2014高考湖北（理科数学）试卷 10页

‎2014·湖北卷(理科数学)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．[2014·湖北卷] i为虚数单位，＝(　　)‎ ‎　 　　　　　 　　　　　 　　　　‎ A．－1 B．1 C．－i D．i ‎1．A　[解析] ＝＝－1.故选A.‎ ‎2．[2014·湖北卷] 若二项式的展开式中的系数是84，则实数a＝(　　)‎ A．2 B. C．1 D. ‎2．C　[解析] 展开式中含的项是T6＝C(2x)2＝C22a5x－3，故含的项的系数是C22a5＝84，解得a＝1.故选C.‎ ‎3． [2014·湖北卷] U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B＝∅”的(　　)‎ A．充分而不必要条件 ‎ B．必要而不充分条件 C．充要条件 ‎ D．既不充分也不必要条件 ‎3．C　[解析] 若存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC，则可以推出A∩B＝∅；若A∩B＝∅，由维思图可知，一定存在C＝A，满足A⊆C，B⊆∁UC，故“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B＝∅”的充要条件．故选C.‎ ‎4．[2014·湖北卷] 根据如下样本数据：‎ x ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ y ‎4.0‎ ‎2.5‎ ‎－0.5‎ ‎0.5‎ ‎－2.0‎ ‎－3.0‎ 得到的回归方程为＝bx＋a，则(　　)‎ A．a>0，b>0 B．a>0，b<0 ‎ C．a<0，b>0 D．a<0，b<0‎ ‎4．B　[解析] 作出散点图如下：‎ 观察图象可知，回归直线＝bx＋a的斜率b<0，截距a>0.故a>0，b<0.故选B.‎ ‎5．[2014·湖北卷] 在如图11所示的空间直角坐标系O xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)‎ 图11‎ ‎ 　‎ A．①和② B．①和③ C．③和② D．④和②‎ ‎5．D　[解析] 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②. 故选D.‎ ‎6．[2014·湖北卷] 若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：‎ ‎①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.‎ 其中为区间[－1，1]上的正交函数的组数是(　　)‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎6．C　[解析] 由题意，要满足f(x)，g(x)是区间[－1，1]上的正交函数，即需满足f(x)g(x)dx＝0.‎ ‎①f(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝‎ sinxdx＝＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；‎ ‎②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝＝－≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；‎ ‎③f(x)g(x)dx＝x·x2dx＝＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．‎ 综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.‎ ‎7．[2014·湖北卷] 由不等式组确定的平面区域记为Ω1，不等式组确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎7．D　[解析] 作出Ω1，Ω2表示的平面区域如图所示，‎ SΩ1＝S△AOB＝×2×2＝2，S△BCE＝×1×＝，则S四边形AOEC＝SΩ1－S△BCE＝2－＝.故由几何概型得，所求的概率P＝＝＝.故选D.‎ ‎8．[2014·湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　)‎ A. B. C. D. ‎8．B　[解析] 设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L＝2πr，由题意得L2h≈Sh，代入S＝πr2化简得π≈3；类比推理，若V＝L2h，则π≈.故选B.‎ ‎9．、[2014·湖北卷] 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)‎ A. B. C．3 D．2‎ ‎9．A　[解析] 设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，r1>r2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.则由椭圆、双曲线的定义，得r1＋r2＝2a1，r1－r2＝2a2，平方得4a＝r＋r＋2r1r2，4a＝r－2r1r2＋r.又由余弦定理得4c2＝r＋r－r1r2，消去r1r2，得a＋3a＝4c2，‎ 即＋＝4.所以由柯西不等式得＝≤＝.‎ 所以＋≤.故选A.‎ ‎10．[2014·湖北卷] 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎10．B　[解析] 因为当x≥0时，f(x)＝，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝＝－x；‎ 当a20，对任意a>0，b>0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)＝1(x>0)时，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数．‎ ‎(1)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；‎ ‎(2)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数.‎ ‎(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)‎ ‎14．(1)　(2)x(或填(1)k1；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)‎ ‎[解析] 设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则此三点共线：‎ ‎(1)依题意，c＝，则＝，‎ 即＝.‎ 因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝(x>0)；‎ ‎(2)依题意，c＝，则＝，因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝x(x>0)．‎ ‎15．[2014·湖北卷] (选修41：几何证明选讲)‎ 如图13，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点，若QC＝1，CD＝3，则PB＝________．‎ 图13‎ ‎15．4　[解析] 由切线长定理得QA2＝QC·QD＝1×(1＋3)＝4，解得QA＝2.故PB＝PA＝2QA＝4.‎ ‎16．[2014·湖北卷] (选修44：坐标系与参数方程)‎ 已知曲线C1的参数方程是(t为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ＝2，则C1与C2交点的直角坐标为________．‎ ‎16.　[解析] 由消去t得y＝x(x≥0)，即曲线C1的普通方程是y＝x(x≥0)；由ρ＝2，得ρ2＝4，得x2＋y2＝4，即曲线C2的直角坐标方程是x2＋y2＝4.联立解得 故曲线C1与C2的交点坐标为.‎ ‎17．、、、[2014·湖北卷] 某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：‎ f(t)＝10－cost－sint，t∈[0，24)．‎ ‎(1)求实验室这一天的最大温差．‎ ‎(2)若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？‎ ‎17．解：(1)因为f(t)＝10－2＝10－2sin，‎ 又0≤t<24，所以≤t＋<，－1≤sin≤1.‎ 当t＝2时，sin＝1；‎ 当t＝14时，sin＝－1.‎ 于是f(t)在[0，24)上取得的最大值是12，最小值是8.‎ 故实验室这一天的最高温度为12 ℃，最低温度为8 ℃，最大温差为4 ℃.‎ ‎(2)依题意，当f(t)>11时，实验室需要降温．‎ 由(1)得f(t)＝10－2sin，‎ 故有10－2sin>11，‎ 即sin<－.‎ 又0≤t<24，因此60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．‎ ‎18．解：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，‎ 故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，‎ 化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.‎ 当d＝0时，an＝2；‎ 当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，‎ 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，‎ 解得n>40或n<－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.‎ ‎19．、、、[2014·湖北卷] 如图14，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．‎ 图14‎ ‎19．解：方法一(几何方法)：‎ ‎(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.‎ 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ 图①　　　　　　　　　图②　　　‎ ‎(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.‎ 又DP＝BQ，DP∥BQ，‎ 所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.‎ 在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，‎ 于是EQ＝FP＝，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．‎ 同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．‎ 分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，‎ 则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，‎ 故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.‎ 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．‎ 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，‎ 所以GH＝ME＝2.‎ 在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－＝λ2＋，‎ OG2＝1＋(2－λ)2－＝(2－λ)2＋，‎ 由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ 方法二(向量方法)：‎ 以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．‎ 图③　　　　‎ ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．‎ ‎(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，‎ 因为＝(－2，0，2)，‎ 所以＝2，即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)．‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，‎ 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ ‎20．、、、、[2014·湖北卷] 计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．‎ ‎(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率．‎ ‎(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：‎ 年入流量X ‎40120‎ 发电机最多 可运行台数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 若某台发电机运行，则该台年利润为5000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？‎ ‎20．解：(1)依题意，p1＝P(40120)＝＝0.1.‎ 由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为 p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.947 7.‎ ‎(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．‎ ‎①安装1台发电机的情形．‎ 由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.‎ ‎②安装2台发电机的情形．‎ 依题意，当40120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：‎ Y ‎3400‎ ‎9200‎ ‎15 000‎ P ‎0.2‎ ‎0.7‎ ‎0.1‎ 所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15 000×0.1＝8620.‎ 综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．‎ ‎21．、、[2014·湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．‎ ‎21．解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，‎ 化简整理得y2＝2(|x|＋x)．‎ 故点M的轨迹C的方程为y2＝ ‎(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．‎ 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．‎ 由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①‎ 当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.‎ 故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.‎ 当k≠0时，方程①的判别式Δ＝－16(2k2＋k－1)．②‎ 设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③‎ ‎(i)若由②③解得k<－1或k>.‎ 即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．‎ ‎(ii)若或 由②③解得k∈或－≤k<0.‎ 即当k∈时，直线l与C1只有一个公共点．‎ 当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．‎ 故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．‎ ‎(iii)若由②③解得－10，即0e时，函数f(x)单调递减．‎ 故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．‎ ‎(2)因为e<3<π，所以eln 3π3；‎ 由<，得ln 3e2－.①‎ 由①得，eln π>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，‎ 即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe.‎ 又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π，‎ 所以eπ<π3.‎ 综上可得，3e