2014年高考湖南理科数学精彩试题及问题详解(详解纯word版)

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）
本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，时量120分钟，满分150分
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. 满足
i z i
z =+（i 为虚数单位）的复数=z A. i 2121+ B. i 2121- C. i 2121+- D. i 2
121--
2. 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1p ，2p ，3p ，则 A. 321p p p <= B. 132p p p <=
C. 231p p p <=
D. 321p p p ==
3. 已知分别)(x f ，)(x g 是定义在R 上的偶函数和奇函数，
且1)()(2
3
++=-x x x g x f ，则=+)1()1(g f
A. 3-
B. 1-
C. 1
D. 3
4. 5
)22
1(y x -的展开式中3
2y x 的系数是
A. 20-
B. 5-
C. 5
D. 20
5. 已知命题:p 若y x >， 则y x -<-；命题:q 若y x >，则2
2
y x > . 在命题
① q p ∧； ② q p ∨； ③ )(q p ⌝∧；④ q p ∨⌝)( 中，真命题是
A. ①③
B. ①④
C. ②③
D. ②④
6. 执行如图1所示的程序框图. 如果输入的]2,2[-∈t ，则输出的S 属于 A. ]2,6[-- B. ]1,5[-- C. ]5,4[- D. ]6,3[-
7. 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
8. 某市生产总值连续两年持续增加. 第一年的增长率为p ，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.
2q p + B. 2
1
)1)(1(-++q p C. pq D. 1)1)(1(-++q p
9. 已知函数)sin()(ϕ-=x x f ，且⎰
=320
0)(πdx x f ，则函数)(x f 的图象的一条对称轴
是
A. 65π=x
B. 127π=x
C. 3π=x
D. 6
π=x 10. 已知函数)0(2
1)(2<-+=x e x x f x
与)ln()(2a x x x g ++=的图象上存在关于y
轴对称的点，则a 的取值范围是
A. )1,(e -∞
B. ),(e -∞
C. ),1(e e -
D. )1,(e
e -
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) 11. 在平面直角坐标系中，倾斜角为
4
π
的直线l 与曲线:C ⎩
⎨
⎧+=+=ααsin 1,
cos 2y x (α为参数) 交于A 、B 两点，且2||=AB . 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____________________. 12. 如图3，已知AB ，BC 是⊙O 的两条弦，BC AO ⊥，
3=AB ，22=BC ，则⊙O 的半径等于_______.
13. 若关于x 的不等式3|2|<-ax 的解集为}3
1
35|{<<-x x ， 则=a ________.
（二）必做题（14~16题）
14. 若变量y x ,满足约束条件⎪⎩
⎪
⎨⎧≥≤+≤,,4,
k y y x x y ，且y
x z +=2
的最小值为6-，则=k ____.
15. 如图4，正方形ABCD 和正方形DEFG 的边长分别为b a ,)(b a <. 原点O 为AD 的
中点，抛物线)0(22
>=p px y 经过C 、F 两点，则
=a
b
________. 16. 在平面直角坐标系中，O 为原点，)0,1(-A ，)3,0(B ，)0,3(C . 动点D 满足
1||=CD ，则||OD OB OA ++的最大值是_________.
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)
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是
32和5
3
. 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.
18. (本小题满分12分)
如图5，在平面四边形ABCD 中，1=AD ，2=CD ，7=AC .
（1） 求CAD ∠cos 的值； （2） 若147cos -
=∠BAD ，6
21sin =∠CBA ，求BC 的长.
19. (本小题满分12分)
如图6，四棱柱1111D C B A ABCD -的所有棱长都相等，O BD AC =I ，11111O D B C A =I ，
四边形11A ACC 和四边形11B BDD 均为矩形. （1） 证明：⊥O O 1底面ABCD ;
（2）若ο
60=∠CBA ，求二面角D OB C --11的余弦值.
图6
D 1
B D
C
20. (本小题满分13分)
已知数列}{n a 满足11=a ，n
n n p a a =-+||1，*N n ∈.
（1）若}{n a 是递增数列，且1a ，22a ，33a 成等差数列，求p 的值； （2）若2
1
=p ，且}{12-n a 是递增数列，是}{2n a 递减数列，求数列}{n a 的通项公式.
21. (本小题满分13分)
如图7，O 为坐标原点，椭圆:1C )0(122
22>>=+b a b
y a x 的左、右焦点为21,F F ，离
心率为1e ；双曲线:2C 122
22=-b
y a x 的左、右焦点为43,F F ，离心率为2e . 已知
2
3
21=e e ，且13||42-=F F .
（1）求1C 、2C 的方程；
（2）过1F 作1C 的不垂直y 轴的弦AB ，M 为AB 的中点. 当直线OM 与2C 交于Q
P ,两点时，求四边形APBQ 面积的最小值.
22. (本小题满分13分)
已知常数0>a ，函数.2
2)1ln()(+-
+=x x
ax x f （1） 讨论)(x f 在区间),0(∞+上的单调性；
（2）若)(x f 存在两个极值点1x ，2x ，且0)()(21>+x f x f ，求a 的取值范围.
2014年高考湖南卷理科数学参考答案
一、选择题. 1.【答案】B
【解析】由题可得i i z zi i z -=-⇒=+)1(，所以i i i z 2
1
211-=--=，故选B 【考点定位】复数 2.【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 321p p p ==，故选D 【考点定位】抽样调查 3.【答案】C
【解析】令1-=x 可得1)1()1()1()1(=+=---g f g f ，所以故选C. 或者观察求得
1)(2+=x x f ，3)(x x g -=，可求得1)1()1(=+g f .
【考点定位】函数奇偶性 4.【答案】A
【解析】第1n +项展开式为()55
122n
n n C x y -⎛⎫
- ⎪⎝⎭
,
则2n =时, ()()2
5323
5
1121022022n
n n C x y x y x y -⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
g ,故选A.
【考点定位】二项式定理 5.【答案】C
【解析】当x y >时,两边乘以1-可得x y -<-,所以命题p 为真命题,当1,2x y ==-时,因为2
2
x y <,所以命题q 为假命题,所以②③为真命题, 故选C. 【考点定位】命题真假 逻辑连接词 6.【答案】D
【解析】当[)2,0t ∈-时,运行程序如下,(](]2
211,9,32,6t t S t =+∈=-∈-,当[]
0,2t ∈时 ,则(][][]2,63,13,6S ∈---=-U ,故选D. 【考点定位】程序框图 二次函数
7.【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r ,则862r r r -+-=⇒=，故选B.
【考点定位】三视图 内切圆 球 8.【答案】D
【解析】设两年的平均增长率为x ,则有()()()2
111x p q +=++
1x ⇒=
-，故选D.
【考点定位】实际应用问题 9.【答案】A
【解析】函数()f x 的对称轴为2
x k π
ϕπ-=
+2
x k π
ϕπ⇒=+
+，又由
⎰
=320
0)(πdx x f 得ϕ的一个值为3
π
ϕ=
，则56
x π
=
是其中一条对称轴，故选A. 【考点定位】三角函数图像 辅助角公式 10.【答案】B
【解析】由题可得存在()0,0x ∈-∞满足()()02
2
0001ln 2
x
x e x x a +-
=-+-+ ()001ln 2x e x a ⇒--+-0=，当0x 趋近于负无穷小时，()001
ln 2
x e x a --+-趋近于-∞,
因为函数()1
ln 2
x y e x a =--+-在定义域内是单调递增的，所以ln ln a a <⇒<,
故选B.
【考点定位】指对数函数 方程
二、填空题
11.【答案】1)sin (cos =-θθρ （或2
2
)4sin(-
=-
π
θρ）
【解析】曲线C 的普通方程为1)1()2(2
2=-+-y x ，直线l 截曲线C 所得弦长2|=AB ，
知直线l 过圆心)1,2(，故直线l 的直角坐标方程为1-=x y 1cos sin -=⇒θρθρ.
【考点定位】极坐标，参数方程 12.【答案】
2
3
【解析】设AD 交BC 于点D ，延长AO 交圆于另一点E ，则2=
=CD BD ，在ABD
∆中由勾股定理可得1=AD ，再由相交弦定理得2=DE ，从而直径3=AE ，半径2
3
=R .
【考点定位】勾股定理，相交弦定理等 13.【答案】3-
【解析】依得可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=--3|23
1|3|23
5
|a a ，解得3-=a .
【考点定位】绝对值不等式 14.【答案】2-
【解析】画出不等式（组）表示的平面区域，知当y x z +=2过点）（k k ,时取得最小值，所以62-=+k k ，2-=k . 【考点定位】线性规划 15.
1+
【解析】由题可得,,,22a a C a F b b ⎛⎫⎛⎫
-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则2222a pa
a b p b ⎧=⎪⎨⎛⎫
=+ ⎪⎪
⎝⎭
⎩
1a b ⇒=+,
故填1+.
【考点定位】抛物线 16.【答案】71+
【解析】动点D 的轨迹为以C 为圆心的单位圆，则设为()[)()
3cos ,sin 0,2θθθπ+∈，
则
OA OB OD ++=u u u r u u u r u u u r )sin(728ϕθ++=，所以OA OB OD ++u u u r u u u r u u u r
的最大值为17728+=+，故填71+.
或由题求得点D 的轨迹方程为1)3(2
2=+-y x ，数形结合求出OA OB OD ++u u u r u u u r u u u r 的最大
值即为点)3,1(-到轨迹上的点最远距离( 到圆心的距离加半径) . 【考点定位】参数方程 圆 三角函数 数形结合 三、解答题
17. 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
32)(=
E P , 31)(=E P ，53)(=
F P ，5
2)(=F P . 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F E H =，于是
1525231)()()(=⨯==F P E P H P ，故所求概率为15
13
1521)(1)(=-=-=H P H P .
（2）设企业可获利润为X （万元），则X 的可能取值为0，100，120，220. 又因
1525231)()0(=⨯===F E P X P ，153
5331)()100(=⨯===F E P X P ，
1545232)()120(=⨯===F E P X P ，15
6
5332)()220(=⨯===EF P X P .
X 0
100
120
220
P
152 153 154 156 数学期望为 14015
152201512015100150)(==⨯+⨯+⨯+⨯=X E .
18. 解：（1）在ADC ∆中，则余弦定理，得AD
AC CD AD AC CAD ⋅-+=∠2cos 2
22.
由题设知，77
27
2417cos =
-+=∠CAD . （2）设α=∠BAC ，则CAD BAD ∠-∠=α
因为772cos =
∠CAD ，14
7
cos -=∠BAD ， 所以 7
21
)772(
1cos 1sin 22=
-=∠-=∠CAD CAD ， 14
21
3)147(1cos 1sin 22=
-
-=∠-=∠BAD BAD . 于是CAD BAD CAD BAD CAD BAD ∠∠-∠∠=∠-∠=sin cos cos sin )sin(sin α
2
3
721)147(77214213=⋅--⋅=
. 在ABC ∆中，由正弦定理，CBA AC
BC ∠=
sin sin α，故 36
21
237sin sin =⋅
=∠⋅=CBA AC BC α. 19. 解：（1）如图 (a)，因为四边形11A ACC 为
矩形，所以AC CC ⊥1，同理BD DD ⊥1. 由题知，11//CC OO ，11//DD OO ，所以
AC OO ⊥1，BD OO ⊥1，又 O BD AC =I ，
故 ⊥O O 1底面ABCD .
(2)解法1 如图(a)，过1O 作11OB H O ⊥于H ，
连接1HC . 由(1)知，⊥O O 1底面ABCD ，所以⊥O O 1底面1111D C B A ，于是.
⊥O O 111C A ，又因为四棱柱1111D C B A ABCD -的所有棱长都相等，所以四边形1111D C B A 为
菱形，因此1111D B C A ⊥，从而⊥11C A 平面11B BDD ,所以O B C A 111⊥，于是⊥O B 1平面11HC O ，进而 ⊥O B 11HC ，故11HO C ∠是二面角D OB C --11的平面角.
不妨设2=AB ,因为ο
60=∠CBA ，所以1,311===
C O OC OB ，71=OB ，在
11B OO Rt ∆中，易知7
32
11111=⋅=
OB B O OO H O ，7192
12111=+=H O C O H C ， 故195727
19
73
2
cos 1111===
∠H
C H
O HO C ，即二面角D OB C --1
1的余弦值为19572. 解法2因为四棱柱1111D C B A ABCD -的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，因此BD AC ⊥，又⊥O O 1底面ABCD ，从而OB ，OC ，1OO 两两垂直.
如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，1OO 分别为x 轴， y 轴，z 轴建立空间坐标系
xyz O -.
不妨设2=AB ,因为ο
60=∠CBA ，所以
1,3==OC OB ，于是相关各点的坐标为：
)0,0,0(O ，)2,0,3(1B ，）
2,1,0(1C ，易知 )0,1,0(1=n 是平面11B BDD 的一个法向量，
设),,(2z y x n =是平面11C OB 的一个法向量,则
⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅0
1212OC n OB n ，即⎩⎨⎧=+=+02023z y z x ，取3-=z ，则32,2==y x ，于是)3,32,2(2-=n .
设二面角D OB C --11的大小为θ，易知θ为锐角，于是
|,cos |cos 21><=n n θ|
||||2121n n n n ⋅=
19
57
219
32=
=
. 即二面角D OB C --11的余弦值为
19
57
2. 20. 解：（1）因为}{n a 是递增数列，所以n
n n n n p a a a a =-=-++||11，而11=a ，因此
p a +=12，2
31p p a ++=，又1a ，22a ，33a 成等差数列，所以
31234a a a +=，因而032=-p p ，解得3
1
=
p 或0=p ，
但当0=p 时，n n a a =+1，与}{n a 是递增数列相矛盾，故3
1=p . (2) 由于}{12-n a 是递增数列，因而 01212>--+n n a a ，于是
0)()(122212>-+--+n n n n a a a a ① 且 1222
1
21-<n n ，所以 ||||122212-+-<-n n n n a a a a ②
则①②可知，0122>--n n a a ，因此122121222
)1(21----==-n n
n n n a a ， ③
因为是}{2n a 递减数列，同理可得0212<-+n n a a ，
故n
n n n n a a 21
222122)1(21++-=-=-， ④
由③④即得 n
n n n a a 2
)1(1
1++-=-. 于是 )()()(123121--++-+-+=n n n a a a a a a a a Λ 122)1(21211--++-+=n n
Λ
.2)1(31342
11])21(1[(21111---⋅+=+--+=n n
n
故数列}{n a 的通项公式为*).(2
)1(31341
N n a n n
n ∈-⋅+=-
21. 解：（1）因为2
3
21=e e ，所以232222=+⋅-a b a a b a ，因此得 4444
3
a b a =-，即222b a =，从而)0,(2b F ，)0,3(4b F ，于是
13||342-==-F F b b ，所以1=b ，22=a .
故1C 、2C 的方程分别是 122
2=+y x ，12
22=-y x . (2) 由于AB 过)0,1(1-F 且不垂直y 轴，故可设直线AB 的方程为 1-=my x 由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=12
12
2y x my x 得 012)2(22=--+my y m
易知此方程的判别式大于0，设),(,),(2211y x B y x A ，则21,y y 是上述方程的两个实
根，所以 22221+=+m m y y ，2
1
221+-=⋅m y y .
因此242)(22121+-=
-+=+m y y m x x ，于是AB 中点)2
,22(22++-m m
m M ， 因此直线PQ 的斜率为2
m
-，其方程为x m y 2-=.
由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=1
2
222y x x m y 得 4)2(22=-x m ，所以022>-m ，2
2
24m x -=，2222m m y -=， 从而 2
22
2
2422||m
m y x PQ -+=+=. 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
4
|2||2|22
2211++++=m y mx y mx d ，因为点A 、B 在直线PQ 的异侧， 所以
0)2)(2(2211<++y mx y mx ，于是
|22||2||2|22112211y mx y mx y mx y mx --+=+++
从而 4
|
|)2(22212+-+=m y y m d ，又2
1224)(||2
2
212
2121++⋅=-+=-m m y y y y y y ， 所以 4
12222
2
++⋅=
m m d ，故四边形APBQ 面积
22223
12221222||21m m
m d PQ S -+-⋅=-+⋅=⋅=， 而 2202
≤-<m ，故当0=m 时，S 取最小值2. 综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2.
22. 解：（1） 2
22)
2)(1()
1(4)2(2)2(21)('++-+=+-+-+=x ax a ax x x x ax a x f （*） 当1≥a 时，0)('>x f ，此时，)(x f 在区间),0(∞+上单调递增；
当10<<a 时，由0)('=x f 得 a a x -=12
1（a
a
x --=122舍去）， 当),0(1x x ∈时，0)('<x f ，当),(1∞+∈x x 时，0)('>x f ，
故)(x f 在区间),0(1x 上单调递减，在区间),(1∞+x 上单调递增. 综上所述，
当1≥a 时， )(x f 在区间),0(∞+上单调递增； 当10<<a 时，)(x f 在区间)12
,0(a a -上单调递减，在区间),12(∞+-a
a
上单调
递增.
（2）由（*）式知，当1≥a 时， 0)('>x f ，此时)(x f 不存在极值点. 因而要使
)(x f 存在两个极值点，必有10<<a ，且)(x f 的极值点只可能是a
a
x -=121和a a x --=12
2，且由)(x f 的定义可知，a x 1
->且2-≠x ，所以a a a 112
->-- 且212
-≠--a a ，解得2
1
≠a . 此时，则（*）式知，1x ，2x 分别是)(x f 的极小值点和极大值点. 而
2
2)1ln(22)1ln()()(22
211121+-+++-
+=+x x ax x x ax x f x f 4
)(2)
(44])(1ln[2121212121221+++++-
+++=x x x x x x x x x x a x x a
12)1(4)12ln(2----=a a a 2122
)12ln(2--+-=a a .
令x a =-12，由10<<a 且21≠a 知，当210<<a 时，01<<-x ；当121
<<a 时，
10<<x . 并记22
ln )(2-+=x
x x g ，
（i ）当01<<-x 时，22)ln(2)(-+-=x x x g ，02
222)('2
2<-=-=x x x x x g ，
因此，)(x g 在区间)0,1(-上单调递减，从而04)1()(<-=-<g x g ，故当2
1
0<<a 时，
0)()(21<+x f x f .
(ii) 当10<<x 时，22ln 2)(-+=x x x g ，02
222)('2
2<-=-=x x x x x g ，
因此，)(x g 在区间)1,0(上单调递减，从而0)1()(=>g x g ，故当12
1
<<a 时，
0)()(21>+x f x f .
综上所述，满足条件的a 的取值范围是)1,2
1
(.。