2）若060CBA，求二面角11COBD的余弦值．解：（1）如图（a），因为四边形11ACCA为矩形，所以1CCAC，同理1DCBD．因为11//CCDD，所以1CCBD，而ACBDO，因此1CC平面ABCD，由题设知11//OOCC，故1OO平面ABCD．（2）解法一：如图（a），过1O作11OHBC于H，连接1CH．由（1）知，1OO平面ABCD，所以1OO平面1111ABCD，于是111OOAC，又四棱柱1111-ABCDABCD的所有棱长都相等，所以1111ABCD是菱形，因此1111ACBD，从而11AC平面11BBDD，所以111ACOB