中高三数学11月月考试卷含解析 试题

卜人入州八九几市潮王学校二零二零—二零
二壹天一高三11月月考
数学试题
本卷须知：
2．选择题的答题：每一小题在选出答案以后，需要用2B 铅笔把答题卡上对应题目之答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的答题：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．在在考试完毕之后以后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、填空题
1．设集合A ={1,2,3,5},B ={2,3,6}，那么A ∪B =_______．
∃x >0,使得x +1>0〞的否认为__________.
3．函数y =√
1−x x
的定义域为_________.
4．曲线y =x −sinx 在x =π2
处的切线的斜率为_________. 5．假设函数f (x )=2x +
a 2x
是偶函数，那么实数a =______．
6．a >0，函数f (x )=x (x −a )2和g (x )=−x 2+(a −)1x +a 存在一样的极值点，那么a =________． 7．函数f (x )=2sin (ωx +φ)(ω>0).假设f (π
3
)=0,f (π
2
)=2，那么实数ω的最小值为______.
8．函数f (x )=sinx (x ∈[0,π])与函数g (x )=13
tanx 的图象交于A,B,C 三点，那么ΔABC 的面积为
________.
9．f 〔x 〕是定义在R 上的偶函数，且在区间〔−∞，0〕上单调递增.假设实数a 满足f 〔2|a-1|
〕＞f 〔−√2〕，
那么a 的取值范围是______.
10．0y x π<
<<，且tan tan 2x y =，1
sin sin 3
x y =
，那么x y -=______． 11．在平行四边形ABCD 中，AC AD AC BD ⋅=⋅3=，那么线段AC 的长为．
12．π4
<α<π2
，π4
<β<π
2
，且sin 2αsin 2β=sin (α+β)cosαcosβ，那么tan (α+β)的最大值为______．
13．设a ≠0,e 是自然对数的底数，函数f(x)={ae x −x,x ≤0x 2−ax +a,x >0
有零点，且所有零点的和不大于6，那
么a 的取值范围为______．
14．设函数f(x)=(x −a)|x −a |−x |x |+2a +1〔a <0〕．假设存在x 0∈[−1 ， 1]，使f(x 0)≤0， 那么a 的取值范围是____． 二、解答题 15．sinθ+cosθ=√3−1
2
，θ∈(−π4 ， π
4
)．
〔1〕求θ的值；
〔2〕设函数f(x)=sin 2x −sin 2(x +θ)，x ∈R ，求函数f(x)的单调增区间．
16．如图，在△ABC 中，AC =7，∠B =45∘，D 是边AB 上的一点，AD =3，∠ADC =120∘，求：
〔1〕CD 的长；
〔2〕△ABC 的面积.
17．在平面直角坐标系xOy 中，向量a ⃑=(1,0),b ⃑⃑=(0,2),设向量x =a ⃑+(1−cosθ)b ⃑⃑,y =−ka ⃑+
1sinθ
b
⃑⃑，其中0<θ<π.
〔1〕假设k =4，θ=π
6
，求x ⋅y 的值；
〔2〕假设x//y ，务实数k 的最大值，并求取最大值时θ的值.
18．对于函数f(x)，假设在定义域内存在实数x ，满足f(−x)=−f(x)，那么称f(x)为“局部奇函数〞．
〔Ⅰ〕二次函数f(x)=ax 2+2x −4a(a ∈R)，试判断f(x)是否为“局部奇函数〞？并说明理由； 〔Ⅱ〕假设f(x)=2x +m 是定义在区间[−1,1]上的“局部奇函数〞，务实数m 的取值范围； 〔Ⅲ〕假设f(x)=4x −m2x+1+m 2−3为定义域R 上的“局部奇函数〞，务实数m 的取值范围．
19．如图，A 、B 是海岸线OM 、ON 上的两个码头，Q 为海中一小岛，在水上旅游线AB 上．测得tan∠MON =−3，
OA =6km ，Q 到海岸线OM 、ON 的间隔分别为2km ，
7√10
5
km ． 〔1〕求水上旅游线AB 的长；
此
卷只
装
订
不
密封
班级准考证号考场号座位号
〔2〕海中P(PQ=6km，且PQ⊥OM)处的某试验产生的强水波圆P，生成t小时时的半径为r=6√6t 3
2km．假
设与此同时，一艘游轮以18√2km/小时的速度自码头A开往码头B，试研究强水波是否涉及游轮的航行？
20．函数f(x)=(4x+2)lnx，g(x)=x2+4x−5.
〔1〕求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
〔2〕证明：当x≠1时，曲线y=f(x)恒在曲线y=g(x)的下方；
〔3〕当x∈(0,k]时，不等式(2k+1)⋅f(x)≤(2x+1)⋅g(x)恒成立，务实数k的取值范围.
二零二零—二零二壹天一
高三11月月考数学试题
数学答案
参考答案
1．{1,2,3,5,6}
【解析】
【分析】
直接利用集合并集的定义求解即可.
【详解】
因为集合A={1,2,3,5},B={2,3,6},
所以A∪B={1,2,3,5,6}，故答案为{1,2,3,5,6}.
【点睛】
研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，此题本质求满足属于集合A或者属于集合B的元素的集合.
2．∀x>0,x+1≤0
【解析】
【分析】
【详解】
既要改写量词，又要否认结论，
∃x>0,x+1>0〞
的否认是∀x>0,x+1≤0，故答案为∀x>0,x+1≤0.
【点睛】
3．(0,1]
【解析】
【分析】
直接由根式内部的代数式大于等于0，分式的分母不等于0,列不等式求解即可得结果.
【详解】
要使函数y=√1−x
x
有意义，
那么{
1−x
x
≥0
x≠0
⇒{(1−x)x≥0
x≠0解得0<x≤1，
∴函数y=√1−x
x
的定义域为(0,1]，故答案为(0,1].
【点睛】
此题主要考察详细函数的定义域、不等式的解法，属于中档题.定义域的三种类型及求法：(1)函数的解析式，那么构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2)对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3)假设函数f(x)的定义域为[a,b]，那么函数f(g(x))的定义域由不等式a≤g(x)≤b求出.
4．1
【解析】
【分析】
求出原函数的导函数，可得到曲线y=x−sinx在x=π
2
处的导数值,根据导数的几何意义可得结果.
【详解】
因为曲线y=x−sinx在x=π
2
处的切线的斜率就是曲线y=x−sinx在x=π
2
处的导数值，由y=x−sinx得y′=1−cosx,
∴y′|
x=π
2
=1−cosπ
2
=1，
即曲线y=x−sinx在x=π
2
处的切线的斜率为1，故答案为1.
【点睛】
此题考察了利角导数研究曲线上某点处的切线斜率,曲线在某点处的导数值,即为曲线上以该点为切点的切线的斜率，是中档题.
5．1
【解析】
【分析】
由函数f(x)=2x+a
2x
是偶函数，利用f(−1)=f(1)求得a=1，再验证即可得结果.
【详解】
∵f(x)=2x+a
2x
是偶函数，
∴f(−1)=f(1)，即2+a
2=1
2
+2a，解得a=1，
当a=1时，f(−x)=2−x+1
2−x =2x+1
2x
是偶函数，合题意，故答案为1.
【点睛】
此题主要考察函数的奇偶性，属于中档题.函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：〔1〕奇函数由f(x)+f(−x)=0恒成立求解，〔2〕偶函数由f(x)−f(−x)=0恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由f(0)=0求解，偶函数一般由f(1)−f(−1)=0求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性.
6．3
【解析】
【分析】
(1)求出函数y=f(x)的导数，可得极值点,通过与y=g(x)有一样的极值点，列方程求a的值.
【详解】
f(x)=x(x−a)2=x3−2ax2+a2x，
那么f′(x)=3x2−4ax+a2=(3x−a)(x−a)，
令f′(x)=0，得x=a或者a
3
，
可得f(x)在(−∞,a
3
),(a,+∞)上递增；
可得f(x)在(a
3
,a)递减，极大值点为a
3
，极小值点为a，
因为函数f(x)=x(x−a)2和g(x)=−x2+(a−)1x+a存在一样的极值点，
而g(x)在x=a−1
2
处有极大值，
所以a−1
2
=a
3
，所以a=3，故答案为3.
【点睛】
f(x)极值的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)=0,求出函数定义域内的所有根；(4)列表检查f′(x)在f′(x)=0的根x0左右两侧值的符号，假设左正右负〔左增右减〕，那么f(x)在x0处取极大值，假设左负右正〔左减右增〕，那么f(x)在x0处取极小值.〔5〕假设只有一个极值点，那么在该处即是极值也是最值.
7．3
【解析】
试题分析：由题意得T
4
≤π
2
−π
3
⇒T≤2π
3
⇒ω=2π
T
≥3,实数ω的最小值为3
考点：三角函数周期
8．√2π
3
【解析】
联立方程f(x)=sinx与g(x)=1
3
tanx可得1
3
tanx=sinx，解之得x=0,π,cosx=1
3
⇒sinx=2√2
3
，
所以A(0,0),B(π,0),C(x,sinx)，因AB=π,C(x,sinx)到x轴的间隔为sinx=2√2
3
，所以ΔABC的面积为
S=1
2
×π×2√2
3
=√2π
3
，应填答案√2π
3。

9．(1
2
,3
2
)
【解析】
试题分析：由题意f(x)在(0,+∞)上单调递减，又f(x)是偶函数，那么不等式f(2|a−1|)>f(−√2)
可化为f(2|a−1|)>f(√2)，那么2|a−1|<√2，|a−1|<1
2
，解得1
2
<a<3
2
．
【考点】利用函数性质解不等式
【名师点睛】利用数形结合解决不等式问题时，在解题时既要想形又要以形助数，常见的“以形助数〞的方法有：
〔1〕借助数轴，运用数轴的有关概念，解决与绝对值有关的问题，解决数集的交、并、补运算非常有效．
〔2〕借助函数图象的性质，利用函数图象分析问题和解决问题是数形结合的根本方法，需要注意的问题是准确把握代数式的几何意义实现由“数〞向“形〞的转化．
10．
3
π 【解析】试题分析：由tan tan 2x y =可得sin sin 2cos cos x y
x y =.又因为1sin sin 3x y =所以1cos cos 6
x y =.
又因为()1
cos cos cos sin sin 2
x y x y x y -=+=
.又因为0y x π<<<所以0x y π<-<.所以3
x y π
-=
.本小题关键是角的和差的余弦公式的正逆方向的应用.
考点：1.余弦和差公式的应用.2.解三角方程. 11
【解析】
试题分析：由AC AD AC BD ⋅=⋅得()0AC AD BD ⋅-=，即0AC AB ⋅=，所以AC AB ⊥，于是AC CD ⊥，又2
2
()AC AD AC AC CD AC AC CD AC ⋅=⋅+=+⋅=，即2
3AC =
，所以AC =；
考点：1.向量的数量积； 12．−4 【解析】 【分析】
利用同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式化简sin 2αsin 2β=sin (α+β)cosαcosβ可得tanα+tanβ=(tanαtanβ)2
，由此得tan (α+β)=tanα+tanβ
1−tanαtanβ=(tanαtanβ)2
1−tanαtanβ
=−[(tanαtanβ−1)+1
tanαtanβ−1]−2，利用根本不等式可得结果.
【详解】
∵sin 2αsin 2β=sin (α+β)cosαcosβ，
∴tanαtanβ⋅sinαsinβ=sin (α+β)
=sinαcosβ+cosαsinβ， tanαtanβ=1
tanα+1
tanβ=
tanα+tanβtanαtanβ
，
可得tanα+tanβ=(tanαtanβ)2， ∵
π4
<α<π2
，π4
<β<π
2
，∴tanαtanβ>1，
tan (α+β)=tanα+tanβ
1−tanαtanβ=(tanαtanβ)21−tanαtanβ
=−[(tanαtanβ−1)+1
tanαtanβ−1
]−2
≤−2√(tanαtanβ−1)×1tanαtanβ−1
−2=−4，故答案为-4.
【点睛】
此题主要考察同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式、两角和的正切公式以及利用根本不等式求最值，属于难题.求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，，利用根本不等式求最值，注意应用根本不等式的条件是“一正二定三相等〞.
13．(−∞,0)∪[4,6] 【解析】 【分析】
对a 分四种情况讨论，分别判断函数的单调性与最值，根据单调性、最值，判断函数是否有零点，假设函数有零点，判断所有零点的和是否不大于6，综合各种讨论结果，即可得结论.
【详解】 ①a <0，
x ≤0时，f′(x )=ae x −1<0,∴f (x )在(−∞,0)单调递减， 且f (0)=a <0,∴f (x )在(−∞,0)有一个小于0的零点；
x>0时，f(x)在(0,+∞)单调递增，
∵f(1)=1，∴f(x)在(0,+∞)有一个小于1的零点，因此满足条件.
②a>0
〔1〕0<a≤1时，f(x)在(−∞,0)单调递减，
f(0)=a>0,∴f(x)在(−∞,0]上没有零点.
又∵Δ=a2−4a<0,故f(x)在(0,+∞)上也没有零点，因此不满足题意.
(2)1<a<4时，f(x)在(−∞,ln1
a )上单调递减，在(ln1
a
,0)上单调递增，
f(ln1
a
)=1+lna>0,∴f(x)在(−∞,0]上没有零点.
又∵Δ=a2−4a<0，故f(x)在(0,+∞)上也没有零点，因此不满足题意.
(3)a=4时，f(x)={4e x−x,x≤0
x2−4x+4,x>0
,f(x)在(−∞,0]上没有零点，
f(x)在(0,+∞)上只有零点2，满足条件.
(4)a>4时，f(x)在(−∞,0]上没有零点，在(0,+∞)上有两个不相等的零点，
且和为a,故满足题意的范围是4<a≤6.
综上所述，a的取值范围为(−∞,0)∪[4,6]，故答案为(−∞,0)∪[4,6].
【点睛】
此题主要考察利用导数研究函数的单调性与零点以及分类讨论思想的应用.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特成效，大大进步理解题才能与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准打破点.充分利用分类讨论思想方法可以使问题条理明晰，进而顺利解答，希望同学们可以纯熟掌握并应用与解题当中.
14．[−3,√2−2]
【解析】
【分析】
存在x0∈[−1,1],使f(x0)≤0，等价于f min(x)≤0,x∈[−1,1]，化简f(x)的解析式，判断f(x)的单调性，讨论f(x)的单调区间与区间[−1,1]的关系，求出f(x)在[−1,1]上的最小值，令最小值小于或者等于零解出a即可.
【详解】
∵存在x0∈[−1,1],使f(x0)≤0，
∴f min(x)≤0,x∈[−1,1]，
当x≤a时,f(x)=(x−a)(a−x)+x2+2a+1=2ax−a2+2a+1,
∴f(x)在(−∞,a]上单调递减；
当a<x<0时,f(x)=(x−a)2+x2+2a+1=2x2−2ax−a2+2a+1，
∴f(x)在(a,a
2
)上单调递减，在(a
2
,0)上单调递增；
当x≥0时，f(x)=(x−a)2+x2+2a+1=−2ax+a2+2a+1，
∴f(x)在[0,+∞)上单调递增，
(1)假设a
2
≤−1，即a≤−2时，f(x)在[−1,1]上单调递增,
∴f min(x)=f(−1)=a2+4a+3≤0,
解得−3≤a≤−1,∴−3≤a≤−2；
(2)假设−1<a
2
<0，即−2<a<0时，f(x)在[−1,a
2
]上单调递减，
在(a
2
,1]上单调递增，
∴f min(x)=f(a
2
)=a2
2
+2a+1≤0，
解得−2−√2≤a≤−2+√2,∴−2<a≤−2+√2，
综上，a的取值范围是[−3,−2+√2]，故答案为[−3,−2+√2].
【点睛】
此题主要考察不等式有解问题以及利用导数研究函数的单调性、求函数最值，考察了分类讨论思想的应用，属于难题.不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程
根的分布解题，还可以转化为a ≤f(x)有解〔a ≤f(x)max 即可〕或者转化为a ≥f(x)有解〔a ≥f(x)min 即可〕.
15．〔1〕−π
6
；〔2〕[k π−π
6
，k π+π
3
],k ∈Z
【解析】 【分析】
〔1〕由sinθ+cosθ=
√3−1
2
，两边平方可得sin2θ=−
√3
2
，结合θ∈(−π4 ， π4)，可得2θ=−π
3，
即θ=−π
6；〔2〕由〔1〕知，f(x)=sin 2x −sin 2(x −π
6)，利用二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数f (x )化为1
2sin (2x −π
6)，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数f (x )的递增
区间.
【详解】
〔1〕由sinθ+cosθ=
√3−1
2，得(sinθ+cosθ)2=1−
√3
2， 即sin 2θ+2sinθcosθ+cos 2θ=1−
√3
2
，所以sin2θ=−√3
2． 因为θ∈(−π
4 ， π
4)，所以2θ∈(−π
2 ， π
2)，所以2θ=−π
3，即θ=−π
6． 〔2〕由〔1〕知，f(x)=sin 2x −sin 2(x −π
6)， 所以f(x)=1
2(1−cos2x )−1
2[1−cos (2x −π3
)]
=1
2[cos (2x −π
3)−cos2x]=12(√3
2sin2x −1
2cos2x)=1
2sin (2x −π
6)． 令2k π−π
2
≤2x −π
6
≤2k π+π
2
，
得k π−π6≤x ≤k π+π3，所以函数f(x)的单调增区间是[k π−π6，k π+π
3]，k ∈Z ． 【点睛】
y =Asin(ωx +φ)的单调区间的求法：(1)代换法：①假设A >0,ω>0,把ωx +φ看作是一个整体，由π
2+2kπ≤ωx +φ≤
3π2
+2kπ(k ∈Z )求得函数的减区间，−π2+2kπ≤ωx +φ≤π
2+2kπ求
得增区间；②假设A >0,ω<0,那么利用诱导公式先将ω的符号化为正，再利用①的方法，或者根据复合函数的单调性规律进展求解；(2)图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.
16．〔1〕5；〔2〕
75+55√3
8
. 【解析】 【分析】
〔1〕在ΔACD 中，AC =7,AD =3,∠ADC =120∘,由余弦定理得72=32+CD 2−2×3⋅CDcos120∘，解得CD =5；〔2〕在ΔBCD 中，由正弦定理得BD
sin75∘
=
5sin45∘
，解得BD =
5+5√3
2
，利用三角形面积公式可得结果.
【详解】
〔1〕在ΔACD 中，由余弦定理得AC 2=AD 2+CD 2−2AD ⋅CDcos∠ADC72=32+CD 2−2×3⋅CDcos120∘，解得CD =5.
〔2〕在ΔBCD 中，由正弦定理得BD
sin∠BCD
=
CD sinB
，
BD sin75∘
=
5sin45∘
，
解得BD =
5+5√3
2
， 所以S ΔABC =S ΔACD +S ΔBCD =12
AD ⋅CDsin∠ADC +12
CD ⋅BDsin∠BDC =1
2×3×5sin120∘+1
2×5×5+5√32
sin60∘
=
75+55√3
8
. 【点睛】
此题主要考察正弦定理、三角形面积公式以及余弦定理的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：〔1〕a 2
=b 2
+c 2
−2bccosA ；〔2〕cosA =
b 2+
c 2−a 2
2bc
，同时还要纯熟掌握运用两种
形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30o ,45o ,60o 等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
17．〔1〕4−4√3；〔2〕−4√3
9
； 【解析】
试题分析：〔1〕向量数量积问题可以先求向量的坐标，再利用坐标运算；或者者先符号运算进展化简，再代入坐标；〔2〕由向量一共线得到k 与θ的关系式，用θ表示出k ，再利用导数求该函数的最大值，为了便于运算，可以求1
k 的最小值；
试题解析：〔1〕〔方法1〕当k =4，θ=π
6时，x =(1 ， 2−√3)，y =(−4 ， 4)， 那么x ⋅y =1×(−4)+(2−√3)×4=4−4√3．
〔方法2〕依题意，a ⋅b =0，那么x ⋅y =[a +(1−√3
2
)b]⋅(−4a +2b)=−4a 2+2×(1−
√32
)b 2 =−4+2×(1−
√3
2
)×4=4−4√3．
〔2〕依题意，x =(1 ， 2−2cosθ)，
，因为x //y ，所以2
sinθ=−k(2−2cosθ)，
整理得，1
k =sinθ(cosθ−1)，令f(θ)=sinθ(cosθ−1)，
那么f ′(θ)=cosθ(cosθ−1)+sinθ(−sinθ)=2cos 2θ−cosθ−1=(2cosθ+1)(cosθ−1). 令f ′
(θ)=0，得cosθ=−1
2
或者cosθ=1，又0<θ<π，故θ=
2π3
.
列表：
θ (0，
2π
3
) 2π3
(
2π
3，π) f ′(θ) − 0
+
f(θ)
↘
极小值−
3√34
↗
故当θ=
2π
3
时，f(θ)min =−3√34，此时实数k 取最大值−4√3
9
. 考点：1.向量数量积的坐标公式；2.向量一共线的坐标公式；3利用导数求函数的最值； 18．(1)∴f(x)是“局部奇函数〞，理由见解析；(2)[−5
4,−1]；(3)[1−√3,2√2]. 【解析】
试题分析：〔Ⅰ〕判断方程f(x)+f(−x)=0是否有解；〔Ⅱ〕在方程f(x)+f(−x)=0有解时，通过别离参数求取值范围；〔Ⅲ〕在不便于别离参数时，通二次函数的图象判断一元二次方程根的
分布.
试题解析：f(x)为“局部奇函数〞等价于关于x 的方程f(x)+f(−x)=0有解．
〔Ⅰ〕当f(x)=ax 2+2x −4a(a ∈R)时，
方程f(x)+f(−x)=0即
有解x =±2，
所以f(x)为“局部奇函数〞．3分
〔Ⅱ〕当f(x)=2x +m 时，f(x)+f(−x)=0可化为2x +2−x +2m =0， 因为f(x)的定义域为[−1,1]，所以方程2x +2−x +2m =0在[−1,1]上有解．5分
令t =2x ∈[12,2]，那么−2m =t +1
t ． 设g(t)=t +1
t ，那么g ′
(t)=1−1
t 2=
t 2−1t 2
，
当t ∈(0,1)时，g ′(t)<0，故g(t)在(0,1)上为减函数，
当t ∈(1,+∞)时，g ′(t)>0，故g(t)在(1,+∞)上为增函数，．7分 所以t ∈[1
2,2]时，g(t)∈[2,5
2]．
所以−2m ∈[2,5
2
]，即m ∈[−5
4
,−1]．9分
〔Ⅲ〕当f(x)=4x −m2x+1+m 2−3时，f(x)+f(−x)=0可化为 4x +4−x −2m(2x +2−x )+2m 2−6=0．
设t =2x +2−x ∈[2,+∞)，那么4x +4−x =t 2−2，
从而t 2−2mt +2m 2−8=0在[2,+∞)有解即可保证f(x)为“局部奇函数〞．11分 令F(t)=t 2−2mt +2m 2−8，
1°当F(2)≤0，t 2−2mt +2m 2−8=0在[2,+∞)有解，
由F(2)≤0，即2m 2−4m −4≤0，解得1−√3≤m ≤1+√3；13分 2°当F(2)>0时，t 2−2mt +2m 2−8=0在[2,+∞)有解等价于 {Δ=4m 2−4(2m 2−8)≥0,
m >2,
F(2)>0 解得1+√3<m ≤2√2．15分 〔说明：也可转化为大根大于等于2求解〕
综上，所务实数m 的取值范围为1−√3≤m ≤2√2．16分
考点：函数的值域、方程解的存在性的断定.
19．〔1〕9√2km ；〔2〕强水波不会涉及游轮的航行．
【解析】
【分析】
(1)以点O 为坐标原点，直线OM 为x 轴，建立直角坐标系，直线ON 的方程为y =−3x ，
Q(x 0,2)(x 0>0)，由点到直线间隔公式得Q(4,2)求得直线AQ 的方程为x +y −6=0，
可得交点B(−3,9)，结合A(6,0)由两点间间隔公式可得AB 的长；(2)设试验产生的强水波圆P ，生成t 小时，游轮在线段AB 上的点C 处，令ℎ(t)=r 2−PC 2，求得ℎ(t)=18(12t 3−36t 2+20t)−68，0≤t ≤1
2，利用导数证明ℎ(t)<0，即r <PC 恒成立，从而可得结果.
【详解】
〔1〕以点O 为坐标原点，直线OM 为x 轴，建立直角坐标系如下列图． 那么由题设得：A(6,0)，直线ON 的方程为y =−3x ，Q(x 0,2)(x 0>0)， 由
|3x 0+2|√10=
7√10
5
，及x 0>0得x 0=4，∴Q(4,2)
∴直线AQ 的方程为y =−(x −6)，即x +y −6=0， 由{y =−3x,x +y −6=0
得{x =−3,y =9, 即B(−3,9)，
∴AB =√(−3−6)2+92=9√2，即水上旅游线AB 的长为9√2km ．
〔2〕设试验产生的强水波圆P ，生成t 小时，游轮在线段AB 上的点C 处， 那么AC =18√2t ，0≤t ≤1
2，∴C(6−18t,18t)，
令ℎ(t)=r 2−PC 2
，那么∵P(4,8)，r =6√6t 32
，
∴ℎ(t)=
(6√6t 3
2)2
−[(2−18t)2+(18t −8)2]
=18(12t 3−36t 2+20t)−68，0≤t ≤1
2，
∴ℎ′
(t)=18(12×3t 2
−36×2t +20)
=72(9t 2−18t +5)
=72(3t −1)(3t −5)，0≤t ≤12， 由ℎ′(t)=0得t =1
3或者t =5
3〔舍去〕
x
(0,13
) (13,12
) ℎ′(t)
+ -
∴[ℎ(t)]max =ℎ(1
3)=63×(1
3)3−[(2−6)2+(6−8)2]=−12<0， ∴0≤t ≤1
2时，ℎ(t)<0，即r <PC 恒成立，
亦即强水波不会涉及游轮的航行． 【点睛】
此题主要考察阅读才能、数学建模才能和化归思想以及直线方程、点到直线间隔 20．〔1〕y =6x −6；〔2〕证明见解析；〔3〕(0,1]. 【解析】 【分析】
〔1〕求出f ′(x )=4lnx +2
x +4,求出f(1)的值可得切点坐标，求出f′(1)的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)要使得当x ≠1时，曲线y =f (x )恒在曲线y =g (x )的下方，即需证f (x )<g (x )(x ≠1)，不妨设F (x )=f (x )−g (x )，那么F (x )=(4x +2)lnx −x 2−4x +5，利用导数证明F (x )获得最大值F (1)=0即可得结果；(3)由题意可知k >
0,2x +1>0，可得不等式(2k +1)f (x )≤(2x +1)g (x )可转化为2(2k +1)lnx ≤x 2+4x −5，构造函数H (x )=2(2k +1)lnx −x 2−4x +5，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，可证明H (x )的最大值小于零，从而可得结论.
【详解】
〔1〕f ′(x )=4lnx +2
x
+4，f ′(1)=6，
故切线方程是y =6x −6.
(2)要使得当x ≠1时，曲线y =f (x )恒在曲线y =g (x )的下方， 即需证f (x )<g (x )(x ≠1)，
不妨设F (x )=f (x )−g (x )，那么F (x )=(4x +2)lnx −x 2−4x +5， ∴F′(x )=4lnx +
4x+2x
−2x −4=4lnx +2
x −2x ，
令G (x )=F′(x )，∴G′(x )=4
x −2
x 2−2=
−2(x−1)2
x 2
≤0恒成立，^
∴F′(x)在(0,+∞)单调递减，v
又∵F′(1)=0,∴x∈(0,1)时，F′(x)>0；当x∈(1,+∞)时，F′(x)<0，
∴F(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
即当x=1时，F(x)获得最大值F(1)=0，
∴当x≠1时，F(x)<F(1)=0，即f(x)<g(x)，
∴当x≠1时，曲线y=f(x)恒在曲线y=g(x)的下方，
(3)由题意可知k>0,2x+1>0，
∴不等式(2k+1)f(x)≤(2x+1)g(x)可转化为2(2k+1)lnx≤x2+4x−5，构造函数H(x)=2(2k+1)lnx−x2−4x+5，
∴H′(x)=4k+2
x −2x−4=−2x2−4x+4k+2
x
，
在二次函数y=−2x2−4x+4k+2中，开口向下，对称轴x=−1，且过定点(0,4k+2)，解得−2x2−4x+4k+2=0，
得x1=−1−√2k+2(舍去〕，x2=−1+√2k+2.
①当x2<k时，即k<−1(舍去〕或者k>1，
此时当x∈(0,x2)时，H′(x)>0；x∈(x2,k)时,H′(x)<0；
∴当x=x2时，H(x)获得最大值，
记为H1(x2)=2(2k+1)lnx2−x22−4x2+5，
由x2=1+√2k+2得2k+1=x22+2x2，
∴H1(x2)=2(x22+2x2)lnx2−x22+4x2+5≤0，
而H′1(x2)=(4x2+4)lnx2+2(x22+2x2)
x2
−2x2−4=(4x2+4)lnx2，∴当x2∈(0,1)时，H′1(x2)<0，即H1(x2)在(0,1)上递减，
当x2∈(1,+∞)时，H′1(x2)>0，即H1(x2)在(1,+∞)上递增，
∴H1(x2)在x2=1处获得最小值H1(1)=0，
∴只有x2=1符合条件，此时解得k=1，不合条件，舍去;
②当x2=k时，解得k=1，
当x∈(0,1)时，H′(x)>0,∴H(x)在x∈(0,1]时获得最大值H(1)=0，
即当x∈(0,1]时，H(x)≤0恒成立，原不等式恒成立；
③当x2>k时，解得0<k<1，
当x∈(0,k)时，H′(x)>0，
∴H(x)在x∈(0,k]时获得最大值，记为H2(k)=2(2k+1)lnk−k2−4k+5，
由〔2)可知H2(k)的图象与F(x)的图象一样，
∴当0<k<1时，H2(k)<H2(1)=0，原不等式恒成立；
综上所述，实数k的取值范围是(0,1].
【点睛】
此题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考察了函数思想，化归思想，抽象概括才能，综合分析问题和解决问题的才能，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考察力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本局部的要求一定有三个层次：第一层次主要考察求导公式，求导法那么与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考察，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.。