江苏省无锡市天一中学2018--2019学年高三11月月考 数学试题 Word版含解析

2018-2019学年江苏省无锡市天一中学高三11月月考 数学试题数学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：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．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、填空题1．设集合，则_______．A ={1,2,3,5},B ={2,3,6}A ∪B =2．命题：“ 使得”的否定为__________.∃x >0,x +1>03．函数的定义域为_________.y =1‒xx 4．曲线在处的切线的斜率为_________.y =x ‒sinx x =π25．若函数是偶函数，则实数______．f (x )=2x +a2x a=6．已知，函数和存在相同的极值点，则a >0f (x )=x (x ‒a )2g (x )=‒x 2+(a ‒)1x +a ________．a =7．已知函数.若，则实数的最小值为______.f (x )=2sin (ωx +φ)(ω>0)f(π3)=0,f (π2)=2ω8．已知函数与函数的图象交于三点，则的面积为f (x )=sinx (x ∈[0,π])g (x )=13tanxA,B,C ΔABC ________.9．已知f （x ）是定义在R 上的偶函数，且在区间（−，0）上单调递增.若实数a 满足f （2|a-1|）∞＞f （），则a 的取值范围是______.‒210．已知，且， ，则______．0y x π<<<tan tan 2x y =1sin sin 3x y =x y -=11．在平行四边形中，，则线段的长为．ABCD AC AD AC BD ⋅=⋅3=AC 12．已知，，且，则的最大值为π4<α<π2π4<β<π2sin 2αsin 2β=sin (α+β)cosαcosβtan (α+β)______．13．设是自然对数的底数，函数有零点，且所有零点的和不大于a ≠0,e f(x)={ae x ‒x,x ≤0x 2‒ax +a,x >06，则的取值范围为______．a 14．设函数（）．若存在，使，f(x)=(x ‒a)|x ‒a |‒x |x |+2a +1a <0x 0∈[‒1 ， 1]f(x 0)≤0则的取值范围是____．a 二、解答题15．已知，．sinθ+cosθ=3‒12θ∈(‒π4 ， π4)（1）求的值；θ（2）设函数，，求函数的单调增区间．f(x)=sin 2x ‒sin 2(x +θ)x ∈R f(x)16．如图，在中，已知是边上的一点，△ABC AC =7，∠B =45∘，D AB ，，求：AD =3∠ADC =120∘（1）的长；CD （2）的面积.△ABC 17．在平面直角坐标系中，已知向量,设向量xOy a =(1,0),b =(0,2)，其中.x =a +(1‒cosθ)b,y =‒ka +1sinθb0<θ<π（1）若，，求的值；k =4θ=π6x ⋅y （2）若，求实数的最大值，并求取最大值时的值.x//y k θ18．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部奇函数”．f(x)x f(‒x)=‒f(x)f(x)（Ⅰ）已知二次函数，试判断是否为“局部奇函数”？并说明理由；f(x)=ax 2+2x ‒4a(a ∈R)f(x)（Ⅱ）若是定义在区间上的“局部奇函数”，求实数的取值范围；f(x)=2x+m [‒1,1]m （Ⅲ）若为定义域上的“局部奇函数”，求实数的取值范围．f(x)=4x ‒m 2x +1+m 2‒3R m 此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号19．如图，、是海岸线、上的两个码头，为海中一小岛，在水上旅游线上．测得A B OM ON Q AB ，，到海岸线、的距离分别为，．tan∠MON =‒3OA =6km Q OM ON 2km 7105km（1）求水上旅游线的长；AB （2）海中 ，且处的某试验产生的强水波圆，生成小时时的半径为P (PQ =6km PQ ⊥OM)P t ．若与此同时，一艘游轮以小时的速度自码头开往码头，试研究强水波是否r =66t 32km 182km/A B 波及游轮的航行？20．已知函数，.f (x )=(4x +2)lnxg (x )=x 2+4x ‒5（1）求曲线在点处的切线方程；y =f (x )(1,f (1))（2）证明：当时，曲线恒在曲线的下方；x ≠1y =f (x )y =g (x )（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.x ∈(0,k ](2k +1)⋅f (x )≤(2x +1)⋅g (x )k2018-2019学年江苏省无锡市天一中学高三11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，故答案为.A∪B={1,2,3,5,6}{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，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.A B2．∀x>0,x+1≤0【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题，既要改写量词，又要否定结论，可得原命题的否定形式.【详解】因为特称命题的否定是全称命题,既要改写量词，又要否定结论，故命题“ ”∃x>0, x+1>0的否定是，故答案为.∀x>0,x+1≤0∀x>0,x+1≤0【点睛】本题主要考查特称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.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】要使函数有意义，y=1‒xx则解得，{1‒x x≥0x≠0⇒{(1‒x)x≥0x≠00<x≤1函数的定义域为，故答案为.∴y=1‒xx(0,1](0,1]【点睛】本题主要考查具体函数的定义域、不等式的解法，属于中档题.定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则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) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不f(x)[a,b]f(g(x))等式求出.a≤g(x)≤b4．1【解析】【分析】求出原函数的导函数，可得到曲线在处的导数值,根据导数的几何意义可得结果.y=x‒sinx x=π2【详解】因为曲线在处的切线的斜率就是曲线在处的导数值，y=x‒sinx x=π2y=x‒sinxx=π2由得 ,y=x‒sinx y'=1‒cosx，∴y'|x=π2=1‒cosπ2=1即曲线在处的切线的斜率为1，故答案为1.y=x‒sinx x=π2【点睛】本题考查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】由函数是偶函数，利用求得，再验证即可得结果.f (x )=2x +a 2xf (‒1)=f (1)a =1【详解】是偶函数，∵f (x )=2x+a2x ，即，解得，∴f (‒1)=f (1)2+a2=12+2aa =1当时，是偶函数，合题意，故答案为1.a =1f (‒x )=2‒x +12‒x=2x +12x 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，属于中档题. 已知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 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；f (x )+f (‒x )=0f (x )‒f (‒x )=0二是利用特殊值：奇函数一般由 求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解f (0)=0f (1)‒f (‒1)=0参数后，一定要注意验证奇偶性.6．3【解析】【分析】(1)求出函数的导数，可得极值点,通过与有相同的极值点，列方程求的值.y =f (x )y =g (x )a 【详解】，f (x )=x (x ‒a )2=x 3‒2ax 2+a 2x 则，f'(x )=3x 2‒4ax +a 2=(3x ‒a )(x ‒a )令，得或，f'(x )=0x =a a 3可得在上递增；f (x )(‒∞,a3),(a,+∞)可得在递减，极大值点为，极小值点为，f (x )(a 3,a)a3a 因为函数和存在相同的极值点，f (x )=x (x ‒a )2g (x )=‒x 2+(a ‒)1x +a 而在处有极大值，g (x )x =a ‒12所以，所以 ，故答案为3.a ‒12=a3a =3【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值，属于中档题.求函数极值的步骤：f (x )(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表f '(x )f '(x )=0,检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大f '(x )f '(x )=0x 0f (x )x 0值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即f (x )x 0是极值也是最值.7．3【解析】试题分析：由题意得,实数的最小值为T4≤π2‒π3⇒T ≤2π3⇒ω=2πT≥3ω3考点：三角函数周期8．2π3【解析】联立方程与可得，解之得，所以f(x)=sinx g(x)=13tanx13tanx =sinxx =0,π,cosx =13⇒sinx =223，因到轴的距离为，所以的面积为A(0,0),B(π,0),C(x,sinx)AB =π,C(x,sinx)x sinx =223ΔABC ，应填答案。

S =12×π×223=2π32π39．(12,32)【解析】试题分析：由题意在上单调递减，又是偶函数，则不等式可f(x)(0,+∞)f(x)f(2|a ‒1|)>f(‒2)化为，则，，解得．f(2|a ‒1|)>f(2)2|a ‒1|<2|a ‒1|<1212<a <32【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基本方法，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．10．3π【解析】试题分析：由可得.又因为所以.tan tan 2x y =sin sin 2cos cos x y x y =1sin sin 3x y =1cos cos 6x y =又因为.又因为所以.所以()1cos cos cos sin sin 2x y x y x y -=+=0y x π<<<0x 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.3x y π-=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：由得，即，所以，于是AC AD AC BD ⋅=⋅ ()0AC AD BD ⋅-=0AC AB ⋅= AC AB ⊥，又，即，所以；AC CD ⊥22()AC AD AC AC CD AC AC CD AC ⋅=⋅+=+⋅= 23AC= 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可得sin 2αsin 2β=sin (α+β)cosαcosβ，由此得tanα+tanβ=(tanαtanβ)2tan (α+β)=tanα+tanβ1‒tanαtanβ=(tanαtanβ)21‒tanαtanβ，利用基本不等式可得结果.=‒[(tanαtanβ‒1)+1tanαtanβ‒1]‒2【详解】，∵sin 2αsin 2β=sin (α+β)cosαcosβ∴tanαtanβ⋅sinαsinβ=sin (α+β)，=sinαcosβ+cosαsinβ，tanαtanβ=1tanα+1tanβ=tanα+tanβtanαtanβ可得，tanα+tanβ=(tanαtanβ)2，，，∵π4<α<π2π4<β<π2∴tanαtanβ>1tan (α+β)=tanα+tanβ1‒tanαtanβ=(tanαtanβ)21‒tanαtanβ=‒[(tanαtanβ‒1)+1tanαtanβ‒1]‒2，故答案为-4.≤‒2(tanαtanβ‒1)×1tanαtanβ‒1‒2=‒4【点睛】本题主要考查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基本不等式求最值，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，，利用基本不等式求最值，注意应用基本不等式的条件是“一正二定三相等”.13．(‒∞,0)∪[4,6]【解析】【分析】对分四种情况讨论，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，a 若函数有零点，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】①，a <0时，在单调递减，x ≤0f'(x )=ae x ‒1<0,∴f (x )(‒∞,0)且在有一个小于0的零点；f (0)=a <0,∴f (x )(‒∞,0)时，在单调递增，x >0f (x )(0,+∞)，在有一个小于1的零点，因此满足条件.∵f (1)=1∴f (x )(0,+∞)②a >0（1）时，在单调递减，0<a ≤1f (x )(‒∞,0) 在上没有零点.f (0)=a >0,∴f (x )(‒∞,0]又,故在上也没有零点，因此不满足题意.∵Δ=a 2‒4a <0f (x )(0,+∞)(2)时，在上单调递减，在上单调递增，1<a <4f (x )(‒∞,ln 1a )(ln 1a ,0)在上没有零点.f (ln 1a )=1+lna >0,∴f (x )(‒∞,0]又，故在上也没有零点，因此不满足题意.∵Δ=a 2‒4a <0f (x )(0,+∞)(3)时，在 上没有零点，a =4f (x )={4e x ‒x,x ≤0x 2‒4x +4,x >0,f (x )(‒∞,0]在上只有零点2，满足条件.f (x )(0,+∞)(4)时，在上没有零点，在上有两个不相等的零点，a >4f (x )(‒∞,0](0,+∞)且和为,故满足题意的范围是.a 4<a ≤6综上所述，的取值范围为，故答案为.a (‒∞,0)∪[4,6](‒∞,0)∪[4,6]【点睛】本题主要考查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，是中学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功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.14．[‒3,2‒2]【解析】【分析】存在, 使，等价于，化简的解析式，判断的单x 0∈[‒1,1]f (x 0)≤0f min (x )≤0,x ∈[‒1,1]f (x )f (x )调性，讨论的单调区间与区间的关系，求出在上的最小值，令最小值小于或等f (x )[‒1,1]f (x )[‒1,1]于零解出即可.a 【详解】存在, 使，∵x 0∈[‒1,1]f (x 0)≤0，∴f min (x )≤0,x ∈[‒1,1]当时,,x ≤a f (x )=(x ‒a )(a ‒x )+x 2+2a +1=2ax ‒a 2+2a +1在上单调递减；∴f (x )(‒∞,a ]当时,，a <x <0f (x )=(x ‒a )2+x 2+2a +1=2x 2‒2ax ‒a 2+2a +1在上单调递减，在上单调递增；∴f (x )(a,a 2)(a 2,0)当时，，x ≥0f (x )=(x ‒a )2+x 2+2a +1=‒2ax +a 2+2a +1在上单调递增，∴f (x )[0,+∞) (1)若，即时，在上单调递增,a2≤‒1a ≤‒2f (x )[‒1,1],∴f min (x )=f (‒1)=a 2+4a +3≤0解得；‒3≤a ≤‒1,∴‒3≤a ≤‒2 (2)若，即时，在上单调递减，‒1<a2<0‒2<a <0f (x )[‒1,a 2]在上单调递增，(a2,1]，∴f min (x )=f(a2)=a 22+2a +1≤0解得，‒2‒2≤a ≤‒2+2,∴‒2<a ≤‒2+2综上，的取值范围是，故答案为.a [‒3,‒2+2][‒3,‒2+2]【点睛】本题主要考查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，考查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，还可以转化为有解（即可）或转化为有解（即可）a ≤f(x)a ≤f(x)max a ≥f(x)a ≥f(x)min .15．（1）；（2）,‒π6[k π‒π6，k π+π3]k ∈Z【解析】【分析】（1）由，两边平方可得，结合，可得，即sinθ+cosθ=3‒12sin2θ=‒32θ∈(‒π4 ， π4)2θ=‒π3；（2）由（1）知，，利用二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦θ=‒π6f(x)=sin 2x ‒sin 2(x ‒π6)公式将函数化为，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间.f (x )12sin(2x ‒π6)f (x )【详解】（1）由，得，sinθ+cosθ=3‒12(sinθ+cosθ)2=1‒32即，所以．sin 2θ+2sinθcosθ+cos 2θ=1‒32sin2θ=‒32因为，所以，所以，即．θ∈(‒π4 ， π4)2θ∈(‒π2 ， π2)2θ=‒π3θ=‒π6（2）由（1）知，，f(x)=sin 2x ‒sin 2(x ‒π6)所以f(x)=12(1‒cos2x )‒12[1‒cos (2x ‒π3)] ．=12[cos (2x ‒π3)‒cos2x ]=12(32sin2x ‒12cos2x )=12sin (2x ‒π6)令，2k π‒π2≤2x ‒π6≤2k π+π2得，所以函数的单调增区间是，．k π‒π6≤x ≤k π+π3f(x)[k π‒π6，k π+π3]k ∈Z 【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及正弦函数的单调性，属于中档题.函数的单调区间的求法：(1) 代换法：①若,把看作是y =Asin(ωx +φ)A >0,ω>0ωx +φ一个整体，由 求得函数的减区间，π2+2kπ≤ωx +φ≤3π2+2kπ(k ∈Z )求得增区间；②若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再‒π2+2kπ≤ωx +φ≤π2+2kπA >0,ω<0ω利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(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+5538【解析】【分析】（1）在中，, ,由余弦定理得，ΔACD AC =7,AD =3∠ADC =120∘72=32+CD 2‒2×3⋅CDcos 120∘解得；（2）在中，由正弦定理得，解得，利用三角形面积公式CD =5ΔBCD BDsin 75∘=5sin 45∘BD =5+532可得结果.【详解】（1）在中，由余弦定理得ΔACD AC 2=AD 2+CD 2‒2AD ⋅CDcos∠ADC ，解得.72=32+CD 2‒2×3⋅CDcos 120∘CD =5（2）在中，由正弦定理得，，ΔBCD BDsin∠BCD=CDsinB BD sin 75∘=5sin 45∘解得，BD =5+532所以S ΔABC =S ΔACD +S ΔBCD =12AD ⋅CDsin∠ADC +12CD ⋅BDsin∠BDC.=12×3×5sin 120∘+12×5×5+532sin 60∘=75+5538【点睛】本题主要考查正弦定理、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）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形a 2=b 2+c 2‒2bccosA cosA =b 2+c 2‒a 22bc 式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数30o ,45o ,60o值，以便在解题中直接应用.17．（1）；（2）；4‒43‒439【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；或者先符号运算进行化简，再代入坐标；（2）由向量共线得到与的关系式，用表示出，再利用导数求该函数的最大k θθk 值，为了便于运算，可以求的最小值；1k 试题解析：（1）（方法1）当，时，，()，k =4θ=π6x =(1 ， 2‒3)y =‒4 ， 4则 ．x ⋅y =1×(‒4)+(2‒3)×4=4‒43（方法2）依题意，，则a ⋅b =0x ⋅y =[a +(1‒32)b]⋅(‒4a +2b)=‒4a 2+2×(1‒32)b 2．=‒4+2×(1‒32)×4=4‒43（2）依题意，，，因为x y ，所以，x =(1 ， 2‒2cosθ)//2sinθ=‒k(2‒2cosθ)整理得，，令，1k=sinθ(cosθ‒1)f(θ)=sinθ(cosθ‒1)则 .f '(θ)=cosθ(cosθ‒1)+sinθ(‒sinθ)=2cos 2θ‒cosθ‒1=(2cosθ+1)(cosθ‒1)令，得或，又，故.f '(θ)=0cosθ=‒12cosθ=10<θ<πθ=2π3列表：θ(0，2π3)2π3(2π3，π)f '(θ)‒0+f(θ)↘极小值‒334↗故当时，，此时实数取最大值.θ=2π3f(θ)min =‒334k ‒439考点：1.向量数量积的坐标公式；2.向量共线的坐标公式；3利用导数求函数的最值；18．(1)是“局部奇函数”，理由见解析；(2)；(3)∴f(x)[‒54,‒1][1‒3,22].【解析】试题分析：（Ⅰ）判断方程是否有解；（Ⅱ）在方程有解时，f(x)+f(‒x)=0f(x)+f(‒x)=0通过分离参数求取值范围；（Ⅲ）在不便于分离参数时，通二次函数的图象判断一元二次方程根的分布.试题解析：为“局部奇函数”等价于关于的方程有解．f(x)x f(x)+f(‒x)=0（Ⅰ）当时，f(x)=ax 2+2x ‒4a(a ∈R)方程即有解，f(x)+f(‒x)=0x =±2所以为“局部奇函数”． 3分f(x)（Ⅱ）当时，可化为，f(x)=2x +m f(x)+f(‒x)=02x +2‒x+2m =0因为的定义域为，所以方程在上有解． 5分f(x)[‒1,1]2x +2‒x+2m =0[‒1,1]令，则．t =2x ∈[12,2]‒2m =t +1t设，则，g(t)=t +1tg '(t)=1‒1t 2=t 2‒1t 2当时，，故在上为减函数，t ∈(0,1)g '(t)<0g(t)(0,1)当时，，故在上为增函数，． 7分t ∈(1,+∞)g '(t)>0g(t)(1,+∞)所以时，．t ∈[12,2]g(t)∈[2,52]所以，即． 9分‒2m ∈[2,52]m∈[‒54,‒1]（Ⅲ）当时，可化为f(x)=4x ‒m 2x +1+m 2‒3f(x)+f(‒x)=0．4x +4‒x ‒2m(2x +2‒x )+2m 2‒6=0设，则，t =2x +2‒x ∈[2,+∞)4x +4‒x =t 2‒2从而在有解即可保证为“局部奇函数”． 11分t 2‒2mt +2m 2‒8=0[2,+∞)f(x)令，F(t)=t 2‒2mt +2m 2‒81° 当，在有解，F(2)≤0t 2‒2mt +2m 2‒8=0[2,+∞)由，即，解得； 13分F(2)≤02m 2‒4m ‒4≤01‒3≤m ≤1+32° 当时，在有解等价于F(2)>0t 2‒2mt +2m 2‒8=0[2,+∞)解得． 15分{Δ=4m 2‒4(2m 2‒8)≥0,m >2,F(2)>01+3<m ≤22（说明：也可转化为大根大于等于2求解）综上，所求实数m 的取值范围为． 16分1‒3≤m ≤22考点：函数的值域、方程解的存在性的判定.19．（1）；（2）强水波不会波及游轮的航行．92km 【解析】【分析】(1)以点为坐标原点，直线为轴，建立直角坐标系，直线的方程为，O OM x ON y =‒3x ， 由点到直线距离公式得 求得直线的方程为，Q(x 0,2)(x 0>0)Q(4,2)AQ x +y ‒6=0可得交点，结合由两点间距离公式可得的长；(2) 设试验产生的强水波圆，生B(‒3,9)A(6,0)AB P 成小时，游轮在线段上的点处，令，求得，t AB C ℎ(t)=r 2‒PC 2ℎ(t)=18(12t 3‒36t 2+20t)‒68，利用导数证明，即恒成立，从而可得结果.0≤t ≤12ℎ(t)<0r <PC 【详解】（1）以点为坐标原点，直线为轴，建立直角坐标系如图所示．O OM x 则由题设得：，直线的方程为，，A(6,0)ON y =‒3x Q(x 0,2)(x 0>0)由，及得，|3x 0+2|10=7105x 0>0x 0=4∴Q(4,2)直线的方程为，即， ∴AQ y =‒(x ‒6)x +y ‒6=0 由得即，{y =‒3x,x +y ‒6=0 {x =‒3,y=9, B(‒3,9)，即水上旅游线的长为．∴AB =(‒3‒6)2+92=92AB 92km （2）设试验产生的强水波圆，生成小时，游轮在线段上的点处，P t AB C 则，，，AC =182t 0≤t ≤12∴C(6‒18t,18t)令，则，，ℎ(t)=r 2‒PC 2∵P(4,8)r =66t 32∴ℎ(t)=(66t 32)2‒[(2‒18t)2+(18t ‒8)2]，，=18(12t 3‒36t 2+20t)‒680≤t ≤12∴ℎ'(t)=18(12×3t 2‒36×2t +20)=72(9t 2‒18t +5)，，=72(3t ‒1)(3t ‒5)0≤t ≤12由得或（舍去）ℎ'(t)=0t =13t =53x (0,13)(13,12)ℎ'(t)+-，∴[ℎ(t)]max =ℎ(13)=63×(13)3‒[(2‒6)2+(6‒8)2]=‒12<0时，，即恒成立，∴0≤t ≤12ℎ(t)<0r <PC 亦即强水波不会波及游轮的航行．【点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及直线方程、点到直线距离公式以及利用导数研究函数的单调性求函数的最值，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.20．（1）；（2）证明见解析；（3）.y =6x ‒6(0,1]【解析】【分析】（1）求出,求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利f '(x )=4lnx +2x +4f(1)f'(1)用点斜式可得曲线在点处的切线方程；(2)要使得当时，曲线恒在曲线y =f(x)(1,f(1))x ≠1y =f (x )的下方，即需证，不妨设， 则y =g (x )f (x )<g (x )(x ≠1)F (x )=f (x )‒g (x )，利用导数证明取得最大值即可得结果；(3)由题意可知F (x )=(4x +2)lnx ‒x 2‒4x +5F (x )F (1)=0，可得不等式可转化为，构造k >0,2x +1>0(2k +1)f (x )≤(2x +1)g (x )2(2k +1)lnx ≤x 2+4x ‒5函数，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，可证明的最大H (x )=2(2k +1)lnx ‒x 2‒4x +5H (x )值小于零，从而可得结论.【详解】（1），，f '(x )=4lnx +2x +4f '(1)=6故切线方程是.y =6x ‒6(2)要使得当时，曲线恒在曲线的下方，x ≠1y =f (x )y =g (x )即需证，f (x )<g (x )(x ≠1)不妨设， 则，F (x )=f (x )‒g (x )F (x )=(4x +2)lnx ‒x 2‒4x +5，∴F'(x )=4lnx +4x +2x‒2x ‒4=4lnx +2x ‒2x令，恒成立，^G (x )=F'(x )∴G'(x )=4x‒2x2‒2=‒2(x ‒1)2x2≤0在单调递减，v∴F'(x )(0,+∞)又时，；当时，，∵F'(1)=0,∴x ∈(0,1)F'(x )>0x ∈(1,+∞)F'(x )<0在上单调递增，在上单调递减，∴F (x )(0,1)(1,+∞)即当时，取得最大值，x =1F (x )F (1)=0当时，，即，∴x ≠1F (x )<F (1)=0f (x )<g (x )当时，曲线恒在曲线的下方，∴x ≠1y =f (x )y =g (x )(3)由题意可知，k >0,2x +1>0不等式可转化为，∴(2k +1)f (x )≤(2x +1)g (x )2(2k +1)lnx ≤x 2+4x ‒5构造函数，H (x )=2(2k +1)lnx ‒x 2‒4x +5，∴H'(x )=4k +2x‒2x ‒4=‒2x 2‒4x +4k +2x 在二次函数中，开口向下，对称轴，y =‒2x 2‒4x +4k +2x =‒1且过定点，解得，(0,4k +2)‒2x 2‒4x +4k +2=0得(舍去），.x 1=‒1‒2k +2x 2=‒1+2k +2①当时，即 (舍去）或，x 2<k k <‒1k >1此时当时，； 时,；x ∈(0,x 2)H'(x )>0x ∈(x 2,k )H'(x )<0当时，取得最大值，∴x =x 2H (x )记为，H 1(x 2)=2(2k +1)lnx 2‒x 22‒4x 2+5由得，x 2=1+2k +22k +1=x 22+2x 2，∴H 1(x 2)=2(x 22+2x 2)lnx 2‒x 22+4x 2+5≤0而，H '1(x 2)=(4x 2+4)lnx 2+2(x 22+2x 2)x 2‒2x 2‒4=(4x 2+4)lnx 2当时，，即在上递减，∴x 2∈(0,1)H '1(x 2)<0H 1(x 2)(0,1)当时，，即在上递增，x 2∈(1,+∞)H '1(x 2)>0H 1(x 2)(1,+∞)在处取得最小值，∴H 1(x 2)x 2=1H 1(1)=0只有符合条件，此时解得 ，不合条件，舍去;∴x 2=1k =1②当时，解得，x 2=k k =1当时，在时取得最大值，x ∈(0,1)H'(x )>0,∴H (x )x ∈(0,1]H (1)=0即当时，恒成立，原不等式恒成立；x ∈(0,1]H (x )≤0③当时，解得，x 2>k 0<k <1当时，，x ∈(0,k )H'(x )>0在时取得最大值，记为，∴H (x )x ∈(0,k ]H 2(k )=2(2k +1)lnk ‒k 2‒4k +5由（2)可知的图象与的图象相同，H 2(k )F (x )当时，，原不等式恒成立；∴0<k <1H 2(k )<H 2(1)=0综上所述，实数的取值范围是.k (0,1]【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，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，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；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；第三层次是综合考查，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.。