2014年湖南省高考数学试卷(文科)答案与解析.doc
《2014年湖南省高考数学试卷(文科)答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014年湖南省高考数学试卷(文科)答案与解析.doc（15页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
2014年湖南省高考数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）
1．（5分）（2014•湖南）设命题p：
∀x∈R，x2+1＞0，则￢p为（ ）
A．
∃x0∈R，x02+1＞0
B．
∃x0∈R，x02+1≤0
C．
∃x0∈R，x02+1＜0
D．
∀x∈R，x2+1≤0
考点：
命题的否定．菁优网版权所有
专题：
简易逻辑．
分析：
题设中的命题是一个特称命题，按命题否定的规则写出其否定即可找出正确选项
解答：
解∵命题p：
∀x∈R，x2+1＞0，是一个特称命题．
∴￢p：
∃x0∈R，x02+1≤0．
故选B．
点评：
本题考查特称命题的否定，掌握其中的规律是正确作答的关键．
2．（5分）（2014•湖南）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（ ）
A．
{x|x＞2}
B．
{x|x＞1}
C．
{x|2＜x＜3}
D．
{x|1＜x＜3}
考点：
交集及其运算．菁优网版权所有
专题：
集合．
分析：
直接利用交集运算求得答案．
解答：
解：
∵A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，
∴A∩B={x|x＞2}∩{x|1＜x＜3}={x|2＜x＜3}．
故选：
C．
点评：
本题考查交集及其运算，是基础的计算题．
3．（5分）（2014•湖南）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＜P3
B．
P2=P3＜P1
C．
P1=P3＜P2
D．
P1=P2=P3
考点：
简单随机抽样；分层抽样方法；系统抽样方法．菁优网版权所有
专题：
概率与统计．
分析：
根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义即可得到结论．
解答：
解：
根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义可知，无论哪种抽样，每个个体被抽中的概率都是相等的，
即P1=P2=P3．
故选：
D．
点评：
本题主要考查简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的性质，比较基础．
4．（5分）（2014•湖南）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）=
B．
f（x）=x2+1
C．
f（x）=x3
D．
f（x）=2﹣x
考点：
函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明．菁优网版权所有
专题：
函数的性质及应用．
分析：
利用函数函数的奇偶性和单调性即可判断出．
解答：
解：
只有函数f（x）=，f（x）=x2+1是偶函数，而函数f（x）=x3是奇函数，f（x）=2﹣x不具有奇偶性．
而函数f（x）=，f（x）=x2+1中，只有函数f（x）=在区间（﹣∞，0）上单调递增的．
综上可知：
只有A正确．
故选：
A．
点评：
本题考查了函数函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
5．（5分）（2014•湖南）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：
几何概型．菁优网版权所有
专题：
概率与统计．
分析：
利用几何槪型的概率公式，求出对应的区间长度，即可得到结论．
解答：
解：
在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，
则﹣2≤X≤3，
则X≤1的概率P=，
故选：
B．
点评：
本题主要考查几何槪型的概率的计算，求出对应的区间长度是解决本题的关键，比较基础．
6．（5分）（2014•湖南）若圆C1：
x2+y2=1与圆C2：
x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（ ）
A．
21
B．
19
C．
9
D．
﹣11
考点：
圆的切线方程．菁优网版权所有
专题：
直线与圆．
分析：
化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值．
解答：
解：
由C1：
x2+y2=1，得圆心C1（0，0），半径为1，
由圆C2：
x2+y2﹣6x﹣8y+m=0，得（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m，
∴圆心C2（3，4），半径为．
∵圆C1与圆C2外切，
∴，
解得：
m=9．
故选：
C．
点评：
本题考查两圆的位置关系，考查了两圆外切的条件，是基础题．
7．（5分）（2014•湖南）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，﹣2]
B．
[﹣5，﹣1]
C．
[﹣4，5]
D．
[﹣3，6]
考点：
程序框图．菁优网版权所有
专题：
算法和程序框图．
分析：
根据程序框图，结合条件，利用函数的性质即可得到结论．
解答：
解：
若0≤t≤2，则不满足条件输出S=t﹣3∈[﹣3，﹣1]，
若﹣2≤t＜0，则满足条件，此时t=2t2+1∈（1，9]，此时不满足条件，输出S=t﹣3∈（﹣2，6]，
综上：
S=t﹣3∈[﹣3，6]，
故选：
D
点评：
本题主要考查程序框图的识别和判断，利用函数的取值范围是解决本题的关键，比较基础．
8．（5分）（2014•湖南）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．
1
B．
2
C．
3
D．
4
考点：
球内接多面体；由三视图求面积、体积；球的体积和表面积．菁优网版权所有
专题：
计算题；空间位置关系与距离．
分析：
由题意，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r．
解答：
解：
由题意，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r，则
8﹣r+6﹣r=，
∴r=2．
故选：
B．
点评：
本题考查三视图，考查几何体的内切圆，考查学生的计算能力，属于基础题．
9．（5分）（2014•湖南）若0＜x1＜x2＜1，则（ ）
A．
﹣＞lnx2﹣lnx1
B．
﹣＜lnx2﹣lnx1
C．
x2＞x1
D．
x2＜x1
考点：
对数的运算性质．菁优网版权所有
专题：
导数的综合应用．
分析：
分别设出两个辅助函数f（x）=ex+lnx，g（x）=，由导数判断其在（0，1）上的单调性，结合已知条件0＜x1＜x2＜1得答案．
解答：
解：
令f（x）=ex+lnx，
，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上为增函数，
∵0＜x1＜x2＜1，
∴，
即．
由此可知选项A，B不正确．
令g（x）=，
，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0．
∴g（x）在（0，1）上为减函数，
∵0＜x1＜x2＜1，
∴，
即．
∴选项C正确而D不正确．
故选：
C．
点评：
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数构造法，解答此题的关键在于想到构造两个函数，是中档题．
10．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C（3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（ ）
A．
[4，6]
B．
[﹣1，+1]
C．
[2，2]
D．
[﹣1，+1]
考点：
向量的加法及其几何意义．菁优网版权所有
专题：
平面向量及应用．
分析：
由于动点D满足||=1，C（3，0），可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））．再利用向量的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性即可得出．
解答：
解：
∵动点D满足||=1，C（3，0），
∴可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））．
又A（﹣1，0），B（0，），
∴++=．
∴|++|===，（其中sinφ=，cosφ=）
∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，
∴=sin（θ+φ）≤=，
∴|++|的取值范围是．
故选：
D．
点评：
本题考查了向量的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11．（5分）（2014•湖南）复数（i为虚数单位）的实部等于 ﹣3 ．
考点：
复数代数形式的乘除运算．菁优网版权所有
专题：
数系的扩充和复数．
分析：
直接由虚数单位i的运算性质化简，则复数的实部可求．
解答：
解：
∵=．
∴复数（i为虚数单位）的实部等于﹣3．
故答案为：
﹣3．
点评：
本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了虚数单位i的运算性质，是基础题．
12．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，曲线C：
（t为参数）的普通方程为 x﹣y﹣1=0 ．
考点：
直线的参数方程．菁优网版权所有
专题：
选作题；坐标系和参数方程．
分析：
利用两式相减，消去t，从而得到曲线C的普通方程．
解答：
解：
∵曲线C：
（t为参数），
∴两式相减可得x﹣y﹣1=0．
故答案为：
x﹣y﹣1=0．
点评：
本题考查参数方程化成普通方程，应掌握两者的互相转化．
13．（5分）（2014•湖南）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为 7 ．
考点：
简单线性规划．菁优网版权所有
专题：
不等式的解法及应用．
分析：
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，进行平移即可得到结论．
解答：
解：
作出不等式组对应的平面区域如图：
由z=2x+y，得y=﹣2x+z，
平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C，
直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大，
由，解得，即C（3，1），
此时z=2×3+1=7，
故答案为：
7．
点评：
本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．
14．（5分）（2014•湖南）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 k＜﹣1或k＞1 ．
考点：
抛物线的简单性质．菁优网版权所有
专题：
圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：
由抛物线的定义，求出机器人的轨迹方程，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），代入y2=4x，利用判别式，即可求出k的取值范围．
解答：
解：
由抛物线的定义可知，机器人的轨迹方程为y2=4x，
过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），
代入y2=4x，可得k2x2+（2k2﹣4）x+k2=0，
∵机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，
∴△=（2k2﹣4）2﹣4k4＜0，
∴k＜﹣1或k＞1．
故答案为：
k＜﹣1或k＞1．
点评：
本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
15．（5分）（2014•湖南）若f（x）=ln（e3x+1）+ax是偶函数，则a= ﹣ ．
考点：
函数奇偶性的性质．菁优网版权所有
专题：
函数的性质及应用．
分析：
根据函数奇偶性的定义，建立方程关系即可得到结论．
解答：
解：
若f（x）=ln（e3x+1）+ax是偶函数，
则f（﹣x）=f（x），
即ln（e3x+1）+ax=ln（e﹣3x+1）﹣ax，
即2ax=ln（e﹣3x+1）﹣ln（e3x+1）=ln=lne﹣3x=﹣3x，
即2a=﹣3，解得a=﹣，
故答案为：
﹣，
点评：
本题主要考查函数奇偶性的应用，根据偶函数的定义得到f（﹣x）=f（x）是解决本题的关键．
三、解答题（共6小题，75分）
16．（12分）（2014•湖南）已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=+（﹣1）nan，求数列{bn}的前2n项和．
考点：
数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有
专题：
等差数列与等比数列．
分析：
（Ⅰ）利用公式法即可求得；
（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论．
解答：
解：
（Ⅰ）当n=1时，a1=s1=1，
当n≥2时，an=sn﹣sn﹣1=﹣=n，
∴数列{an}的通项公式是an=n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）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）
=+n=22n+1+n﹣2．
∴数列{bn}的前2n项和为22n+1+n﹣2．
点评：
本题主要考查数列通项公式的求法﹣公式法及数列求和的方法﹣分组求和法，考查学生的运算能力，属中档题．
17．（12分）（2014•湖南）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，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），
（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b）
其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．
（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记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；
（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率．
考点：
模拟方法估计概率；极差、方差与标准差．菁优网版权所有
专题：
概率与统计．
分析：
（Ⅰ）分别求出甲乙的研发成绩，再根据平均数和方差公式计算平均数，方差，最后比较即可．
（Ⅱ）找15个结果中，找到恰有一组研发成功的结果是7个，求出频率，将频率视为概率，问题得以解决．
解答：
解：
（Ⅰ）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，
则=，
==
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则=，
==．
因为
所以甲的研发水平高于乙的研发水平．
（Ⅱ）记E={恰有一组研发成功}，在所抽到的15个结果中，
恰有一组研发成功的结果是（a，），（，b），（a，），（，b），（a，），（a，），（，b）共7个，
故事件E发生的频率为，
将频率视为概率，即恰有一组研发成功的概率为P（E）=．
点评：
本题主要考查了平均数方差和用频率表示概率，培养的学生的运算能力．
18．（12分）（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．
（Ⅰ）证明：
AB⊥平面ODE；
（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值．
考点：
异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．菁优网版权所有
专题：
计算题；证明题；空间位置关系与距离；空间角．
分析：
（Ⅰ）运用直线与平面垂直的判定定理，即可证得，注意平面内的相交二直线；
（Ⅱ）根据异面直线的定义，找出所成的角为∠ADO，说明∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，不妨设AB=2，从而求出OD的长，再在直角三角形AOD中，求出cos∠ADO．
解答：
（1）证明：
如图
∵DO⊥面α，AB⊂α，∴DO⊥AB，
连接BD，由题设知，△ABD是正三角形，
又E是AB的中点，∴DE⊥AB，又DO∩DE=D，
∴AB⊥平面ODE；
（Ⅱ）解：
∵BC∥AD，
∴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（Ⅰ）知，AB⊥平面ODE，
∴AB⊥OE，又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，
从而∠DEO=60°，不妨设AB=2，则AD=2，易知DE=，
在Rt△DOE中，DO=DEsin60°=，连AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO==，
故异面直线BC与OD所成角的余弦值为．
点评：
本题主要考查线面垂直的判定，以及空间的二面角和异面直线所成的角的定义以及计算，是一道基础题．
19．（13分）（2014•湖南）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．
（Ⅰ）求sin∠CED的值；
（Ⅱ）求BE的长．
考点：
余弦定理的应用；正弦定理．菁优网版权所有
专题：
解三角形．
分析：
（Ⅰ）根据三角形边角之间的关系，结合正弦定理和余弦定理即可得到结论．
（Ⅱ）利用两角和的余弦公式，结合正弦定理即可得到结论．
解答：
解：
（Ⅰ）设α=∠CED，
在△CDE中，由余弦定理得EC2=CD2+ED2﹣2CD•DEcos∠CDE，
即7=CD2+1+CD，则CD2+CD﹣6=0，
解得CD=2或CD=﹣3，（舍去），
在△CDE中，由正弦定理得，
则sinα=，
即sin∠CED=．
（Ⅱ）由题设知0＜α＜，由（Ⅰ）知cosα=，
而∠AEB=，
∴cos∠AEB=cos（）=coscosα+sinsinα=，
在Rt△EAB中，cos∠AEB=，
故BE=．
点评：
本题主要考查解三角形的应用，根据正弦定理和余弦定理是解决本题本题的关键，难度不大．
20．（13分）（2014•湖南）如图，O为坐标原点，双曲线C1：
﹣=1（a1＞0，b1＞0）和椭圆C2：
+=1（a2＞b2＞0）均过点P（，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．
（Ⅰ）求C1、C2的方程；
（Ⅱ）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|+|=||？
证明你的结论．
考点：
直线与圆锥曲线的综合问题．菁优网版权所有
专题：
圆锥曲线中的最值与范围问题．
分析：
（Ⅰ）由条件可得a1=1，c2=1，根据点P（，1）在上求得=3，可得双曲线C1的方程．再由椭圆的定义求得a2=，可得=﹣的值，从而求得椭圆C2的方程．
（Ⅱ）若直线l垂直于x轴，检验部不满足|+|≠||．若直线l不垂直于x轴，设直线l得方程为y=kx+m，由可得y1•y2=．由可得（2k2+3）x2+4kmx+2m2﹣6=0，根据直线l和C1仅有一个交点，根据判别式△=0，求得2k2=m2﹣3，可得≠0，可得|+|≠||．综合
（1）、
（2）可得结论．
解答：
解：
（Ⅰ）设椭圆C2的焦距为2c2，由题意可得2a1=2，∴a1=1，c2=1．
由于点P（，1）在上，∴﹣=1，=3，
∴双曲线C1的方程为：
x2﹣=1．
再由椭圆的定义可得2a2=+=2，∴a2=，
∴=﹣=2，∴椭圆C2的方程为：
+=1．
（Ⅱ）不存在满足条件的直线l．
（1）若直线l垂直于x轴，则由题意可得直线l得方程为x=，或x=﹣．
当x=时，可得A（，）、B（，﹣），求得||=2，||=2，
显然，|+|≠||．
同理，当x=﹣时，也有|+|≠||．
（2）若直线l不垂直于x轴，设直线l得方程为y=kx+m，由可得
（3﹣k2）x2﹣2mkx﹣m2﹣3=0，∴x1+x2=，x1•x2=．
于是，y1•y2=k2x1•x2+km（x1+x2）+m2=．
由可得（2k2+3）x2+4kmx+2m2﹣6=0，根据直线l和C1仅有一个交点，
∴判别式△=16k2m2﹣8（2k2+3）（m2﹣3）=0，∴2k2=m2﹣3．
∴=x1•x2+y1•y2=≠0，∴≠，
∴|+|≠||．
综合
（1）、
（2）可得，不存在满足条件的直线l．
点评：
本题主要考查椭圆的定义、性质、标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
21．（13分）（2014•湖南）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）记xi为f（x）的从小到大的第i（i∈N*）个零点，证明：
对一切n∈N*，有++…+＜．
考点：
利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有
专题：
导数的综合应用．
分析：
（Ⅰ）求函数的导数，利用导数研究f（x）的单调区间；
（Ⅱ）利用放缩法即可证明不等式即可．
解答：
解：
（Ⅰ）∵f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0），
∴f′（x）=cosx﹣xsinx﹣cosx=﹣xsinx，
由f′（x）=﹣xsinx=0，解得x=kπ（k∈N*），
当x∈（2kπ，（2k+1）π）（k∈N），sinx＞0，此时f′（x）＜0，函数单调递减，
当x∈（（2k+1）π，（2k+2）π）（k∈N），sinx＜0，此时f′（x）＞0，函数单调递增，
故f（x）的单调增区间为（（2k+1）π，（2k+2）π），k≥0，单调递减区间为（2kπ，（2k+1）π），k≥0．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（0，π）上单调递减，
又f（）=0，故x1=，
当n∈N*，
∵f（nπ）f（（n+1）π）=[（﹣1）nnπ+1][（﹣1）n+1（n+1）π+1]＜0，
且函数f（x）的图象是连续不间断的，
∴f（x）在区间（nπ，（n+1）π）内至少存在一个零点，
又f（x）在区间（nπ，（n+1）π）是单调的，
故nπ＜xn+1＜（n+1）π，
因此当n=1时，有=＜成立．
当n=2时，有+＜＜．
当n≥3时，
…
++…+＜[][]
（6﹣）＜．
综上证明：
对一切n∈N*，有++…+＜．
点评：
本题主要考查函数单调性的判定和证明，以及利用导数和不等式的综合，利用放缩法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大．
15
升级会员 