《优化方案》高中苏教版数学选1-1模块综合检测

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(时间：120分钟；满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上)
命题 x∈R，x2－x＋3>0的否定是________．
解析：全称命题的否定是特称命题．
答案： x∈R，x2－x＋3≤0
写出命题“若方程ax2－bx＋c＝0的两根均大于0，则ac>0”的一个等价命题是________．
解析：等价命题即为逆否命题．
答案：若ac≤0，则方程ax2－bx＋c＝0的两根不全大于0
设原命题：若a＋b≥2，则a，b中至少有一个不小于1.则原命题与其逆命题中真命题的个数为________．
解析：用反证法容易证明原命题真；特例法说明逆命题假，举例：a＝1.2，b＝0.3，则a＋b＝1.5<2，∴逆命题为假．
答案：1
一质点运动方程为s(t)＝2t2＋10(位移单位：m，时间单位：s)，则t＝2时的瞬时速度v＝________m/s.
解析：在t＝2到t＝2＋Δt的时间间隔内，质点的平均速度为＝＝＝8＋2Δt，当Δt无限趋近于0时，无限趋近于8，即v＝8；所以，当t＝2时质点的瞬时速度为8 m/s.
答案：8
曲线y＝在点(1，1)处的切线方程为________．
解析：将函数y＝求导可得y′＝，切线斜率为k＝－1.可得一般方程x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.
答案：(2，＋∞)
函数y＝3x2－lnx的单调增区间是__________，减区间是________．
解析：y′＝6x－(x>0)，由y′>0解得增区间；由y′<0解得减区间.
答案：　
椭圆与双曲线－＝1有相同的焦点，且经过点(，4)，则椭圆的方程是________．
解析：由题意知椭圆焦点为F1(0，－3)，F2(0，3)，∴可设椭圆方程为＋＝1，又点(，4)在椭圆上，代入得a2＝4(舍去)或a2＝36，∴椭圆的方程为＋＝1.
答案：＋＝1模块综合检测
设双曲线的焦点在x轴上，两条渐近线为y＝±x，则该双曲线的离心率e为________．
解析：由于焦点在x轴上，故渐近线方程y＝±x为y＝±x，可得＝，又c2＝a2＋b2，可解得e＝的值为.
答案：
过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线准线的交点为B，点A在抛物线准线上的射影为C，若＝，·＝48，则抛物线的方程为________．
解析：设抛物线的准线与x轴的交点为D，依题意，F为线段AB的中点，
故AF＝AC＝2FD＝2p，AB＝2AF＝2AC＝4p，
∴∠ABC＝30°，||＝2p，·＝4p·2p·cos30°＝48，
解得p＝2，∴抛物线的方程为y2＝4x.
答案：y2＝4x
已知点P(x，y)在椭圆＋＝1上，则x2＋2y的最大值是________．
解析：法一：设点P(2cosθ，sinθ)，x2＋2y＝4cos2θ＋2sinθ＝－4sin2θ＋2sinθ＋4；
令T＝x2＋2y，sinθ＝t，(－1≤t≤1)，则T＝－4t2＋2t＋4，对称轴t＝，
∴Tmax＝T＝＋4＝，∴x2＋2y的最大值是.
法二：由＋＝1得x2＝4(1－y2)；令T＝x2＋2y，代入得T＝4－4y2＋2y，
即T＝－4＋4＋；当y＝时，Tmax＝4＋＝.即x2＋2y的最大值是.
答案：
已知定点A，F是椭圆＋＝1的右焦点，M是椭圆上的动点，则使AM＋2MF取得最小值时M点的坐标是________．
解析：显然椭圆＋＝1的a＝4，c＝2，e＝，记点M到右准线的距离为MN.
则＝e＝，∴MN＝2MF，即AM＋2MF＝AM＋MN；
当A，M，N同时在垂直于右准线的一条直线上时，AM＋2MF取得最小值，
此时My＝Ay＝，代入＋＝1得Mx＝±2；又A在椭圆内部，结合椭圆的性质知点M在第一象限，
∴M点的坐标是(2，)．
答案：(2，)
在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点A(－4，0)和B(4，0)，顶点C在椭圆＋＝1上，则＝________．
解析：由正弦定理，得＝，
∵椭圆＋＝1的焦点为(±4，0)，故△ABC的顶点A(－4，0)、B(4，0)即为椭圆的焦点，
∴由椭圆定义得BC＋AC＝2×5＝10，又AB＝8，故＝＝.
答案：
已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)，则函数f(x)的极值为________．　
解析：f′(x)＝(1－x)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝1；f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ?↗ 极大值 ?↘
所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数；
故函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝.
答案：
二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
(本小题满分14分)已知三点P(5，2)，F1(－6，0)，F2(6，0)．
(1)求以F1，F2为焦点，且过点P的椭圆方程；
(2)设点P，F1，F2关于直线y＝x的对称点分别为P′，F1′，F2′，求以F1′，F2′为焦点，且过点P′的双曲线方程．
解：(1)PF1＝　＝5，PF2＝　＝，
由椭圆定义，得2a＝PF1＋PF2＝6，c＝6，
所以b2＝a2－c2＝9.
由焦点坐标知，椭圆的焦点在x轴上，
所以，椭圆的方程为＋＝1.
(2)点P，F1，F2关于直线y＝x的对称点分别为P′(2，5)，F1′(0，－6)，F2′(0，6)，由双曲线定义，得2a＝|PF1－PF2|＝4，c＝6，所以b2＝c2－a2＝16.
由焦点坐标知，双曲线的焦点在y轴上．
所以，双曲线的方程为－＝1.
(本小题满分14分)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．
(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？
(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
解：设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)．由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，
所以当x＝15时，S取得最大值．
(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．
由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20.
当x∈(0，20)时，V′>0；当x∈(20，30)时，V′<0.
所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．
此时＝.即包装盒的高与底面边长的比值为.
(本小题满分14分)设a为实数，给出命题p：函数f(x)＝是R上的减函数，命题q：关于x的不等式≥a的解集为 .
(1)若p为真命题，求a的取值范围；
(2)若q为真命题，求a的取值范围；
(3)若“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，求a的取值范围．
解：(1)命题p：“函数f(x)＝是R上的减函数”为真命题，得0(2)由q为真命题，则由0<≤1，得a>1；
(3)∵p且q为假，p或q为真，所以p、q中一真一假．
若p真q假，则a不存在；
若p假q真，则1综上，a的取值范围为：1(本小题满分16分)某商店经销一种纪念品，每件产品的成本为30元，并且每卖出一件产品需向税务部门上交a元(a为常数，4(1)求该商店的日利润L(x)元与每件产品的日售价x元的函数关系式；
(2)当每件产品的日售价为多少元时，该商品的日利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值．
解：(1)设日销售量为，则＝10，∴k＝10e40，
则日销售量为件．
则日利润L(x)＝(x－30－a)＝10e40.
(2)L′(x)＝10e40，
∵4易知L(x)在(35，a＋31]上为增函数，在[a＋31，41]上为减函数；
∴当x＝a＋31时，L(x)取最大值为10e9－a.
即当每件产品的日售价为a＋31元时，该商品的日利润L(x)最大，且L(x)的最大值为10e9－a.
(本小题满分16分)已知椭圆C的中心在原点，以直线l：x＝－2为准线，且过点(0，1)；
(1)求椭圆C的方程；
(2)若圆O：x2＋y2＝r2与椭圆C恰有两个公共点，试求圆O的方程；
(3)若直线l与x轴交于点M，过点M的直线l1交(2)中的圆O(若(2)中有多个圆，则本题取半径最小的圆)于P、Q两点，且∠POQ＝，求直线l1的方程．
解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c，则＝2.
∵中心在原点的椭圆C过点(0，1)，以直线l：x＝－2为准线，∴b＝1.
∵＝2，a2＝b2＋c2；∴b2＋c2＝2c，
∴c＝1，∴a2＝b2＋c2＝2.
∴所求椭圆方程为＋y2＝1.
(2)∵圆O：x2＋y2＝r2与椭圆C：＋y2＝1恰有两个公共点，据对称性知：这两个公共点为椭圆长轴的两端点或短轴的两端点，∴圆O：x2＋y2＝r2的半径为或1，即所求圆O的方程为x2＋y2＝2或x2＋y2＝1.
(3)∵∠POQ＝，圆O为x2＋y2＝1，
∴O点到直线l1的距离为.
∵直线l1过点M(－2，0)，
∴可设l1的方程为y＝k(x＋2)，∴＝，
∴k2＝.∴l1的方程为y＝±(x＋2)．
(本小题满分16分)已知函数f(x)＝lnx.
(1)试判断g(x)＝(1－x)f(x)在[1，＋∞)上的单调性；
(2)试证明x>1时，恒有f(x)>；
(3)如果对任意的一个三角形，只要它的边长a，b，c都在f(x)的定义域内，就有f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长，则称f(x)为保三角形函数；试证明f(x)＝lnx(x>e)是保三角形函数．
解：(1)∵g(x)＝(1－x)f(x)＝(1－x)lnx，
∴g′(x)＝－lnx＋(1－x)·＝－lnx＋，
∴x>1时g′(x)<0，∴函数g(x)在[1，＋∞)上为减函数．
(2)证明：构造函数F(x)＝(x2＋1)lnx－(2x－2)，
则F′(x)＝2xlnx＋(x2＋1)·－2＝2xlnx＋，
∴x>1时F′(x)>0，x＝1时F′(x)＝0；
∴函数F(x)在[1，＋∞)上为增函数．
∴当x>1时，F(x)>F(1)，又F(1)＝0，∴F(x)>0；
即(x2＋1)lnx－(2x－2)>0，∴lnx>，即x>1时，恒有f(x)>.
(3)证明：a，b，c为三角形的边长，故满足不妨设a≤b≤c，则有a＋b>c；
∵f(x)＝lnx在定义域上为增函数，
∴f(a)≤f(b)≤f(c)；
先证明＝在(e，＋∞)上为减函数，因为′＝′＝＝，
在(e，＋∞)上，lnx>1，故′<0，所以＝在(e，＋∞)为减函数．
∵a≤b≤c，∴≥≥，∴f(a)≥a·，f(b)≥b·，
∴f(a)＋f(b)≥a·＋b·＝(a＋b)·，
又a＋b>c，
∴f(a)＋f(b)≥(a＋b)·>c·＝f(c)，
即f(a)＋f(b)>f(c)；
∵f(a)≤f(b)≤f(c)，
∴f(b)＋f(c)>f(a)，f(c)＋f(a)>f(b)是显然的，
故f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长，
∴f(x)＝lnx(x>e)为保三角形函数．
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