高考湖北卷理科数学

2014年高考(湖北卷)理科数学
2014年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)
数学(理工类)
本试题卷共6页，22题，其中第15、16题为选考题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．用统一提供的2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用统一提供的签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用统一提供的2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并
上交．
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湖北，理1)i 为虚数单位，2
1i 1i
-⎛⎫= ⎪+⎝⎭
( )． A ．－1 B ．1 C ．－i D ．i
答案：A
解析：
2
2
2
1i (1i)
2i 11i (1i)2i ---⎛⎫===- ⎪++⎝⎭
，故选A.
2．(2014湖北，理2)若二项式
7
2a x x ⎛
⎫+ ⎪
⎝
⎭的展开
式中3
1x 的系数是84，则实数a ＝( )． A ．2 B ．
5
4
C ．1
D ．24
答案：C
解析：二项式通项T r ＋1＝7
C r (2x )7－r (ax －1)r ＝
27－r a r 7
C r x 7－2r .
由题意知7－2r ＝－3，则r ＝5.
令22a 557
C ＝84，解得a ＝1.
3．(2014湖北，理3)设U 为全集，A ，B 是集合，则“存在集合C 使得A ⊆C ，B ⊆U C ”是“A ∩B ＝∅”的( )．
A ．充分而不必要的条件
B ．必要而不充分的条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要的条件 答案：C
解析：如图可知，存在集合C ，使A ⊆C ，B ⊆U C ，则有A ∩B ＝∅.若A ∩B ＝∅，显然存在集合C .满足A ⊆C ，B ⊆U C .故选
C.
4．(2014湖北，理4)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y bx a =+，则( )． A ．a ＞0，b ＞0 B ．a ＞0，b ＜0 C ．a ＜0，b ＞0 D ．a ＜0，b ＜0 答案：B
解析：由样本数据可知y 值总体上是随x 值的增大而减少的．故b ＜0，又回归直线过第一象限，故纵截距a ＞0.故选B.
5．(2014湖北，理5)在如图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()．
A．①和②B．③和①
C．④和③D．④和②
答案：D
解析：如图所示A(0,0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2,2)，B，C，D点在面yOz上的射影分别为B1，C1，D1，它们在一条线上，且C1为B1D1的中点．从前往后看时，看不到棱AC，正视图中AC1应为虚线．故正视图应为图④.点A，D，C 在面xOy内的射影分别为O，B，C2，俯视图为△OC2B，故选图②.综上选D.
6．(2014湖北，理6)若函数f (x )，g (x )满足1
1
-⎰f (x )g (x )d x ＝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：
①1()sin 2f x x =，1
()cos 2
g x x =；②f (x )＝x ＋1，g (x )＝x －1；③f (x )＝x ，g (x )＝x 2.
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 答案：C
解析：对于①，1111
111111sin
cos sin sin 2222
x xdx xdx xdx ---⋅==⎰
⎰⎰
＝11
1
1
(cos ){cos 1[cos(1)]}2
2
x --=----
＝1(cos1cos1)2
-+ ＝0.
故①为一组正交函数； 对于②，1
12
1
1
(1)(1)(1)x x dx x
dx
--+-=-⎰⎰
＝3
1
1
11111333
x x -⎛⎫⎛⎫-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
＝
242=033
-≠，
故②不是一组正交函数；
对于③，1213
411
1
1
1()0
4
x x dx x dx x ---⋅===⎰
⎰.
故③为一组正交函数，故选C. 7．(2014湖北，理7)由不等式组
0020x y y x ≤⎧⎪
≥⎨⎪≤⎩
，，--确定
的平面区域记为Ω1，不等式组12
x y x y +≤⎧⎨
+≥-⎩
，
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 ．18
B ．14
C ．3
4 D ．78
答案：D
解析：如图，由题意知平面区域Ω1的面积1
S
Ω＝S △AOM ＝12
×2×2＝
2.
Ω1与Ω2的公共区域为阴影部分，面积
1
117
21224
ABC
S S S Ω∆⨯⨯=阴=-=-. 由几何概型得该点恰好落在Ω2内的概率
177428
S P S Ω===
阴.故选D.
8．(2014湖北，理8)《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2
1
36
V L h ≈.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2
2
75
V L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )． A ．227 B ．258
C ．157
50 D ．355
113
答案：B
解析：由题意可知：L ＝2πr ，即2πL r =，圆锥体积
2
22211112ππ3332π12π75
L V Sh r h h L h L h
⎛⎫==⋅≈ ⎪⎝⎭＝＝，故12
12π75
≈，25
π8
≈
，故选B.
9．(2014湖北，理9)已知F 1，F 2是椭圆和
双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公共点，且
1
2
π
=3
F PF ∠，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )．
A ．43
B ．23
C ．3
D ．2
答案：A
解析：设椭圆长半轴为a 1，双曲线实半轴长
为a 2，|F 1F 2|＝2c .
由余弦定理4c 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|πcos 3
. 而|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1， ||PF 1|－|PF 2||＝2a 2可得2
22
123=4a
a c +.
令a 1＝2c cos θ，2
3
a θ，
即1
2
2cos 3
a a
c c
θθ+
=
＝2cos 3θθ⎛⎫
⎪⎝
⎭
4331
sin 2θθ⎫+⎪⎪⎝⎭
43π3
θ⎛⎫
+ ⎪⎝
⎭
. 43，故选A.
10．(2014湖北，理10)已知函数f (x )是定义
在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝12(|x －a 2
|＋|x －2a 2|－3a 2)．若∀x ∈R ，f (x －1)≤f (x )，则实数a 的取值范围为( )．
A ．1166⎡⎤
-⎢⎥⎣
⎦
， B ．66⎡⎢⎣⎦
， C ．1133
⎡⎤
-⎢⎥⎣
⎦
， D ．33⎡⎢⎣⎦
，
答案：B
解析：由题意得，若a ＝0，f (x )＝x ，显然成立；
若a ≠0，当x ≥0时，
()222222322,0x a x a f x a a x a x x a ⎧>⎪
=<≤⎨⎪-≤≤⎩
-，，-，，
，作出
x ≥0的图象 ，利用f (x )是奇函数作出整个定义域上的图象如图：
而f (x －1)的图象是由f (x )的图象向右平移1个单位得到的，要满足对任意实数x ，都有f (x －1)≤f (x )，至少应向右平移6a 2个单位，所以6a 2≤1，解得6666
a -
≤≤a ≠0.
综上，实数a 的取值范围是
66⎡⎢⎣⎦
.
二、填空题：本大题共6小题，考生共需作
答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．
(一)必考题(11—14题)
11．(2014湖北，理11)设向量a ＝(3,3)，b ＝(1，－1)．若(a ＋λb )⊥(a －λb )，则实数λ＝________.
答案：±3
解析：由题意得(a ＋λb )·(a －λb )＝0，即a 2－λ2b 2＝0，则a 2＝λ2b 2. ∴22222222233189211λ(+)====(+(-))a b .∴λ＝±3.
12．(2014湖北，理12)直线l 1：y ＝x ＋a 和l 2：y ＝x ＋b 将单位圆C ：x 2＋y 2＝1分成长度相等的四段弧，则a 2＋b 2＝________.
答案：2
解析：由题意，得圆心(0,0)到两条直线的距
离相等，且每段弧的长度都是圆周的14，22
=，2cos 452=︒=，所以a 2＝b 2＝1，故a 2＋b 2＝2.
13．(2014湖北，理13)设a 是一个各位数字都不是0且没有重复数字的三位数，将组成a 的3个数字按从小到大排成的三位数记为I (a )，按从大到小排成的三位数记为D (a )(例如a ＝815，则I (a )＝158，D (a )＝851)．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，任意输入一个a ，输出的结果b ＝________.
答案：495
解析：不妨取a ＝815，则I (a )＝158，D (a )
＝851，b ＝693； 则取a ＝693，则I (a )＝369，D (a )＝963，b ＝594；
则取a ＝594，则I (a )＝459，D (a )＝954，b ＝495；
则取a ＝495，则I (a )＝459，D (a )＝954，b ＝495.
故输出结果b ＝495.
14．(2014湖北，理14)设f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，且f (x )＞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M f (a ，b )．例如，当f (x )＝1(x ＞0)时，可得
M f (a ，b )＝c ＝2
a b ，即M f (a ，b )为a ，b 的算术平
均数．
(1)当f (x )＝________(x ＞0)时，M f (a ，b )为a ，b 的几何平均数；
(2)当f (x )＝________(x ＞0)时，M f (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)
答案：x (2)x (或填(1)k x (2)k 2x ，其中k 1，k 2为正常数均可) 解析：经过点(a ，f (a ))，(b ，－f (b ))的直线方
程为()()f a
f b y f b x b a b
()+()=-+-． 令x ＝c ，y ＝0得af
b bf a
c f a f b ()+()=()+()
； (1)令c ab =()()a b b a =， 可令()f x x =前面等式成立．
(2)令2ab c a b
=+，则得af (b )＝bf (a )，可令f (x )＝x ，前面等式成立．
(二)选考题(请考生在第15,16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B 铅笔涂黑．如果全选，则按第15题作答结果计分．)
15．(2014湖北，理15)(选修4—1：几何证明选讲)
如图，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 ＝
________.
答案：4
解析：由题意知PA ＝PB . PA 切O 于点A ，由切割线定理可得QA 2＝QC ·QD ＝1×(1＋3)＝4.
∴QA ＝2，∴PA ＝2×2＝4＝PB .
16．(2014湖北，理16)(选修4—4：坐标系与参数方程)
已知曲线C 1的参数方程是,3x t t y ⎧=⎪⎨=⎪⎩(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C 2的极坐标方程是ρ＝2，则C 1与C 2交点的直角坐标为________． 答案：(3,1)
解析：由曲线C 1的参数方程
,3x t t y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 得
33y x =(x ≥0)
， ①
曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2，
可
得方程x 2＋y 2＝4， ② 由①②联立解得3,1,x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩故C 1与C 2交点的直角坐标为(3,1)．
三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分11分)(2014湖北，理17)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：()ππ103cos sin 1212
f t t t ⋅-=，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？
分析：由函数f (t )为a cos t ＋b sin t 型，故可利用辅助角公式对f (t )化简为f (t )＝10－2sin ππ123t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
，再根据t ∈[0,24)，把ππ123t +的范围求出，再利用单位圆或者正弦函数的图象求出ππsin 123t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
的范围，从而求得f (t )的最大与最小值．对于第(2)问，要求实验室温度不高于11 ℃，即满足不等式f (t )＞11的t 的范围就是实验室需要降温的时间
段，可利用正弦曲线或单位圆来解三角不等式．
解：(1)因为
()3π1πππ102sin 102sin 212212123f t t t t ⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
＝－，又0≤t ＜24，所以πππ7π+<31233t ≤，ππ1sin +1123t ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭
－. 当t ＝2时，ππsin +1123t ⎛⎫= ⎪⎝⎭
； 当t ＝14时，ππsin +1123t ⎛⎫= ⎪⎝⎭
. 于是f (t )在[0,24)上取得最大值12，取得最小值8.
故实验室这一天最高温度为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()ππ102sin +123f t t ⎛⎫ ⎪⎝⎭
=-， 故有ππ102sin +11123t ⎛⎫> ⎪⎝⎭
-， 即ππ1sin +1232t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭
. 又0≤t ＜24，因此7
πππ11π61236
t <+<，即10＜t ＜18. 在10时至18时实验室需要降温．
18．(本小题满分12分)(2014湖北，理18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．
分析：(1)根据{a n }是等差数列，首项a 1已知，可设公差为d ，由a 1，a 2，a 5成等比数列，即2
215
a a a =建立关于d 的方程求出d 来，可得通项公式a n .第(2)问可由(1)问求出的a n ，求出数列{a n }的前n 项和S n ，解不等式S n ＞60n ＋800.若有解则存在正整数n ，若无解则不存在．
解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，
化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；
当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， 从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.
(2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．
当a n ＝4n －2时，2
[242]22n n n S n +(-)==.
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S n＞60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当a n＝2时，不存在满足题意的n；
当a n＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
19．(本小题满分12分)(2014湖北，理19)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1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．
分析：解决立体几何问题往往用两种方法来
解决．一是几何法，二是向量法．对于第(1)问，
欲证直线BC1∥平面EFPQ，首先想到的是利用线面平行的判定定理，即能否在平面EFPQ内找到一条直线与BC1平行，当λ＝1时，由P，F分别是DD1与AD的中点，利用中位线定理可得FP ∥AD1，从而得BC1∥FP，于是得证．对于第(2)问，研究是否存在λ的值使面EFPQ与面PQMN 成直二面角，可根据条件利用几何法作出二面角的平面角，再令此平面角为90°，看λ是否有解．若有解就存在，若无解则不存在．若用向量法，由于是立方体，可建立空间直角坐标系，要把各点各向量的坐标写准确．第(1)问还可利用向量共线，在平面EFPQ内找到一直线与BC1平行来解决，或求出平面EFPQ的法向量n1，利用11=0
n来
BC
证明BC1∥平面EFPQ.对于第(2)问分别求面EFPQ与平面MNPQ的法向量n，m，若存在λ使两平面成直二面角，则m·n＝0有解，若不存在则无解．
方法一(几何方法)
(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.当λ＝1时，P
是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1.
图①
所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)解：如图②，连接BD .
图②
因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，
所以EF ∥BD ，且1
2EF 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1
2
EF PQ =. 在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是21EQ FP λ==+
所以四边形EFPQ 是等腰梯形．
同理可证四边形PQMN 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，GH 2＝4，2222211+2OH λλ=⎝⎭=+-，
2222211(2)(2)22OG λλ⎛=+--=-+ ⎝⎭，
由OG 2＋OH 2＝GH 2，得2211(2)
+422λλ-++=，解得2
12λ=± 故存在2
1λ=±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③所示的空间直角坐标系D －xyz
.
图③
由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)．
1(2,0,2)BC =-，(1,0)FP λ=-，，()1,1,0FE =．
(1)证明：当λ＝1时，(1,01)FP =-，，
因为1
(2,0,2)BC =-，
所以1
2BC FP =，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .
(2)解：设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则由
0,0,FE FP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 可得0,0,x y x z λ+=⎧⎨-+=⎩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2
12λ=±故存在2
12λ=±使面EFPQ 与面PQMN 所成
的二面角为直二面角．
20．(本小题满分12分)(2014湖北，理20)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，水库年入流量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 40＜X
＜80
80≤X≤
120
X＞
120
发电机最多可运
行台数
12 3
若某台发电机运行，则该台年利润为5 000万元；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？
分析：(1)根据题中所给数据分别求出不同年入流量对应的不同概率．用样本估计总体的方法估计未来的年入流量．因各年的年入流量相互独立，可利用二项分布求出至多有1年的年入流量超过120的概率．
(2)分别求出安装1台，2台，3台发电机时，
水电站年总利润的数学期望，比较它们的期望值，选择最佳方案．
解：(1)依题意，()1
10
40800.250p P X <<===， p 2＝P (80≤X ≤120)＝3550＝0.7，
p 3＝P (X ＞120)＝550＝0.1.
由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为
430
41343433991C (1)C (1)+4=0.9477101010p p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=⨯⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=＋.
(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1台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y ＝5 000，E (Y )＝5 000×1＝5 000.
②安装2台发电机的情形．
依题意，当40＜X ＜80时，1台发电机运行，此时Y ＝5 000－800＝4 200，因此P (Y ＝4 200)＝P (40＜X ＜80)＝p 1＝0.2；
当X ≥80时，2台发电机运行，此时Y ＝5 000×2＝10 000，因此P (Y ＝10 000)＝P (X ≥80)＝p 2＋p 3＝0.8；由此得Y 的分布列如下：
Y
4
200
10
000
P 0.20.8
所以，E(Y)＝4 200×0.2＋10 000×0.8＝8 840.
③安装3台发电机的情形．
依题意，当40＜X＜80时，1台发电机运行，此时Y＝5 000－1 600＝3 400，因此P(Y＝3 400)＝P(40＜X＜80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，2台发电机运行，此时Y＝5 000×2－800＝9 200，因此P(Y＝9 200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X＞120时，3台发电机运行，此时Y＝5 000×3＝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
3
400
9
200
15
000
P 0.20.70.1
所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋15 000×0.1＝8 620.
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．(本小题满分14分)(2014湖北，理21)
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．
分析：第(1)问求动点M的轨迹C的方程，
就是找出动点M(x，y)中x与y的关系，依据点M到点F(1,0)的距离比它到y轴距离多1建立等式|MF|＝|x|＋1，而|MF|可用两点间距离公式表示，化简整理可得轨迹C的方程．
而对于第(2)问，由于直线过定点(－2,1)，可用点斜式得直线方程y－1＝k(x＋2)，讨论直线l 与曲线C公共点个数问题可转化为直线与曲线方程联立得到的方程组解的个数问题．由第(1)问知曲线C的方程分为两段：一段是抛物线，一段为射线，而由直线与抛物线联立得到的是二次项含字母的方程，需对二次项系数以及根的判别式作出讨论，还要注意与抛物线联立后有解时x的取值为非负这一条件．
解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，
2211x y x (-)+=+，
化简整理得y 2＝2(|x |＋x ). 故点M 的轨迹C 的方程为2
4000.x x y x ≥⎧=⎨<⎩，，， (2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x ，C 2：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21(2)4y k x y x ⎧⎨⎩-=+，=，
可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0. ①
ⅰ)当k ＝0时，此时y ＝1.
把y ＝1代入轨迹C 的方程，得14
x =. 故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点1,14⎛⎫ ⎪⎝⎭
. ⅱ)当k ≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k 2＋k －1)． ②
设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则
由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得021k x
k +=-.
③
(a)若00,0,x ∆<⎧⎨<⎩由②③解得k ＜－1，或12k >. 即当k ∈(－∞，－1)∪1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
时，直线l 与C 1
没有公共点，与C 2有一个公共点，
故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点． (b)若
00,0,x ∆=⎧⎨<⎩或00,0,x ∆>⎧⎨≥⎩由②③解得11,2k ⎧⎫∈-⎨⎬⎩⎭，或1<02k -≤. 即当11,2
k ⎧⎫∈-⎨⎬⎩⎭时，直线l 与C 1只有一个公共点，与C 2有一个公共点． 当1,02k ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭
时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2没有公共点． 故当11,01,22k ⎡⎫⎧⎫∈--⎨⎬⎪⎢⎣⎭⎩⎭时，直线l 与轨迹C 恰好有
两个公共点．
(c)若0
0,0,x ∆>⎧⎨<⎩由②③解得112k -<<-，或102k <<. 即当111,0,22k ⎛⎫⎛⎫∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，直线l 与C 1有两个公
共点，与C 2有一个公共点，
故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点． 综合ⅰ，ⅱ可知，当()
{}1,1,02k ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点； 当11,01,22k ⎡⎫⎧⎫∈--⎨⎬⎪⎢⎣⎭⎩⎭时，直线l 与轨迹C 恰好有两
个公共点； 当111,0,22k ⎛⎫⎧⎫∈--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭
时，直线l 与轨迹C 恰好有三
个公共点．
22．(本小题满分14分)(2014湖北，理22)π为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数ln
()x
f x
x
的单调区间；
(2)求e3,3e，eπ，πe,3π，π3这6个数中的最大数与最小数；
(3)将e3,3e，eπ，πe,3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．
分析：第(1)问是求函数的单调递增递减区间，因此可求函数的导数f′(x)，令f′(x)＞0求单调递增区间，令f′(x)＜0求单调递减区间．第(2)问是研究给定数值大小关系问题，结合给定数的特点有的是底一样，指数不一样，有的指数一样而底不一样，因此可利用函数的单调性初步判断出3e＜πe＜π3，e3＜eπ＜3π.因此求6个数中的最大数就是比较π3与3π，最小数就是比较3e与e3，我们可借助于第(1)问中的结论来达到目的．而第(3)问是在(2)问的基础上转化为比较e3与πe，eπ与π3的大小，充分利用第(1)问得到的结论．合理赋值使问题得到解决．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为ln
()x f x x =，所以()2
1ln x f x 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 ，＋∞)．
(2)因为e ＜3＜π，所以eln 3＜eln π，πln e ＜πln 3，
即ln 3e ＜ln πe ，ln e π＜ln 3π.
于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，
可得3e ＜πe ＜π3，e 3＜e π＜3π.
故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中．
由e ＜3＜π及(1)的结论，得f (π)＜f (3)＜f (e)，即ln
πln
3ln
e π3e <<. 由ln
πln
3π3<，得ln π3＜ln 3π，所以3π＞π3； 由ln
3ln
e 3e <，得ln 3e ＜ln e 3，所以3e ＜e 3.
综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e .
(3)由(2)知，3e ＜πe ＜π3＜3π，3e ＜e 3.
又由(2)知，ln
πln
e πe <，得πe ＜e π，
故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小． 由(1)知，当0＜x ＜e 时，()()1e e f x f <=， 即ln
1e
x x <. 在上式中，令
2e πx =，又2e e π<， 则
2e e ln ππ<， 从而2－ln π＜e π， 即得e ln π2π>-.
① 由①得，e 2.72eln πe 2>2.72>2.7(20.88)=3.024>3π 3.1⎛⎫⎛⎫>-⨯-⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即eln π＞3，亦即ln πe ＞ln e 3，所以e 3＜πe . 又由①得，3e
3ln π66e ππ
>>>--， 即3ln π＞π，所以e π＜π3. 综上可得，3e ＜e 3＜πe ＜e π＜π3＜3π， 即6个数从小到大的顺序为3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π.。