2014湖北卷(理科数学)精准解析

1、2014 高考真题湖北卷(理科数学 )1 2014 高考真题 湖北卷 i 为虚数单位，1 i21i ()A 1B 1C iD i1 i2 2i1 A解析 1.故选 A.1 i2i7a184，则实数 a ()2 2014 高考真题 湖北卷 若二项式 2x x的展开式中 x3的系数是52A 2B. 4C1D. 42 a 52 C解析 155 2 5 315 2 5展开式中含 x3的项是T6C7(2x)x C7 2 a x，故含x3的项的系数是C72 a 84，解得 a1.故选 C.C 使得 A? C，B? ? C”是“ A B ?”3 2014 高考真题 湖北卷 U 为全集， A，B 是集合，则“

2、存在集合U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A B ?；若 A B ?，由维思图可知，一3 C解析 若存在集合 C 使得 A? C，B? ? C，则可以推出U定存在 C A，满足 A? C， B? ?UC，故“存在集合C 使得 A? C， B? ?U C”是“ A B ?”的充要条件故选C.4 2014 高考真题 湖北卷 根据如下样本数据：x345678y4.02.5 0.50.5 2.0 3.0得到的回归方程为bxa，则 ()A a0， b0B a0， b0Ca0D a0， b04 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

3、b0. 故 a0，br11221212的离心率分别为e1，e2.则由椭圆、双曲线的定义，得r1r 2 2a1，r 1 r222222a2，平方得 4a1 r1r2 2r 1r 2，4a2224c222222，r 1 2r1r2 r 2.又由余弦定理得 r1 r2 r 1r 2，消去 r1r2，得 a1 3a2 4c即 12 32 4.所以由柯西不等式得1 1 21 13 2123211 16.12e1e2e13e2e1e233ee所以 1 1 433e1e2.故选 A.110 2014 高考真题 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) 2(|x a2| |

4、x 2a2|3a2)若 ? x R， f(x 1) f(x)，则实数 a 的取值范围为 ()A. 1， 1B. 6， 66666C.1，1D. 3， 3333310 x a2 时 ， f(x) 110 B 解 析 因 为 当 x 0时 ， f(x) xa2 |x 2a2| 3a2， 所 以 当2(| |)2(a2 x 2a2 x 3a2) x；当 a2x2a2 时，f(x) 12(x a2 2a2 x3a2) a2；当 x2a2 时，f(x) 12(x a2 x 2a23a2) x 3a2 . x， 0 xa2，综上， f(x)a2，a2x0，对任意 a0，b0，若经过点 (a，f(a)，(

5、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(x0) 时，可得 Mf(a， b) c a b，即 Mf(a， b)为 a， b 的算术平均数2(1)当 f( x) _(x0) 时， Mf (a， b) 为 a， b 的几何平均数；(2)当 f( x) _(x0) 时， Mf (a， b) 为 a， b 的调和平均数 2ab .a b(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)14 (1)x (2)x( 或填 (1)k1 x； (2)k2x，其中 k1， k2 为正常数 ) 解析 设 A( a， f

6、(a)， B(b， f(b)， C( c， 0)，则此三点共线：(1) 依题意， c ab，则 0f（ a） 0 f（ b），c ac b即 0 f（ a） 0 f（ b） .ab aab b因为 a0， b0，所以化简得f（ a） f （ b），故可以选择 f(x) x(x0)；ab2ab ，则 0 f（ a） 0 f（ b），因为a0， b0，所以化简得(2) 依题意， c a b2ab a2ab ba ba bf(x) x(x0) 15 2014 高考真题 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C，

7、D 两点，若 QC 1，CD 3，则 PB _f（ a） f（ b），故可以选择abPA 的中点 Q 作割线交 O 于图 1315 4 解析 由切线长定理得QA2 QCQD 1 (13) 4，解得 QA 2.故 PB PA 2QA 4.16 2014 高考真题 湖北卷 ( 选修 44：坐标系与参数方程 )x t，已知曲线 C1的参数方程是3t(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y 3线 C2 的极坐标方程是 2，则 C1 与 C2交点的直角坐标为 _x t，16.( 3， 1) 解析 由3t消去 t 得 y 33，3 x(x 0)，即曲线 C1 的普通方程是y

8、 3x( x0) ；由 2，y 33x 3，22222y x（ x 0），3解得得 4，得 x y 4，即曲线 C2 的直角坐标方程是 xy 4.联立y1.x2 y2 4，()故曲线 C123，1与 C的交点坐标为.17、2014 高考真题 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 3cos12t sin12t， 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？31 17 解： (1)因为 f(t) 1022cos12t2sin12t 10 2sin 12t 3 7，

9、1 sin又 0 t24，所以11 时，实验室需要降温由 (1)得 f(t) 102sin ，t123故有 10 2sin12t 311， 1即 sin 2.12t 3又 0 t24，因此7 11，612t3 6即 10t60n 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， 24d 成等比数列，故有 (2d) 2 2(2 4d)，化简得 d2 4d 0，解得 d 0 或 d 4.当 d 0 时， an2；当 d 4 时， an2 (n 1) 4 4n 2.从而得数列 an 的通项公式为an 2 或 an 4n 2

10、.(2) 当 an 2 时， Sn 2n，显然 2n60n 800 成立当 an 4n 2 时， Snn2（ 4n2） 2n2. 2令 2n260n 800，即 n2 30n 4000，解得 n40 或 n60n 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 高考真题 湖北卷 如图 14，在棱长为2 的正方体 ABCDA 1B1C1 D1 中， E， F， M， N 分别是棱AB ， AD，A B， A D的中点，点 P， Q 分别在棱 DD ， BB上移动，且 DP

11、BQ (0 2) 111111(1)当 1 时，证明：直线 BC1平面 EFPQ.(2)是否存在 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由图 1419 解：方法一 (几何方法 )：(1) 证明：如图，连接AD 1，由 ABCDA 1B1C1D 1 是正方体，知 BC1 AD1 .当 1 时， P 是 DD 1的中点，又 F 是 AD 的中点，所以FP AD 1，所以 BC1 FP.而 FP? 平面 EFPQ ，且 BC1?平面 EFPQ，故直线BC1平面 EFPQ .图图(2) 如图，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF B

12、D ，且EF12BD .又 DPBQ ，DP BQ，所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQBD，且 PQ BD，从而 EF PQ，且 EF 1PQ.2在 RtEBQ 和 Rt FDP 中，因为 BQDP ， BE DF 1，于是 EQ FP21 ，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 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则GOH 90.

13、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 2.2212222在 GOH 中， GH 4，OH1 2 2，2OG 2 1(2 )2 2 (2 )2 1，22由 OG 2OH 2GH 2，得 (2 )2 12 2 12 4，解得 122，故存在 122，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，DD 1 分别为 x，y， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系由已知得B(2， 2， 0)， C1(0，

14、 2， 2)， E(2， 1， 0)， F(1 ，0， 0)， P(0， 0， )图 ( 2，0， 2)， FP ( 1， 0， )， FE (1， 1， 0)(1) 证明：当 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 .x y 0，(2) 设平面 EFPQ 的一个法向量为n (x， y， z)，则由可得 x z0.于是可取n (， ， 1)同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m( 2， 2， 1)若存在 ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角

15、为直二面角，则 mn ( 2， 2 ，1) (， ， 1) 0，2即 (2)(2 ) 10，解得 12 .故存在 1 2，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角220、 2014 高考真题 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

16、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 X40X120发电机最多123可运行台数若某台发电机运行，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？1020 解： (1)依题意， p1 P(40X120) 50 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041343 0.1 0.9477.p C4(1 p3) C4(1 p3)p3 0.94 0.9(2) 记水电站年总利

17、润为 Y(单位：万元 )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 15000. 安装 2 台发电机的情形依题意，当 40X80 时，一台发电机运行，此时 Y 5000 800 4200，因此 P(Y 4200) P(40X80) p1 0.2；当 X 80 时，两台发电机运行，此时 Y5000 210 000 ，因此 P(Y10 000) P(X 80) p2 p3 0.8.由此得Y 的分布列如下：Y420010 000P0.20.8所以， E(Y) 4200 0.2 10 000 0.8 8840.安装

18、 3 台发电机的情形依题意，当40X80 时，一台发电机运行，此时Y 5000 1600 3400，因此P(Y 3400) P(40X120 时，三台发电机运行，此时Y 5000 3 15 000，因此 P(Y 15 000) P(X120) p3 0.1.由此得 Y 的分布列如下：Y3400920015 000P0.20.70.1所以， E(Y) 3400 0.2 9200 0.715 000 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 高考真题 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

19、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（ x1） 2 y2 |x| 1，化简整理得 y2 2(|x| x)4x， x 0，故点 M 的轨迹 C 的方程为 y20， x0.(2) 在点 M 的轨迹 C 中，记 C1： y2 4x， C2 ：y 0(x0) 依题意，可设直线 l 的方程为 y 1 k(x 2)y1 k（ x 2），由方程组可得 ky24y 4(2k 1) 0. y2 4x，1当 k0 时， y1.把 y 1 代入轨迹C 的方程，得x4.故此时直线 l ： y 1 与轨迹 C 恰好有一个公共点1， 1 .4当 k0 时，方程的判别式 16(2k2 k1)设直线 l 与 x 轴的交点为 (x0， 0)，则由 y 1 k(x 2)，令 y 0，得 x02k 1k.(i) 若1.由解得 k 1x 0，(ii) 若或x00，x0