2014年高考湖南文科数学试题及答案(word解析版)Word文档下载推荐.docx
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(A)(B)(C)(D)
【答案】D
【解析】根据随机抽样的原理可得简单随机抽样,分层抽样,系统抽样都必须满足每个个体被抽到的概率相等,即,故选D.
(4)
【2014年湖南,文4,5分】下列函数中,既是偶函数又在区间上单调递增的是()
(A)(B)(C)(D)
【答案】A
【解析】根据函数奇偶性的判断可得选项A、B为偶函数,C为奇函数,D为非奇非偶函数,所以排除C、D选项.由二次函数的图像可得选项B在是单调递减的,根据排除法选A.因为函数在是单调递减的且在是单调递增的,所以根据复合函数单调性的判断同增异减可得选项A在是单调递减的,故选A.
(5)
【2014年湖南,文5,5分】在区间上随机选取一个数,则的概率为()
(A)(B)(C)(D)
【解析】在上符合的区间为,因为的区间长度为5且区间的区间长度为3,所以根据几何概型的概率计算公式可得,故选B.
(6)
【2014年湖南,文6,5分】若圆与圆外切,则()
(A)21(B)19(C)9(D)
【解析】因为,所以且圆
的圆心为,半径为,根据圆和圆外切的判定可得
,故选C.
(7)
【2014年湖南,文7,5分】执行如图所示的程序框图,如果输入的,则输出的属于()
(A)(B)(C)(D)
【解析】当时,运行程序如下:
,,当时,,
则,故选D.
(8)
【2014年湖南,文8,5分】一块石材表示的几何体的三视图如图2所示,将石材切削、打磨、
加工成球,则能得到的最大球的半径等于()
(A)1(B)2(C)3(D)4
【解析】由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图、侧视图和俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直
角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角形内切
圆的半径,则,故选B.
(9)
【2014年湖南,文9,5分】若,则()
(A)(B)(C)(D)
【解析】设,则时,的符号不确定,的单调性不确定.设,则时,,在上单调递减,
,故选C.
(10)
【2014年湖南,文10,5分】在平面直角坐标系中,为原点,,动点满足,则的取值范围是()
(A)(B)(C)(D)
【解析】点D的轨迹是以为圆心的单位圆,设,
则.
因为的取值范围是,
故,故选D.
二、填空题:
本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在答题卡的相应位置.
(11)
【2014年湖南,文11,5分】复数(为虚数单位)的实部等于.
【答案】
【解析】由题可得所以,的实部为.
(12)
【2014年湖南,文12,5分】在平面直角坐标系中,曲线(为参数)的普通方程为.
【解析】联立,消可得.
(13)
【2014年湖南,文13,5分】若变量满足约束条件,则的最大值为.
【答案】7
【解析】作出不等式组表示的区域如下,则根据线性规划的知识可得目标函数
在点处取得最大值7.
(14)
【2014年湖南,文14,5分】平面上以机器人在行进中始终保持与点的距离和到直
线的距离相等.若机器人接触不到过点且斜率为的直线,则的取值范围是.
【解析】由题设知机器人在以点为焦点的抛物线上,且与抛物线无交点,方程无实根,则且或,所以.
(15)
【2014年湖南,文15,5分】若是偶函数,则.
【解析】因为为偶函数,所以
.
三、解答题:
本大题共6题,共75分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.
(16)
【2014年湖南,文16,12分】已知数列的前项和.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
解:
(1)当时,,当时,,∴.
(2)由题意得:
,∴数列的前项和为
.
(17)
【2014年湖南,文17,12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:
其中分别表示甲组研发成功和失败;
分别表示乙组研发成功和失败.
(1)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;
(2)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.
(1)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,其平均数为.
方差为;
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,其平均数为.
方差为
,∴甲组的研发水平优于乙组的研发水平.
(2)记{恰有一组研发成功},在所抽得的15个结果中,恰有一组研发成功的结果是
共有7个,根据古典概型的概率计算公式可得.
(18)
【2014年湖南,文18,12分】如图,已知二面角的大小为60°
,菱形
在面内,两点在棱上,60°
,是的中点,面,垂足为
(1)证明:
平面;
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
(1)∵,,∴.∵四边形问菱形,,连结,则为正
三角形.又为的中点,∴.而,∴平面.
(2)∵,∴是直线,所成的角.由
(1)知,平面,
∴,,∴是二面角的平面角,∴.
设,则,,.连结,则,
∴异面直线,所成的角的余弦值为.
(19)
【2014年湖南,文19,13分】如图,在平面四边形中,,,,,,.
(1)求的值;
(2)求的长.
(1)在中,.即,,
(舍去),设,,即,.
(2),,,,
在中,,.
(20)
【2014年湖南,文20,13分】如图,为坐标原点,双曲线和椭圆均过点,且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.
(1)求的方程;
(2)是否存在直线,使得与交于两点,与只有一个公共点,且
?
证明你的结论.
(1)设的焦距为,则,∴.在上,∴,.
由椭圆定义知,,∴,,
∴的方程分别为.
(2)不存在符合题设条件的直线.
①若轴,∵与只有一个公共点,∴的方程为或.当时,易得,
,,此时.
②若不垂直轴,设,代入双曲线方程整理得.
当与有两个交点,时,,,
于是,
再将代入椭圆方程整理得,
∵与只有一个公共点,∴由,可得,于是有
∴,即.
综合①②可知,不存在符合题设条件的直线.
(21)
【2014年湖南,文21,13分】已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)记为的从小到大的第个零点,证明:
对一切,有.
(1),令,则.当时,,
当时,,∴的单调减区间为,
的单调增区间为.
(2)由
(1)知,在区间上单调递减,∵,∴.
当时,∵,
且的图像是连续不断的,∴在区间内至少有一个实根,
又在区间上是单调的,∴.由此可得
综上可知,对一切,都有.
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