1、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)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,理1)满足z+iz=i(i为虚数单位)的复数z=().A.12+12iB.12-12iC.-12+12iD.-12-12i答案:B解析:由已知,得z+i=zi,则z(1-i)=-i,即z=-i1-i=-i(1+i)(1-i)(1+i)=1-i2=12-i2.故选B.2.(2014湖南,理2)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
2、抽中的概率分别为p1,p2,p3,则().A.p1=p2p3B.p2=p3p1C.p1=p3y,则-xy,则x2y2.在命题pq;pq;p(q);(p)q中,真命题是().A.B.C.D.答案:C解析:由题易知命题p为真,命题q为假,则p为假,q为真.故pq为假,pq为真,p(q)为真,(p)q为假.故选C.6.(2014湖南,理6)执行如图所示的程序框图.如果输入的t-2,2,则输出的S属于().A.-6,-2B.-5,-1C.-4,5D.-3,6答案:D解析:由题意知,当
3、-2t0时,y=2t2+1,得y(1,9.故当t0,2(1,9=0,9时,S=t-3,S-3,6.故选D.7.(2014湖南,理7)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,故此时球的半径与ABC内切圆的半径相等,故半径r=6+8-102=2.故选B.8.(2014湖南,理8)某市生产总值连续两年持续增加.第一年的增长率为p
4、,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.p+q2B.(p+1)(q+1)-12C.pqD.(p+1)(q+1)-1答案:D解析:设第一年年初生产总值为1,则这两年的生产总值为(p+1)(q+1).设这两年生产总值的年平均增长率为x,则(1+x)2=(p+1)(q+1),解得x=(p+1)(q+1)-1,故选D.9.(2014湖南,理9)已知函数f(x)=sin(x-),且023 f(x)dx=0,则函数f(x)的图象的一条对称轴是().A.x=56B.x=712C.x=3D.x=6答案:A解析:由已知,得023 sin(x-)dx=-cos(x-)|023=-cos
5、23-+cos(-)=0,即=23-+2n,nZ,或=-23-+2n,nZ,解得=n+3,nZ,或0=-23+2n,nZ(舍去),故f(x)=sinx-n-3,nZ.令x-n-3=k+2,kZ,得x=m+56,mZ.令m=0,得x=56,故选A.10.(2014湖南,理10)已知函数f(x)=x2+ex-12(x0).令h(x)=g(x),得ln(x+a)=e-x-12,作函数M(x)=e-x-12的图象,显然当a0时,函数y=ln(x+a)的图象与M(x)的图象一定有交点.当a0时,若函数y=ln(x+a)的图象与M(x)的图象有交点,则ln a12,则0ae.综上ae.故选B.二、填空题:
6、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.(2014湖南,理11)在平面直角坐标系中,倾斜角为4的直线l与曲线C:x=2+cos,y=1+sin(为参数)交于A,B两点,且|AB|=2.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:(cos -sin )=1解析:由题意得曲线C的方程为(x-2)2+(y-1)2=1.又|AB|=2,故直线l过曲线C的圆心(2,1),则直线方程为y-1=x-2,即x-y-1=0,故直线l的极坐标方程为(cos -sin )=1
7、.12.(2014湖南,理12)如图,已知AB,BC是O的两条弦,AOBC,AB=3,BC=22,则O的半径等于.答案:32解析:如右图,由已知AOBC,可得E是BC的中点,即BE=2,故AE=AB2-BE2=1.在RtBOE中,OB2=BE2+OE2,即r2=(2)2+(r-1)2,解得r=32.13.(2014湖南,理13)若关于x的不等式|ax-2|3的解集为x-53x13,则a=.答案:-3解析:由|ax-2|3,得-1ax5.若a0,显然不符合题意,当a0时,解得5ax-1a,故-1a=13,5a=-53,解得a=-3.(二)必做题(1416题)14.(2014湖南,理14)若变量x
8、,y满足约束条件yx,x+y4,yk,且z=2x+y的最小值为-6,则k=.答案:-2解析:画出可行域如图所示:画直线l0:y=-2x,平移直线l0,当过A(k,k)时,使得z最小,由最小值为-6,可得3k=-6,解得k=-2.15.(2014湖南,理15)如图,正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a,b(a0)经过C,F两点,则ba=.答案:1+2解析:由题意,知Ca2,-a,Fb+a2,b.又C,F在抛物线y2=2px(p0)上,所以a2=2pa2,b2=2pb+a2,由,得b2a2=2b+aa,即b2-2ba-a2=0,解得ba=12(负值舍去).故ba=1+2.16.(2014湖
9、南,理16)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|的最大值是.答案:1+7解析:设动点D(x,y),则由|CD|=1,得(x-3)2+y2=1,D点轨迹为以(3,0)为圆心,半径为1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|的最大值为点(3,0)与(1,-3)之间的距离与1的和,即(3-1)2+(0+3)2+1=1+7.三、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)(2014湖
10、南,理17)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.分析:在第(1)问中,考虑到欲求概率的事件包含的互斥事件较多,因此可先求其对立事件的概率,再根据互为对立事件的概率之和为1,求得原事件的概率.在第(2)问中,先列出该企业所获利润的所有可能的取值,然后用相互独立事件的概率公式求出各个概率值,列出表格即得分布列,最后利用数
11、学期望的定义求得期望值.解:记E=甲组研发新产品成功,F=乙组研发新产品成功.由题设知P(E)=23,P(E)=13,P(F)=35,P(F)=25,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H=EF,于是P(H)=P(E)P(F)=1325=215,故所求的概率为P(H)=1-P(H)=1-215=1315.(2)设企业可获利润为X(万元),则X的可能取值为0,100,120,220.因P(X=0)=P(EF)=1325=215,P(X=100)=P(EF)=1335=315,P(X=120)=P(EF)=2325=415,P(X=220)=P(
12、EF)=2335=615,故所求的分布列为X0100120220P215315415615数学期望为E(X)=0215+100315+120415+220615=300+480+1 32015=2 10015=140.18.(本小题满分12分)(2014湖南,理18)如图,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=7.(1)求cosCAD的值;(2)若cosBAD=-714,sinCBA=216,求BC的长.分析:对于第(1)问,由已知ACD中三边求角,很容易想到利用余弦定理进行求解.对于第(2)问,目标为求BC的长度,而BC是ABC中的边.又AC已知,AC所对的角CBA的正弦已知,所
13、以联想到利用正弦定理来求,但需要BAC的正弦值.而已知中有cosBAD的值,发现BAC=BAD-CAD,因此用两角差的正弦公式求得sinBAC,从而问题得解.解:(1)如题图,在ADC中,由余弦定理,得cosCAD=AC2+AD2-CD22ACAD.故由题设知,cosCAD=7+1-427=277.(2)如题图,设BAC=,则=BAD-CAD.因为cosCAD=277,cosBAD=-714,所以sinCAD=1-cos2CAD=1-2772=217,sinBAD=1-cos2BAD=1-7142=32114.于是sin =sin(BAD-CAD)=sinBADcosCAD-cosBADsin
14、CAD=32114277-714217=32.在ABC中,由正弦定理,BCsin=ACsinCBA.故BC=ACsinsinCBA=732216=3.19.(本小题满分12分)(2014湖南,理19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O底面ABCD;(2)若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.分析:在第(1)问中,从“四边形ACC1A1,BDD1B1均为矩形”出发可证得四棱柱的一条侧棱与底面ABCD的两条对角线垂直,则该侧棱与底面ABCD垂直.而OO1与任一侧
15、棱平行,因此可证得OO1底面ABCD.在第(2)问中可利用两种方法求解,第1种方法为几何法,首先由点O1向二面角的棱B1O作垂线,再将垂足H与C1连接,然后通过线面垂直的性质等证明C1HO1即为所求二面角的平面角,最后再在直角三角形中,通过三角函数求得二面角的余弦值;第2种方法为空间向量法,先根据条件证得OB,OC,OO1两两垂直,从而以O为原点建立空间直角坐标系,然后分别求出二面角的两个面的法向量,利用向量的夹角公式即可求得二面角的余弦值.图(a)(1)证明:如图(a),因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1,所以CC1BD.而ACBD=O,因此CC1
16、底面ABCD.由题设知,O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)解法1:如图(a),过O1作O1HOB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角.不妨设AB=2.因为CBA=60,所以OB=3,OC=1,OB1=7.在RtOO1B1中,易知O1H=OO1O1B1OB1=237.而O1C
17、1=1,于是C1H=O1C12+O1H2=1+127=197.故cosC1HO1=O1HC1H=237197=25719.即二面角C1-OB1-D的余弦值为25719.图(b)解法2:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此ACBD.又O1O底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直.如图(b),以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.不妨设AB=2.因为CBA=60,所以OB=3,OC=1,于是相关各点的坐标为:O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,
18、0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的一个法向量,则n2OB1=0,n2OC1=0,即3x+2z=0,y+2z=0.取z=-3,则x=2,y=23,所以n2=(2,23,-3).设二面角C1-OB1-D的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=n1n2|n1|n2|=2319=25719.故二面角C1-OB1-D的余弦值为25719.20.(本小题满分13分)(2014湖南,理20)已知数列an满足a1=1,|an+1-an|=pn,nN*.(1)若an是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=12,且a2n-1是递增数列,
19、a2n是递减数列,求数列an的通项公式.分析:对于第(1)问,根据an是递增数列,可将已知|an+1-an|=pn的绝对值符号去掉.再根据a1=1,用p表示出a2,a3来,然后由条件a1,2a2,3a3成等差数列,建立关于p的方程求出p的值.对于第(2)问,可先由已知条件a2n-1是递增数列与a2n是递减数列建立不等关系,再依据已知条件|an+1-an|=pn得出a2n-a2n-1与a2n+1-a2n的表达式.最后利用累加法,求出an.解:(1)因为an是递增数列,所以an+1-an=|an+1-an|=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,
20、所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=13,p=0.当p=0时,an+1=an,这与an是递增数列矛盾.故p=13.(2)由于a2n-1是递增数列,因而a2n+1-a2n-10,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.但122n122n-1,所以|a2n+1-a2n|0,因此a2n-a2n-1=122n-1=(-1)2n22n-1.因为a2n是递减数列,同理可得,a2n+1-a2nb0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1;双曲线C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦点分别为F3,F4,离心率为e2.已知e1e2=32,且|F2F4|=3-1.(1)求C1,
21、C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点.当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.分析:对于第(1)问,利用条件,结合平方关系将e1e2=32,|F2F4|=3-1表示成关于a,b的方程组,求解a,b的值,写出C1,C2的方程.对于第(2)问,求四边形APBQ面积的最小值可建立函数求最值.设直线AB的方程为x=my-1,与C1的方程联立,运用根与系数的关系求出中点M的坐标.通过M的坐标,写出PQ的直线方程,将其与C2联立,并用m表示出|PQ|.再利用点到直线的距离公式求出点A,B到直线PQ的距离,结合条件和根与系数的关系把距离用m表示出来,从
22、而可将面积S表示为m的函数,最后利用分离常数法求最值.解:(1)因为e1e2=32,所以a2-b2aa2+b2a=32,即a4-b4=34a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(3b,0),于是3b-b=|F2F4|=3-1,所以b=1,a2=2.故C1,C2的方程分别为x22+y2=1,x22-y2=1.(2)因AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由x=my-1,x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0.易知此方程的判别式大于0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=2mm2+2,
23、y1y2=-1m2+2.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2,于是AB的中点为M-2m2+2,mm2+2,故直线PQ的斜率为-m2,PQ的方程为y=-m2x,即mx+2y=0.由y=-m2x,x22-y2=1得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=42-m2,y2=m22-m2,从而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.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2d=|mx1+2y1|+|mx2+2y2|m2+4.因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx
24、1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=(m2+2)|y1-y2|m2+4.又因为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=221+m2m2+2,所以2d=221+m2m2+4.故四边形APBQ的面积S=12|PQ|2d=221+m22-m2=22-1+32-m2.而00,函数f(x)=ln(1+ax)-2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)0,求a的取值范围.分析:对于第(1)问,先计算f(x),再观察f(x)=0是否有解,对a进行讨论.若无解,则直接判断f(x)符号,得到单调性.若有解,求出(0,+)
25、上的解,然后分析f(x)的单调性.对于第(2)问,结合第(1)问求出f(x)的极大值点和极小值点,从而把f(x1)+f(x2)用a表示出,再用换元法构造函数g(x),通过分析g(x)最小值的情况来求a的取值范围.在求解时,要注意对g(x)的定义域分段讨论.解:(1)f(x)=a1+ax-2(x+2)-2x(x+2)2=ax2+4(a-1)(1+ax)(x+2)2.(*)当a1时,f(x)0.此时,f(x)在区间(0,+)上单调递增.当0a1时,由f(x)=0,得x1=21-aax2=-21-aa舍去.当x(0,x1)时,f(x)0.故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+)上单
26、调递增.综上所述,当a1时,f(x)在区间(0,+)上单调递增;当0a1时,f(x)在区间0,21-aa上单调递减,在区间21-aa,+上单调递增.(2)由(*)式知,当a1时,f(x)0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0a-1a,且x-2,所以-21-aa-1a,-21-aa-2,解得a12.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-2x1x1+2+ln(1+ax2)-2x2x2+2=ln1+a(x1+x2)+a2x1x2-4x1x2+4(x1+x2)x1x2+2(x1+x2)+4=ln(2a-1)2-4(a-1)2a-1=ln(2a-1)2+22a-1-2.令2a-1=x,由0a1,且a12知当0a12时,-1x0;当12a1时,0x1.记g(x)=ln x2+2x-2.当-1x0时,g(x)=2ln(-x)+2x-2,所以g(x)=2x-2x2=2x-2x20,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)g(-1)=-40.故当0a12时,f(x1)+f(x2)0.当0x1时,g(x)=2ln x+2x-2,所以g(x)=2x-2x2=2x-2x2g(1)=0.故当12a0.综上所述,满足条件的a的取值范围为12,1.
