鬼节出生的人-干部竞争上岗演讲稿

1.（本小题满分12分）
某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度 单位：米），其中容器的中间为圆
柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为
80

立方米，且
l≥2r
．假
3
设该容器的建造费用仅与其表 面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，
半球形部分每平方米建造费用为
c(c ＞3)
千元，设该容器的建造费用为
y
千元．
（Ⅰ）写出
y
关于
r
的函数表达式，并求该函数的定义域；
（Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的
r
．




2.（本小题满分14分）
x
2
y
2
1
交于 P

x
1
,y
1

、Q

x2
,y
2

两不同点，且△OPQ已知动直线
l
与椭圆 C:
32
的面积
S
OPQ
=
6
,其中O为坐标原点.
2
（Ⅰ）证明
x
1
2
x
2
2
和
y
1
2
y
2
2
均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求
|OM||PQ|
的最大值；
（Ⅲ）椭 圆C上是否存在点D,E,G，使得
S
ODE
S
ODG
S< br>OEG

的形状；若不存在，请说明理由.



6
?若存在，判断△DEG
2
3.(满分10分)已知函数y＝2x
2－2ax＋3在区间[－1，1]上的最小值是f(a)．
(1)求f(a)的解析式；
(2)讨论函数φ(a)＝log
0.5
f(a)在 a∈[－2,2]时的单调性（不需证明）．

→→
13
→→→→→→4.(满分12分)已知a=(3,－1),b=(
2
,
2
),且存在实 数k和t,使得x=a+(t
2
-3)b,y=-ka+tb,且
k+t
→→
x⊥y,试求
t
的最小值.

5.(满分12分)已知函数f(x)=x|x-a|+2x-3
(1)当a=4，2≤x≤5时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)当x[1,2]时，f(x)≤2x-2恒成立，求实数a的取值范围．

2

6.(满分12分)已知圆C：x+y-2x+4y- 4=0,是否存在斜率为1的直线l，被圆C所截得的弦
AB为直径的圆经过原点？若存在，写出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.

7.(满分12分)已知函数f(x)=(x
2
-3x+3)e
x
定义域为［-2,t］(t＞-2),设f(-2)=m,f(t )=n.
(1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在［-2,t］上为单调函数;
(2)求证:n＞m．
1．解：（I）设容器的容积为V，
由题意知
V

rl
2
22
4
3
80

< br>r,又V,

33
4
V

r
3
804420
3
故
lr(r)


r
2
3r
2
33r
2
由于
l2r

因此
0r2.

所以建造费用
y2

rl 34

rc2

r
因此
y4

( c2)r
2
2
420
(
2
r)34
< br>r
2
c,

3r
160

,0r2.

r
160

8

(c2)
3
20
(r),0r2.
（II）由（I）得
y'8

(c2)r
2

rr< br>2
c2
由于
c3,所以c20,

当
r
3
2020
0时,r
3
.

c2c2
令
3
20
m,则
m0

c2
8

(c2)
22
(rm)(rrmm).

2
r
9
（1）当
0m2即c
时，
2
所以
y'
当r=m时,y'=0;
当r(0,m)时,y'<0;

当r(m,2)时,y'>0.
所以
rm
是函数y的极小值点，也是 最小值点。
（2）当
m2
即
3c
9
时，
2
当
r(0,2)时,y'0,
函数单调递减，
所以r=2是函数y的最小值点，

综上所述，当
3c
9
时，建造费用最小时
r2;
< br>2
当
c
9
20
时，建造费用最小时
r
3
.

2
c2
2．（I）解：（1）当直线
l
的斜 率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以
x
2
x
1
,y
2
y
1
.

因为
P(x
1
,y
1
)
在椭圆上，
x
1
2
y
1
2
1
因此
32
又因为
S
OPQ

①
6
,

2
6
.

2
6
,|y
1
|1.

2
② 所以|x
1
||y
1
|
由①、②得
|x
1|
222
此时
x
1
x
2
3,y
1
2
y
2
2,

（2）当直线
l
的斜率存在时，设直线
l
的方程为
ykxm,

x
2
y
2
1
，得 由题意知m
0
， 将其代入
32
(23k
2
)x
2
6kmx3(m2
2)0
，
其中
36km12(23k)(m2)0,

即
3k2m

22
2222
…………（*）
6km3(m
2
2)
,x
1
x
2
,
又
x
1
x
2

23k
2
23k< br>2
263k
2
2m
2
所以
|PQ|1k( x
1
x
2
)4x
1
x
2
1k,

23k
2
222
因为点O到直线
l
的距离为< br>d
|m|
1k,
2

所以
S
OPQ

1
|PQ|d

2
22
1|m|
2
263k2m

1k 
2
2
223k
1k
6|m|3k
2
2m
2


23k
2
又
S
OPQ

6
,

2
整理得
3k
2
22m2
,
且符合（*）式，
6km
2
3(m
2
2)
)23,
此时< br>xx(x
1
x
2
)2x
1
x
2(
23k
2
23k
2
2
1
2
2
2
2
y
1
2
y
2

222< br>22
(3x
1
2
)(3x
2
)4(x1
2
x
2
)2.

333
222
综上所述，
x
1
x
2
3;y
1
2
y
2
2,
结论成立。
（II）解法一：
（1）当直线
l
的斜率存在时，
由（I）知
|OM||x
1|
6
,|PQ|2|y
1
|2,

2
因此
|OM||PQ|
6
26.

2
（2）当直线
l
的斜率存在时，由（I）知
x
1
x
2
3k
,

22m
y
1
y
2
x
1
x
2
3k
23k
2
2m
2

k()mm,
22 2m2mm
x
1
x
2
2
y
1
y
2
2
9k
2
16m
2
211
2
|OM |()()(3),

2222
224mm4m2m
222(2m
2
1)1
22
24(3k2m)
|PQ|(1 k)2(2),
2222
(23k)mm
所以
|OM||PQ| 
22
111
(3
2
)2(2
2
)
2
mm

11
)(2)
m
2
m
2

11
3
2
2
2
mm
)
2

25
.(
24
(3
511
，当且仅当
3< br>2
2
2
,即m2
时，等号成立.
2
mm< br>5
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
.

2
所以
|OM||PQ|
解法二：
因为
4|OM|< br>2
|PQ|
2
(x
1
x
2
)
2
(y
1
y
2
)
2
(x
2
x
1
)
2
(y
2
y
1
)
2


22
2[(x
1
2
x
2
)(y
1
2
y
2
) ]
10.

4|OM|
2
|PQ|
2
10
5.
所以< br>2|OM||PQ|
25
5
,
当且仅当
2|OM||P Q|5
时等号成立。
2
5
因此 |OM|·|PQ|的最大值为
.

2
即
|OM||PQ|
（III）椭圆C上不存在三点D，E，G ，使得
S
ODE
S
ODG
S
OEG
< br>6
.

2
6
，
2
证明：假设存在
D(u,v),E(x
1
,y
1
),G(x
2
,y
2
)满足S
ODE
S
ODG
S
OEG

由（I）得
2222
u
2
x
1
2
3 ,u
2
x
2
3,x
1
2
x
2
3;v
2
y
1
2
2,v
2
y
2
2,y
1
2
y
2
2,
3
22
解得u
2
x
1
2
x
2
;v
2y
1
2
y
2
1.
2
5
因此u, x
1
,x
2
只能从中选取,v,y
1
,y
2只能从1中选取,
2
因此D，E，G只能在
(

6
,1)
这四点中选取三个不同点，
2
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与
S
ODE
S
ODG
S
OEG

6
矛盾，
2
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.

3.4.

5.(1)当a=4时，f(x)=x|x-4|+2x-3；
①当2≤x＜4时，f(x)=x(4-x)+2x-3=-x
2
+6x-3， 当x=2时，f(x)
min
=5；当x=3时，f(x)
max
=6 2分
②当4≤x≤5时，f(x)=x(x-4)+2x-3=x
2
-2x-3＝( x-1)
2
-4，
当x=4时，f(x)
min
=5；当x=5时 ，f(x)
max
=12 4分
综上可知，函数f(x)的最大值为12，最小值为5． 6分
1
(2)若x≥a,原不等式化为f(x)= x
2
-ax≤1，即a≥x-
x
在x[1,2]上恒成立，
13
∴a≥(x-
x
)
max
，即a≥
2
． 8分
1
若x＜a,原不等式化为f(x)=-x
2
+ax≤1，即a≤x+
x
在x[1,2]上恒成立，
1
∴a≤(x-
x
)
min
，即a≤2． 10分
3
综上可知，a的取值范围为
2
≤a≤2． 12分
6.假设直线l存在，设l的方程为y=x+m. 1分


y=x+m
22
由

22
，得2x+2(m+1)x+m+4m-4=0. （*） 3分

x+y-2x+4y-4=0
m
2
+4m-4
设A（x< br>1
,y
1
）、B(x
2
,y
2
)，则x1
+x
2
=-(m+1)，x
1
x
2
=. < br>2
∵以AB为直径的圆为(x-x
1
)(x-x
2
)+(y- y
1
)(y-y
2
)=0, 7分 < br>若它经过原点，则x
1
x
2
+y
1
y
2=0.又y
1
y
2
=(x
1
+m)(x
2+m)=x
1
x
2
+m(x
1
+x
2
)+m
2
,
∴2x
1
x
2
+m(x
1< br>+x
2
)+m
2
=0.∴m
2
+3m-4=0,m= -4或m=1. 9分
当m=-4或m=1时，（*）式的Δ＞0, 10分
∴所求直线l的方程是x-y-4=0或x-y+1=0. 12分
7.(1)解：因为f′(x)=(x
2
-3x+3)·e
x
+(2x-3)·e
x
=x(x-1)·e
x
． 2分
由f′(x)>0x>1或x＜0; 由f′(x)<00所以f(x)在(-∞,0)，(1,+∞)上递增，在(0,1)上递减． 4分
欲使f(x)在［-2,t］上为单调函数,则-2＜t≤0． 6分
(2)证明:因为f(x)在(-∞,0),(1,+∞)上递增,在(0,1)上递减,
所以f(x)在x=1处取得极小值f(1)=e. 8分
来源学科网ZXXK]
13
又∵f(-2)=
e
2
< e，所以f(x)仅在x=-2处取得［-2,t］上的最小值f(-2). 10分
从而当t＞-2时,f(-2)＜f(t),即m＜n. 12分
x
2
y
2
1
的左、右焦点分别为
F< br>1
，
F
2
．过
F
1
的直线交椭圆于
B，D
1、（07年）已知椭圆
32
两点，过
F
2
的直线交 椭圆于
A，C
两点，且
ACBD
，垂足为
P
．
22
x
0
y
0
1
； （Ⅰ）设
P点的坐标为
(x
0
，y
0
)
，证明：
32（Ⅱ）求四边形
ABCD
的面积的最小值
2、（08年）双曲线的中心为原点< br>O
，焦点在
x
轴上，两条渐近线分别为
l
1
，l2
，经过右焦点


F
垂直于< br>l
1
的直线分别交
l
1
，l
2
于
A ，B
两点．已知
OA、AB、OB
成等差数列，且
BF
与
 
FA
同向．
（Ⅰ）求双曲线的离心率；
（Ⅱ）设
AB
被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程．
3、（0 9年）如图，已知抛物线
E:yx
与圆
M:(x4)yr(r0)
相交于
A
、
B
、
2222
C
、
D
四个点。
（I）求
r
得取值范围；
（II）当四边形
ABC D
的面积最大时，求对角线
AC
、
BD
的交点
P
坐 标

4、（10年）已知抛物线
C :y
2
4x
的焦点为F，过点
K(1,0)
的直线
l< br>与
C
相交于
A
、
B
两点，点A关于
x
轴的对称点为D .
(I)证明：点F在直线BD上；

8
(II)设
FA

FB
，求
BDK
的内切圆M的方程
9
x
2
y
2
课标理数21.H5，H7，H8[2011· 湖南卷] 如图1－9，椭圆C
1
：
2
＋
2
＝1(a>b> 0)的离心
ab
3
率为，x轴被曲线C
2
：y＝x
2
－b截得的线段长等于C
1
的长半轴长．
2
(1)求C
1
，C
2
的方程；
(2)设C2
与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C
2
相交于点A，B，直线MA，
MB分别与C
1
相交于点D，E.
①证明：MD⊥ME；
S1
17
②记△MAB，△MDE的面积分别为S
1
，S
2
.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理
S
2
32
由．
图1－10

c3
课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，e＝＝，从而a＝
a2
2b.又2b＝a，解得a＝2，b＝1.
x
2
2
故C
1
，C
2
的方程分别为＋y＝ 1，y＝x
2
－1.
4
(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.

y＝kx，

2
由

得x－kx－1＝0. < br>2

y＝x－1

设A(x
1
，y
1
)，B(x
2
，y
2
)，
则x
1
，x
2
是上述方程的两个实根，
于是x
1
＋x
2
＝k，x
1
x
2
＝－1.
又点M的坐标为(0，－1)，所以
y
1
＋1y
2
＋1 kx
1
＋1kx
2
＋1
k
MA
·k
MB
＝·＝
x
1
x
2
x
1
x
2
k
2
x
1
x
2
＋kx
1
＋x< br>2
＋1
＝
x
1
x
2
－k
2＋k
2
＋1
＝＝－1.
－1
故MA⊥MB，即MD⊥ME.
②设直线MA的斜率为k
1
，则直线MA的方程为

y＝k
1
x－1，

y＝k
1
x－1，由

解得
2


y＝x－1



x＝0，

x＝k
1
，


或


2

y＝－1y＝k－1.

1
则点A的坐标为(k
1< br>，k
2
1
－1)．

11
1
－，
2
－1

. 又直线MB的斜率为－， 同理可得点B的坐标为


k
1
k
1

k
1
2
111

1

1＋k
1
2< br>－
＝于是S
1
＝|MA|·|MB|＝1＋k
1
·|k
1
|·1＋
2
·.
22k
1

k
1< br>
2|k
1
|

y＝k
1
x－1，

22
由

2
得(1＋4k
1
)x－8k
1
x＝0.
2

x＋4y－4＝0



x＝0，
解得


y＝－1



< br>
x＝
1＋4k
，
或

4k－1
y＝


1＋4k
.
2
1
2
1
2
1
2
8k
1



8k
1
，
4k
1
－1

. 则 点D的坐标为

2


1＋4k
2
1
1＋ 4k
1

－8k
1
4－k
2
1
1

又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为

.
2
，< br>k
1

4＋k
1
4＋k
2
1
321＋k
2
|k
1
|
1
1
·
于 是S
2
＝|MD|·|ME|＝.
22
2
1＋4k
1< br>k
1
＋4
4
S
1
1

4k< br>2
因此＝

1
＋
2
＋17
.
k< br>1

S
2
64

4
1

1 7
4k
2
＋
2
＋17
＝， 由题意知，

1
k
1

3264

2
1
解得k
2
1
＝4，或k
1
＝.
4
1
k
2
1
－
2
k
1
1
又由点A，B的坐标可知，k＝＝k
1
－，
1k
1
k
1
＋
k
1
3
所以k＝±.
2
33
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.
22