3．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．

解析：分三类：甲在周一，共有种排法；

甲在周二，共有种排法；

甲在周三，共有种排法．

∴++＝20.

答案：20

2．某校开设10门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门．学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是　　　 (　)

A．120 　　　　　　　　B．98 　　　　　　　　　C．63 　　　　　　　　　D．56

解析：分两类：第一类A，B，C三门课都不选，有＝35种方案；第二类A，B，C中选一门，剩余7门课中选两门，有＝63种方案．故共有35+63＝98种方案．

答案：B

1.右图是某汽车维修公司的维修点环形分布图，公司在

年初分配给A、B、C、D四个维修点某种配件各50件．

在使用前发现需将A、B、C、D四个维修点的这批配件

分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修

点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次(n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．15 　　　　　　　　　B．16 　　　　　　　　C．17　 　　　　　　　　D．18

解析：只需A处给D处10件，B处给C处5件，C处给D处1件，共16件次．

答案：B

12．(文)设t≠0，点P(t,0)是函数f(x)＝x³+ax与g(x)＝bx²+c的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线．试用t表示a，b，c.

解：因为函数f(x)，g(x)的图象都过点(t,0)，

所以f(t)＝0，

即t³+at＝0.因为t≠0，所以a＝－t ².

g(t)＝0，即bt²+c＝0，所以c＝ab.

又因为f(x)，g(x)在点(t,0)处有相同的切线，

所以f′(t)＝g′(t)．

而f′(x)＝3x²+a，g′(x)＝2bx，

所以3t²+a＝2bt.

将a＝－t²代入上式得b＝t.因此c＝ab＝－t³.

故a＝－t²，b＝t，c＝－t³.

(理)已知函数f(x)＝ax³+3x²－6ax－11，g(x)＝3x²+6x+12，和直线m：y＝kx+9，又f′(－1)＝0.

(1)求a的值；

(2)是否存在k的值，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．

解：(1)f′(x)＝3ax²+6x－6a，f′(－1)＝0，

即3a－6－6a＝0，∴a＝－2.

(2)∵直线m恒过定点(0,9)，先求直线m是曲线y＝g(x)的切线，设切点为(x_0,3+6x₀+12)，

∵g′(x₀)＝6x₀+6，

∴切线方程为y－(3+6x₀+12)＝(6x₀+6)(x－x₀)，将点(0,9)代入，得x₀＝±1，

当x₀＝－1时，切线方程为y＝9；

当x₀＝1时，切线方程为y＝12x+9.

由f′(x)＝0得－6x²+6x+12＝0，即有x＝－1或x＝2，

当x＝－1时，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；

当x＝2时，y＝f(x)的切线方程为y＝9.

∴公切线是y＝9.

又有f′(x)＝12得－6x²+6x+12＝12，∴x＝0或x＝1.

当x＝0时，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；

当x＝1时，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10，

∴公切线不是y＝12x+9.

综上所述公切线是y＝9，此时存在，k＝0.

11．(文)(2010·开原模拟)设a＞0，f(x)＝a²+bx+c，曲线y＝f(x)在点P(x₀，f(x₀))处切线的倾斜角的取值范围为，则点P到曲线y＝f(x)对称轴距离的取值范围为(　)

A． 　　　B．　　　 C．　 　　　D．

解析：∵y＝f(x)在点P(x₀，f(x₀))处切线的倾斜角的范围为，∴0≤f′(x₀)≤1，即0≤2ax₀+b≤1，∴－≤x₀≤，∴0≤x₀+≤，即点P到曲线y＝f(x)对称轴的距离的取值范围为．

答案：B

(理)曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y+3＝0的最短距离是　　　　　　 (　)

A.　 　　　B．2　　　　 C．3 　　　　　D．0

解析：设曲线上过点P(x₀，y₀)的切线平行于直线2x－y+3＝0，此切点到直线2x－y+3＝0的距离最短，即斜率是2，则

y′|x＝x₀＝[·(2x－1)′]|x＝x₀

＝|x＝x₀＝＝2.

解得x₀＝1，所以y₀＝0，即点P(1,0)，

点P到直线2x－y+3＝0的距离为＝，

∴曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y+3＝0的最短距离是.

答案：A

10.下图中，有一个是函数f(x)＝x³+ax²+(a²－1)x+1(a∈R，a≠0)的导函数f′(x)的图象，则f(－1)＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A． 　　　　　B．－　　　　　　 C.　 　　　　D．－或

解析：∵f′(x)＝x²+2ax+(a²－1)，

∴导函数f′(x)的图象开口向上．

又∵a≠0，∴其图象必为第(3)个图．

由图象特征知f′(0)＝0，且－a＞0，∴a＝－1.

故f(－1)＝－－1+1＝－.

答案：B

9．已知函数f(x)＝x³+x－16.

(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；

(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；

(3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－x+3垂直，求切点坐标与切线的方程．

解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y＝f(x)上．

∵f′(x)＝(x³+x－16)′＝3x²+1，

∴在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.

∴切线的方程为y＝13(x－2)+(－6)，

即y＝13x－32.

(2)法一：设切点为(x₀，y₀)，

则直线l的斜率为f′(x₀)＝3+1，

∴直线l的方程为y＝(3+1)(x－x₀)++x₀－16，

又∵直线l过点(0,0)，

∴0＝(3+1)(－x₀)++x₀－16，

整理得，＝－8，∴x₀＝－2，

∴y₀＝(－2)³+(－2)－16＝－26，

k＝3×(－2)²+1＝13.

∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．

法二：设直线l的方程为y＝kx，切点为(x₀，y₀)，

则k＝＝，

又∵k＝f′(x₀)＝3+1，

∴＝3+1，

解之得x₀＝－2，

∴y₀＝(－2)³+(－2)－16＝－26，

k＝3×(－2)²+1＝13.

∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．

(3)∵切线与直线y＝－+3垂直，

∴切线的斜率k＝4.

设切点的坐标为(x₀，y₀)，则f′(x₀)＝3+1＝4，

∴x₀＝±1，

∴或

切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x+1)－18.

即y＝4x－18或y＝4x－14.

8．(2009·福建高考)若曲线f(x)＝ax²+lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．

解析：f′(x)＝2ax+.

∵f(x)存在垂直于y轴的切线，

∴f′(x)＝0有解，即2ax+＝0有解，

∴a＝－，∴a∈(－∞，0)．

答案：(－∞，0)

7．(2009·宁夏、海南高考)曲线y＝xe^x+2x+1在点(0,1)处的切线方程为________________．

解析：y′＝e^x+x·e^x+2，y′|_x＝0＝3，

∴切线方程为y－1＝3(x－0)，∴y＝3x+1.

答案：y＝3x+1

6．(2010·福建四地六校联考)下列曲线的所有切线构成的集合中，存在无数对互相垂直的切线的曲线是　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．f(x)＝e^x 　　　B．f(x)＝x³ 　　　C．f(x)＝lnx　 　　　D．f(x)＝sinx

解析：设切点的横坐标为x₁，x₂

则存在无数对互相垂直的切线，即f′(x₁)·f′(x₂)＝－1有无数对x₁，x₂使之成立

对于A由f′(x)＝e^x＞0，

所以不存在f′(x₁)·f′(x₂)＝－1成立；

对于B由于f′(x)＝3x²＞0，

所以也不存在f′(x₁)·f′(x₂)＝－1成立；

对于C由于f(x)＝lnx的定义域为(0，+∞)，

∴f′(x)＝＞0，

对于Df′(x)＝cosx，∴f′(x₁)·f′(x₂)＝cosx₁·cosx₂，当x₁＝2kπ，x₂＝(2k+1)π，k∈Z，f′(x₁)·f′(x₂)＝－1恒成立．

答案：D