2014年湖北省高考数学试卷(理科)参与试题解析

故选A．

所以Tr+1==，

令﹣7+2r=﹣3，解得r=2，

代入得：，

解得a=1，

故选：C．

∴U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B=∅”的充分必要的条件．

故选：C．

故选：B．

故选：D．

对于②：（x+1）（x﹣1）dx=（x2﹣1）dx=（）≠0，∴f（x），g（x）不为区间[﹣1，1]上的一组正交函数；

对于③：x3dx=（）=0，∴f（x），g（x）为区间[﹣1，1]上的一组正交函数，

∴正交函数有2组，

故选：C．

平面区域Ω2，为四边形BDCO，

其中C（0，1），

由，解得，即D（，），

则三角形ACD的面积S==，

则四边形BDCO的面积S=，

则在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为，

故选：D．

∴=（2πr）2h，

∴π=．

故选：B．

由椭圆和双曲线的定义可知，

设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，

椭圆和双曲线的离心率分布为e1，e2

∵∠F1PF2=，

∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①

在椭圆中，①化简为即4c2=4a12+3r1r2，

即，②

在双曲线中，①化简为即4c2=4a22+r1r2，

即，③

联立②③得，=4，

由柯西不等式得（1+）（）≥（1×+）2，

即（）=

即，d当且仅当时取等号，

故选：A

f（x）=，

由f（x）=x﹣3a2，x＞2a2，得f（x）＞﹣a2；

当a2＜x＜2a2时，f（x）=﹣a2；

由f（x）=﹣x，0≤x≤a2，得f（x）≥﹣a2．

∴当x＞0时，．

∵函数f（x）为奇函数，

∴当x＜0时，．

∵对∀x∈R，都有f（x﹣1）≤f（x），

∴2a2﹣（﹣4a2）≤1，解得：．

故实数a的取值范围是．

故选：B．

∴向量||=3，||=，向量•=3﹣3=0，

若（+λ）⊥（（﹣λ）），

则（+λ）•（（﹣λ）=，

即18﹣2λ2=0，

则λ2=9，

解得λ=±3，

故答案为：±3，

∴==cos45°=，∴a2+b2=2，

故答案为：2．

第二次循环a=198，b=981﹣1=792；

第三次循环a=792，b=972﹣279=693；

第四次循环a=693，b=963﹣369=594；

第五次循环a=594，b=954﹣459=495；

第六次循环a=495，b=954﹣459=495，

满足条件a=b，跳出循环体，输出b=495．

故答案为：495．

从而得出结论．

（2）设f（x）=x，（x＞0），在经过点（a，a）、（b，﹣b）的直线方程中，令y=0，求得x=c=，从而得出结论．

令y=0，求得x=c=，

∴当f（x）=，（x＞0）时，Mf（a，b）为a，b的几何平均数，

故答案为：．

（2）设f（x）=x，（x＞0），则经过点（a，a）、（b，﹣b）的直线方程为=，

令y=0，求得x=c=，

∴当f（x）=x（x＞0）时，Mf（a，b）为a，b的调和平均数，

故答案为：x．

∴QA2=QC•QD，

∵QC=1，CD=3，

∴QA2=4，

∴QA=2，

∴PA=4，

∵PA，PB是⊙O的切线，

∴PB=PA=4．

故答案为：4．

曲线C2的极坐标方程是ρ=2，化为直角坐标方程为x2+y2=4．

解方程组 ，求得 ，∴C1与C2交点的直角坐标为（，1），

故答案为：（，1）．

（Ⅱ）由题意可得，当f（t）＞11时，需要降温，由f（t）＞11，求得sin（t+）＜﹣，即 ≤t+＜，解得t的范围，可得结论．

∴≤t+＜，故当t+=时，函数取得最大值为10+2=12，

当t+=时，函数取得最小值为10﹣2=8，

故实验室这一天的最大温差为12﹣8=4℃．

（Ⅱ）由题意可得，当f（t）＞11时，需要降温，由（Ⅰ）可得f（t）=10﹣2sin（t+），

由10﹣2sin（t+）＞11，求得sin（t+）＜﹣，即  ≤t+＜，

解得10＜t＜18，即在10时到18时，需要降温．

（Ⅱ）利用（Ⅰ）中数列的通项公式，表示出Sn根据Sn＞60n+800，解不等式根据不等式的解集来判断．

化简得d2﹣4d=0，解得d=0或4，

当d=0时，an=2，

当d=4时，an=2+（n﹣1）•4=4n﹣2．

（Ⅱ）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，最小值为41

（Ⅱ）求出平面EFPQ的一个法向量、平面MNPQ的一个法向量，利用面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，建立方程，即可得出结论．

∴=（﹣2，0，2），=（﹣1，0，λ），=（1，1，0）

λ=1时，=（﹣2，0，2），=（﹣1，0，1），

∴=2，

∴BC1∥FP，

∵FP⊂平面EFPQ，BC1⊄平面EFPQ，

∴直线BC1∥平面EFPQ；

（Ⅱ）设平面EFPQ的一个法向量为=（x，y，z），则，

∴取=（λ，﹣λ，1）．

同理可得平面MNPQ的一个法向量为=（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

•=λ（λ﹣2）﹣λ（2﹣λ）+1=0，∴λ=1±．

∴存在λ=1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．

（Ⅱ）分三种情况进行讨论，分别求出一台，两台，三台的数学期望，比较即可得到．

由二项分布，未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为

=

（Ⅱ）记水电站的总利润为Y（单位，万元）

（1）安装1台发电机的情形，

由于水库年入流总量大于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 40＜X＜80时，一台发电机运行，此时Y=5000﹣800=4200，

因此P（Y=4200）=P（40＜X＜80）=p1=，

当X≥80时，两台发电机运行，此时Y=5000×2=10000，因此，P（Y=10000）=P（X≥80）=P2+P3=0.8，

由此得Y的分布列如下

Y

（Ⅱ）设出直线l的方程为y﹣1=k（x+2），和（Ⅰ）中的轨迹方程联立化为关于y的一元二次方程，求出判别式，再在直线y﹣1=k（x+2）中取y=0得到．然后分判别式小于0、等于0、大于0结合x0＜0求解使直线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．

化简得，y2=2|x|+2x．

∴点M的轨迹C的方程为；

（Ⅱ）在点M的轨迹C中，记C1：y2=4x（x≥0），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，此时y=1，把y=1代入轨迹C的方程，得．

故此时直线l：y=1与轨迹C恰好有一个公共点（）．

②当k≠0时，方程ky2﹣4y+4（2k+1）=0的判别式为△=﹣16（2k2+k﹣1）．

设直线l与x轴的交点为（x0，0），

则由y﹣1=k（x+2），取y=0得．

若，解得k＜﹣1或k＞．

即当k∈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．

若或，解得k=﹣1或k=或．

即当k=﹣1或k=时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．

当时，直线l与C1有两个公共点，与C2无公共点．

故当k=﹣1或k=或时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．

若，解得﹣1＜k＜﹣或0＜k＜．

即当﹣1＜k＜﹣或0＜k＜时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点．

此时直线l与C恰有三个公共点．

综上，当k∈∪{0}时，直线l与C恰有一个公共点；

当k∪{﹣1，}时，直线l与C恰有两个公共点；

当k∈时，直线l与轨迹C恰有三个公共点．

（Ⅱ）由e＜3＜π，得eln3＜elnπ，πlne＜πln3，即ln3e＜lnπe，lneπ＜ln3π．再根据函数y=lnx，y=ex，y=πx在定义域上单调递增，可得3e＜πe＜π3，e3＜eπ＜3π，从而六个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．由e＜3＜π及（Ⅰ）的结论，得f（π）＜f（3）＜f（e），即，由此进而得到结论；

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，3e＜πe＜π3＜3π，3e＜e3，又由（Ⅱ）知，得πe＜eπ，故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．由（Ⅰ）可得0＜x＜e时，．，令x=，有ln＜，从而2﹣lnπ，即得lnπ．①，由①还可得lnπe＞lne3，3lnπ＞π，由此易得结论；

∵f（x）=，∴f′（x）=，

当f′（x）＞0，即0＜x＜e时，函数f（x）单调递增；

当f′（x）＜0，即x＞e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，+∞）．

（Ⅱ）∵e＜3＜π，

∴eln3＜elnπ，πlne＜πln3，即ln3e＜lnπe，lneπ＜ln3π．

于是根据函数y=lnx，y=ex，y=πx在定义域上单调递增，可得3e＜πe＜π3，e3＜eπ＜3π，

故这六个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．

由e＜3＜π及（Ⅰ）的结论，得f（π）＜f（3）＜f（e），即，

由，得lnπ3＜ln3π，∴3π＞π3；

由，得ln3e＜lne3，∴3e＜e3．

综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，3e＜πe＜π3＜3π，3e＜e3，

又由（Ⅱ）知，得πe＜eπ，

故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．

由（Ⅰ）知，当0＜x＜e时，f（x）＜f（e）=，即．

在上式中，令x=，又，则ln＜，

从而2﹣lnπ，即得lnπ．①

由①得，elnπ＞e（2﹣）＞2.7×（2﹣）＞2.7×（2﹣0.88）=3.024＞3，即elnπ＞3，亦即lnπe＞lne3，

∴e3＜πe．

又由①得，3lnπ＞6﹣＞6﹣e＞π，即3lnπ＞π，

∴eπ＜π3．

综上可得，3e＜e3＜πe＜eπ＜π3＜3π，即6个数从小到大顺序为3e，e3，πe，eπ，π3，3π．