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高二数学（文）参考答案
1． ( d )
2. ( d )
3． ( b )
4． ( c )
5． ( c )
6. ( b )
7． ( b )
8. ( B )
9． ( c )
10. ( d )
11
12． 6
13． 0＜a＜.
14． 2．
15． (4，＋∞)
16解 (1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，
∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，即x－y－4＝0.
(2)设切点坐标为(x0，x－4x＋5x0－4)，∵f′(x0)＝3x－8x0＋5，
∴切线方程为y－(－2)＝(3x－8x0＋5)(x－2)，又切线过点(x0，x－4x＋5x0－4)，
∴x－4x＋5x0－2＝(3x－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或x0＝1，
∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0，或y＋2＝0.
17.由题意知当a<0时函数f(x)在上单调递增，此时函数f(x)没有极值点，当a>0时由得，依据二次函数图像,当时, 函数f(x)单调递增，当时函数f(x)单调递减,当时函数f(x)单调递增, 的单调递增区间为和，单调递减区间为，故是f(x)的极大值点，是f(x)的微小值点
18.解：(Ⅰ) ∵ f ′ (x) ＝—2ax—8， ∴ f ′ (3) ＝2—6a—8＝0，则a＝—1．
(Ⅱ) 函数f (x)的定义域为（0，＋∞）． 由(Ⅰ) 知f (x) ＝6lnx＋x2—8x＋b．
∴ f ′ (x) ＝＋2x—8＝． 由f ′ (x)＞0可得x＞3或x＜1，由f ′ (x)＜0可得1＜x＜3．
∴函数f (x)的单调递增区间为(0，1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)．
(Ⅲ) 由(Ⅱ)可知函数f (x)在(0，1)单调递增，在(1，3)单调递减，在(3，＋∞)单调递增．
且当x＝1或x＝3时，f ′ (x)＝0．
∴ f (x)的极大值为f (1)＝6ln1＋1—8＋b＝b—7，f (x)的微小值为f (3)＝6ln3＋9—24＋b＝6ln3＋b—15．
∵当x充分接近0时，f (x)＜0，当x充分大时，f (x)＞0，
∴要使f (x)的图象与x轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只需
则7＜b＜15—6ln3．
19.(1)设椭圆方程为＋＝1，(a>0，b>0)，∵c＝1，＝，∴a＝2，b＝，∴所求椭圆方程为＋＝1.
(2)由题意得直线l的斜率存在，设直线l方程为y＝kx＋1，则由消去y得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，且Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴由＝2得x1＝－2x2，
∴消去x2得()2＝，解得k2＝，∴k＝±，
所以直线l的方程为y＝±x＋1，即x－2y＋2＝0或x＋2y－2＝0.
20.解:（Ⅰ）由题意得,,,又,
联立解得,椭圆的方程为.
（Ⅱ）设,则的坐标满足消去化简得,
, ,
得
=,,即
即
=.
到直线的距离
===定值.
21.解 (1)当a＝2时，f(x)＝＋xln x，f′(x)＝－＋ln x＋1，f(1)＝2，f′(1)＝－1， 故y－2＝－(x－1)．
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0.
(2)存在x1，x2∈，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于：max≥M，
g(x)＝x3－x2－3，g′(x)＝3x2－2x＝3x，
x
0
2
g′(x)
－
0
＋
g(x)
－3
递减
极(最)小值－
递增
1
由上表可知：g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1，max＝g(x)max－g(x)min＝，
所满足条件的最大整数M＝4.
(3)对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立．等价于：在区间上，函数f(x)的最小值不小于g(x)的最大值，
由(2)知，在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.∴f(x)min≥1.又∵f(1)＝a，∴a≥1.
下面证当a≥1时，在区间上，函数f(x)≥1成立．当a≥1且x∈时，f(x)＝＋xln x≥＋xln x，
记h(x)＝＋xln x，h′(x)＝－＋ln x＋1，h′(1)＝0，当x∈时，h′(x)＝－＋ln x＋1<0；
当x∈(1,2]时，h′(x)＝－＋ln x＋1>0，所以函数h(x)＝＋xln x在区间上递减，在区间(1,2]上递增，
h(x)min＝h(1)＝1，即h(x)≥1，所以当a≥1且x∈时，f(x)≥1成立，即对任意s，t∈都有f(s)≥g(t)．
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