2015年2月10日

2015年2月10日

一、填空题

1.5xy20 2. (0,1) 3. 1 4.

132 5. a 6. 4a2 （提示：

42（提示：令

a1a31） 7.

0,

g(x)ex(f(x)1)，则

g(x)exf(x(fx)(，从)g(x)在R上是增函数，又g(0)3，故原不等式等价于

g(x)g(0)，所以x0）8. a2ln22 （提示：f(x)exa在[m,n]上是增函数，所

ema2mx以n，从而m,n是方程ea2x的两个不等实根，即yex与y2xa有两个不ea2n同的交点，斜率为2的切线为y2x22ln2，故a22ln2，即a2ln22） 二、解答题

29.解：（Ⅰ）f(x)6x6ax3b，因为函数f(x)在x1及x2取得极值，则有f(1)0，

66a3b0，f(2)0．即解得a3，b4．

2412a3b0．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，f(x)2x9x12x8c，

321)时，f(x)0； f(x)6x218x126(x1)(x2)．当x(0，，2)时，f(x)0；当x(2，3)时，f(x)0． 当x(1所以，则当x0，3时，f(x)的最大值为f(3)98c．所以 98cc2，解得 c1或

c9，因此c的取值范围为(，1)(9，)．

10．解：（1）因PO与地面垂直，且AOBOCO，则AOH,BOH,COH是 全等的直角三角形，又圆O的半径为3，所以OH3tan，AHBHCH又PH333tan，所以L333tan若点P,H重合，则tan3，即

3， cos9， cos3，所以(0,3)，

2015届苏州市高三数学寒假作业参

从而L333tan9，(0,). cos3（2）由（1）知L333tan所以L3令sin093sin333， coscos3sin11sinL0，当时，，

cos231，0(0,)，当(0,)时，L0；当(0,0)时，L0； 333所以函数L在(0,0)上单调递减，在(0,所以当0，即sin11. 解：（1）

3)上单调递增，

1时，L有最小值，此时用料最省. 3ae；（2）当a0时，函数fx无极值；当a0，fx在xlna处取得极

1没有公共点，ex小值lna，无极大值．(3)当a1时，．直线l：ykx1与曲线fxx1等价于关于x的方程kx1x111k1x在上没有实数解，即（*）在R上没有实Rexex1数解．①当k1时，方程（*）可化为x0，在R上没有实数解．②当k1时，方程（*）化

e1xex．令gxxex，则有gx1xex．令gx0，得x1，当x变化时，为

k1gx的变化情况如下表：

x gx gx 当x1时，gxmin,1  1 1,  0 1 e1，同时当x趋于时，gx趋于，从而gx的取值范围为e111．所以当,,时，方程（*）无实数解，解得k的取值范围是1e,1． ek1e综上，得k的最大值为1．