高考理科数学试题及答案197

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合1.

题

目

要

求

的

。

3i（） 1iA．12i B．12i C．2i D．2i

2. 设集合1,2,4，xx4xm0．若21，则（）

A．1,3 B．1,0 C．1,3 D．1,5

3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百

八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）

A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏

4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某

几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部 分所得，则该几何体的体积为（） A．90 B．63 C．42 D．36

2x3y305. 设x，y满足约束条件2x3y30，则z2xy的

y30值是（）

A．15 B．9 C．1 D．9

最小

6. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共

有（）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，

2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（）

A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 8. 执行右面的程序框图，如果输入的a1，则输出的

S（） A．2 B．3 C．4 D．5

x2y29. 若双曲线C:221（a0，b0）的一条渐

ab近线被圆x2y24所截得的弦长为2，则C的 离心率为（）

A．2 B．3 C．2 D．2223 3x1`10. 若x2是函数f(x)(xax1)e的极值点，则f(x)的极小值为（）

A.1 B.2e3 C.5e3 D.1

11. 已知直三棱柱C11C1中，C120，2，CCC11，则异面直线1

与C1所成角的余弦值为（）

A．

331510 B． C． D． 235512. 已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA(PBPC)的最小值是（）

A.2 B.34 C.  D.1 23二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，表示抽

到的二等品件数，则D． 14. 函数fxsin2x3cosx3（x0,）的最大值是． 4215. 等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则

21． k1Skn16. 已知F是抛物线C:y8x的焦点，是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为

F 的中点，则F．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第17~21题为必做题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 17.（12分）

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c ,已知sin(AC)8sin2(1)求cosB

(2)若ac6 , ABC面积为2,求b.

18.（12分）

B． 2淡水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100 个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）某频率直方图如下： 1.

设两种养殖方法的箱产量相互，记A表示事件：旧养殖法的箱产量低于50kg, 新养殖法的箱产量不低于50kg,估计A的概率；

2.

填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：

旧养殖法 新养殖法 箱产量＜50kg 箱产量≥50kg 3.根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）

P（k 19.（12分）

如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，

） 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 ABBC1AD,BADABC90o, 2E是PD的中点.

（1）证明：直线CE// 平面PAB

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所 成锐角为45o ，求二面角MABD的余弦值 20. （12分）

x2y21上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2足NP2NM.

（1） 求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x=3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 21.（12分）

已知函数f(x)axaxxlnx,且f(x)0. （1）求a；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e23f(x0)23.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，按所做的第一题计分。

22.[选修44：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，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C1的极坐标方程为cos4．

（1）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM||OP|16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程；

（2）设点A的极坐标为(2,3)，点B在曲线C2上，求OAB面积的最大值．

23.[选修45：不等式选讲]（10分）

已知a0,b0,ab2，证明： （1）(ab)(ab)4； （2）ab2．

参

1．D

3333

2．C

【解析】1是方程x24xm0的解，x1代入方程得m3

∴x24x30的解为x1或x3，∴B1，3

3．B

【解析】设顶层灯数为a1，q2，S74．B

【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半． 5．A

【解析】目标区域如图所示，当直线y=-2x+z取到点6，3时，所求z最小值为15．

6．D

【解析】只能是一个人完成2份工作，剩下2人各完成一份工作．

3由此把4份工作分成3份再全排得C24A336

a112712381，解得a13．

7．D

【解析】四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话．

甲不知自己成绩→乙、丙中必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）→乙看了丙成绩，知自己成绩→丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知自己成绩．

8．B

【解析】S0，k1，a1代入循环得，k7时停止循环，S3． 9．A

【解析】取渐近线y2bb x，化成一般式bxay0，圆心2，0到直线距离为3aa2b2得c24a2，e24，e2．

10．C

【解析】M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则AB1，BC1夹角为MN和NP夹角或其补角

π（异面线所成角为0，）

2可知MN1512，NPBC1， AB12222作BC中点Q，则可知△PQM为直角三角形． PQ1，MQ1AC 2△ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC

1412217，AC7 2711，则△MQP中，MPMQ2PQ2 22MN2NP2PM2则△PMN中，cosPNM

2MHNP则MQ10π又异面线所成角为0，，则余弦值为．

2511．A 2x1【解析】fx， xa2xa1e3则f242a2a1e0a1，

则fxx2x1ex1，fxx2x2ex1， 令fx0，得x2或x1， 当x2或x1时，fx0， 当2x1时，fx0， 则fx极小值为f11．

12．B

【解析】几何法：

如图，PBPC2PD（D为BC中点）， 则PAPBPC2PDPA，

APBDC要使PAPD最小，则PA，PD方向相反，即P点在线段AD上， 则2PDPAmin2PAPD， 即求PDPA最大值， 又PAPDAD233， 22PAPD323则PAPD≤4， 22则2PDPAmin2解析法：

33． 42建立如图坐标系，以BC中点为坐标原点， ∴A0，3，B1，0，C1，0． 设Px，y， PAx，3y，

PB1x，y，

PC1x，y，

∴PAPBPC2x222y2y2

333则其最小值为2，此时x0，y．

42213．1.96

【解析】有放回的拿取，是一个二项分布模型，其中p0.02，n100

则Dxnp1p1000.020.981.96 14．1

3π【解析】fxsin2x3cosxx0，

421 令cosxt且t0，则当t15．

3时，fx取最大值1． 22n n+1【解析】设an首项为a1，公差为d．

则a3a12d3

求得a11，d1，则ann，Sn16．6

nn12

0，准线【解析】y28x则p4，焦点为F2，lyl:x2，

如图，M为F、N中点，

CBANMOFx

．

故易知线段BM为梯形AFMC中位线， ∵CN2，AF4， ∴ME3

又由定义MEMF， 且MNNF， ∴NFNMMF6

1）依题得：sinB8sin2B281cosB24(1cosB)．∵sin2Bcos2B1， ∴16(1cosB)2cos2B1， ∴(17cosB15)(cosB1)0， ∴cosB1517， 2）由⑴可知sinB817． ∵S△ABC2， ∴12acsinB2， ∴12ac8172， ∴ac172， ∵cosB1517， a2∴c2b2152ac17，

∴a2c2b215， ∴(ac)22acb215，

∴3617b215，

∴b2．

1）记：“旧养殖法的箱产量低于50kg” 为事件B

“新养殖法的箱产量不低于50kg”为事件C

17.【解析】（ （18【解析】（而PB0.04050.03450.02450.01450.0125

（2） 中/华资*源%库旧养殖法 新养殖法 由计算可得K2的观测值为 ∵15.7056.635 ∴PK2≥6.6350.001

∴有99%以上的把握产量的养殖方法有关．

（3）150.2，0.20.0040.0200.0440.032

0.0320.06888，5≈2.35 1717箱产量50kg 62 34 箱产量≥50kg 38 66 502.3552.35，∴中位数为52.35．

19．【解析】

（1）令PA中点为F，连结EF，BF，CE．

1∵E，F为PD，PA中点，∴EF为△PAD的中位线，∴EF∥AD．

2又∵BADABC90，∴BC∥AD． 又∵ABBC11AD，∴BC∥AD，∴EF∥BC． 22∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF． 又∵BF面PAB，∴CE∥面PAB

（2）以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系．

设ABBC1，则O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，1，0)， 0，0)，D(0，P(0，0，3)．

M在底面ABCD上的投影为M，∴MMBM．∵MBM45，

∴△MBM为等腰直角三角形． ∵△POC为直角三角形，OC3OP，∴PCO60． 3设MMa，CM23331a，0，0a，OM1a．∴M． 333312632221BMa10a1aa．∴． OMa1332322261，0，0M1，0，∴M， 22226AM1，1，，AB(1，0，0)．设平面ABM的法向量m(0，y1，z1)． 22y16z10，∴m(0，6，2) 2AD(0，2，0)，AB(1，0，0)．设平面ABD的法向量为n(0，0，z2)，

n(0，0，1)．

∴cosm,nmnmn10． 5∴二面角MABD的余弦值为20．

【解析】 ⑴设P(x，y)，易知N(x，0)

10． 5yNP(0，y)又NM1NP0，

22∴Mx，12y，又M在椭圆上． 2x2y1∴，即x2y22． 22⑵设点

Q(3，yQ)，P(xP，yP)，(yQ0)，

由已知：OPPQ(xP，yP)(3yP，yQyP)1， OPOQOPOPOQOP1，

2∴OPOQOP13， ∴xPxQyPyQ3xPyPyQ3．

2设直线OQ：yyQ3x，

因为直线l与lOQ垂直．

∴kl3 yQ3(xxP)yP， yQ故直线l方程为y令y0，得yPyQ3(xxP)， 1yPyQxxP， 31∴xyPyQxP，

3∵yPyQ33xP，

1∴x(33xP)xP1，

3若yQ0，则3xP3，xP1，yP1， 直线OQ方程为y0，直线l方程为x1， 直线l过点(1，0)，为椭圆C的左焦点．

21．

【解析】 ⑴ 因为fxxaxalnx≥0，x0，所以axalnx≥0．

令gxaxalnx，则g10，gxa1ax1， xx当a≤0时，gx0，gx单调递减，但g10，x1时，gx0； 当a0时，令gx0，得x当0x1． a11时，gx0，gx单调减；当x时，gx0，gx单调增． aa11若0a1，则gx在1，上单调减，gg10；

aa11若a1，则gx在，1上单调增，gg10；

aa1若a1，则gxmingg10，gx≥0．

a综上，a1．

⑵fxx2xxlnx，fx2x2lnx，x0．

令hx2x2lnx，则hx2令hx0得x当0x递增．

12x1，x0． xx1， 211时，hx0，hx单调递减；当x时，hx0，hx单调221所以，hxminh12ln20．

211因为he22e20，h22ln20，e20，，2，，

2211所以在0，和，上，hx即fx各有一个零点．

22111x2，因为fx在0，上单调设fx在0，和，上的零点分别为x0，222减，

所以当0xx0时，fx0，fx单调增；当x0x调减．因此，x0是fx的极大值点．

1时，fx0，fx单211因为，fx在，上单调增，所以当xx2时，fx0，fx单调减，

22xx2时，fx单调增，因此x2是fx的极小值点．

所以，fx有唯一的极大值点x0．

1由前面的证明可知，x0e2，，则fx0fe2e4e2e2．

2因为fx02x02lnx00，所以lnx02x02，则 又fx0x02x0x02x02x0x02，因为0x0因此，e2fx022．

11，所以fx0． 241． 40，P， 【解析】⑴设M0，则OM0，|OP|．

解得4cos，化为直角坐标系方程为

x22y24．x0

⑵连接AC，易知△AOC为正三角形．

|OA|为定值．

∴当高最大时，S△AOB面积最大，

如图，过圆心C作AO垂线，交AO于H点 交圆C于B点， 此时S△AOB最大

23．

2【解析】⑴由柯西不等式得：aba5b5≥aa5bb5a3b324

当且仅当ab5ba5，即ab1时取等号． ⑵∵a3b32

∴aba2abb22 ∴ab2b3ab2

∴ab33abab2

a3∴b23abab

ab323abab≤ab2由均值不等式可得：2 ab32≤ab2∴3ab2 3∴ab32≤3ab4

∴

14ab3≤2 ∴ab≤2 当且仅当ab1时等号成立．

高考模拟复习试卷试题模拟卷第三章 数列

一．基础题组

1. 【扬州中学高三4月双周测】函数f(x)x2lnx的单调递减区间为 ▲ ． 【答案】(0,2)

考点：导数与单调性.

2. 【淮安市淮海中学高三冲刺四统测模拟测试】已知曲线ysinx在x0处的切线与曲线

ylnxxa相切，则实数a ▲

【答案】1ln2

考点：导数几何意义 3. 【泰州市高三第三次调研测试】

2x33x2m，0≤x≤1，已知函数f(x)若函数f(x)的图象与x轴

mx5， x＞1.有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为▲． 【答案】(5,0) 【解析】

试题分析：当0x1，f(x)2x3xm,f(x)6x6x6x(x1)0，所以函数在区间[0,1]3222x33x2m,0x1上单调递增，当x1时，f(x)mx5也为单调函数，而函数f(x)的图象

mx5,x1与x轴有两个公共点，所以在区间[0,1]与区间(1,)扣有一个公共点，所以有f(0)m0解之得

f(1)5m05m0，故实数m的取值范围是(5,0).

考点：导数与函数，函数零点与方程.

13

4. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(2)】设函数f(x)＝ax+sinx+cosx的图象上存在两条切线垂直，

22则a的值是． 【答案】0

考点：导数与切线.

5. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(6)】曲线f(x)f(2)lnxf(1)x2x2在点(1,f(1))处的切线方程为________．

【答案】17xy160 【解析】

试题分析：首先f(1)f'(2)ln1f(1)2，f(1)1，所以f'(x)f'(2)14x，xf'(2)f'(2)1418，f'(2)14，所以f'(1)1417，因此切线方程为y117(x1)，即2117xy160.

考点：导数的几何意义，导数与切线.

6.【扬州市—度第四次调研测试试题高三数学】若函数在P点处的切线倾斜角等于． 【答案】【解析】 试题分析：∵函数

f(x)kcosx的图象过点P(,1),则该函数图象

π32π 3f(x)kcosx的图象经过点P(,1),∴f()kcos1k2,

π3π3．即该函数图象在P点处的切线斜率为3π3π3π3∴f(x)2cosx,f(x)2sinx,kf()2sin3,所以倾斜角为

2π. 3考点：导数的几何意义.

7.【扬州市—度第四次调研测试试题高三数学】已知函数

f(x)围是．

|x|xx12g(x)4a2aa1(aR),若A{x|f(g(x))e}R,则a的取值范,(xR)xe【答案】[1,0]

考点：1.导数应用；2.不等式恒成立.

8. 【盐城市高三年级第三次模拟考试】若函数f(x)lnxaxbxa2b有两个极值点x1,x2，其中

21a0,b0，且f(x2)x2x1，则方程2a[f(x)]2bf(x)10的实根个数为 ▲ . 2【答案】5 【解析】

12ax2bx1试题分析：f(x)2axb

xx因为函数f(x)lnxaxbxa2b有两个极值点x1,x2 所以方程2axbx10有两个不相等的正根x1,x2，x1x2因为22bb,x1x2 2a2a1a0,b0，x2x1， 2所以f(x)在(0,x1]或[x2,)上单调递减，在[x1,x2]上单调递增

x1x2bb0,x1x21 2a2a所以x10，x21，f(1)b0

故当xx1时，f(x)取得极小值f(x1)f(1)0， 当xx2时，f(x)取得极大值f(x2)x20，

2令f(x)t，则方程2a[f(x)]bf(x)10可化为2atbt10，

22由上可知方程2atbt10有两个不相等的正根x1,x2，即f(x)x1或f(x)x2， 2所以2a[f(x)]bf(x)10实根的个数相当于函数f(x)与直线yx1，yx2交点个数

由图可知函数f(x)与直线yx1有三个交点，函数f(x)与直线yx2有三个交点， 综上所述方程2a[f(x)]bf(x)10实根的个数为5.

2

考点：1.导数的应用；2.函数的零点个数.

9.【扬州市—度第四次调研测试试题高三数学】一件要在展览馆展出的文物近似于圆柱形,底面直径为0.8米,高1.2米,体积约为0.6立方米．为保护文物需要设计各面是玻璃平面的正四棱柱形无底保护罩,保护罩底面边长不少于1.2米,高是底面边长的2倍．保护罩内充满保护文物的无色气体,气体每立方米500元．为防止文物发生意外,展览馆向保险公司进行了投保,保险费用与保护罩的占地面积成反比例,当占地面积为1平方米时,保险费用为48000元．

⑴若保护罩的底面边长为2.5米,求气体费用与保险费用的和； ⑵为使气体费用与保险费用的和最低,保护罩应如何设计？ 【答案】⑴23005⑵保护罩的底面边长应设计为2米 【解析】

试题分析：⑴直接列式计算；⑵设保护罩的底面边长为x米,底面积为S平方米,体积为V立方米,总费用为

y元,由题意可得y1000x3值即最小值．

48000300,（x1.2）,利用导数研究其单调性,可得当x2时,y有极小x2

考点：1.函数应用；2.导数应用.

10. 【淮安市淮海中学高三冲刺四统测模拟测试】(本小题满分14分)

为了制作广告牌，需在如图所示的铁片上切割出一个直角梯形，已知铁片由两部分组成，半径为1的半圆O及等腰直角三角形EFH，其中FEFH。为裁剪出面积尽可能大的梯形铁片ABCD（不计损耗），将点A，B放在弧EF上，点C、D放在斜边EH上，且AD//BC//HF，设AOE. （1）求梯形铁片ABCD的面积S关于的函数关系式；

（2）试确定的值，使得梯形铁片ABCD的面积S最大，并求出最大值.

0【答案】(1) S2(1sin)cos，【解析】

2 (2)6时，Smax33 2试题分析：(1)因为等腰直角三角形EFH，所以ADE450 ,因此AD1cossin ，根据根据对称性可得AOEBOF ，因此BC1cossin ，AB2cos ，从而

S(ADBC)AB2(1sin)cos ，最后根据实际意义交代定义域0 (2)利用导数求函数最

22值：由导函数等于零得6，列表分析得6时，函数取极大值，也是最大值Smax33 2试题解析：(1)连接OB，根据对称性可得AOEBOF且OAOB1,所以

AD1cossin，BC1cossin,AB2cos(……………4分)

所以S(ADBC)AB2(1sin)cos，其中0.（……………7分）

22（2）记f()2(1sin)cos,02，

f'()2(cos2sinsin2)=2(2sin1)(sin1)(0当02).(………10分)

6时，f'()0，当

62时，f'()0

所以f()minf()63333，即时，Smax（……………14分）

622考点：三角函数实际应用，利用导数求函数最值 11. 【淮安市高三第五次模拟考试】（本小题满分14分）

如图，有一景区的平面图是一半圆形，其中AB长为2km，C、D两点在半圆弧上，满足BC=CD．设

COB．

（1）现要在景区内铺设一条观光道路，由线段AB、BC、CD和DA组成，则当θ为何值时，观光道路

的总长l最长，并求l的最大值．

（2）若要在景区内种植鲜花，其中在AOD和BOC内种满鲜花，

在扇形COD内种一半面积的鲜花，则当θ为何值时，鲜花种植面积S最大．

DCBOA(第

题)

17

【答案】（1）3，5 km；（2）3；

试题解析：

DCMBOA

（1）由题COD，AOD2，0,

2取BC中点M，连结OM．则OMBC，BOM所以BC2BM2sin同理可得CD2sin所以l22sin2．

2．

2，AD2sin222cos．

22sin22cos212sin24sin2． 22211即l4sin5,0,．所以当sin，即时，有lmax5．

222232

（2）当3时，鲜花种植面积S最大．

考点：1.三角恒等式；2.利用导数研究函数的最值；

12. 【淮安市淮海中学高三冲刺四统测模拟测试】(本小题满分16分) 设nN*，函数fn(x)xnxa(xa)，其中常数a0． （1）求函数f2(x)的极值；

（2）设一直线与函数f3(x)的图象切于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x2a． ①求x12x22的值； ②求证：y1y2．

)时，函数无极值; 当x(， a)时，函数f2(x)的极小值为f2(0)0，极大值为【答案】(1) 当x(a，2f22a4a3； (2) ①x12x22a②详见解析 327232 xa，  xa， x3x2a，xax，f(x)f(x) 则2试题解析：（1）依题意，2 23x2a3x， xa， axx， xa， 2由f2(x)0得，x10，x2aa，

3 )时，f2(x)0，所以f2(x)无极值； …… 3分 当x(a， a)时，列表： 当x(，x f2(x) (，0)  0 0 2a 0，32a3 a， a 23 0[来源:学 #科#网Z#X#X#K] f2(x) ↘ 极小值0 ↗ 极大值 ↘ 243 所以函数f2(x)的极小值为f2(0)0，极大值为f2aa； …… 6分

327（2）①当xa时，f3(x)ax3x4，f3(x)3ax24x3，

3423直线AB的方程为yax1x13ax14x1(xx1)，

或yaxx23ax24x3242322323 3ax14x13ax24x2，(xx2)，于是 3434 2ax13x12ax23x2，22 3a(x1x2)(x1x2)4(x1x2)(x1x1x2x2)，即 22223(xx)(xx)(xx)2a(xx)(xxxx)， 1212121211222故x12x22a(常数)；…… 11分

2a22(s22t)， ②证明：设x1x2s，x1x2t，则 a2t)，3as4( 2sa， sa，23434解得或a2 (舍去，否则x1x2)，故y2y1ax2x2ax1x1 2tta， 482222ax23x13x24x14(x2x1)ax1x2x1x2x1x2(x1x2)

a2a2a2a(xx)a30(x2x1)a，即证y1y2． …… 16分 2182822考点：利用导数求函数极值

13. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(3)】（本小题满分14分）8月以“分享青春，共筑未来”为口号的青奥会在江苏南京举行，

为此某商店经销一种青奥会纪念徽章，每枚徽章的成本为30元，并且每卖出一枚徽章需向相关部门上缴a元（a为常数，2a5），设每枚徽章的售价为x元（35x41）.根据市场调查，日销售量与ex（e为自然对数的底数）成反比例.已知当每枚徽章的售价为40元时，日销售量为10枚.

（1）求该商店的日利润L(x)与每枚徽章的售价x的函数关系式；

（2）当每枚徽章的售价为多少元时，该商店的日利润L(x)最大？并求出L(x)的最大值.

10e40x30a(35x41)（2）当2a4时，每枚徽章的售价【答案】（1）L(x)(x30a)x10e40xee为35元时，该商店的日利润L(x)最大,L(x)max10(5a)e5;

当4a5时，每枚徽章的售价为（a31）元时，该商店的日利润L(x)最大，L(x)max10e9a .

试题解析：（1）设日销售量为

40kk10， ，则

exe4010e40所以k10e，则日销售量为x枚.

e每枚徽章的售价为x元时，每枚徽章的利润为(x30a)元， 10e40x30a(35x41). 则日利润L(x)(x30a)x10e40eex（2）L(x)10e4031ax(35x41). xe①当2a4时，3331a35，而35x41， 所以L(x)0,L(x)在35,41上单调递减，

则当x35时，L(x)取得最大值为10(5a)e5.

②当4a5时，3531a36，令L(x)0，得xa31， 当x35,a31时，L(x)0,L(x)在35,a31上单调递增； 当xa31,41时，L(x)0,L(x)在a31,41上单调递减. 所以当xa31时，L(x)取得最大值为10e9a.

综上，当2a4时，每枚徽章的售价为35元时，该商店的日利润L(x)最大,L(x)max10(5a)e5; 当4a5时，每枚徽章的售价为（a31）元时，该商店的日利润L(x)最大，L(x)max10e9a .

考点：函数实际应用，利用导数求最值

14. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(2)】(本小题满分14分)汽车从刹车开始到完全静止所用的时间

叫做刹车时间；所经过的距离叫做刹车距离.某型汽车的刹车距离s(单位米)与时间t(单位秒)的关系为s5t3kt2t10，其中k是一个与汽车的速度以及路面状况等情况有关的量．

（1）当k=8时，且刹车时间少于1秒，求汽车刹车距离；

（2）要使汽车的刹车时间不小于1秒钟，且不超过2秒钟，求k的取值范围． 【答案】（1）102261米；（2）k8,. 6754（2）汽车的瞬时速度为vs'，所以v15t22kt1 汽车静止时v0，

故问题转化为15t22kt10在1,2内有解

15t211又2k15t，

tt111时取等号， 15t215，当且仅当15t,tt15tt111,2，记f(t)15t， 15tf'(t)1511'，，t[1,2]f(t)150，f(t)单调递增， t2t2616161f(t)16,，2k16,，即k8,，

224故k的取值范围为k8,61. 4考点：导数的物理意义，方程有解问题.

15. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(4)】（本小题满分14分）如图是一个半圆形湖面景点的平面示意图．已知AB为直径，且AB2km,O为圆心，C为圆周上靠近A的一点，D为圆周上靠近B的一点，且CD∥AB．现在准备从A经过C到D建造一条观光路线，其中A到C是圆弧AC，C到D是线段CD.设AOCxrad，观光路线总长为ykm. （１）求y关于x的函数解析式，并指出该函数的定义域； （２）求观光路线总长的最大值.

【答案】（1）yx2cosx，x0,【解析】

试题分析：（1）首先由弧度的定义可得ACxrx1x，其次CD2OCcosx2cosx，因此

；（2）3千米． 26yx2cosx，其中0xy'12sinx，

2，这就是（1）的结论；（2）这个最大值我们用导数来求，

x

6

时，y'0，0x6时，y'0，

6x2时，y'0，可说明x

6

就是函数的最大值

点，最大值为y62cos663.

试题解析：(1)由题意知，ACx1x，CD2cosx，因为C为圆周上靠近A的一点，D为圆周上靠近B的一点，且CD//AB，所以0x, 2所以yx2cosx，x0,. 2

考点：（1）弧度的定义，弦长；（2）导数与最值.

16. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(6)】（本小题满分14分）如图是一块镀锌铁皮的边角料

ABCD，其中AB,CD,DA都是线段，曲线段BC是抛物线的一部分，且点B是该抛物线的顶点，BA所

在直线是该抛物线的对称轴. 经测量，AB2米，AD3米，ABAD，点C到AD,AB的距离

CH,CR的长均为1米．现要用这块边角料裁一个矩形AEFG（其中点F在曲线段BC或线段CD上，点

E在线段AD上，点G在线段AB上）. 设BG的长为x米，矩形AEFG的面积为S平方米.

（1）将S表示为x的函数；

（2）当x为多少米时，S取得最大值，最大值是多少？

【答案】（1）S59x(2x),0x1,；（2）当x米时，Smax平方米.

48(2x1)(2x),1x2.试题解析：（1）以点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，

建立平面直角坐标系.

设曲线段BC所在抛物线的方程为y2px(p0)， 将点C(1,1)代入，得2p1， 即曲线段BC的方程为y2x(0x1).

又由点C(1,1),D(2,3)得线段CD的方程 为y2x1(1x2). 而GA2x， 所以Sx(2x),0x1,

(2x1)(2x),1x2.D y F C H E A x B G R

（2）①当0x1时，因为S所以Sx12x(2x)2xx，

12323123x2x2，由S0，得x， 232x当x(0,)时，S0，所以S递增；

23当x(,1)时，S0，所以S递减，所以当x23462时，Smax；

93②当1x2时，因为S(2x1)(2x)2(x)2所以当x9， 859时，Smax； 48综上，因为

94659，所以当x米时，Smax平方米. 48考点：解析法的应用，导数与最值.

17．【南京市高三年级第三次模拟考试】(本小题满分16分)

已知函数f(x)＝x2－x＋t，t≥0，g(x)＝lnx． （1）令h(x)＝f(x)＋g(x)，求证：h(x)是增函数；

（2）直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切．对于确定的正实数t，讨论直线l的条数，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）当t＝0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；当t＞0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为2．

又F(et1)lnet1(t1)0，故F(x)0在(1,)上有唯一解，下面只要看在(0,1)上能不能找到一

个x，使F(x)0，如能找到，则F(x)0在(0,1)上也有唯一解，为此我们可以证明lnx11，这样x(1x)21(1x)211111

tt＝(2x－2)2－t，则F(有F(x))＞(t＋)2－t＝t＋＞0，且0＜

242(t＋1)4xx4x1

＜1，结论得证，故t0时，F(x)0有两解.

2(t＋1)

1

试题解析：（1）由h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－x＋t＋lnx，得h' (x)＝2x－1＋，x＞0．

x

1

因为2x＋≥2

x

1

2x·＝22，所以h' (x)＞0， x

从而函数h(x)是增函数．………………………… 3分

当t＞0时，F(1)＜0，由于F(et＋1)＞ln(et＋1)－(t＋1)＝0， 故方程(**)在(1，＋∞)上存在唯一解；………………………… 13分

111x－1

令k(x)＝lnx＋－1(x≤1)，由于k' (x)＝－＝≤0，故k (x)在(0，1]上单调递减，

xxx2x21

故当0＜x＜1时，k (x)＞k (1)＝0，即lnx＞1－，

x(1＋x)211

从而lnx＋－(t＋1)＞(－)2－t．

4x22x2所以F(

1111)＞(t＋)2－t＝t＋＞0，又0＜＜1，

242(t＋1)2(t＋1)

故方程(**)在(0，1)上存在唯一解．

所以当t＞0时，方程(**)有两个不同的正数解，方程组(*)有两组解． 即存在两条满足题意的直线．

综上，当t＝0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；

当t＞0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为2．………………… 16分

考点：函数的单调性，导数的几何意义，函数的零点. 18. 【徐州市～度高三第三次质量检测】已知函数f(x)13xax2xb,其中a,b为常数. 31（1）当a1时，若函数f(x)在[0,1]上的最小值为,求b的值；

3（2）讨论函数f(x)在区间(a,)上单调性；

（3）若曲线yf(x)上存在一点P,使得曲线在点P处的切线与经过点P的另一条切线互相垂直，求a的

取值范围.

333时，f(x)在区间(a,)上是单调增函数；当时，f(x)在区间a3333(a，aa21)上是单调减函数，在区间(aa21，+)上是单调增函数；当a时，f(x)在

3【答案】(1)2;(2) 当a区间(a，aa21)，(aa21，+)上是单调增函数,在区间(aa21，aa21)上是单调减函数;

33(3)(,][,).

33试题解析：（1）当a1时，f(x)x2x1，所以函数f(x)在[0,1]上单调减，…………2分

2111，即11b，解得b2. ………………………4分 3332（2）f(x)x2ax1的图象是开口向上的抛物线，其对称轴为xa，

由f(1)2因为4a40，f(x)0有两个不等实根x1,2aa21．…………………5分

①当方程f(x)0在区间(a,)上无实根时，有

a≤a,3解得a≥．………………6分 f(a)≥0,3②当方程f(x)0在区间(，a]与(a,)上各有一个实根时，有

f(a)0,33f(a)<0，或解得．…………………………8分 aaa,33aa,3③当方程f(x)0在区间(a,)上有两个实根时，有解得a．

f(a)0,33时，f(x)在区间(a,)上是单调增函数； 333当时，f(x)在区间(a，aa21)上是单调减函数， a33综上，当a在区间(aa21，+)上是单调增函数；

当a3时，f(x)在区间(a，aa21)，(aa21，+)上是单调增函数， 3在区间(aa21，aa21)上是单调减函数．……10分

2（3）设P(x1,f(x1))，则P点处的切线斜率m1f(x1)x12ax11，

又设过P点的切线与曲线yf(x)相切于点Q(x2,f(x2))，x1x2，

2则Q点处的切线方程为yf(x2)(x22ax21)(xx2)，

2所以f(x1)f(x2)(x22ax21)(x1x2)，

化简，得x12x23a．………………………12分

22因为两条切线相互垂直，所以(x12ax11)(x22ax21)1， 222即(4x28ax23a1)(x22ax21)1．

22令tx22ax21(a1)，

则关于t的方程t(4t3a3)1在t[(a21),0)上有解，…………………14分 所以3a34t解得a222114,当且仅当t时，取“”， t2133，故a的取值范围是(,][,)．……………………16分

333考点：1.导数与函数的单调性；2.导数的几何意义；3.函数与不等式. 二．能力题组

1. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(4)】三次函数yf(x)的两个极值点为x1,x2.且

P（x1,f(x1))与原点重合，Q(x2,f(x2))又在曲线y1值的最小值为_________. 【答案】

2xx2上，则曲线yf(x)的切线斜率的最大

3 4【解析】

试题分析：设f(x)ax3bx2cxd，依题意知f(0)0且f'(0)0，∴cd0，故

f(x)ax3bx2，f'(x)3ax22bx，由y12xx2及点Q在其上，可设Q点的坐标为(1cos,1sin),[0,]. 由Q为yf(x)的一个极值点得

321sina(1cos)b(1cos)， 203a(1cos)2b(1cos)a2b显然cos1,，∴1cos，∴3ab∵a0，∴f'(x)3ax22bx存在最大值f'(2(1sin)(1cos)3，

3(1sin)(1cos)22b1cos31sin， )f'()3a221cos331sin3数形结合可求得kOQ，其最小值为.

421cos2考点：导数的几何意义，导数与切线，极值.

2.【扬州中学高三第四次模拟考试（5月）】（本小题满分16分）已知a为实数，函数f(x)＝a·lnx＋x2－4x

（1）是否存在实数

a，使得

f (x)在

x＝1

．

处取极值？证明你的结论；

（2）若函数f (x)在[2, 3]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（3）设g(x)＝2alnx＋x2－5x－

1a，若存在x0∈[1,e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，求实数a的取值范围． x【答案】（1）不存在实数a，使得f (x)在x＝1处取极值；（2）a＞－6；（3）[－1,＋∞).

2x24xaa试题解析：（1）函数f(x)定义域为(0,＋∞)，f(x)＝＋2x－4＝

xx'假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)0，∴a＝2，………2分 此

时

，

'2(x1)2f(x)x，

∴当0＜x＜1时，f(x)＞0，f(x)递增；当x＞1时，f(x)＞0，f(x)递增．∴x＝1不是f(x)的极值点

故不存在实数

a，使得

．

''f(x)在x＝1处取极值．………4分

（3）法一：记F(x)＝x－lnx(x＞0)，∴F(x)＝

''x1' (x＞0)，∴当0＜x＜1时，F(x)＜0，F(x)递减；当xx＞1时，F(x)＞0，F(x)递增．∴F(x)≥F(1)＝1＞0由f(x0)≤g(x0)得：(x0－lnx0)a≥－2x0………12分 ∴

2x02x0ax0lnx0，记

x22xG(x)xlnx，

x∈[－

(2x2)(xlnx)(x2)(x1)(x1)(x2lnx2)11,e]∴G(x)∵x∈[,e]，∴2－2lnx＝2(1

(xlnx)2(xlnx)2eelnx)≥0

，

∴x

－

2lnx

＋

2

＞

0

∴x∈(

1'',1)时，G(x)＜0，G(x)递减；x∈(1,e)时，G(x)＞0，G(x)递增 e＝

G(1)

＝

－

1

∴a≥G(x)min

＝

－

1

．

∴G(x)min

故实数a的取值范围为[－1,＋∞)．………16分

法二：记h(x)f(x)g(x)alnxx(a2)x，原题等价于：x0[,e]，h(x0)min0，求a的范围.∵

21e2x2(a2)xa(2xa)(x1)ah'(x),令h'(x)0x1,x21………12

xx2分

（1）当

a1222即a时,h(x0)minh(1)a10a1∴1a；（2）当a时，2eeee，

故

h(1)a10h(x0)min0成立．

故实数a的取值范围为[－1,＋∞)．………16分

注意：其他解法酌情给分

考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、恒成立问题. 3. 【扬州中学高三4月双周测】（本小题满分16分）

对于函数f(x),g(x)，如果它们的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则称函数f(x)和g(x)在点P处相切，称点P为这两个函数的切点.设函数f(x)axbx(a0),g(x)lnx. （1）当a1,b0时, 判断函数f(x)和g(x)是否相切？并说明理由； （2）已知ab，a0，且函数f(x)和g(x)相切，求切点P的坐标；

（3）设a0，点P的坐标为(,1)，问是否存在符合条件的函数f(x)和g(x)，使得它们在点P处相

切？若点P的坐标为(e,2)呢？（结论不要求证明） 【答案】(1)不相切；（2）(1,0)；

（3）当点P的坐标为(,1)时，存在符合条件的函数f(x)和g(x)，使得它们在点P处相切；当点P的坐标为(e,2)时，不存在符合条件的函数f(x)和g(x)，使得它们在点P处相切. 【解析】

试题分析：（1）由于f(x)x，f'(x)2x，而g'(x)22221e1e1，因此当x0时，f'(x)0，xg'(x)0，即方程f'(x)g'(x)无解，故两函数不存在相同的切线，不相切；（2）f(x)ax2ax，

as2aslnss1af'(x)2axa，设切点为P(s,t)(s0)，则，消法得lns，要注意12s12asasa11s110，故s，因此下面我们要讨论方程 lns在(,)上的解，这个方程的解借

s(2s1)22s12助函数的单调性来完成，设F(x)x1lnx，由F'(x)可得F(x)在x1时取得最大值，且2x1F(1)0，因此此方程只有一解s1，从而tln10，即有P(1,0)；（3）这类问题，都是假设它存

在，然后由P公共点，及两函数在P点的切线一样即斜率相等，联立方程组，解出a,b，如能解出，说明存在，如不能解出，说明不存在.

当x变化时，F(x)与F(x)的变化情况如下表所示，

x 1(,1) 2 1 0 (1,) F(x) F(x)  ↘ ↗ 所以当x1时，F(x)取到最大值F(1)0，且 当x(,1)(1,)时F(x)0.

因此，当且仅当x1时F(x)0.所以方程（*）有且仅有一解s1. 于是 tlns0，因此切点P的坐标为(1,0). …12分

（3）当点P的坐标为(,1)时，存在符合条件的函数f(x)和g(x)，使得它们在点P处相切； …14分 当点P的坐标为(e,2)时，存在符合条件的函数f(x)和g(x)，使得它们在点P处相切. …16分 考点：导数与切线，导数与函数的单调性和最值.

2121e14. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(3)】（本小题满分16分）已知函数f(x)ax2lnx，

2g(x)bx，设h(x)f(x)g(x).

（1）若f(x)在x2处取得极值，且f(1)g(1)2，求函数h(x)的单调区间； 2（2）若a0时函数h(x)有两个不同的零点x1,x2.

①求b的取值范围；②求证：

x1x21. e21【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（，0）②详见解析

e试题解析：(1)因为f(x)ax1，所以f(1)a1, x由f(1)g(1)2可得a=b3. 2又因为f(x)在x处取得极值，

2所以f(22)a20， 22所以a= 2,b=1.

所以h(x)x2lnxx，其定义域为（0，+）

12x2x1(2x1)(x1) h(x)2x1=xxx1令h(x)0得x1,x21，

2当x（0,1）时，h(x)>0，当x（1,+）h(x)<0，

所以函数h(x)在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. （2）当a0时，h(x)lnxbx，其定义域为（0，+）. ①由h(x)0得b-所以(x)lnxlnxlnx1, ，记(x)，则(x)xxx2lnx在(0,e)单调减，在(e,)单调增， xlnx1取得最小值. xe所以当xe时(x)又(1)0，所以x(0,1)时(x)0，而x(1,)时(x)0,

1 所以b的取值范围是（，0）.

e

考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式

5. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(2)】（本小题满分16分）

设函数f(x)ax2ex(aR)有且仅有两个极值点x1,x2(x1x2)． （1）求实数a的取值范围；

（2）是否存在实数a满足f(x1)ex1？如存在，求f(x)的极大值；如不存在，请说明理由．

23e32223【答案】（1）(,)（2）当ae时,f(x)极大f(x1)e3.

243【解析】

试题分析：（1）由题意得导函数f(x)2axex在定义域内有两个不等实根，即直线y1与曲线2ayg(x)xxeayg(x)(,)．注意当x(1,)时，有两交点，分析函数知实数的取值范围为

exex21g(x)的取值范围为(0,)．（2）假设存在实数a，则得到关于a及x1两个条件，消去a得关于x1方

e2ex11x12323ee0，利用导数研究这个方程解的情况：有唯一的零点x．从而解出ae3，进程：

x1234而得到f(x)极大22f(x1)e3.

3

(2)存在实数a满足题设．证明如下：

由(1)知，0x11x2，f(x1)2ax1ex10，

22ex11x1x1x13ee30． 故f(x1)=ax+eeeex1，故

x12221x1x12ex(x1)1xex1x3e0， 记R(x)ee(0x1)，则R(x)2x2x2于是，R(x)在(0,1)上单调递减．

22又R()0，故R(x)有唯一的零点x．

33ex1322e3． 从而，满足f(x)ex的x1．所以，a112x143233232x32此时f(x)exe，f(x)e3xex，

422又f(0)0，f(1)0，f(2)0，而x1(0,1)，

332223故当ae时,f(x)极大f(x1)e3.

43考点：函数极值，利用导数求函数零点

6. 【泰州市高三第三次调研测试】已知函数f(x)a1lnx（a∈R）． x（1）若a=2，求函数f(x)在(1，e2)上的零点个数（e为自然对数的底数）； （2）若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合；

（3）若f(x)有两零点x1，x2(x1＜x2)，求证：2＜x1+x2＜3ea1【答案】(1)1;(2)1;见解析.

1．

试题解析：（1）由题设，f(x)1x，故f(x)在(1，e2)上单调递减．…………………… 2分 x2所以f(x)在(1，e2)上至多只有一个零点． 又f(1)f(e2)1(（2）f(x)1)＜0，故函数f(x)在(1，e2)上只有一个零点．…………… 4分 2e0，得x1．

1x，令f(x)2x当x＞1时，f(x)＜0，f(x)在(1， )上单调递减； 当0＜x＜1时，f(x)＞0，f(x)在(0，1)上单调递增， 故[f(x)]max①当[f(x)]maxf(1)a1．…………………………………………………… 6分 0，即a1时，因最大值点唯一，故符合题设；………… 8分

②当[f(x)]max＜0，即a＜1时，f(x)＜0恒成立，不合题设； ③当[f(x)]max＞0，即a＞1时，一方面，ea＞1，f(ea)1＜0； ea另一方面，ea＜1，f(ea)2aea≤2aea＜0(易证：ex≥ex)， 于是，f(x)有两零点，不合题设．

综上，a的取值集合为{1}．………………………………………………………… 10分

h(p)＞0，仿（1）知，p是h(x)的唯一最大值点，故有

x＜p＜x.12作函数h(x)

(xp)22(xp)≥0，故h(x)单调递增． lnxlnp，则h(x)x(xp)2xp故，当x＞p时，h(x)＞h(p)0；当0＜x＜p时，h(x)＜0． 于是，ax11x1lnx1＜

2x1(x1p)x1lnp．

x1p整理，得(2lnpa)x12(2papplnp1)x1p＞0， 即，x12(3ea11)x1ea1＞0．

2(3ea11)x2ea1＜0． 同理，x22(3ea11)x2ea1＜x12(3ea11)x1ea1， 故，x2(x2x1)(x2x1)＜(3ea11)(x2x1)， 于是，x1x2＜3ea11． 综上，2＜x1+x2＜3ea11．……………………………………………………… 16分

考点：1.函数零点与方程的解；2.导数与函数单调性；3.函数与不等式证明. 7. 【高考模拟(南通市数学学科基地命题)(4)】（本小题满分16分）已知函数

gxalnx,fxx3x2bx.

（1）若fx在区间1,2上不是单调函数，求实数b的范围；

（2）若对任意x1,e，都有gxx2(a2)x恒成立，求实数a的取值范围； （3）当b0时，设Fxf(x)x1，对任意给定的正实数a，曲线yFx上是否存在两点

g(x)x1P,Q，使得POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？

请说明理由.

【答案】（1）16b5；（2）a1；（3）存在.

试题解析：（1）由fxx3x2bx得fx3x22xb，因fx在区间1,2上不是单调函数. 所以fx3x22xb在1,2上最大值大于0，最小值小于0,

11fx3x2xb3xb,

3322fxmax16b，16b5. fx5bmin(2)由gxx2a2x，得xlnxax22x,

x1,e,lnx1x，且等号不能同时取，lnxx，即xlnx0.

x22xx22x恒成立，即aaxlnx. xlnxminx22xx1x22lnx,

令tx,x1,e，求导得txxlnxxlnx2当x1,e时，x10,0lnx1,x22lnx0，从而tx0.

tx在1,e上是增函数，tmaxxt11.

a1.

23232①当0t1时，方程*为ttttt0，化简t4t210，此方程无解；

②当t1时，方程*为t2alntt3t20，即设htt1lntt1，则htlnt1,

1t1lnt a1t显然，当t1时，ht0，即ht在1,上为增函数.

ht的值域为h1,，即0,，当a0时，方程*总有解.

对任意给定的正实数a，曲线yFx上存在两点P,Q，使得POQ是以O（O为坐标原点）为直角

顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上.

考点：导数与函数的单调性，导数与极值，导数的综合应用.