2014高考真题—数学理（湖南卷）Word版含解析
2023-12-04 23:40:53
2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)
数学(理工农医类)
本试卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共5页,时间120分钟,满分150分.
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.
1.满足为虚数单位)的复数( )
A． B． C． D．
2.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是则( )
A． B． C． D．
3.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
4.的展开式中的系数是( )
A．－20 B．－5 C．5 D．20
5.已知命题若,则,命题若,则.在命题:①②
③④中,真命题是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
6.执行如图右所示的程序框图,如果输入的,则输出的属于( )
A. B．
C． D．
7.一块石材表示的几何体的三视图如图右所示,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
8.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
年生产总值的年平均增长率为( )
A． B． C． D．
9.已知函数且,则函数的图象的一条对称轴是( )
A． B． C． D．
10.已知函数与的图象上存在关于轴对称
的点,则的取值范围是( )
A． B． C． D．
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(请考生在第11、12、13三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分)
11.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 .
12.如图右,已知是的两条弦,,
则的半径等于 .
13.若关于的不等式的解集为,则 .
(二)必做题(14-16题)
14.若变量满足约束条件,且的最小值为－6,
则 .
15.如图右,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 .
16.在平面直角坐标系中,为原点,,动点满足,则
的最大值是 .
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.
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.
(Ⅰ)求至少有一种新产品研发成功的概率;
(Ⅱ)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.
18.(本小题满分12分)
如图右,在平面四边形中,.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若求的长.
19.(本小题满分12分)
如图,四棱柱的所有棱长都相等,
四边形和四边形
均为矩形.
(Ⅰ)证明:底面;
(Ⅱ)若,求二面角的余弦值.
20.(本小题满分13分)
已知数列满足
(Ⅰ)若是递增数列,且成等差数列,求的值;
(Ⅱ)若,且是递增数列,是递减数列,求数列的通项公式.
21.(本小题满分13分)
如图右,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
(Ⅰ)求的方程;
(Ⅱ)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.
22.(本小题满分13分)
已知常数,函数
(Ⅰ)讨论在区间上的单调性;
(Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.
参考答案
一.选择题
1【解】选B.由,即选B.
2【解】选D. 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【解】选C.由函数奇偶性,联想转
化:.
4【解】选A.二项式的通项为,
令时,,故选A.
5【解】选C.显然真假,所以可知复合命题①、③正确,选C.
6【解】选D. 由程序框图可知
①当时,运行程序如下,;
②当时,则;
综上①②可知,故选D.
7【解】选B.由三视图可得该几何体为三棱柱(倒置:长为12、
宽为6的矩形侧面与地面接触).易知不存在球与该三棱
柱的上、下底面及三个侧面同时相切,故最大的球是与其
三个侧面同时相切,所以最大球的半径为上(下)底面直角
三角形内切圆的半径,则,故选B.
8【解】选D.设两年的年平均增长率为,
则有,故选D.
9【解】选A.由得,,即,
可化为,即,可得,
也所以,经检验可知A选项符合.
10【解】选B.依题意在曲线取一点,则在曲线上存在一点与之对应(关于轴对称),所以在上有解,
即,也即在上
有解,由于分别为上增函数、
减函数,于是结合图象易知,方程在上
有解的充要条件为,即,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.
11【解】填.依题意曲线的普通方程为,
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【解】填.设,易知,
中由勾股定理可得,连接,则有
.
13【解】填 -3 .由题可得,故填.
(二)必做题(14-16题)
14【解】填 -2 .如右图所示,,且可行域为三角形,
故当目标函数过点时,有最小值,
即,即.
15【解】填.由条件可知在抛物线
上,代入点易得,又代入点得,,即,
可化为,得,又因为,所以,即为所求.
16【解】填.由知,动点在上,
设,则,
其几何意义为上动点与定点间距离的平方,
如右图所示,由平面几何知,.
三.解答题
17【解】(Ⅰ)记{甲组研发新产品成功},{乙组研发新产品成功}.由题设知
相互独立,且,又记事件 "至少有一种新产品研发成功"为,
则...............6分
(Ⅱ)记该企业可获利润为(万元),则的可能取值有0,100,120,220.
0 100 120 220 且易知;
;
故所求的分布列为(如右表所示):
且......................12分
18【解】(Ⅰ)如图右,在中,由余弦定理,得
...............5分
(Ⅱ)设,则,
因为,
且,所以,
同理,
于是,
,.............................................10分
所以在中,由正弦定理有,
即为所求...................12分
19【解】(Ⅰ)证明:如图右,因为四边形为矩形,所以
,同理,
因为,所以,而,因此
底面.
由题设知,故底面;..................6分
(Ⅱ)解法1 如图右,由(Ⅰ)知底面,
所以底面,于是.
又由题设知四边形是菱形,所以,而,
故平面,于是过点作于,连结
则(三垂线定理),故是二面角的平面角.
不妨设,因为,所以,
在中,,而,于是,
故中,有,
即二面角的余弦值为....................................................12分
解法2 由题设知四边形是菱形,所以,
又(Ⅰ)已证底面,从而两
两垂直,如图右,以为原点,所在直线分
别分轴,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,
易知是平面的一个法向量.设是平面一个法向量,
则,即 ,令,则,故,
设二面角的大小为,由图可知为锐角,于是
,
故二面角的余弦值为....................................................12分
20【解】(Ⅰ)因为是递增数列,所以,而,
因为,又成等差数列,
所以,因而,解得或,
当时,,这与是递增数列矛盾.故;....................................6分
(Ⅱ)由于是递增数列,因而,于是,......①
而,......②
由①②知,,即,......③
因为是递减数列,同理可得,故......④
由③④即知,,
所以
,
又当时,也适合上式,故............................13分
21【解】(Ⅰ)因为所以,
得,从而,
于是,即,
故的方程分别为..........5分
(Ⅱ)由(Ⅰ)易知,依题意设,,
由,得,显然恒成立,
所以,
故,于是的中点,
故直线的斜率为,即直线,即,
由得,即,
由双曲线的对称性易,
由为的中点,显然到直线的距离相等,
即,所以,
又因为在直线的两侧,故,
于是,
又因为,即,
故四边形的面积为,
由,故当时,有最小值2,
综上所述,四边形面积的最小值为2...................13分
22【解】(Ⅰ)由,()
①当时,;
②当时,由得,(舍去),
且由于二次函数的图象是开口向上的抛物线,故易知:
当时,,当时,,
综上所述,当时,在区间上单调递增;
当时,在区间上递减,在区间上递增.......6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,所以
①当时,,此时不存在极值点.
②当时,的两根为,
依题意是定义域上的两个极值点,故必有,
解得,结合二次函数的图象可知,
当时,分别是的极小值、极大值点.且.
而,
令,则,
于是,即在上递减,所以
①当时,,与的题意矛盾,舍去;
②当时,,符合题意.
综上可知,要使则必须有,即为所求.......13分
数学(理工农医类)
本试卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共5页,时间120分钟,满分150分.
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.
1.满足为虚数单位)的复数( )
A． B． C． D．
2.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是则( )
A． B． C． D．
3.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
4.的展开式中的系数是( )
A．－20 B．－5 C．5 D．20
5.已知命题若,则,命题若,则.在命题:①②
③④中,真命题是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
6.执行如图右所示的程序框图,如果输入的,则输出的属于( )
A. B．
C． D．
7.一块石材表示的几何体的三视图如图右所示,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
8.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
年生产总值的年平均增长率为( )
A． B． C． D．
9.已知函数且,则函数的图象的一条对称轴是( )
A． B． C． D．
10.已知函数与的图象上存在关于轴对称
的点,则的取值范围是( )
A． B． C． D．
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(请考生在第11、12、13三题中任选两题作答,如果全做,则按前两题记分)
11.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 .
12.如图右,已知是的两条弦,,
则的半径等于 .
13.若关于的不等式的解集为,则 .
(二)必做题(14-16题)
14.若变量满足约束条件,且的最小值为－6,
则 .
15.如图右,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 .
16.在平面直角坐标系中,为原点,,动点满足,则
的最大值是 .
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.
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.
(Ⅰ)求至少有一种新产品研发成功的概率;
(Ⅱ)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.
18.(本小题满分12分)
如图右,在平面四边形中,.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若求的长.
19.(本小题满分12分)
如图,四棱柱的所有棱长都相等,
四边形和四边形
均为矩形.
(Ⅰ)证明:底面;
(Ⅱ)若,求二面角的余弦值.
20.(本小题满分13分)
已知数列满足
(Ⅰ)若是递增数列,且成等差数列,求的值;
(Ⅱ)若,且是递增数列,是递减数列,求数列的通项公式.
21.(本小题满分13分)
如图右,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
(Ⅰ)求的方程;
(Ⅱ)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.
22.(本小题满分13分)
已知常数,函数
(Ⅰ)讨论在区间上的单调性;
(Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.
参考答案
一.选择题
1【解】选B.由,即选B.
2【解】选D. 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【解】选C.由函数奇偶性,联想转
化:.
4【解】选A.二项式的通项为,
令时,,故选A.
5【解】选C.显然真假,所以可知复合命题①、③正确,选C.
6【解】选D. 由程序框图可知
①当时,运行程序如下,;
②当时,则;
综上①②可知,故选D.
7【解】选B.由三视图可得该几何体为三棱柱(倒置:长为12、
宽为6的矩形侧面与地面接触).易知不存在球与该三棱
柱的上、下底面及三个侧面同时相切,故最大的球是与其
三个侧面同时相切,所以最大球的半径为上(下)底面直角
三角形内切圆的半径,则,故选B.
8【解】选D.设两年的年平均增长率为,
则有,故选D.
9【解】选A.由得,,即,
可化为,即,可得,
也所以,经检验可知A选项符合.
10【解】选B.依题意在曲线取一点,则在曲线上存在一点与之对应(关于轴对称),所以在上有解,
即,也即在上
有解,由于分别为上增函数、
减函数,于是结合图象易知,方程在上
有解的充要条件为,即,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.
11【解】填.依题意曲线的普通方程为,
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【解】填.设,易知,
中由勾股定理可得,连接,则有
.
13【解】填 -3 .由题可得,故填.
(二)必做题(14-16题)
14【解】填 -2 .如右图所示,,且可行域为三角形,
故当目标函数过点时,有最小值,
即,即.
15【解】填.由条件可知在抛物线
上,代入点易得,又代入点得,,即,
可化为,得,又因为,所以,即为所求.
16【解】填.由知,动点在上,
设,则,
其几何意义为上动点与定点间距离的平方,
如右图所示,由平面几何知,.
三.解答题
17【解】(Ⅰ)记{甲组研发新产品成功},{乙组研发新产品成功}.由题设知
相互独立,且,又记事件 "至少有一种新产品研发成功"为,
则...............6分
(Ⅱ)记该企业可获利润为(万元),则的可能取值有0,100,120,220.
0 100 120 220 且易知;
;
故所求的分布列为(如右表所示):
且......................12分
18【解】(Ⅰ)如图右,在中,由余弦定理,得
...............5分
(Ⅱ)设,则,
因为,
且,所以,
同理,
于是,
,.............................................10分
所以在中,由正弦定理有,
即为所求...................12分
19【解】(Ⅰ)证明:如图右,因为四边形为矩形,所以
,同理,
因为,所以,而,因此
底面.
由题设知,故底面;..................6分
(Ⅱ)解法1 如图右,由(Ⅰ)知底面,
所以底面,于是.
又由题设知四边形是菱形,所以,而,
故平面,于是过点作于,连结
则(三垂线定理),故是二面角的平面角.
不妨设,因为,所以,
在中,,而,于是,
故中,有,
即二面角的余弦值为....................................................12分
解法2 由题设知四边形是菱形,所以,
又(Ⅰ)已证底面,从而两
两垂直,如图右,以为原点,所在直线分
别分轴,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,
易知是平面的一个法向量.设是平面一个法向量,
则,即 ,令,则,故,
设二面角的大小为,由图可知为锐角,于是
,
故二面角的余弦值为....................................................12分
20【解】(Ⅰ)因为是递增数列,所以,而,
因为,又成等差数列,
所以,因而,解得或,
当时,,这与是递增数列矛盾.故;....................................6分
(Ⅱ)由于是递增数列,因而,于是,......①
而,......②
由①②知,,即,......③
因为是递减数列,同理可得,故......④
由③④即知,,
所以
,
又当时,也适合上式,故............................13分
21【解】(Ⅰ)因为所以,
得,从而,
于是,即,
故的方程分别为..........5分
(Ⅱ)由(Ⅰ)易知,依题意设,,
由,得,显然恒成立,
所以,
故,于是的中点,
故直线的斜率为,即直线,即,
由得,即,
由双曲线的对称性易,
由为的中点,显然到直线的距离相等,
即,所以,
又因为在直线的两侧,故,
于是,
又因为,即,
故四边形的面积为,
由,故当时,有最小值2,
综上所述,四边形面积的最小值为2...................13分
22【解】(Ⅰ)由,()
①当时,;
②当时,由得,(舍去),
且由于二次函数的图象是开口向上的抛物线,故易知:
当时,,当时,,
综上所述,当时,在区间上单调递增;
当时,在区间上递减,在区间上递增.......6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,所以
①当时,,此时不存在极值点.
②当时,的两根为,
依题意是定义域上的两个极值点,故必有,
解得,结合二次函数的图象可知,
当时,分别是的极小值、极大值点.且.
而,
令,则,
于是,即在上递减,所以
①当时,,与的题意矛盾,舍去;
②当时,,符合题意.
综上可知,要使则必须有,即为所求.......13分
