2022年湖南理科数学高考试题 .pdf

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1、2013年全国统一考试数学理工农医类(湖南卷 ) 一、选择题：本大题共8 小题，每小题5 分，共 40 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(2013 湖南，理 1)复数 zi (1i)(i 为虚数单位 )在复平面上对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限答案： B 解析： zii21i，对应点为 (1,1)，故在第二象限，选B2(2013 湖南，理 2)某学校有男、女学生各500 名，为了解男、女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100 名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是 ()A抽签法B随机数法C系统抽样法D分层抽样法答案：

2、D 解析： 看男、女学生在学习兴趣与业余爱好是否存在明显差异，应当分层抽取，故宜采用分层抽样3 (2013 湖南，理 3)在锐角 ABC 中，角 A， B 所对的边长分别为a， b.若 2asin B3b，则角 A 等于 ()A12B6C4D3答案： D 解析： 由 2asin B3b 得 2sin Asin B3sin B，故 sin A32，故 A3或23.又ABC 为锐角三角形，故A3. 4(2013 湖南，理 4)若变量 x，y 满足约束条件2 ,1,1.yxxyy则 x2y 的最大值是 ()A52B0 C53D52答案： C 解析： 约束条件表示的可行域为如图阴影部分令 x2yd，即

3、122dyx，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 12 页 - - - - - - - - - 由线性规划知识可得最优点为1 2,3 3，所以 dmax145333. 5(2013 湖南，理 5)函数 f(x)2ln x 的图象与函数g(x)x24x5 的图象的交点个数为()A3 B2 C1 D0 答案： B 解析： 设 f(x)与 g(x)图象的交点坐标为(x，y)，则 y2ln x，yx24x5，联立得 2ln xx24x5，令 h(x)x24x52ln

4、x(x0)，由 h (x)2x42x0 得 x112，x212(舍)当 h (x)0 时，即 x(0,12)时， h(x)单调递减；当 h (x)0，即 x(12，)时， h(x)单调递增又h(1)20，h(2)12ln 20，h(4)52ln 40，h(x)与 x 轴必有两个交点，故答案为B6(2013 湖南，理6)已知 a，b 是单位向量， a b0，若向量c 满足 |cab|1，则 |c|的取值范围是()A21，21 B21，22 C1，21 D1，22 答案： A 解析： 由题意，不妨令a(0,1)，b(1,0)，c(x，y)，由|cab|1 得(x1)2(y1)21，|c|22xy可

5、看做 (x，y)到原点的距离，而点(x，y)在以 (1,1)为圆心，以1 为半径的圆上如图所示，当点 (x， y)在位置 P 时到原点的距离最近， 在位置 P 时最远，而 PO21，PO21，故选 A7(2013 湖南，理 7)已知棱长为1 的正方体的俯视图是一个面积为1 的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B2C212D212答案： C 解析： 根据三视图中正视图与俯视图等长，故正视图中的长为2cos ，如图所示名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2

6、页，共 12 页 - - - - - - - - - 故正视图的面积为S 2cos (0 4)，1S2，而2112，故面积不可能等于212. 8(2013 湖南，理 8)在等腰直角三角形ABC 中， ABAC4，点 P 为边 AB 上异于 A，B 的一点，光线从点P出发，经 BC，CA 反射后又回到点P.若光线 QR 经过 ABC 的重心，则 AP 等于 ()A2 B1 C83D43答案： D 解析： 以 A 为原点， AB 为 x 轴， AC 为 y 轴建立直角坐标系如图所示则 A(0,0)，B(4,0) ，C(0,4)设ABC 的重心为 D，则 D 点坐标为4 4,3 3. 设 P 点坐标

7、为 (m,0)，则 P 点关于 y 轴的对称点P1为(m,0)，因为直线BC 方程为 xy40，所以 P 点关于 BC 的对称点P2为(4,4m)，根据光线反射原理，P1，P2均在 QR 所在直线上，12P DP Dkk，即4443344433mm，解得， m43或 m0. 当 m0 时， P 点与 A 点重合，故舍去m43. 二、填空题：本大题共8 小题，考生作答7 小题，每小题5 分，共 35 分(一)选做题 (请考生在第9,10,11 三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -

8、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 12 页 - - - - - - - - - 9(2013 湖南，理9)在平面直角坐标系xOy 中，若直线l：,xtyta(t 为参数 )过椭圆C：3cos ,2sinxy(为参数 )的右顶点，则常数a 的值为 _答案： 3 解析： 由题意知在直角坐标系下，直线 l 的方程为yxa，椭圆的方程为22194xy，所以其右顶点为(3,0)由题意知03a，解得 a3. 10(2013 湖南，理10)已知 a，b，cR，a2b3c6，则 a24b29c2的最小值为_答案： 12 解析： 由柯西不等式得(121212)(a24b29c2)

9、(a2b3c)2，即 a24b29c212，当 a2b3c2 时等号成立，所以a24b29c2的最小值为12. 11(2013 湖南，理 11)如图，在半径为7的eO 中，弦 AB，CD 相交于点P，PAPB2，PD 1，则圆心 O 到弦 CD 的距离为 _答案：32解析： 如图所示，取CD 中点 E，连结 OE，OC由圆内相交弦定理知PD PCPA PB，所以 PC4，CD5，则 CE52，OC7. 所以 O 到 CD 距离为 OE2253722. (二)必做题 (1216 题) 12(2013 湖南，理 12)若0Tx2dx9，则常数 T的值为 _答案： 3 解析： 313xx2，名师资料

10、总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 12 页 - - - - - - - - - 0Tx2dx13x30|T13T309， T3. 13(2013 湖南，理13)执行如图所示的程序框图，如果输入a1，b2，则输出的a的值为 _答案： 9 解析： 输入 a1，b2，不满足 a8，故 a3；a3 不满足 a8，故 a5；a5 不满足 a8，故 a7；a7 不满足 a8，故 a9，满足 a8，终止循环输出a9. 14(2013 湖南，理 14)设 F1，F2是双曲线 C：2

11、2221xyab(a0，b0)的两个焦点，P是 C 上一点若|PF1|PF2|6a， 且 PF1F2的最小内角为30 ， 则 C 的离心率为 _答案：3解析： 不妨设 |PF1|PF2|，由1212| 6 ,| 2PFPFaPFPFa可得12| 4 ,| 2 .PFaPFa2a2c， PF1F230 ，cos 30222242224caaa，整理得， c23a22 3ac0，即 e22 3e30，3e. 15(2013 湖南，理 15)设 Sn为数列 an的前 n 项和， Sn( 1)nan12n，nN*，则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -

12、- - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 12 页 - - - - - - - - - (1)a3_；(2)S1S2 S100_. 答案： (1)116(2)1001113 216(2013 湖南，理 16)设函数 f(x)axbxcx，其中 ca0，cb0. (1)记集合 M(a，b，c)|a，b，c 不能构成一个三角形的三条边长，且ab，则 (a，b，c)M 所对应的f(x)的零点的取值集合为_；(2)若 a，b，c 是 ABC 的三条边长，则下列结论正确的是_(写出所有正确结论的序号 ) x(， 1)，f(x)0；xR，使 ax，bx，cx不能

13、构成一个三角形的三条边长；若 ABC 为钝角三角形，则x(1,2)，使 f(x)0. 答案： (1) x|0 x1(2)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(2013 湖南，理 17)(本小题满分12 分)已知函数( )sincos63f xxx，g(x)22sin2x. (1)若 是第一象限角，且f( )3 35，求 g( )的值；(2)求使 f(x)g(x)成立的 x的取值集合解：( )sincos63f xxx32sin x12cos x12cos x32sin x3sin x，g(x)22sin2x1cos x. (1)由 f( )3 3

14、5得 sin 35. 又 是第一象限角，所以cos 0. 从而 g( )1cos 121sin41155. (2)f(x)g(x)等价于3sin x1cos x，即3sin xcos x1. 于是1sin62x. 从而 2k 6x62k 56，kZ，即 2k x2k 23，kZ. 故使 f(x)g(x)成立的 x 的取值集合为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 12 页 - - - - - - - - - 2| 2 2 ,3xkxkkZ. 18(2013 湖南

15、， 理 18)(本小题满分12 分)某人在如图所示的直角边长为4 米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位： kg)与它的“相近”作物株数X 之间的关系如下表所示：X 1234 Y 51484542 这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1 米(1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率；(2)从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望解： (1)所种作物总株数N1234515，其中三角形地块内部的作物株数为3，边界上的作物株数为12

16、.从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株的不同结果有11312C C36 种，选取的两株作物恰好“相近 ”的不同结果有3328 种故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，它们恰好“相近 ”的概率为82369. (2)先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获量Y 的分布列因为 P(Y51)P(X1)，P(Y48)P(X2)，P(Y45)P(X3)，P(Y42)P(X4)，所以只需求出P(Xk)(k1,2,3,4)即可记 nk为其 “相近 ”作物恰有 k 株的作物株数 (k1,2,3,4)，则n12，n24，n36，n43. 由 P(Xk)knN得P(X1)215，P(X2)415

17、，P(X3)62155，P(X4)31155. 故所求的分布列为Y 51484542 P 2154152515所求的数学期望为E(Y) 51215484154525421534649042546. 19(2013 湖南，理19)(本小题满分12 分)如图，在直棱柱ABCD A1B1C1D1中， ADBC， BAD90 ，ACBD，BC1，ADAA13. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 12 页 - - - - - - - - - (1)证明： ACB1D；

18、(2)求直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值解法 1： (1)如图，因为BB1平面 ABCD ，AC平面 ABCD，所以 ACBB1. 又 ACBD，所以 AC平面 BB1D而 B1D平面 BB1D，所以 ACB1D(2)因为 B1C1AD，所以直线 B1C1与平面 ACD1所成的角等于直线AD 与平面 ACD1所成的角 (记为 )如图，连结A1D，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且 B1A1D1BAD90 ，所以 A1B1平面 ADD1A1. 从而 A1B1AD1. 又 ADAA13，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1. 故 AD1平面 A1B1D，于是 AD

19、1B1D由(1)知，ACB1D，所以 B1D平面 ACD1.故ADB190 . 在直角梯形ABCD 中，因为 ACBD，所以BACADB从而 Rt ABCRt DAB，故ABBCDAAB.即 AB3DA BC. 连结 AB1，易知AB1D 是直角三角形，且 B1D2BB12BD2BB12AB2AD221，即 B1D21. 在 Rt AB1D 中， cosADB11321721ADB D，即 cos(90 )217. 从而 sin 217. 即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为217. 解法 2：(1)易知， AB，AD，AA1两两垂直如图，以A 为坐标原点，AB，AD，AA1所在直

20、线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系设 ABt， 则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 12 页 - - - - - - - - - 从而1B Duuu u r(t,3，3)，ACuuu r(t,1,0)，BDuuu r( t,3,0)因为 ACBD，所以ACuuu rBDuu u r t2300.解得3

21、t或3t(舍去 )于是1B Duuu u r(3，3，3)，ACuuu r(3，1,0)因为ACuuu r1B Du uuu r 3300，所以ACuu u r1B Duuu u r，即 ACB1D(2)由(1)知，1ADu uu u r(0,3,3)，ACuuu r(3，1,0)，11BCuu uu r(0,1,0)设 n (x，y，z)是平面 ACD1的一个法向量，则10,0,ACADu uu ru uu u rnn即30,330.xyyz令 x1，则 n(1，3，3)设直线 B1C1与平面 ACD1所成角为 ，则sin |cosn，11BCu uu u r|1111B CB Cu uuu

22、 ru uu u rnn32177. 即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为217. 20(2013 湖南，理20)(本小题满分13 分)在平面直角坐标系xOy 中，将从点M 出发沿纵、横方向到达点N 的任一路径称为M 到 N 的一条“ L 路径”如图所示的路径MM1M2M3N与路径 MN1N 都是 M 到 N 的“ L 路径” 某地有三个新建的居民区，分别位于平面xOy 内三点 A(3,20)，B(10,0)，C(14,0)处现计划在x 轴上方区域 (包含 x 轴)内的某一点P 处修建一个文化中心(1)写出点 P 到居民区 A 的“ L 路径”长度最小值的表达式(不要求证明 )：(

23、2)若以原点 O 为圆心，半径为1 的圆的内部是保护区，“L 路径”不能进入保护区，请确定点 P 的位置，使其到三个居民区的“L 路径”长度之和最小解： 设点 P 的坐标为 (x，y)(1)点 P 到居民区 A 的“L 路径 ”长度最小值为|x3|y20|，xR，y0，)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 12 页 - - - - - - - - - (2)由题意知， 点 P 到三个居民区的“L 路径”长度之和的最小值为点P 分别到三个居民区的 “L 路径 ”

24、长度最小值之和(记为 d)的最小值当 y 1时， d|x10|x14|x3|2|y|y20|，因为 d1(x)|x10|x14|x3|x10|x14|，(*) 当且仅当x3 时，不等式 (*) 中的等号成立，又因为 |x10|x14|24，(*) 当且仅当x10,14时，不等式 (*) 中的等号成立所以 d1(x)24，当且仅当x3 时，等号成立d2(y)2y|y20|21，当且仅当y1 时，等号成立故点 P 的坐标为 (3,1)时，P 到三个居民区的“L 路径 ”长度之和最小，且最小值为45. 当 0 y1 时，由于 “L 路径”不能进入保护区，所以 d |x10|x14|x3|1|1y|y

25、|y20|，此时， d1(x)|x10|x14|x3|，d2(y)1|1y|y|y20|22y21. 由知， d1(x)24，故 d1(x)d2(y)45，当且仅当x3，y1 时等号成立综上所述，在点P(3,1)处修建文化中心，可使该文化中心到三个居民区的“L 路径 ”长度之和最小21(2013 湖南，理 21)(本小题满分13 分)过抛物线E：x22py(p0)的焦点 F 作斜率分别为 k1，k2的两条不同直线l1，l2，且 k1k22，l1与 E 相交于点A，B，l2与 E 相交于点C，D，以 AB，CD 为直径的圆M，圆 N(M，N 为圆心 )的公共弦所在直线记为l. (1)若 k10，

26、k20，证明：FMuu uu rFNuu u r2p2；(2)若点 M 到直线 l 的距离的最小值为7 55，求抛物线E 的方程解： (1)由题意，抛物线E 的焦点为 F0,2p，直线 l1的方程为yk1x2p，由12,22pyk xxpy得 x22pk1xp20. 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)， (x2，y2)，则 x1，x2是上述方程的两个实数根从而 x1x22pk1，y1y2k1(x1x2)p2pk12p. 所以点 M 的坐标为211,2ppkpk，FMuuu u r(pk1，pk12)同理可得点N 的坐标为222,2ppkpk，FNuuu r(pk2，pk22)于是FMu

27、uu u rFNu uu rp2(k1k2k12k22)由题设， k1k22，k10，k20，k1k2，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 12 页 - - - - - - - - - 所以 0 k1k22122kk1. 故FMuuuu rFNuuu rp2(112)2p2. (2)由抛物线的定义得|FA|y12p，|FB|y22p，所以 |AB|y1y2p2pk122p. 从而圆 M 的半径 r1pk12p，故圆 M 的方程为(xpk1)22212pypk

28、(pk12p)2. 化简得 x2y22pk1xp(2k121)y34p20. 同理可得圆N 的方程为x2y22pk2xp(2k221)y34p20. 于是圆 M，圆 N 的公共弦所在直线l 的方程为 (k2k1)x(k22k12)y0. 又 k2k10，k1k22，则 l 的方程为 x2y0. 因为 p 0，所以点 M 到直线 l 的距离211|2|5pkpkpd211|21|5pkk21172485pk. 故当 k114时， d 取最小值78 5p. 由题设，77 558 5p，解得 p8. 故所求的抛物线E 的方程为 x216y. 22(2013 湖南，理 22)(本小题满分13 分)已知

29、 a0，函数 f(x)2xaxa. (1)记 f(x)在区间 0,4上的最大值为g(a)，求 g(a)的表达式；(2)是否存在 a，使函数yf(x)在区间 (0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由解： (1)当 0 xa 时， f(x)2axxa；当 xa 时， f(x)2xaxa. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 12 页 - - - - - - - - - 因此，当x(0，a)时， f(x

30、)232axa0，f(x)在(0，a)上单调递减；当 x(a， )时，f (x)232axa0，f(x)在(a， )上单调递增若 a 4，则 f(x)在(0,4)上单调递减， g(a) f(0)12. 若 0 a4，则 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增所以 g(a)max f(0)，f(4) 而 f(0) f(4)1412422aaaa，故当 0 a1 时， g(a) f(4)442aa；当 1a4 时， g(a)f(0)12. 综上所述， g(a)4,01,421,1.2aaaa(2)由(1)知，当 a4 时， f(x)在 (0,4)上单调递减，故不满足要求当 0a4

31、时， f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增若存在 x1，x2(0,4)(x1x2)，使曲线yf(x)在(x1，f(x1)，(x2，f(x2)两点处的切线互相垂直，则 x1(0，a)，x2(a,4)，且 f(x1) f(x2)1，即221233122aaxaxa. 亦即 x12a232axa.(*) 由 x1(0，a)，x2(a,4)得 x12a(2a,3a)，232axa3,142aa. 故(*) 成立等价于集合A x|2ax3a 与集合 B3142axxa的交集非空因为342aa3a，所以当且仅当02a1，即 0a12时， AB. 综上所述，存在a 使函数f(x)在区间 (0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a 的取值范围是10,2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 12 页 - - - - - - - - -