2014年高考湖南理科数学试题及答案详解纯word版.docx

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1、2019年一般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、填空题和解答题三局部，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. 满意（为虚数单位）的复数A. B. C. D. 2. 对一个容量为N的总体抽取容量为m的样本，若选取简洁随机抽样、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，则A. B. C. D. 3. 已知分别，是定义在R上的偶函数和奇函数，且，则A. B. C. 1 D. 34. 的绽开式中的系数是A. B. C. 5 D.

2、205. 已知命题 若， 则；命题若，则 . 在命题中，真命题是A. B. C. D. 6. 执行如图1所示的程序框图. 假如输入的，则输出的S属于A. B. C. D. 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. 某市消费总值连续两年持续增加. 第一年的增长率为，第二年的增长率为，则该市这两年消费总值的年平均增长率为A. B. C. D. 9. 已知函数，且，则函数的图象的一条对称轴是A. B. C. D. 10. 已知函数与的图象上存在关于 轴对称的点，则的取值范围是A. B. C. D

3、. 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，假如全做，则按前两题记分)11. 在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线与曲线 (为参数) 交于A、B两点，且. 以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程是_.12. 如图3，已知，是的两条弦，则的半径等于_.13. 若关于x的不等式的解集为， 则_.（二）必做题（1416题）14. 若变量满意约束条件，且的最小值为，则_.15. 如图4，正方形和正方形的边长分别为. 原点为的中点，抛物线经过、两点，则_.16. 在平面直角坐标系中，为原点，

4、. 动点满意，则的最大值是_.三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解容许写出文字说明、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，他们研发新产品胜利的概率分别是和. 现支配甲组研发新产品A，乙组研发新产品B. 设甲、乙两组的研发互相独立. （1）求至少有一种新产品研发胜利的概率；（2）若新产品A研发胜利，预料企业可获利润120万元；若新产品B研发胜利，预料企业可获得利润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，在平面四边形中，. （1） 求的值； （2） 若，求的长.19. (本小题满分12分) 如图6，四棱

5、柱的全部棱长都相等， 四边形和四边形均为矩形. （1） 证明：底面; （2）若，求二面角的余弦值.20. (本小题满分13分) 已知数列满意，. （1）若是递增数列，且，成等差数列，求的值； （2）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式.21. (本小题满分13分) 如图7，为坐标原点，椭圆的左、右焦点为，离心率为；双曲线的左、右焦点为，离心率为. 已知，且. （1）求、的方程； （2）过作的不垂直轴的弦，为的中点. 当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值.22. (本小题满分13分) 已知常数，函数 （1） 探讨在区间上的单调性； （2）若存在两个极值点，且，求的取值范围.2019

6、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，所以，故选B 【考点定位】复数2.【答案】D【解析】依据随机抽样的原理可得三种抽样方式都必需满意每个个体被抽到的概率相等，即 ，故选D 【考点定位】抽样调查3.【答案】C 【解析】令可得，所以故选C. 或者视察求得，可求得. 【考点定位】函数奇偶性4.【答案】A【解析】第项绽开式为,则时, ,故选A.【考点定位】二项式定理5.【答案】C【解析】当时,两边乘以可得,所以命题为真命题,当时,因为,所以命题为假命题,所以为真命题, 故选C.【考点定位】命题真假 逻辑连接词6.【答案】D【解析】当时,运行程序如下,当时 ,则,故

7、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,则，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,则有，故选D.【考点定位】实际应用问题9.【答案】A【解析】函数的对称轴为，又由得的一个值为，则是其中一条对称轴，故选A.【考点定位】三角函数图像 协助角公式10.【答案】B【解析】由题可得存在满意，当趋近于负无穷小时，趋近于,因为函数在定义域内是单调递增的，所以,故选B.【考点定位】指对数函数 方程二、填空题11.【答案】 （或）【解析】曲线C的一般方程为，直线截曲线C所得弦长

8、，知直线过圆心，故直线的直角坐标方程为.【考点定位】极坐标，参数方程12.【答案】【解析】设AD交BC于点D，延长AO交圆于另一点E，则，在中由勾股定理可得，再由相交弦定理得，从而直径，半径.【考点定位】勾股定理，相交弦定理等13.【答案】【解析】依得可得，解得. 【考点定位】肯定值不等式14.【答案】【解析】画出不等式（组）表示的平面区域，知当过点时获得最小值，所以，.【考点定位】线性规划15.【答案】【解析】由题可得,则,故填.【考点定位】抛物线16.【答案】【解析】动点的轨迹为以为圆心的单位圆，则设为，则，所以的最大值为，故填.或由题求得点D的轨迹方程为，数形结合求出的最大值即为点到轨迹

9、上的点最远间隔 ( 到圆心的间隔 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甲组研发新产品胜利，F乙组研发新产品胜利，由题可知且事务E与F，E与，与，与都互相独立.(1) 记H至少有一种新产品研发胜利，则，于是，故所求概率为.（2）设企业可获利润为（万元），则的可能取值为0，100，120，220. 又因故所求分布列为X0100120220P数学期望为 .18. 解：（1）在中，则余弦定理，得. 由题设知，. （2）设，则因为， 所以于是在中，由正弦定理，故19. 解：（1）如图(a)，因为四边形为矩形，所以，同理.由题知，所以，又 ，故 底面. (

10、2)解法1 如图(a)，过作于，连接. 由(1)知，底面，所以底面，于是. ，又因为四棱柱的全部棱长都相等，所以四边形为菱形，因此，从而平面,所以，于是平面，进而 ，故是二面角的平面角.不妨设,因为，所以，在中，易知，故，即二面角的余弦值为. 解法2因为四棱柱的全部棱长都相等，所以四边形为菱形，因此，又底面，从而，两两垂直.如图(b)，以O为坐标原点，分别为x轴， y轴，z轴建立空间坐标系.不妨设,因为，所以，于是相关各点的坐标为：，易知是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量,则，即，取，则，于是.设二面角的大小为，易知为锐角，于是即二面角的余弦值为.20. 解：（1）因为是递增数列，所以，

11、而，因此 ，又，成等差数列，所以，因此，解得或， 但当时，与是递增数列相冲突，故. (2) 由于是递增数列，因此 ，于是 且 ，所以 则可知，因此， 因为是递减数列，同理可得，故， 由即得 . 于是故数列的通项公式为21. 解：（1）因为，所以，因此得，即，从而，于是，所以，.故、的方程分别是 ，.(2) 由于过且不垂直轴，故可设直线的方程为 由 得 易知此方程的判别式大于0，设，则是上述方程的两个实根，所以 ，.因此，于是中点，因此直线的斜率为，其方程为. 由 得 ，所以，从而 . 设点A到直线PQ的间隔 为，则点B到直线PQ的间隔 也为，所以 ，因为点A、B在直线PQ的异侧， 所以，于是从

12、而 ，又，所以 ，故四边形面积而 ，故当时，取最小值2. 综上所述，四边形面积的最小值为2.22. 解：（1） （*）当时，此时，在区间上单调递增；当时，由得 （舍去），当时，当时，故在区间上单调递减，在区间上单调递增.综上所述，当时， 在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）由（*）式知，当时， ，此时不存在极值点. 因此要使存在两个极值点，必有，且的极值点只可能是和，且由的定义可知，且，所以且，解得. 此时，则（*）式知，分别是的微小值点和极大值点. 而令，由且知，当时，；当时，. 并记， （i）当时，因此，在区间上单调递减，从而，故当时，. (ii) 当时，因此，在区间上单调递减，从而，故当时，. 综上所述，满意条件的的取值范围是.