热门试卷

（1）当x∈[200，300）时，该项目获利为S，则S=200x-（x2-200x+80000）=-（x-400）2，

∴当x∈[200，300）时，S＜0，因此，该项目不会获利

当x=300时，S取得最大值-5000，所以政府每月至少需要补贴5000元才能使该项目不亏损；

（2）由题意知，食品残渣的每吨的平均处理成本为=

①当x∈[120，144）时，=(x-120)2+240，∴当x=120时，取得最小值240；

②当x∈[144，500）时，=x+-200≥400-200=200

当且仅当x=，即x=400时，取得最小值200

∵200＜240

∴每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．

设商品的销售单价应定为x元则商品销售单价涨了（x-10）元，日销售量应减少10（x-10）个，获利y元

则有y=（x-8）[100-10（x-10）]

=-10x2+280x-1600（x＞10）

其对称轴x=14，开口向下

故当x=14时，y最大

答：为了获得最大利润，此商品的销售单价应定为14元

（1）当0≤x≤480时，

g(x)=400×(x-x2)-(10000+240x)…（1分）

=-x2+160x-10000…（2分）

当480＜x≤600时，

g(x)=400×x-(10000+240x)=40x-10000…（4分），

所以g(x)=…（6分）

（2）当0≤x≤480时，

g(x)=-x2+160x-10000=-(x-320)2+15600…（8分），

因为-＜0，320∈[0，480]，

所以当x=320时，g（x）取得最大值15600元…（10分）；

当480＜x≤600时，

g（x）=40x-10000，

因为40＞0，

所以当x=600时，g（x）取得最大值40×600-10000=14000元…（12分）．

因为15600＞14000，所以该企业日销售利润最大为15600元…（13分）．

（1）∵价格函数为：f(x)=[(x-6)2+33]，（x∈N，1≤x≤12），∴当x=6时，f（x）取得最小值，

即第6月的价格最低，最低价格为16.5元；

（2）设第x月的销售收入为y（万元），依题意有y=(x2-12x+69)(x+12)=(x3-75x+828)，

对y求导，得：y′=(3x2-75)=(x+5)(x-5)，

所以，当1≤x≤5时，y'≤0，y递减；

当5≤x≤12时，y'≥0，y递增，

所以，当x=5时，y最小，即第5个月销售收入最少；

答：2011年在第5月的销售收入最低．

（1）由题意得，货船每小时的燃料费用与货船速度的平方成正比

则每小时燃料费用为0.6x2（其中0＜x≤50），全程所用时间为 小时；

则全程运输成本为y=（0.6x2+960）•…（3分）

即y=300(x+)，(0＜x≤50)…（4分）

（2）函数y=300(x+)≥300×2=24000，…..（6分）

根据基本不等式成立的条件可知，当x=，时取等号，此时x=40…（7分）

所以为使运输成本最低，货船应以40海里/小时的速度行驶．…．（8分）

（Ⅰ）设水池的底面积为S1，池壁面积为S2，

则有S1==1600（平方米），

可知，池底长方形宽为米，则S2=6x+6×=6(x+)．…（6分）

（Ⅱ）设总造价为y，则y=150×1600+120×6(x+)≥240000+57600=297600

当且仅当x=，即x=40时取等号，

所以x=40时，总造价最低为297600元．

答：x=40时，总造价最低为297600元．…（12分）

（1）由题意可知：0＜x≤10

f（x）=-0.1（x-13）2+60.9

所以当x=10时，f（x）的最大值是60，…（2分）

又10＜x≤15，f（x）=60…（3分）

所以开讲后10分钟，学生的接受能力最强，并能维持5分钟．…（4分）

（2）由题意可知：f（5）=54.5，f（20）=45，f（35）=30…（5分）

所以开讲后5分钟、20分钟、35分钟的学生的接受能力从大小依次是

开讲后5分钟、20分钟、35分钟的接受能力；…（6分）

（3）由题意可知：

当0＜x≤10，f（x）=-0.1（x-13）2+60.9≥56

解得：6≤x≤10…（7分）

当10＜x≤15时，f（x）=60＞56，满足要求；…（8分）

当15＜x≤25时，-3x+105≥56

解得：15＜x≤16…（9分）

因此接受能力56及以上的时间是10分钟小于12分钟．

所以老师不能在所需的接受能力和时间状态下讲述完这个难题．…（10分）

（Ⅰ）当0＜x≤15时，y=100x-x3-200

当x＞15时，y=1030-(+12x)

∴y=

（Ⅱ）当0＜x≤15时，y′=100-x2=0，∴x=10

∴x=10时，ymax=

当x＞15时，y=1030-(+12x)=1042-[+12(x+1)]≤1042-720=322

当且仅当=12(x+1)，∴x=29，ymax=322

∵＞322，∴x=10时，取得最大值

解：（I）y=2…………………………………(4分)

（Ⅱ）．                    ……………………………(6分)

得．

当变化时，与变化情况如下表：

当x=1时，取得极小值．   没有极大值． ……………………(9分)

（Ⅲ）设切点，则切线的斜率为．

弦AB的斜率为． …(10分)

由已知得，，则=，解得，…………(12分)

所以，弦的伴随切线的方程为：．……(13分)

略

（Ⅰ）∵第一次释放有害气体am3，

∴第二次释放有害气体后（净化之前），车间内共有有害气体（a+ar%）m3，第三次释放有害气体后（净化之前），车间内共有有害气体[a+（a+ar%）r%]m3，…（2分）

∵6.5小时共释放出6次有害气体，且有害气体的含量逐次递增，

∴要使该车间能连续正常生产，在最后一次释放有害气体后（净化之前），车间内有害气体总量不得超过1.25am3，

即必须要有a+ar%+a（r%）2+…+a（r%）5≤1.25a，

即a•≤1.25a．…（4分）

∵当r=20时，＜==1.25，

∴当r=20时，该车间能连续生产6.5小时．…（6分）

（Ⅱ）设r%=0.2+x（x＞0）满足条件，即要有≤1.25，

即（0.2+x）6≥1.25•x．（*）…（8分）

∵（0.2+x）6=0.26+6（0.2）5x+…＞0.26+6（0.2）5x，

要使（*）成立，只要0.26+（0.2）5•16x-1.25x≥0即可，…（10分）

∴可取x=＞0，

∴取r=20+100•，就可使该车间连续生产6.5小时．…（12分）

（1）求导函数可得T′=3at2+2bt+c

∵该物体的温度在早上8：00与下午16：00有相同的变化率

∴T′（-4）=T′（4），∴12a-8b+c=12a+8b+c，∴b=0

∵该物体在早上8：00的温度为8℃，中午12：00的温度为60℃，下午13：00的温度为58℃

∵该物体在早上8：00的温度为8℃，中午12：00的温度为60℃，下午13：00的温度为58℃

∴，

∴a=1，b=0，c=-3，d=60

∴T（t）=t3-3t2+60（-12≤t≤12）；

（2）T′=3t2-3=3（t+1）（t-1），

令T′＞0，可得t＜-1或t＞1；令T′＜0，可得-1＜t＜1

∴函数在（-2，-1）上单调递增，在（-1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增

∵T（-2）=58，T（-1）=62，T（1）=58，T（2）=62

∴t=-1或t=2时，T（t）取到最大值62，说明在上午11：00与下午14：00，该物体温度最高，最高温度是62℃；

（3）由题意可得该物体在8：00到16：00这段时间内的平均温度为：

(t3-3t2+60)dt=(t4-t3+60t=14．

所以该物体在8：00到16：00这段时间内的平均温度14℃．

（1）设书旗集团用于水上运动项目的投资为x（x∈[0，100]）百万元，四年总的预期利润为y百万元．…（2分）

根据题意有y=0.25(100-x)++10．…（4分）

y=-0.25x++35，x∈[0，100]．

即y=-0.25(-2)2+36，∈[0，10]．

所以当=2，x=4时，ymax=36．…（7分）

即书旗集团用于水上运动项目的投资为4百万元，投资96百万元用于地产，总的预期利润最大为36百万元．…（8分）

（2）由（1）知，在上缴资源占用费前ymax=36，而x=100时，ymin=20．…（10分）

从2012年到2014年书旗集团上缴资源占用费共为2+3+4=9百万元．…（12分）

这四年总的预期利润中值为-9=19．

由于=19%＞18%．所以书旗集团投资是成功的．…（16分）

由题意可知，需打2(+1)+2(-1)=个桩位．（3分）

墙面所需费用为：(2+)x•=180(2+)，（5分）

∴所需总费用y=×+180×(2+)=180(+)+360（0＜x＜30）（9分）

令t=+，则t′=-+=，

当0＜x＜3时，t′＜0；当3＜x＜30时，t′＞0．

∴当x=3时，t取极小值为t=+=．

而在（0，30）内极值点唯一，所以tmin=．

∴当x=3时，ymin=180×+360=1170（万元），

即每隔3米打建一个桩位时，所需总费用最小为1170万元．（14分）