热门试卷

（I）－a.

（II）在区间上是增函数，

在区间是减函数。

（III）

（I）解，得所以函数的零点为－a.………………2分

（II）函数在区域（－∞，0）上有意义，，…………5分

令

因为                                                      …………7分

当x在定义域上变化时，的变化情况如下：

所以在区间上是增函数，                   …………8分

在区间是减函数。                               …………9分

（III）在区间上存在最小值                     …………10分

证明：由（I）知-a是函数的零点，

因为

所以。                                                                        …………11分

由知，当时，。                       …………12分

又函数在上是减函数，

且。

所以函数在区间上的最小值为

且。                                                                            …………13分

所以函数在区间上的最小值为，

计算得。                                …………14分

由题意，（1）买1个茶壶赠送1个茶杯，y1=20×4+5（x-4）=5x+60，（x≥4）；

（2）按总价打9.2折付款．y2=（20×4+5x）×9.2=4.6x+73.6，（x≥4）；

由y1=y2，即5x+60=4.6x+73.6，得x=34．

∴当x=34时，两种办法付款相同

由y1＜y2，即5x+60＜4.6x+73.6，得4≤x＜34

∴当4≤x＜34时，按优惠办法（1）更省钱；

由y1＞y2，即5x+60＞4.6x+73.6，得x＞34

∴当x＞34时，按优惠办法（2）更省钱．

（1）当T≤30时，选择丙方案合算；

当T＞30时，由30+3（T-30）≤50，得30＜T≤36，此时选择丙方案合算；（2分）

当36≤T≤60时，选择乙方案合算；（4分）

当T＞60时，由50+3（T-60）≤70，得60＜T≤66，此时选择乙方案合算；

当T≥66，选择甲方案合算．

综上可得，当T∈（66，+∞）时，选择甲方案合算．（6分）

（2）因为f（n+1）-f（n）=所以{f（n）}为首项f（1）=60，公差d=的等差数列，且每月上网时间逐月递增．令T=≥66得n≥9，可知前9个月选择乙方案，最后3个月选择甲方案上网花费最少．

此时，一年的上网总费用为[50+3(-60)]+3×70=450+-（n-1）+210=450+81+210=741

即一年内公司最少会为王先生花费上网费741元（12分）

（1）∵在Rt△BOE中，OB=25，∠B=90°，∠BOE=α，

∴OE=

在Rt△AOF中，OA=25，∠A=90°，∠AFO=α，

∴OF=．

又∠EOF=90°，

∴EF==，

∴l=OE+OF+EF=++=．

当点F在点D时，这时角α最小，求得此时α=；

当点E在C点时，这时角α最大，求得此时α=．

故此函数的定义域为[，]．

（2）由题意知，要求铺路总费用最低，只要求△OEF的周长l的最小值即可．

由（1）得，l=，α∈[，]．

设sinα+cosα=t，则sinαcosα=，

∴l==

由t=sinα+cosα=sin（α+），

又≤α+≤，得≤t≤，

∴+1≤≤+1，

∴α=，即BE=25时，lmin=50（+1），

∴当BE=AF=25米时，铺路总费用最低，最低总费用为20000（+1）元．

（1）设Q=at+b（a，b为常数），将（2，38）与（8，32）的坐标代入，

得 解得a=-1，b=40．

日交易量Q（万股）与时间t（天）的一次函数关系式为Q=40-t，0＜t≤30，t∈N*．

（2）由已知中图象易得：

该种股票每股交易价格P（元）与时间t（天）所满足的函数关系式

P=

结合（1）中日交易量Q（万股）与时间t（天）的解析式可得

y=

即 y=

当0＜t≤20时，当t=15时，ymax=125；

当 20＜t≤30时，y=t2-12t+320在(20，30]上是减函数，y＜y（20）＜y（15）=125．

所以，第15日交易额最大，最大值为125万元．

（Ⅰ）依题意，得：利润函数y=（1.5-1）C-x=0.5（16m+8）-x

=8m+4-x=8(3-)+4-x=28--x（其中x≥0）；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：y=29-(+x+1)≤29-2=21

当且仅当=x+1，即x=3时取等号，

所以，厂家2008年的促销费用投入3万元时，厂家的最大利润为21万元．

（Ⅰ）依题意得

a（1-x%）•m（1+y%）=kam，

将y=nx代入，代简得：

k=-++1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知当x=时，k值最大，此时销售额=amk，所以此时销售额也最大．

且销售额最大为元．

（Ⅲ）当n=2时，k=-+x+1，

要使销售额有所增加，即k＞1．所以

-+＞0，

故x∈（0，50）

这就是说，当销售额有所增加时，降价幅度的范围需要在原价的一半以内．

依题意开水（100℃）在室温20℃的环境下，经过30分钟后温度降至30℃．

故30=20+（100-20）•2-k•30⇒k=（2分） 

∴θ=θ0+（θ1-θ0）•2-t10…（3分）

（1）θ=16+（-4-16）•2-510=16-20×≈1.86℃＞0℃…（6分）     

∴5分钟之后，这个冰块能融化．…（7分）

（2）12℃的水结冰：0=-4+（12-（-4））•2-t110⇒t1=20分钟…（9分）

-20℃的冰融化：0=-（-20-（-4））•2-t210：⇒t2不存在（11分）

∴-20℃的冰在-4℃的条件下不可能融化．…（12分）    

（3）开水先结冰（详见“姆潘巴的问题”）．（14分）

（I）f（0）=17表示当甲公司不进行产品宣传时，乙公司为了保证无失败的风险，至少要投入17万元用于产品宣传；g（0）=19的实际意义是当乙公司进行产品的宣传时，甲公司为了保证无失败的风险，至少要投入19万元用于产品宣传．

（Ⅱ）设甲公司投入宣传费m万元，乙公司投入宣传费n万元，

依题意，当且仅当成立，双方均无失败的风险

由（1）（2）得 n≥(+19)+17⇒3n--32≥0

⇒n≥25

∴m≥+19=24，

即甲、乙两公司分别应投入24万元和25万元进行产品宣传．

设甲种取x根，乙种取y根，丙种取z根，

则已知为x、y、z满足

解得：

∵x，y都是正数，

∴0≤z≤100

令z=5t∈[0，20]

设总成本为P元，则P=60x+50y+40z=5000-20t

∴当t=20时，成本最低，即x=10，y=0，z=100时，取得材料的最低成本为4600元

（1）∵每小时的耗油量y（升）与速度x（千米/小时）的关系式为y=3(-+2)，

甲乙两地相距180千米，当车速度x（千米/小时）时，

f（x）=×y=540(-+)，x∈（0，V]…6分（2）∵f（x）=540(-+)，

∴f′（x）=540(-)

令f′（x）=0，解得x=90…8分

若V＜90，有f′（x）＜0，则函数f（x）在区间（0，V）内为单调减函数，所以车速为V（千米/小时）时，从甲地到乙地的耗油量最小；…11分

若V≥90，当0＜x＜90时，f′（x）＜0；当90＜x≤V时，f′（x）＞0，所以，当x=90时，f（x）最小．…14分

综上：若V＜90，车速为V（千米/小时）时，从甲地到乙地的耗油量最小；若V≥90，车速为90（千米/小时）时，从甲地到乙地的耗油量最小．…15

由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，

设纯利润与年数的关系为f（n），

则f(n)=50n-[12n+×4]-72=-2n2+40n-72

（I）纯利润就是要求f（n）＞0，∴-2n2+40n-72＞0，

解得2＜n＜18．由n∈N知从第三年开始获利．

（II）①年平均利润==40-2(n+)≤16．当且仅当n=6时取等号．

故此方案先获利6×16+48=144（万美元），此时n=6，

②f（n）=-2（n-10）2+128．当n=10时，f（n）max=128．

故第②种方案共获利128+16=144（万美元），

故比较两种方案，获利都是144万美元．

但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①方案．

（1）由题知，调节后税率为（8-x）%，

预计可收购m（1+2x%）kg，总金额为1.2m（1+2x%）元

∴y=1.2m（1+2x%）（8-x）%=（400-42x-x2）（0＜x≤8）．

（2）∵原计划税收1.2m•8%元，

∴1.2m（1+2x%）（8-x）%≥1.2m•8%•78%，

得x2+42x-88≤0，-44≤x≤2，又∵0＜x≤8，

∴x的取值范围为0＜x≤2．