1、2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)数学(文史类)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.(2014湖南,文1)设命题p:xR,x2+10,则p为()A.x0R,x02+10B.x0R,x02+10C.x0R,x02+12,B=x|1x2B.x|x1C.x|2x3D.x|1x3答案:C解析:由交集的概念,结合数轴(数轴略)可得AB=x|2x3.故选C.3.(2014湖南,文3)对一个容量为N的总体抽取容量为n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
2、中的概率分别为p1,p2,p3,则()A.p1=p2p3B.p2=p3p1C.p1=p3p2D.p1=p2=p3答案:D解析:由随机抽样的原则可知简单随机抽样、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p1=p2=p3,故选D.4.(2014湖南,文4)下列函数中,既是偶函数又在区间(-,0)上单调递增的是()A.f(x)=1x2B.f(x)=x2+1C.f(x)=x3D.f(x)=2-x答案:A解析:由偶函数的定义知,A,B为偶函数.A选项,f(x)=-2x3在(-,0)恒大于0;B选项,f(x)=2x在(-,0)恒小于0.故选A.5.(2014湖南,文5)在区间-2,3上随机
3、选取一个数X,则X1的概率为()A.45B.35C.25D.15答案:B解析:由几何概型的概率公式可得P(X1)=35,故选B.6.(2014湖南,文6)若圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m=()A.21B.19C.9D.-11答案:C解析:易知圆C1的圆心坐标为(0,0),半径r1=1.将圆C2化为标准方程(x-3)2+(y-4)2=25-m(m25),得圆C2的圆心坐标为(3,4),半径r2=25-m(m25).由两圆相外切得|C1C2|=r1+r2=1+25-m=5,解方程得m=9.故选C.7.(2014湖南,文7)执行如图所示的程序框图.如果输入的
4、t-2,2,则输出的S属于()A.-6,-2B.-5,-1C.-4,5D.-3,6答案:D解析:当t-2,0)时,执行以下程序:t=2t2+1(1,9,S=t-3(-2,6;当t0,2时,执行S=t-3-3,-1,因此S(-2,6-3,-1=-3,6.故选D.8.(2014湖南,文8)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.1B.2C.3D.4答案:B解析:由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1相切,
5、故此时球的半径与ABC内切圆半径相等,故半径r=6+8-102=2.故选B.9.(2014湖南,文9)若0x1x2ln x2-ln x1B.ex2-ex1x1ex2D.x2ex10且x趋近于0时,xex-10,因此在(0,1)上必然存在x1x2,使得f(x1)=f(x2),因此A,B不正确;设g(x)=exx,当0x1时,g(x)=(x-1)exx2g(x2),即ex1x1ex2x2,所以x2ex1x1ex2.故选C.10.(2014湖南,文10)在平面直角坐标系中,O为原点,A(-1,0),B(0,3),C(3,0),动点D满足|CD|=1,则|OA+OB+OD|的取值范围是()A.4,6B
6、.19-1,19+1C.23,27D.7-1,7+1答案:D解析:设动点D的坐标为(x,y),则由|CD|=1得(x-3)2+y2=1,所以D点的轨迹是以(3,0)为圆心,1为半径的圆.又OA+OB+OD=(x-1,y+3),所以|OA+OB+OD|=(x-1)2+(y+3)2,故|OA+OB+OD|的最大值为(3,0)与(1,-3)两点间的距离加1,即7+1,最小值为(3,0)与(1,-3)两点间的距离减1,即7-1.故选D.二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.11.(2014湖南,文11)复数3+ii2(i为虚数单位)的实部等于.答案:-3解析:由题意可得3+ii2=3+i-
7、1=-3-i,故复数的实部为-3.12.(2014湖南,文12)在平面直角坐标系中,曲线C:x=2+22t,y=1+22t(t为参数)的普通方程为.答案:x-y-1=0解析:两式相减得,x-y=2-1,即x-y-1=0.13.(2014湖南,文13)若变量x,y满足约束条件yx,x+y4,y1,则z=2x+y的最大值为.答案:7解析:不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示,作直线l0:2x+y=0并平移,当直线经过点A(3,1)时,在y轴上的截距最大,此时z取得最大值,且最大值为7.14.(2014湖南,文14)平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)的距离和到直线x=-1的距离相等.若
8、机器人接触不到过点P(-1,0)且斜率为k的直线,则k的取值范围是.答案:(-,-1)(1,+)解析:由题意知,机器人行进的路线为抛物线y2=4x.由题意知过点P的直线为y=kx+k(k0),要使机器人接触不到过点P的直线,则直线与抛物线无公共点,联立方程得k4y2-y+k=0,即=1-k21或kx乙,s甲2s乙2,所以甲组的研发水平优于乙组.(2)记E=恰有一组研发成功.在所抽得的15个结果中,恰有一组研发成功的结果是(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),共7个.故事件E发生的频率为715.将频率视为概率,即得所求概率为P(E)=715.18.(
9、本小题满分12分)(2014湖南,文18)如图,已知二面角-MN-的大小为60,菱形ABCD在面内,A,B两点在棱MN上,BAD=60,E是AB的中点,DO面,垂足为O.(1)证明:AB平面ODE;(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值.分析:在第(1)问中,可利用线面垂直的判定定理证明,由DO平面可得到DOAB,然后利用ABD为正三角形得到DEAB,最后根据线面垂直的判定定理得出所证结论;在第(2)问中,充分利用第(1)问的结论AB平面ODE,从而得到二面角-MN-的平面角,达到立几化平几的目的,即转化为求ADO的余弦,然后利用解直角三角形的方法求出余弦值.解:(1)如图a,因为DO,AB
10、,所以DOAB.图a连接BD,由题设知,ABD是正三角形.又E是AB的中点,所以DEAB.而DODE=D,故AB平面ODE.(2)因为BCAD,所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角,即ADO是BC与OD所成的角.由(1)知,AB平面ODE,所以ABOE.又DEAB,于是DEO是二面角-MN-的平面角,从而DEO=60.不妨设AB=2,则AD=2.易知DE=3.在RtDOE中,DO=DEsin 60=32.连接AO,在RtAOD中,cosADO=DOAD=322=34.故异面直线BC与OD所成角的余弦值为34.19.(本小题满分13分)(2014湖南,文19)如图,在平面四边形ABCD中
11、,DAAB,DE=1,EC=7,EA=2,ADC=23,BEC=3.(1)求sinCED的值;(2)求BE的长.分析:在第(1)问中,通过已知条件,借助余弦定理得到CD的长,然后在CDE中,利用正弦定理得到CED的正弦值;在第(2)问中,利用CED的正弦值求得其余弦值,然后利用角之间的关系表示出AEB,进而表示出AEB的余弦值,最后在RtEAB中利用边角关系,求得BE的长.解:如题图,设CED=.(1)在CDE中,由余弦定理,得EC2=CD2+DE2-2CDDEcosEDC.于是由题设知,7=CD2+1+CD,即CD2+CD-6=0.解得CD=2(CD=-3舍去).在CDE中,由正弦定理,得E
12、CsinEDC=CDsin.于是,sin =CDsin23EC=2327=217,即sinCED=217.(2)由题设知,00,b10)和椭圆C2:y2a22+x2b22=1(a2b20)均过点P233,1,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|OA+OB|=|AB|?证明你的结论.分析:在第(1)问中,利用已知条件结合图形以及双曲线、椭圆中a,b,c的几何意义,列出关于a1,b1,a2,b2的方程,得到它们的值,从而求出双曲线C1、椭圆C2的方程;在第(2)问中
13、,首先对直线l的斜率进行分类讨论,当斜率k不存在时易得A,B两点的坐标,进而判断满足题设条件的直线l不存在;当斜率k存在时,可先设出l的方程,然后代入曲线方程,利用根与系数的关系并结合向量的运算,依此判断满足题设条件的直线l不存在.解:(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2.从而a1=1,c2=1.因为点P233,1在双曲线x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1.故b12=3.由椭圆的定义知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23.于是a2=3,b22=a22-c22=2.故C1,C2的方程分别为x2-y23=1,y23+x22=1.(2)
14、不存在符合题设条件的直线.若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=2或x=-2.当x=2时,易知A(2,3),B(2,-3),所以|OA+OB|=22,|AB|=23.此时,|OA+OB|AB|.当x=-2时,同理可知,|OA+OB|AB|.若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m.由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=2km3-k2,x1x2=m2+3k2-3.于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x
15、2)+m2=3k2-3m2k2-3.由y=kx+m,y23+x22=1得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化简,得2k2=m2-3,因此OAOB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-30,于是OA2+OB2+2OAOBOA2+OB2-2OAOB,即|OA+OB2|OA-OB2|,故|OA+OB|AB|.综合,可知,不存在符合题设条件的直线.21.(本小题满分13分)(2014湖南,文21)已知函数f(x)=xcos x-sin x+1(x0
16、).(1)求f(x)的单调区间;(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(iN*)个零点,证明:对一切nN*,有1x12+1x22+1xn223.分析:在第(1)问中,通过已知条件,借助导数,转化为判断导数在(0,+)上的符号,进而得出函数的单调区间;在第(2)问中,充分利用第(1)问的结论,得到f(x)在(n,(n+1)上存在零点,从而得出nxn+10,此时f(x)0;当x(2k+1),(2k+2)(kN)时,sin x0.故f(x)的单调递减区间为(2k,(2k+1)(kN),单调递增区间为(2k+1),(2k+2)(kN).(2)由(1)知,f(x)在区间(0,)上单调递减.又f2=0,故x1=2.当nN*时,因为f(n)f(n+1)=(-1)nn+1(-1)n+1(n+1)+10,且函数f(x)的图象是连续不断的,所以f(x)在区间(n,(n+1)内至少存在一个零点.又f(x)在区间(n,(n+1)上是单调的,故nxn+1(n+1).因此,当n=1时,1x12=4223;当n=2时,1x12+1x2212(4+1)23;当n3时,1x12+1x22+1xn2124+1+122+1(n-1)2125+112+1(n-2)(n-1)125+1-12+12-13+1n-2-1n-1=126-1n-16223.综上所述,对一切nN*,1x12+1x22+1xn223.
