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1、普通高等学校招生全国统一考试数学真题2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)数学(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.(2014湖南,文1)设命题p:xR,x2+10,则p为()A.x0R,x02+10B.x0R,x02+10C.x0R,x02+12,B=x|1x2B.x|x1C.x|2x3D.x|1x3答案:C解析:由交集的概念,结合数轴(数轴略)可得AB=x|2x3.故选C.3.(2014湖南,文3)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
2、体中每个个体被抽中的概率分别为p1,p2,p3,则()A.p1=p2p3B.p2=p3p1C.p1=p3p2D.p1=p2=p3答案:D解析:由随机抽样的原则可知简单随机抽样、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p1=p2=p3,故选D.4.(2014湖南,文4)下列函数中,既是偶函数又在区间(-,0)上单调递增的是()A.f(x)=1x2B.f(x)=x2+1C.f(x)=x3D.f(x)=2-x答案:A解析:由偶函数的定义知,A,B为偶函数.A选项,f(x)=-2x3在(-,0)恒大于0;B选项,f(x)=2x在(-,0)恒小于0.故选A.5.(2014湖南,文5)在区
3、间-2,3上随机选取一个数X,则X1的概率为()A.45B.35C.25D.15答案:B解析:由几何概型的概率公式可得P(X1)=35,故选B.6.(2014湖南,文6)若圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m=()A.21B.19C.9D.-11答案:C解析:易知圆C1的圆心坐标为(0,0),半径r1=1.将圆C2化为标准方程(x-3)2+(y-4)2=25-m(m25),得圆C2的圆心坐标为(3,4),半径r2=25-m(m25).由两圆相外切得|C1C2|=r1+r2=1+25-m=5,解方程得m=9.故选C.7.(2014湖南,文7)执行如图所示的程序
4、框图.如果输入的t-2,2,则输出的S属于()A.-6,-2B.-5,-1C.-4,5D.-3,6答案:D解析:当t-2,0)时,执行以下程序:t=2t2+1(1,9,S=t-3(-2,6;当t0,2时,执行S=t-3-3,-1,因此S(-2,6-3,-1=-3,6.故选D.8.(2014湖南,文8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4答案:B解析:由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,A
5、CC1A1相切,故此时球的半径与ABC内切圆半径相等,故半径r=6+8-102=2.故选B.9.(2014湖南,文9)若0x1x2ln x2-ln x1B.ex2-ex1x1ex2D.x2ex10且x趋近于0时,xex-10,因此在(0,1)上必然存在x1x2,使得f(x1)=f(x2),因此A,B不正确;设g(x)=exx,当0x1时,g(x)=(x-1)exx2g(x2),即ex1x1ex2x2,所以x2ex1x1ex2.故选C.10.(2014湖南,文10)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|的取值范围是
6、()A.4,6B.19-1,19+1C.23,27D.7-1,7+1答案:D解析:设动点D的坐标为(x,y),则由|CD|=1得(x-3)2+y2=1,所以D点的轨迹是以(3,0)为圆心,1为半径的圆.又OA+OB+OD=(x-1,y+3),所以|OA+OB+OD|=(x-1)2+(y+3)2,故|OA+OB+OD|的最大值为(3,0)与(1,-3)两点间的距离加1,即7+1,最小值为(3,0)与(1,-3)两点间的距离减1,即7-1.故选D.二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.11.(2014湖南,文11)复数3+ii2(i为虚数单位)的实部等于.答案:-3解析:由题意可得3+
7、ii2=3+i-1=-3-i,故复数的实部为-3.12.(2014湖南,文12)在平面直角坐标系中,曲线C:x=2+22t,y=1+22t(t为参数)的普通方程为.答案:x-y-1=0解析:两式相减得,x-y=2-1,即x-y-1=0.13.(2014湖南,文13)若变量x,y满足约束条件yx,x+y4,y1,则z=2x+y的最大值为.答案:7解析:不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示,作直线l0:2x+y=0并平移,当直线经过点A(3,1)时,在y轴上的截距最大,此时z取得最大值,且最大值为7.14.(2014湖南,文14)平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)的距离和到直线x=-
8、1的距离相等.若机器人接触不到过点P(-1,0)且斜率为k的直线,则k的取值范围是.答案:(-,-1)(1,+)解析:由题意知,机器人行进的路线为抛物线y2=4x.由题意知过点P的直线为y=kx+k(k0),要使机器人接触不到过点P的直线,则直线与抛物线无公共点,联立方程得k4y2-y+k=0,即=1-k21或kx乙,s甲2s乙2,所以甲组的研发水平优于乙组.(2)记E=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(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),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P(E)=
9、715.18.(本小题满分12分)(2014湖南,文18)如图,已知二面角-MN-的大小为60,菱形ABCD在面内,A,B两点在棱MN上,BAD=60,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.分析:在第(1)问中,可利用线面垂直的判定定理证明,由DO平面可得到DOAB,然后利用ABD为正三角形得到DEAB,最后根据线面垂直的判定定理得出所证结论;在第(2)问中,充分利用第(1)问的结论AB平面ODE,从而得到二面角-MN-的平面角,达到立几化平几的目的,即转化为求ADO的余弦,然后利用解直角三角形的方法求出余弦值.解:(1)如图a,因为DO,AB,所以DOAB.图a连接BD,由题设知,ABD是正三角形.又E是AB的中点,所以DEAB.而DODE=D,故AB平面ODE.(2)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(1)知,AB平面ODE,所以ABOE.又DEAB,于是DEO是二面角-MN-的平面角,从而DEO=60.不妨设AB=2,则AD=2.易知DE=3.在RtDOE中,DO=DEsin 60=32.连接AO,在RtAOD中,cosADO=DOAD=32
