2014年高考湖南省数学（文）卷（有答案）

2014年湖南高考数学试题（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.设命题2:,10pxRx，则p为（）200.,10AxRx200.,10BxRx200.,10CxRx200.,10DxRx2.已知集合{|2},{|13}AxxBxx，则AB（）.{|2}Axx.{|1}Bxx.{|23}Cxx.{|13}Dxx3.对一个容器为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，学科网总体中每个个体被抽中的概率分别为学科网123,,ppp，则（）123.Appp231.Bppp132.Cppp123.Dppp4.下列函数中，既是偶函数又在区间(,0)上单调递增的是（）21.()Afxx2.()1Bfxx3.()Cfxx.()2xDfx5.在区间[2,3]上随机选取一个数X，则1X的概率为（）4.5A3.5B2.5C1.5D6.若圆221:1Cxy与圆222:680Cxyxym，则m（）.21A.19B.9C.11D7.执行如图1所示的程序框图，如果输入的2,2t，则输出的S属于（）A.6,2B.5,1C.4,5D.3,68.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将学科网石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A.1B.2C.3D.49.若1201xx，则（）A.2121lnlnxxeexxB.2121lnlnxxeexxC.1221xxxexeD.1221xxxexe10.在平面直角坐标系中，O为原点，1,0A，03B，,30C，，动点D满足1CD,则OAOBOD的取值范围是（）A.46，B.19-119+1，C.2327，D.7-17+1，二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.复数23ii（i为虚数单位）的实部等于_________.12.在平面直角坐标系中，学科网曲线222:212xtCyt（t为参数）的普通方程为___________.13.若变量yx，满足约束条件14yyxxy，则yxz2的最大值为_________.14.平面上以机器人在行进中始终保持与点01，F的距离和到直线1x的距离相等.若机器人接触不到过点01，P且斜率为k的直线，则k的取值范围是___________.15.若axexfx1ln3是偶函数，则a____________.三、解答题：本大题共6小题，学科网共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算过程.16.（本小题满分12分）已知数列na的前n项和NnnnSn，22.（I）求数列na的通项公式；（II）设nnanabn12，求数列nb的前n2项和.17.（本小题满分12分）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：bababababababababababababababa，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，其中aa，分别表示甲组研发成功和失败；bb，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，则给改组记1分，否记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；学科网（II）若该企业安排甲、乙两组各自研发一种新产品，试估算恰有一组研发成功的概率.18.（本小题满分12分）如图3，已知二面角MN的大小为60，菱形ABCD在面内，,AB两点在棱MN上，60BAD，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.19.（本小题满分13分）如图4，在平面四边形ABCD中，32,2,7,1,ADCEAECDEABDA,3BEC（1）求CEDsin的值；（2）求BE的长20.（本小题满分13分）如图5，O为坐标原点，双曲线221112211:1(0,0)xyCabab和椭圆222222222:1(0)xyCabab均过点23(,1)3P，且以1C的两个顶点和2C的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.（1）求12,CC的方程；（2）是否存在直线l，使得l与1C交于,AB两点，与2C只有一个公共点，且||||OAOBAB？证明你的结论.21.（本小题满分13分）已知函数()cossin1(0)fxxxxx.（1）求()fx的单调区间；（2）记ix为()fx的从小到大的第(*)iiN个零点，证明：对一切*nN，有2221211123nxxx数学（文）（湖南卷）参考答案一、选择题（1）B（2）C（3）D（4）A（5）B（6）C（7）D（8）B（9）C（10）D二、填空题（11）-3（12）10xy（13）7（14）,11,（15）32三、解答题（16）解：(I)当1n时,111aS;当2n时,22111,22nnnnnnnaSSn故数列na的通项公式为nan.（II）)由(1)可得21nnnbn,记数列nb的前2n项和为2nT,则122212222212342.222,12342,nnnTnABn记则2n212(12)2212(12)(34)(21)2.nABnnn故数列nb的前2n项和2n1222nTABn.17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,其平均数102153x甲;方差22212221100515339s甲,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93155x乙,方差为22213361906155525s乙,因为22,xxss乙乙甲甲,所以甲组的研发水平优于乙组.(II)记E恰有一组研发成功,在所有抽的的15个结果中,恰有一组研发成功的结果是:ababababababab，，，，，，，，，，，，，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715PE.（18）解：(I)如图,因为DO,AB,所以DOAB,连接BD,由题可知ABD是正三角形,又E是AB的中点,所以DEAB,而DODED,故AB平面ODE.(II)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(I)可知,AB平面ODE,所以ABOE,又DEAB,于是DEO是二面角MN的平面角,从而060DEO,不妨设2AB,则2AD,易知3DE,在RtDOE中,03sin602DODE,连接AO,在RtAOD中,332cos24DOADOAD,所以异面直线BC与OD所成角的余弦值为34.（19）解：:如图设CED(I)在CDE中,由余弦定理可得2222cosECCDDECDDEEDC,于是又题设可知271CDCD,即260CDCD,解得2CD(30CD舍去),在CDE中,由正弦定理可得sinsinDECDEDC23sin22132sin77CDEC,即21sin7CED.(I)由题设可得203,于是由（I）知22127cos1sin1497,而23AED,所以222coscoscoscossinsin333AEB13cossin221273217272714,在RtEAB中,2cosEAAEBBEBE,所以2247cos714BEAEB.（20）解：设2C的焦距为22c,由题可得2122,22ca,从而121,1ac,因为点23,13P在双曲线22211yxb上,所以22121232133bb,由椭圆的定义可得222222323211112333a23a,2222222bac,所以12,CC的方程为22221,1332yyxx.(II)不存在符合题设条件的直线.(i)若直线l垂直于x轴,因为l与2C只有一个公共点,所以直线的方程为2x或2x,当2x时,易知2,3,2,3,AB所以22,23OAOBAB,此时OAOBAB.当2x时,同理可得OAOBAB.（i）当直线l不垂直于x轴,设l的方程为ykxm,由2213ykxmyx可得2223230kxkmxm,当l与1C相交于,AB两点时,设1122,,,AxyBxy,则12,xx满足上述方程的两个实根,从而212122223,33kmmxxxxkk,于是22221212122333kmyykxxkmxxmk,由22132ykxmyx可得222234260kxkmxm,因为直线l与2C只有一个公共点，所以上述方程的判别式222201682330kmkm,化简可得2223km,因此2222121222233330333mkmkOAOBxxyykkk,于是222222OAOBOAOBOAOBOAOB,即22OAOBOAOB,所以OAOBAB,综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线（21）解：（I）数fx求导可得'cossincossin0fxxxxxxxx,令'0fx可得*xkkN,当2,21*xkkkN时,sin0x.此时'0fx;当21,22*xkkkN时,sin0x,此时'0fx,故函数fx的单调递减区间为2,21*kkkN,单调递增区间为21,22*kkkN.(II)由(1)可知函数fx在区间0,上单调递减,又02f,所以12x,当*nN时,因为11111110nnfnfnnn,且函数fx的图像是连续不断的,所以fx在区间,1nn内至少存在一个零点,又fx在区间,1nn上是单调的,故11nnxn,因此,当1n时,2211423x;当2n时,222121112413xx;当3n时,22222221231111111+4121nxxxxn222221231111111+51221nxxxxnn2222212311111111+51221nxxxxnn221162613n