2014高考湖北（理科数学）试卷
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a2
0，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
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