2014湖北卷(理科数学)精准解析

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，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2)＝(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A．－1B．1C．－iD．i1．A　[解析]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2)＝eq\f(－2i,2i)＝－1.故选A.2．[2014高考真题·湖北卷]若二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))eq\s\up12(7)的展开式中eq\f(1,x3)的系数是84，则实数a＝(　　)A．2B.eq\r(5,4)C．1D.eq\f(\r(2),4)2．C　[解析]展开式中含eq\f(1,x3)的项是T6＝Ceq\o\al(5,7)(2x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))eq\s\up12(5)＝Ceq\o\al(5,7)22a5x－3，故含eq\f(1,x3)的项的系数是Ceq\o\al(5,7)22a5＝84，解得a＝1.故选C.3．[2014高考真题·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＝bx＋a，则(　　)A．a>0，b>0B．a>0，b<0C．a<0，b>0D．a<0，b<04．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高考真题·湖北卷]在如图11所示的空间直角坐标系Oxyz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②B．①和③C．③和②D．④和②5．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高考真题·湖北卷]若函数f(x)，g(x)满足eq\i\in(－1,1,)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)＝sineq\f(1,2)x，g(x)＝coseq\f(1,2)x；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．0B．1C．2D．36．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eq\i\in(－1,1,)f(x)g(x)dx＝0.①eq\i\in(－1,1,)f(x)g(x)dx＝eq\i\in(－1,1,)sineq\f(1,2)xcoseq\f(1,2)xdx＝eq\f(1,2)eq\i\in(－1,1,)sinxdx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosx))eq\o\al(1,－1)＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；②eq\i\in(－1,1,)f(x)g(x)dx＝eq\i\in(－1,1,)(x＋1)(x－1)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)－x))eq\o\al(1,－1)＝－eq\f(4,3)≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；③eq\i\in(－1,1,)f(x)g(x)dx＝eq\i\in(－1,1,)x·x2dx＝eq\f(x4,4)eq\o\al(1,－1)＝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高考真题·湖北卷]由不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－2≤0))确定的平面区域记为Ω1，不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1，,x＋y≥－2))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.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4)D.eq\f(7,8)7．D　[解析]作出Ω1，Ω2 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的平面区域如图所示，SΩ1＝S△AOB＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S△BCE＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，则S四边形AOEC＝SΩ1－S△BCE＝2－eq\f(1,4)＝eq\f(7,4).故由几何概型得，所求的概率P＝eq\f(S四边形AOEC,SΩ1)＝eq\f(\f(7,4),2)＝eq\f(7,8).故选D.8．[2014高考真题·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≈eq\f(1,36)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≈eq\f(2,75)L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　)A.eq\f(22,7)B.eq\f(25,8)C.eq\f(157,50)D.eq\f(355,113)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eq\f(1,36)L2h≈eq\f(1,3)Sh，代入S＝πr2化简得π≈3；类比推理，若V＝eq\f(2,75)L2h，则π≈eq\f(25,8).故选B.9．、[2014高考真题·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＝eq\f(π,3)，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)A.eq\f(4\r(3),3)B.eq\f(2\r(3),3)C．3D．29．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4aeq\o\al(2,1)＝req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)＋2r1r2，4aeq\o\al(2,2)＝req\o\al(2,1)－2r1r2＋req\o\al(2,2).又由余弦定理得4c2＝req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)－r1r2，消去r1r2，得aeq\o\al(2,1)＋3aeq\o\al(2,2)＝4c2，即eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＋eq\f(3,eeq\o\al(2,2))＝4.所以由柯西不等式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e1)＋\f(1,e2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e1)＋\f(1,\r(3))×\f(\r(3),e2)))eq\s\up12(2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,eeq\o\al(2,1))＋\f(3,eeq\o\al(2,2))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＝eq\f(16,3).所以eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)≤eq\f(4\r(3),3).故选A.10．[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)＝eq\f(1,2)(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(1,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))10．B　[解析]因为当x≥0时，f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－a2))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－2a2))－3a2))，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－x＋2a2－x－3a2))＝－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＝eq\f(a＋b,2)，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eq\f(2ab,a＋b).(以上两空各只需写出一个符合 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的函数即可)14．(1)eq\r(x)　(2)x(或填(1)k1eq\r(x)；(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＝eq\r(ab)，则eq\f(0－f（a）,c－a)＝eq\f(0＋f（b）,c－b)，即eq\f(0－f（a）,\r(ab)－a)＝eq\f(0＋f（b）,\r(ab)－b).因为a>0，b>0，所以化简得eq\f(f（a）,\r(a))＝eq\f(f（b）,\r(b))，故可以选择f(x)＝eq\r(x)(x>0)；(2)依题意，c＝eq\f(2ab,a＋b)，则eq\f(0－f（a）,\f(2ab,a＋b)－a)＝eq\f(0＋f（b）,\f(2ab,a＋b)－b)，因为a>0，b>0，所以化简得eq\f(f（a）,a)＝eq\f(f（b）,b)，故可以选择f(x)＝x(x>0)．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PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点，若QC＝1，CD＝3，则PB＝________．图1315．4　[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高考真题·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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(t)，,y＝\f(\r(3t),3)))(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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1))　[解析]由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(t)，,y＝\f(\r(3t),3)，))消去t得y＝eq\f(\r(3),3)x(x≥0)，即曲线C1的普通方程是y＝eq\f(\r(3),3)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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x（x≥0），,x2＋y2＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)，,y＝1.))故曲线C1与C2的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1)).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－eq\r(3)coseq\f(π,12)t－sineq\f(π,12)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？17．解：(1)因为f(t)＝10－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))＝10－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，又0≤t<24，所以eq\f(π,3)≤eq\f(π,12)t＋eq\f(π,3)<eq\f(7π,3)，－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))≤1.当t＝2时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝1；当t＝14时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝－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)＝10－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，故有10－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))>11，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))<－eq\f(1,2).又0≤t<24，因此eq\f(7π,6)<eq\f(π,12)t＋eq\f(π,3)<eq\f(11π,6)，即1060n＋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＝eq\f(n[2＋（4n－2）],2)＝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高考真题·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1419．解： 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝eq\r(1＋λ2)，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－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝λ2＋eq\f(1,2)，OG2＝1＋(2－λ)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝(2－λ)2＋eq\f(1,2)，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋eq\f(1,2)＋λ2＋eq\f(1,2)＝4，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2)，故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))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±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．20．、、、、[2014高考真题·湖北卷] 计划 项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载 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X40120发电机最多可运行台数123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)＝eq\f(5,50)＝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p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(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＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝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eq\r(（x－1）2＋y2)＝|x|＋1，化简整理得y2＝2(|x|＋x)．故点M的轨迹C的方程为y2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，,0，x<0.))(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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x＋2），,y2＝4x，))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＝eq\f(1,4).故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).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＝－eq\f(2k＋1,k).③(i)若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ<0，,x0<0，))由②③解得k<－1或k>eq\f(1,2).即当k∈(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝0，,x0<0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x0≥0，))由②③解得k∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))或－eq\f(1,2)≤k<0.即当k∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))时，直线l与C1只有一个公共点．当k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．故当k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．(iii)若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x0<0，))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eln3π3；由eq\f(ln3,3)<eq\f(lne,e)，得ln3e2－eq\f(e,π).①由①得，elnπ>eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(e,π)))>2.7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2.72,3.1)))>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即elnπ>3，亦即lnπe>lne3，所以e3<πe.又由①得，3lnπ>6－eq\f(3e,π)>6－e>π，即3lnπ>π，所以eπ<π3.综上可得，3e