2014年高考真题精校精析纯word可编辑·2014高考真题解析2014·湖南(理科数学)

2014·湖南卷(理科数学)
1．[2014·湖南卷] 满足z ＋i
z
＝i(i 为虚数单位)的复数z ＝( )
A.12＋12i
B.12－12
i C ．－12＋12iD ．－12－12
i
1．B [解析]因为z ＋i z ＝i ，则z ＋i ＝z i ，所以z ＝i
i －1＝i （－1－i ）（i －1）（－1－i ）
＝1－i 2.
2．[2014·湖南卷] 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p 1，p 2，p 3，则( )
A ．p 1＝p 2＜p 3
B ．p 2＝p 3＜p 1
C ．p 1＝p 3＜p 2
D ．p 1＝p 2＝p 3
2．D [解析]不管是简单随机抽样、系统抽样还是分层抽样，它们都是等概率抽样，每
个个体被抽中的概率均为n
N
.
3．[2014·湖南卷] 已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2
＋1，则f (1)＋g (1)＝( )
A ．－3
B ．－1
C ．1
D ．3
3．C [解析]因为f (x )是偶函数，g (x )是奇函数，
所以f (1)＋g (1)＝f (－1)－g (－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.
4．[2014·湖南卷] ⎝⎛⎭⎫12x －2y 5
的展开式中x 2y 3的系数是( )
A ．－20
B ．－5
C ．5
D ．20
4．A [解析]由题意可得通项公式T r ＋1＝C r 5⎝⎛⎭⎫12x 5－r (－2y )r ＝C r 5⎝⎛⎭⎫125－r
(－2)r x 5－r y r ，令r ＝3，
则C r 5⎝⎛⎭⎫125－r (－2)r ＝C 35×⎝⎛⎭⎫122×(－2)3＝－20. 5．[2014·湖南卷] 已知命题p ：若x ＞y ，则－x ＜－y ，命题q ：若x ＞y ，则x 2＞y 2.在命题①p ∧q ；②p ∨q ；③p ∧(綈q )；④(綈p )∨q 中，真命题是( ) A ．①③B ．①④ C ．②③D ．②④
5．C [解析]依题意可知，命题p 为真命题，命题q 为假命题．由真值表可知p ∧q 为假，p ∨q 为真，p ∧(綈q )为真，(綈p )∨q 为假．
6．[2014·湖南卷] 执行如图1-1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]
6．D [解析] (特值法)当t ＝－2时，t ＝2×(－2)2＋1＝9，S ＝9－3＝6，所以D 正确． 7．、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
7．B [解析]由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可
得r ＝6＋8－102＝2.
8．[2014·湖南卷] 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.p ＋q 2
B.（p ＋1）（q ＋1）－12
C.pq
D.（p ＋1）（q ＋1）－1
8．D [解析]设年平均增长率为x ，则有(1＋p )(1＋q )＝(1＋x )2，解得x ＝（1＋p ）（1＋q ）－1. 9．[2014·湖南卷] 已知函数f (x )＝sin(x －φ)，且 ∫2π
3
0f(x)d x ＝0，则函数f(x)的图像的一条对称轴是( ) A ．x ＝5π6B ．x ＝7π
12
C ．x ＝π3
D ．x ＝π
6
9．A [解析]因为∫2π30f(x)d x ＝0，即∫2π30f(x)d x ＝－cos (x －φ)2π30＝－cos ⎝⎛⎭
⎫2π3－φ＋
cos φ＝0，可取φ＝π3，所以x ＝5π
6
是函数f(x)图像的一条对称轴．
10．、[2014·湖南卷] 已知函数f (x )＝x 2＋e x －1
2
(x <0)与g (x )＝x 2＋ln(x ＋a )的图像上存在关
于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )
A ．(－∞，1
e
) B ．(－∞，e)
C.⎝⎛⎭⎫－1e ，e
D.⎝
⎛⎭⎫－e ，1e
10．B [解析]依题意，设存在P (－m ，n )在f (x )的图像上，则Q (m ，n )在g (x )的图像上，
则有m 2＋e －m －12＝m 2＋ln(m ＋a )，解得m ＋a ＝ee －m －12，即a ＝ee －
m －12
－m (m ＞0)，可得
a ∈(－∞，e)．
(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，则按前两题计分)
11．[2014·湖南卷] 在平面直角坐标系中，倾斜角为π
4的直线l 与曲线C ：
⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝1＋sin α(α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________．
11．ρcos θ－ρsin θ＝1 [解析]依题意可设直线l ：y ＝x ＋b ，曲线C ：⎩
⎪⎨
⎪⎧x ＝2＋cos α，
y ＝1＋sin α的普通方程为(x －2)2＋(y －1)2
＝1.由|AB |＝2可知圆心(2，1)在直线l ：y ＝x ＋b 上，即l ：y ＝x －1，所以l 的极坐标方程是ρcos θ－ρsin θ－1＝0.
12．[2014·湖南卷] 如图1-3所示，已知AB ，BC 是⊙O 的两条弦，AO ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝22，则⊙O 的半径等于
12.3
2
[解析]设圆的半径为r ，记AO 与BC 交于点D ，依题可知AD ＝1.由相交弦定理可得1×(2r －1)＝2×2，解得r ＝3
2
.
13．[2014·湖南卷] 若关于x 的不等式|ax －2|＜3的解集为⎩⎨⎧
⎭
⎬⎫x －53＜x ＜13，则a ＝________．
13．－3 [解析]依题意可得－3＜ax －2＜3，即－1＜ax ＜5，而－53＜x ＜1
3
，即－1＜－
3x ＜5，所以a ＝－3.
(二)必做题(14～16题)
14．[2014·湖南卷] 若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧y ≤x ，
x ＋y ≤4，y ≥k ，
且z ＝2x ＋y 的最小值为－6，
则k ＝________.
14．－2 [解析]画出可行域，如图中阴影部分所示，不难得出z ＝2x ＋y 在点A (k ，k )处取最小值，即3k ＝－6，解得k ＝－2.
15．[2014·湖南卷] 如图1-4的边长分别为a ，b (a ＜b )，
原点O 为AD 的中点，抛物线y 2＝2px (p ＞0)经过C ，F 两点，则b
a
＝________．
15．1＋2 [解析]依题意可得C ⎝⎛⎭⎫a 2，－a ，F ⎝⎛⎭
⎫a
2＋b ，b ，代入抛物线方程得a ＝p ，b 2＝2a ⎝⎛⎭⎫a 2＋b ，化简得b 2－2ab －a 2＝0，即b a 2－2⎝⎛⎭⎫b a －1＝0，解得b
a ＝1＋ 2. 16．[2014·湖南卷] 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________．
16．1＋7 [解析]由|CD →
|＝1，得动点D 在以C 为圆心，半径为1的圆上，故可设D (3＋cos α，sin α)，
所以OA ＋OB ＋OD ＝(2＋cos α，3＋sin α)，所以|OA ＋OB ＋OD |2＝(2＋cos α)2＋(3＋sin α)2＝8＋4cos α＋23sin α＝8＋27sin(α＋φ)，
所以(|OA →＋OB →＋OD →|2)max ＝8＋27，即|OA →＋OB →＋OD →
|max ＝7＋1. 17．、[2014·湖南卷] 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3
5
.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．
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 )＝13×25＝2
15
，
故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝13
15
.
(2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0，100，120，220.因为P (X ＝0)＝P (EF )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (EF )＝13×35＝15
， P (X ＝120)＝P (EF )＝23×25＝4
15
，
P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝2
5
，
数学期望为
E (X )＝0×215＋100×15＋120×415＋220×25＝300＋480＋132015＝2100
15
＝140.
18．、[2014·湖南卷] 如图1-5AD ＝1，CD ＝2，AC ＝7.
(1)求cos ∠CAD 的值；
(2)若cos ∠BAD ＝－714，sin ∠CBA ＝21
6
，求BC 的长．
18．解：(1)在△ADC 中，由余弦定理，得
cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 2
2AC ·AD
，
故由题设知，cos ∠CAD ＝7＋1－427
＝27
7.
(2)设∠BAC ＝α，则α＝∠BAD －∠CAD .
因为cos ∠CAD ＝277，cos ∠BAD ＝－7
14
，
所以sin ∠CAD ＝1－cos 2∠CAD ＝
1－⎝⎛⎭⎫2772＝217， sin ∠BAD ＝1－cos 2
∠BAD ＝
1－⎝⎛⎭
⎫－7
142
＝32114.
于是sin α＝sin(∠BAD －∠CAD )
＝sin ∠BAD cos ∠CAD －cos ∠BAD sin ∠CAD
＝32114×277－⎝⎛⎭⎫－714×217
＝3
2
.
在△ABC 中，由正弦定理，得BC sin α＝AC
sin ∠CBA .
故BC ＝AC ·sin α
sin ∠CBA ＝7×
3221
6
＝3.
19．、[2014·湖南卷] 如图1-6所示，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．
(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；
(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1­OB 1­D 的余弦值．
19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD . 由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD .
(2)方法一：如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.
由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD O 1O ⊥A 1C 1.
又因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形，
因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1. 进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1­OB 1­D 的平面角．
不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.
在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237
.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2
＝1＋127＝19
7
.
故cos ∠C 1HO 1＝O 1H
C 1H ＝2
3719
7
＝25719.
即二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为257
19
.
方法二：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，
因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面
如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1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)，
B 1(3，0，2)，
C 1(0，1，2)．
易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．
设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，
即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，
y ＋2z ＝0.
取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)． 设二面角C 1­OB 1­D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.
故二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为257
19
.
20．、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；
(2)若p ＝1
2
，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．
20．解：(1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n .而a 1＝1，因此错误!.
又a 1，2a 2，3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝1
3
或p ＝0.
当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾，故p ＝1
3
.
(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0，于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0.①
因为122n <1
2
2n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|.②
由①②知，a 2n －a 2n －1>0，因此a 2n －a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －1＝（－1）2n 22n －
1
.③ 因为{a 2n }是递减数列，同理可得，a 2n ＋1－a 2n <0，故a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝⎛⎭⎫122n ＝（－1）2n ＋
122n
.
④
由③④可知，a n ＋1－a n ＝（－1）n ＋
1
2n
.
于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－1
22＋…＋（－1）n 2n －
1
＝1＋12·1－⎝⎛⎭⎫－12n －11＋
12
＝43＋13·（－1）n
2n －1
. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13·（－1）
n
2n －
1
. 21．、、、[2014·湖南卷] 如图1-7，O 为坐标原点，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左、
右焦点分别为F 1，F 2，离心率为e 1；双曲线C 2：x 2a 2－y
2b
2＝1的左、右焦点分别为F 3，F 4，离
心率为e 2.已知e 1e 2＝3
2
，且|F 2F 4|＝3－1.
(1)求C 1，C 2的方程；
(2)过F 1作C 1的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为AB 的中点．当直线OM 与C 2交于P ，Q 两点时，求四边形APBQ 面积的最小值．
21．解： (1)因为e 1e 2＝32，所以a 2－b 2a ·a 2＋b 2a ＝32，即a 4－b 4＝3
4
a 4，因此a 2＝
2b 2
，从而F 2(b ，0)，
F 4(3b ，0)，于是3b －b ＝|F 2F 4|＝3－1，所以b ＝1，a 2
＝2.故C 1，C 2的方程分别为
x 22
＋y 2＝1，x
22－y 2＝1.
(2)因AB 不垂直于y 1x ＝my －1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 2
2
＋y 2
＝1得(m 2＋2)y 2
－2my －1＝0. 易知此方程的判别式大于0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1，y 2是上述方程的两个实根，
所以y 1＋y 2＝2m
m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2
.
因此x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝－4m 2＋2，于是AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2
m 2＋2，m m 2＋2，故直线PQ
的斜率为－m 2，PQ 的方程为y ＝－m
2x ，即mx ＋2y ＝0.
由⎩
⎨⎧y ＝－m 2x ，
x
22
－y 2＝1得(2－m 2)x 2＝4，所以2－m 2>0，且x 2＝42－m 2，y 2
＝m 22－m 2，从而|PQ |＝2x 2＋y 2
＝2m 2＋42－m 2
.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 ＝|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|
m 2＋4
.因为点A ，B 在直线mx ＋2y ＝0的异侧，所以(mx 1＋2y 1)(mx 2
＋2y 2)<0，于是|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|＝|mx 1＋2y 1－mx 2－2y 2|，从而2d ＝（m 2＋2）|y 1－y 2|
m 2＋4
.
又因为|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2
－4y 1y 2＝22·1＋m 2m 2＋2，所以2d ＝22·1＋m 2
m 2＋4
.
故四边形APBQ 的面积S ＝12|PQ |·2d ＝22·1＋m 22－m 2
＝22·－1＋3
2－m 2.
而0<2－m 2≤2，故当m ＝0时，S 取最小值2. 综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2. 22．、[2014·湖南卷] 已知常数a ＞0，函数
f (x )＝ln(1＋ax )－2x
x ＋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x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围．
22．解：(1)f ′(x )＝a
1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2
.(*)
当a ≥1时，f ′(x )>0，此时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0<a <1时，由f ′(x )＝0得
x 1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－21－a a 舍去.
当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0.
故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减， 在区间(x 1，＋∞)上单调递增． 综上所述，
当a ≥1时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；
当0＜a ＜1时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫
21－a a ，＋∞上单调
递增．
(2)由(*)式知，当a ≥1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0<a <1.
又f (x )的极值点只可能是x 1＝21－a a 和x 2＝－21－a
a
，且由f (x )的定义可知，
x >－1
a
且x ≠－2，
所以－21－a a >－1
a ，－21－a a ≠－2，
解得a ≠1
2
.此时，由(*)式易知，x 1，x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点．
而f (x 1)＋f (x 2)＝ln(1＋ax 1)－2x 1x 1＋2＋ln(1＋ax 2)－2x 2
x 2＋2
＝ln[1＋a (x 1＋x 2)＋a 2x 1x 2]－
4x 1x 2＋4（x 1＋x 2）x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2＋2
2a －1
－2.
令2a －1＝x .由0<a <1且a ≠1
2
知，
当0<a <1
2时，－1<x <0；
当1
2
<a <1时，0<x ＜1. 记g (x )＝ln x 2＋2
x
－2.
(i)当－1<x <0时，g (x )＝2ln(－x )＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2
x
2<0，
因此，g (x )在区间(－1，0)上单调递减， 从而g (x )<g (－1)＝－4<0.
故当0<a <1
2
时，f (x 1)＋f (x 2)<0.
(ii)当0<x <1时，g (x )＝2ln x ＋2
x
－2，
所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2
x
2<0，
因此，g (x )在区间(0，1)上单调递减，
从而g (x )>g (1)＝0.故当1
2
<a <1时，f (x 1)＋f (x 2)>0.
综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫
12，1.。