1、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（为虚数单位）的复数A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题可得，所以，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，则A. B. C. D. 【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 ，故选D【2014年湖南卷（理03）】已知分别，是定
2、义在R上的偶函数和奇函数，且，则A. B. C. 1 D. 3【答案】C【解析】令可得，所以故选C. 或者观察求得，可求得【2014年湖南卷（理04）】的展开式中的系数是A. B. C. 5 D. 20【答案】A【解析】第项展开式为,则时, ,故选A.【2014年湖南卷（理05）】 已知命题 若， 则；命题若，则 . 在命题 ； ； ； 中，真命题是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,所以命题为假命题,所以为真命题, 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，则输出的S属于A. B. C. D. 【答
3、案】D【解析】当时,运行程序如下,当时 ,则,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,则，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，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. 【答案】D【解析】设两年的平均增长率为,则有，故选D.【2014年湖南卷（理09）】 已知函数，且，则函数的图象的一条
4、对称轴是A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数的对称轴为，又由得的一个值为，则是其中一条对称轴，故选A【2014年湖南卷（理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. 【答案】B【解析】由题可得存在满足，当趋近于负无穷小时，趋近于,因为函数在定义域内是单调递增，所以,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，倾斜角为的直线与曲线 (为参数) 交于A、B两点，且. 以坐标原点为极
5、点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程是_.【答案】 （或）【解析】曲线C的普通方程为，直线截曲线C所得弦长，知直线过圆心，故直线的直角坐标方程为【2014年湖南卷（理12）】如图3，已知，是的两条弦，则的半径等于_.【答案】【解析】设AD交BC于点D，延长AO交圆于另一点E，则，在中由勾股定理可得，再由相交弦定理得，从而直径，半径【2014年湖南卷（理13）】若关于x的不等式的解集为， 则_.【答案】【解析】依得可得，解得（二）必做题（1416题）【2014年湖南卷（理14）】若变量满足约束条件，且的最小值为，则_.【答案】【解析】画出不等式（组）表示的平面区域，知当过点时取得
6、最小值，所以，【2014年湖南卷（理15）】如图4，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_.【答案】【解析】由题可得,则,故填.【2014年湖南卷（理16）】在平面直角坐标系中，为原点，. 动点满足，则的最大值是_.【答案】【解析】动点的轨迹为以为圆心的单位圆，则设为，则，所以的最大值为，故填.或由题求得点D的轨迹方程为，数形结合求出的最大值即为点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
7、产品成功的概率分别是和. 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 , ，.且事件E与F，E与，与，与都相互独立.(1) 记H至少有一种新产品研发成功，则，于是，故所求概率为.（2）设企业可获利润为（万元），则的可能取值为0，100，120，220. 又因，.故所求分布列为X0100120220P数学期望为 .【2014
8、年湖南卷（理18）】 (本小题满分12分) 如图5，在平面四边形中，. （1） 求的值； （2） 若，求的长.解：（1）在中，则余弦定理，得. 由题设知，. （2）设，则因为， 所以，.于是 .在中，由正弦定理，故 .【2014年湖南卷（理19）】(本小题满分12分) 如图6，四棱柱的所有棱长都相等， 四边形和四边形均为矩形. （1） 证明：底面; （2）若，求二面角的余弦值.解：（1）如图(a)，因为四边形为矩形，所以，同理.由题知，所以，又 ，故 底面. (2) 解法1 如图(a)，过作于，连接. 由(1)知，底面，所以底面，于是. ，又因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形为菱形，因此，
9、从而平面,所以，于是平面，进而 ，故是二面角的平面角.不妨设,因为，所以，在中，易知，故，即二面角的余弦值为. 解法2因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形为菱形，因此， 又底面，从而，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. 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，设是平面的一个法向量,则，即，取，则，于是.设二面角的大小为，易知为锐角，于是 .即二面角的余弦值为.【2014年湖南卷（理20）】(本小题满分13分) 已知数列满足，. （1）若是递增数列，且，成等差数列，求的值； （2）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通
10、项公式.解：（1）因为是递增数列，所以，而，因此 ，又，成等差数列，所以，因而，解得或， 但当时，与是递增数列相矛盾，故. (2) 由于是递增数列，因而 ，于是 且 ，所以 则可知，因此， 因为是递减数列，同理可得，故， 由即得 . 于是 故数列的通项公式为 【2014年湖南卷（理21）】 (本小题满分13分) 如图7，为坐标原点，椭圆的左、右焦点为，离心率为；双曲线的左、右焦点为，离心率为. 已知，且. （1）求、的方程； （2）过作的不垂直轴的弦，为的中点. 当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值.解：（1）因为，所以，因此得，即，从而，于是，所以，.故、的方程分别是 ，.(2) 由于过
11、且不垂直轴，故可设直线的方程为 由 得 易知此方程的判别式大于0，设，则是上述方程的两个实根，所以 ，.因此，于是中点，因此直线的斜率为，其方程为. 由 得 ，所以，从而 . 设点A到直线PQ的距离为，则点B到直线PQ的距离也为，所以 ，因为点A、B在直线PQ的异侧， 所以，于是 从而 ，又，所以 ，故四边形面积 ，而 ，故当时，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，函数 （1） 讨论在区间上的单调性； （2）若存在两个极值点，且，求的取值范围.解：（1） （*）当时，此时，在区间上单调递增；当时，由得 （舍去），当时，当时，故在区间上单调递减，在区间上单调递增.综上所述，当时， 在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）由（*）式知，当时， ，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和，且由的定义可知，且，所以且，解得. 此时，则（*）式知，分别是的极小值点和极大值点. 而.令，由且知，当时，；当时，. 并记， （i）当时，因此，在区间上单调递减，从而，故当时，. (ii) 当时，因此，在区间上单调递减，从而，故当时，. 综上所述，满足条件的的取值范围是.
