2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(湖南卷)文 (2)

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+1>0,则􀱑p为()a.x0r,x02+1>0b.x0r,x02+10c.x0r,x02+1<0d.xr,x2+10答案:b解析:因为全称命题的否定为特称命题,所以􀱑p为x0r,x02+10.故选b.2.(2014湖南,文2)已知集合a=x|x>2,b=x|1<x<3,则ab=()a.x|x>2b.x|x&

2、gt;1c.x|2<x<3d.x|1<x<3答案:c解析:由交集的概念,结合数轴(数轴略)可得ab=x|2<x<3.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中的概率分别为p1,p2,p3,则()a.p1=p2<p3b.p2=p3<p1c.p1=p3<p2d.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

3、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.19

4、c.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(m<25),得圆c2的圆心坐标为(3,4),半径r2=25-m(m<25).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

5、,-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,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0<x1<x2<1,则()a.ex2-ex1>ln x2-ln x1b.ex2-ex1<ln x2-

6、ln x1c.x2ex1>x1ex2d.x2ex1<x1ex2答案:c解析:设f(x)=ex-ln x,则f'(x)=x·ex-1x.当x>0且x趋近于0时,x·ex-1<0;当x=1时,x·ex-1>0,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0<x<1时,g'(x)=(x-1)exx2<0,所以g(x)在(0,1)上为减函数.所以g(x1)>g(x2),即ex1x1>ex2x2,所以x2ex1>x1ex2.故选c.1

7、0.(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.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.

8、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-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:

9、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-k2<0,解得k>1或k<-1.15.(2014湖南,文15)若f(x

10、)=ln(e3x+1)+ax是偶函数,则a=. 答案:-32解析:由题意得f(-x)=ln(e-3x+1)-ax=ln1+e3xe3x-ax=ln(1+e3x)-ln e3x-ax=ln(e3x+1)-(3+a)x,而f(x)为偶函数,因此f(-x)=f(x),即ax=-(3+a)x,所以a=-32.三、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.16.(本小题满分12分)(2014湖南,文16)已知数列an的前n项和sn=n2+n2,nn*.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2an+(-1)nan,求数列bn的前2n项和.分析:在第(1)问中,

11、通过sn可求出an,在求解过程中要注意分n=1和n2两种情况进行讨论;在第(2)问中,充分利用第(1)问的结论得到bn=2n+(-1)nn,然后利用分组求和法分别计算(21+22+22n)和(-1+2-3+2n),最后相加得到bn的前2n项和.解:(1)当n=1时,a1=s1=1;当n2时,an=sn-sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n.故数列an的通项公式为an=n.(2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn.记数列bn的前2n项和为t2n,则t2n=(21+22+22n)+(-1+2-3+4-+2n).记a=21+22+22n,b=-1+2-3+4-+2n,则a=2(1-

12、22n)1-2=22n+1-2,b=(-1+2)+(-3+4)+-(2n-1)+2n=n.故数列bn的前2n项和t2n=a+b=22n+1+n-2.17.(本小题满分12分)(2014湖南,文17)某企业有甲、乙两个研发小组,为了比较他们的研发水平,现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下:(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b)其中a,a分别表示甲组研发成功和失败;b,b分别表示乙组研发成功和失败.(1)若某组成功研发一种新产品,则给该组记1分,否则记

13、0分.试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差,并比较甲、乙两组的研发水平;(2)若该企业安排甲、乙两组各自研发一种新产品,试估计恰有一组研发成功的概率.分析:在第(1)问中,通过已知条件可分别写出甲、乙两组的成绩,然后利用平均数公式分别计算甲、乙两组的平均成绩,再结合方差公式得到甲、乙两组的方差,进而比较甲、乙两组的研发水平;在第(2)问中,充分利用古典概型的概率公式,转化为计算基本事件的个数,从而求得概率.解:(1)甲组研发新产品的成绩为1,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,0,1,其平均数为x甲=1015=23;方差为s甲2=1151-232×10+0-23

14、2×5=29.乙组研发新产品的成绩为1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,其平均数为x乙=915=35;方差为s乙2=1151-352×9+0-352×6=625.因为x甲>x乙,s甲2<s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.(本小题满分12分)(2014湖南,文18)如图,已知二面角

15、-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,所以doab.图a连接bd,由题

16、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=de·sin 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

17、中,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+de2-2cd·de·cosedc.于是由题设知,7=cd2+1+cd,即cd2+cd-6=0.解得cd=2(cd=-3舍去).在

18、cde中,由正弦定理,得ecsinedc=cdsin.于是,sin =cd·sin23ec=2×327=217,即sinced=217.(2)由题设知,0<<3,于是由(1)知,cos =1-sin2=1-2149=277.而aeb=23-,所以cosaeb=cos23-=cos23cos +sin23sin =-12cos +32sin =-12×277+32×217=714.在rteab中,cosaeb=eabe=2be,故be=2cosaeb=2714=47.20.(本小题满分13分)(2014湖南,文20)如图,o为坐标原点,双曲线c

19、1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和椭圆c2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)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,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

20、,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)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c

21、2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+x2)+m2=3k2-3m2k2-3.由y=kx+m,y2

22、3+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oa·ob=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-30,于是oa2+ob2+2oa·oboa2+ob2-2oa·ob,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(x>0).(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+1xn2<23.分析:在第(1)问中,通过已知条件,借助导