（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第26練 應(yīng)用題試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第26練應(yīng)用題[明晰考情]1.命題角度：應(yīng)用題是江蘇高考必考題，常見模型有函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等.2.題目難度：中檔難度.考點一建立函數(shù)模型方法技巧現(xiàn)實生活中存在的最優(yōu)化問題，常?？蓺w結(jié)為函數(shù)的最值問題，通過建立相應(yīng)的目標函數(shù)，確定變量的限制條件，運用函數(shù)知識和方法去解決.1.某經(jīng)銷商計劃銷售一款新型的空氣凈化器，經(jīng)市場調(diào)研發(fā)現(xiàn)以下規(guī)律：當(dāng)每臺凈化器的利潤為x(單位：元，x＞0)時，銷售量q(x)(單位：百臺)與x的關(guān)系滿足：若x不超過20，則q(x)＝eq\f(1260,x＋1)；若x大于或等于180，則銷售量為零；當(dāng)20≤x≤180時，q(x)＝a－beq\r(x)(a，b為實常數(shù)).(1)求函數(shù)q(x)的表達式；(2)當(dāng)x為多少時，總利潤(單位：元)取得最大值，并求出該最大值.解(1)當(dāng)20≤x≤180時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b\r(20)＝60，,a－b\r(180)＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝90，,b＝3\r(5).))故q(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1260,x＋1)，0＜x≤20，,90－3\r(5x)，20＜x<180，,0，x≥180.))(2)設(shè)總利潤f(x)＝x·q(x)，由(1)得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(126000x,x＋1)，0＜x≤20，,9000x－300\r(5x)·x，20＜x<180，,0，x≥180.))當(dāng)0＜x≤20時，f(x)＝eq\f(126000x,x＋1)＝126000－eq\f(126000,x＋1)，f(x)在(0,20]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝20時，f(x)有最大值120000.當(dāng)20＜x＜180時，f(x)＝9000x－300eq\r(5)·x·eq\r(x)，f′(x)＝9000－450eq\r(5)·eq\r(x)，令f′(x)＝0，得x＝80.當(dāng)20＜x＜80時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)80＜x<180時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝80時，f(x)有最大值240000.當(dāng)x≥180時，f(x)＝0.答當(dāng)x為80時，總利潤取得最大值240000元.2.如圖是某設(shè)計師設(shè)計的Y型飾品的平面圖，其中支架OA，OB，OC兩兩成120°，OC＝1，AB＝OB＋OC，且OA＞OB.現(xiàn)設(shè)計師在支架OB上裝點普通珠寶，普通珠寶的價值為M，且M與OB長成正比，比例系數(shù)為k(k為正常數(shù))；在△AOC區(qū)域(陰影區(qū)域)內(nèi)鑲嵌名貴珠寶，名貴珠寶的價值為N，且N與△AOC的面積成正比，比例系數(shù)為4eq\r(3)k.設(shè)OA＝x，OB＝y(tǒng).(1)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出x的取值范圍；(2)求N－M的最大值及相應(yīng)的x的值.解(1)在△AOB中，∠AOB＝120°，OA＝x，OB＝y(tǒng)，AB＝y(tǒng)＋1.由余弦定理，得(y＋1)2＝x2＋y2＋xy，即y＝eq\f(x2－1,2－x).由x＞y＞0，得x＞eq\f(x2－1,2－x)＞0，解得1＜x＜eq\f(1＋\r(3),2).所以y＝eq\f(x2－1,2－x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1＋\r(3),2))).(2)由(1)得M＝ky＝k·eq\f(x2－1,2－x)，N＝4eq\r(3)kS△AOC＝3kx，所以N－M＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(x2－1,2－x)))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1＋\r(3),2))).記f(x)＝3x－eq\f(x2－1,2－x)＝4x＋2＋eq\f(3,x－2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1＋\r(3),2))).則f′(x)＝4－eq\f(3,x－22)，令f′(x)＝0，得x＝2－eq\f(\r(3),2).當(dāng)x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2－\f(\r(3),2)))2－eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增10－4eq\r(3)單調(diào)遞減由上表可知，f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(3),2)))＝10－4eq\r(3).答當(dāng)x＝2－eq\f(\r(3),2)時，N－M取最大值k(10－4eq\r(3)).3.如圖，某森林公園有一直角梯形區(qū)域ABCD，其四條邊均為道路，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝5千米，BC＝8千米，CD＝3千米.現(xiàn)甲、乙兩管理員同時從A地出發(fā)勻速前往D地，甲的路線是AD，速度為6千米/時，乙的路線是ABCD，速度為v千米/時.(1)若甲、乙兩管理員到達D地的時間相差不超過15分鐘，求乙的速度v的取值范圍；(2)已知對講機有效通話的最大距離是5千米，若乙先到達D地，且乙從A地到D地的過程中始終能用對講機與甲保持有效通話，求乙的速度v的取值范圍.解(1)由題意，可得AD＝12千米.由題意可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(12,6)－\f(16,v)))≤eq\f(1,4)，解得eq\f(64,9)≤v≤eq\f(64,7).(2)方法一設(shè)經(jīng)過t小時，甲、乙之間的距離的平方為f(t).由于乙先到達D地，故eq\f(16,v)＜2，即v＞8.①當(dāng)0＜vt≤5，即0＜t≤eq\f(5,v)時，f(t)＝(6t)2＋(vt)2－2×6t×vt×cos∠DAB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－\f(48,5)v＋36))t2.因為v2－eq\f(48,5)v＋36＞0，所以當(dāng)t＝eq\f(5,v)時，f(t)取最大值，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－\f(48,5)v＋36))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,v)))2≤25，解得v≥eq\f(15,4).②當(dāng)5<vt≤13，即eq\f(5,v)<t≤eq\f(13,v)時，f(t)＝(vt－1－6t)2＋9＝(v－6)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,v－6)))2＋9.因為v＞8，所以eq\f(1,v－6)＜eq\f(5,v)，(v－6)2＞0，所以當(dāng)t＝eq\f(13,v)時，f(t)取最大值.所以(v－6)2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,v)－\f(1,v－6)))2＋9≤25，解得eq\f(39,8)≤v≤eq\f(39,4).③當(dāng)13<vt≤16，即eq\f(13,v)<t≤eq\f(16,v)時，f(t)＝(12－6t)2＋(16－vt)2，因為12－6t＞0,16－vt＞0，所以f(t)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,v)，\f(16,v)))上單調(diào)遞減，即當(dāng)t＝eq\f(13,v)時，f(t)取最大值.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12－6×\f(13,v)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16－v×\f(13,v)))2≤25，解得eq\f(39,8)≤v≤eq\f(39,4).綜上所述，8＜v≤eq\f(39,4).方法二設(shè)經(jīng)過t小時，甲、乙之間的距離的平方為f(t).由于乙先到達D地，故eq\f(16,v)＜2，即v＞8.以A點為原點，AD為x軸建立直角坐標系，①當(dāng)0＜vt≤5時，f(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)vt－6t))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)vt))2.由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)vt－6t))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)vt))2≤25，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)v－6))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)v))2≤eq\f(25,t2)對任意0＜t≤eq\f(5,v)都成立，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)v－6))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)v))2≤v2，解得v≥eq\f(15,4).②當(dāng)5<vt≤13時，f(t)＝(vt－1－6t)2＋32.由于(vt－1－6t)2＋32≤25，所以－4≤vt－1－6t≤4對任意eq\f(5,v)<t≤eq\f(13,v)都成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v－6≤\f(5,t)，,－\f(3,t)≤v－6))對任意eq\f(5,v)<t≤eq\f(13,v)都成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v－6≤\f(5v,13)，,－\f(3v,13)≤v－6，))解得eq\f(39,8)≤v≤eq\f(39,4).③當(dāng)13<vt≤16，即eq\f(13,v)<t≤eq\f(16,v)時，f(t)＝(12－6t)2＋(16－vt)2.由①及②知8＜v≤eq\f(39,4)，于是0＜12－6t<12－eq\f(78,v)≤12－78×eq\f(4,39)＝4，又因為0≤16－vt<3，所以f(t)＝(12－6t)2＋(16－vt)2<42＋32＝25恒成立.綜上所述，8＜v≤eq\f(39,4).方法三首先，由乙先到達D地，得eq\f(16,v)＜2，即v＞8.設(shè)從A地出發(fā)經(jīng)過t小時，甲、乙兩管理員的位置分別為P，Q，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(6t,0).當(dāng)0＜t≤eq\f(5,v)時，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)vt，\f(3,5)vt))；當(dāng)eq\f(5,v)<t≤eq\f(13,v)時，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋v\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(5,v)))，3))＝(vt－1,3)；當(dāng)eq\f(13,v)<t≤eq\f(16,v)時，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12，3－v\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(13,v)))))＝(12,16－vt)；當(dāng)eq\f(16,v)<t≤2時，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(12,0).記f(t)＝eq\o(PQ,\s\up6(→))2＝(eq\o(AQ,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→)))2，則f(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－\f(48,5)v＋36))t2，0＜t≤\f(5,v)，,[v－6t－1]2＋9，\f(5,v)<t≤\f(13,v)，,12－6t2＋16－vt2，\f(13,v)<t≤\f(16,v)，,12－6t2，\f(16,v)<t≤2.))因為v＞8，所以在相應(yīng)的t的范圍內(nèi)，v2－eq\f(48,5)v＋36，(v－6)t－1，16－vt,12－6t均為正數(shù)，可知f(t)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,v)))和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,v)，\f(13,v)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,v)，\f(16,v)))和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,v)，2))上單調(diào)遞減.即f(t)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(13,v)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,v)，2))上單調(diào)遞減，所以f(t)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,v))).令f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,v)))≤25，得eq\f(13v－6,v)－1≤4，解得8＜v≤eq\f(39,4).4.如圖，相距14km的兩個居民小區(qū)M和N位于河岸l(直線)的同側(cè)，M和N到河岸的距離分別為10km和8km.現(xiàn)要在河的小區(qū)一側(cè)選一地點P，在P處建一個生活污水處理站，并從P分別排設(shè)到兩個小區(qū)的直線水管PM，PN和垂直于河岸的水管PQ，使小區(qū)污水經(jīng)處理后排入河道.設(shè)PQ段水管長為tkm(0＜t＜8).(1)求污水處理站P到兩小區(qū)水管的長度之和的最小值(用t表示)；(2)試確定污水處理站P的位置，使所排三段水管的總長度最小，并分別求出此時污水處理站到兩小區(qū)水管的長度.解(1)如圖，以河岸l所在直線為x軸，以過點M垂直于l的直線為y軸，建立平面直角坐標系，則可得點M(0,10)，N(8eq\r(3)，8)，設(shè)點P(s，t)，過P作平行于x軸的直線m，作點N關(guān)于m的對稱點N′，則N′(8eq\r(3)，2t－8).所以PM＋PN＝PM＋PN′≥MN′＝eq\r(8\r(3)2＋2t－182)＝2eq\r(t2－18t＋129)(0＜t＜8)，所以所求最小值為2eq\r(t2－18t＋129)(0＜t＜8).(2)設(shè)三段水管總長為Lkm，則由(1)知L＝PM＋MN＋PQ≥MN′＋PQ＝2eq\r(t2－18t＋129)＋t(0＜t＜8)，所以(L－t)2≥4(t2－18t＋129)，即3t2＋(2L－72)t＋(516－L2)≤0，所以方程3t2＋(2L－72)t＋(516－L2)＝0在t∈(0,8)上有解，故Δ＝(2L－72)2－12×(516－L2)≥0，即L2－18L－63≥0，解得L≥21或L≤－3，所以L的最小值為21，此時對應(yīng)的t＝5∈(0,8)，故N′(8eq\r(3)，2).所以MN′的方程為y＝10－eq\f(\r(3),3)x，令y＝5，得x＝5eq\r(3)，即P(5eq\r(3)，5)，從而PM＝10，PN＝6.答滿足題意的點P距河岸5km，距小區(qū)M到河岸的垂線5eq\r(3)km，此時污水處理站到小區(qū)M和N的水管長度分別為10km和6km.考點二建立不等式模型方法技巧在實際問題中，諸如增長率、降低率、設(shè)計優(yōu)化問題大多可歸結(jié)為不等式問題，即通過建立相應(yīng)的不等式模型來解決.(1)據(jù)市場調(diào)查，若價格每提高1元，銷售量將相應(yīng)減少2000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價最多為多少元？(2)為了抓住申奧契機，擴大該商品的影響力，提高年銷售量.公司決定立即對該商品進行全面技術(shù)革新和營銷策略改革，并提高定價到x元.公司擬投入eq\f(1,6)(x2－600)萬元作為技改費用，投入50萬元作為固定宣傳費用，投入eq\f(x,5)萬元作為浮動宣傳費用.試問：當(dāng)該商品改革后的銷售量a至少應(yīng)達到多少萬件時，才可能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時商品的每件定價.解(1)設(shè)每件定價為t元，依題意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(t－25,1)×0.2))t≥25×8，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.所以要使銷售的總收入不低于原收入，每件定價最多為40元.(2)依題意知，當(dāng)x＞25時，不等式ax≥25×8＋50＋eq\f(1,6)(x2－600)＋eq\f(1,5)x有解，等價于當(dāng)x＞25時，a≥eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x＋eq\f(1,5)有解，由于eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x≥2eq\r(\f(150,x)×\f(1,6)x)＝10，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(150,x)＝eq\f(x,6)，即x＝30時等號成立，所以a≥10.2.答當(dāng)該商品改革后的銷售量a至少達到10.2萬件時，才可能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和，此時該商品的每件定價為30元.6.如圖，墻上有一幅壁畫，最高點A離地面4m，最低點B離地面2m，觀察者從距離墻xm(x>1)，離地面高am(1≤a≤2)的C處觀賞該壁畫，設(shè)觀賞視角∠ACB＝θ.(1)若a＝1.5，問：觀察者離墻多遠時，視角θ最大？(2)若tanθ＝eq\f(1,2)，當(dāng)a變化時，求x的取值范圍.解(1)當(dāng)a＝1.5時，過點C作AB的垂線，垂足為D，則BD＝0.5m，且θ＝∠ACD－∠BCD，又觀察者離墻xm，且x>1，則tan∠BCD＝eq\f(0.5,x)，tan∠ACD＝eq\f(2.5,x).所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)＝eq\f(\f(2.5,x)－\f(0.5,x),1＋\f(2.5×0.5,x2))＝eq\f(\f(2,x),1＋\f(1.25,x2))＝eq\f(2,x＋\f(1.25,x))≤eq\f(2,2\r(\f(5,4)))＝eq\f(2\r(5),5)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1.25,x)，即x＝eq\f(\r(5),2)>1時取等號.又因為tanθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)觀察者離墻eq\f(\r(5),2)m時，視角θ最大.(2)由題意得tan∠BCD＝eq\f(2－a,x)，tan∠ACD＝eq\f(4－a,x)，又tanθ＝eq\f(1,2)，所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)＝eq\f(\f(4－a,x)－\f(2－a,x),1＋\f(4－a2－a,x2))＝eq\f(2x,x2＋a－2a－4)＝eq\f(1,2).所以a2－6a＋8＝－x2＋4x，當(dāng)1≤a≤2時，0≤a2－6a＋8≤3，所以0≤－x2＋4x≤3，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x≤0，,x2－4x＋3≥0，))解得0≤x≤1或3≤x≤4.又因為x>1，所以3≤x≤4，所以x的取值范圍為[3,4].7.某市對城市路網(wǎng)進行改造，擬在原有a個標段(注：一個標段是指一定長度的機動車道)的基礎(chǔ)上，新建x個標段和n個道路交叉口，其中n與x滿足n＝ax＋5.已知新建一個標段的造價為m萬元，新建一個道路交叉口的造價是新建一個標段的造價的k倍.(1)寫出新建道路交叉口的總造價y(萬元)與x的函數(shù)關(guān)系式；(2)設(shè)P是新建標段的總造價與新建道路交叉口的總造價之比.若新建的標段數(shù)是原有標段數(shù)的20%，且k≥3.問：P能否大于eq\f(1,20)？并說明理由.解(1)依題意得y＝mkn＝mk(ax＋5)，x∈N*.(2)方法一依題意x＝0.2a.所以P＝eq\f(mx,y)＝eq\f(x,kax＋5)＝eq\f(0.2a,k0.2a2＋5)＝eq\f(a,ka2＋25)≤eq\f(a,3a2＋25)＝eq\f(1,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(25,a))))≤eq\f(1,3×2\r(a×\f(25,a)))＝eq\f(1,30)＜eq\f(1,20).故P不可能大于eq\f(1,20).方法二依題意得x＝0.2a.所以P＝eq\f(mx,y)＝eq\f(x,kax＋5)＝eq\f(0.2a,k0.2a2＋5)＝eq\f(a,ka2＋25).假設(shè)P＞eq\f(1,20)，得ka2－20a＋25k＜0.因為k≥3，所以Δ＝100(4－k2)＜0，所以不等式ka2－20a＋25k＜0無解，與假設(shè)矛盾，故P≤eq\f(1,20).故P不可能大于eq\f(1,20).8.如圖，某工業(yè)園區(qū)是半徑為10km的圓形區(qū)域，離園區(qū)中心O點5km處有一中轉(zhuǎn)站P，現(xiàn)準備在園區(qū)內(nèi)修建一條筆直公路AB經(jīng)過中轉(zhuǎn)站，公路AB把園區(qū)分成兩個區(qū)域.(1)設(shè)中心O對公路AB的視角為α，求α的最小值，并求較小區(qū)域面積的最小值；(2)為方便交通，準備過中轉(zhuǎn)站P在園區(qū)內(nèi)再修建一條與AB垂直的筆直公路CD，求兩條公路長度和的最小值.解(1)如圖1，作OH⊥AB，設(shè)垂足為H，記OH＝d，α＝2∠AOH，因為cos∠AOH＝eq\f(d,10)，要使α有最小值，只需要d有最大值，結(jié)合圖象，可得d≤OP＝5km，當(dāng)且僅當(dāng)AB⊥OP時，dmax＝5km.此時αmin＝2∠AOH＝2×eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).設(shè)AB把園區(qū)分成兩個區(qū)域，其中較小區(qū)域的面積記為S，由題意得S＝f(α)＝S扇形－S△AOB＝50(α－sinα)，f′(α)＝50(1－cosα)≥0恒成立，所以f(α)為增函數(shù)，所以Smin＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝50eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(\r(3),2)))km2.答視角的最小值為eq\f(2π,3)，較小區(qū)域面積的最小值是50eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(\r(3),2)))km2.圖1(2)如圖2，過O分別作OH⊥AB，OH1⊥CD，垂足分別是H，H1，記OH＝d1，OH1＝d2，由(1)可知d1∈[0,5]，所以deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝OP2＝25，且deq\o\al(2,2)＝25－deq\o\al(2,1)，因為AB＝2eq\r(100－d\o\al(2,1))，CD＝2eq\r(100－d\o\al(2,2))，所以AB＋CD＝2(eq\r(100－d\o\al(2,1))＋eq\r(100－d\o\al(2,2)))＝2(eq\r(100－d\o\al(2,1))＋eq\r(75＋d\o\al(2,1))).記L(d1)＝AB＋CD＝2(eq\r(100－d\o\al(2,1))＋eq\r(75＋d\o\al(2,1)))可得L2(d1)＝4[175＋2eq\r(100－d\o\al(2,1)75＋d\o\al(2,1))]，由deq\o\al(2,1)∈[0,25]可知，當(dāng)deq\o\al(2,1)＝0或deq\o\al(2,1)＝25時，L2(d1)的最小值是100(7＋4eq\r(3))，從而AB＋CD的最小值是(20＋10eq\r(3))km.答兩條公路長度和的最小值是(20＋10eq\r(3))km.圖2考點三建立三角模型方法技巧諸如航行、建橋、測量、人造衛(wèi)星等涉及一定圖形屬性的應(yīng)用問題，常常需要應(yīng)用幾何圖形的性質(zhì)，可運用三角函數(shù)知識求解.9.如圖所示，游樂場中的摩天輪勻速轉(zhuǎn)動，每轉(zhuǎn)一圈需要12分鐘，其中心O距離地面40.5米，半徑為40米.如果你從最低處登上摩天輪，那么你與地面的距離將隨時間的變化而變化，以你登上摩天輪的時刻開始計時，請解答下列問題：(1)求出你與地面的距離y(米)與時間t(分鐘)的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)你第4次距離地面60.5米時，用了多長時間？解(1)由已知可設(shè)y＝40.5－40cosωt，t≥0，由周期為12分鐘可知，當(dāng)t＝6時，摩天輪第1次到達最高點，即此函數(shù)第1次取得最大值，所以6ω＝π，即ω＝eq\f(π,6)，所以y＝40.5－40coseq\f(π,6)t(t≥0).(2)設(shè)轉(zhuǎn)第1圈時，第t0分鐘時距離地面60.5米.由60.5＝40.5－40coseq\f(π,6)t0，得coseq\f(π,6)t0＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)t0＝eq\f(2π,3)或eq\f(π,6)t0＝eq\f(4π,3)，解得t0＝4或t0＝8，所以t＝8(分鐘)時，第2次距地面60.5米，故第4次距離地面60.5米時，用了12＋8＝20(分鐘).10.如圖，我市有一個健身公園，由一個直徑為2km的半圓和一個以PQ為斜邊的等腰直角三角形PRQ構(gòu)成，其中O為PQ的中點.現(xiàn)準備在公園里建設(shè)一條四邊形健康跑道ABCD，按實際需要，四邊形ABCD的兩個頂點C，D分別在線段QR，PR上，另外兩個頂點A，B在半圓上，AB∥CD∥PQ，且AB，CD間的距離為1km.設(shè)四邊形ABCD的周長為ckm.(1)若C，D分別為QR，PR的中點，求AB的長；(2)求周長c的最大值.解(1)如圖，連結(jié)RO并延長分別交AB，CD于M，N，連結(jié)OB.因為C，D分別為QR，PR的中點，PQ＝2，所以CD＝eq\f(1,2)PQ＝1.因為△PRQ為等腰直角三角形，PQ為斜邊，所以RO＝eq\f(1,2)PQ＝1，NO＝eq\f(1,2)RO＝eq\f(1,2).因為MN＝1，所以MO＝eq\f(1,2).在Rt△BMO中，BO＝1，所以BM＝eq\r(BO2－OM2)＝eq\f(\r(3),2)，所以AB＝2BM＝eq\r(3).(2)設(shè)∠BOM＝θ，0<θ<eq\f(π,2).在Rt△BMO中，BO＝1，所以BM＝sinθ，OM＝cosθ.因為MN＝1，所以CN＝RN＝1－ON＝OM＝cosθ，所以BC＝AD＝eq\r(1＋sinθ－cosθ2)，所以c＝AB＋CD＋BC＋AD＝2[sinθ＋cosθ＋eq\r(1＋sinθ－cosθ2)]≤2eq\r(2)eq\r(sinθ＋cosθ2＋[\r(1＋sinθ－cosθ2)]2)＝2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)sinθ＋cosθ＝eq\r(1＋sinθ－cosθ2)，即sin2θ＝eq\f(1,2)，即θ＝eq\f(π,12)或eq\f(5π,12)時取等號.所以當(dāng)θ＝eq\f(π,12)或θ＝eq\f(5π,12)時，周長c的最大值為2eq\r(6)km.11.在一個直角邊長為10m的等腰直角三角形ABC的草地上，鋪設(shè)一個等腰直角三角形PQR的花地，要求P，Q，R三點分別在△ABC的三條邊上，且要使△PQR的面積最小.現(xiàn)有兩種設(shè)計方案(如圖所示)：方案一：直角頂點Q在斜邊AB上，R，P分別在直角邊AC，BC上；方案二：直角頂點Q在直角邊BC上，R，P分別在直角邊AC，斜邊AB上.請問應(yīng)選用哪一種方案？并說明理由.解方案一：過點Q作QM⊥AC于點M，作QN⊥BC于點N(如圖所示)，因為△PQR為等腰直角三角形，且QP＝QR，所以△RMQ≌△PNQ，所以QM＝QN，從而Q為AB的中點，則QM＝QN＝5m，設(shè)∠RQM＝α，則RQ＝eq\f(5,cosα)，α∈[0°，45°)，所以S△PQR＝eq\f(1,2)×RQ2＝eq\f(25,2cos2α)，所以當(dāng)cosα＝1，即α＝0°時，S△PQR取得最小值為eq\f(25,2)m2.方案二：設(shè)CQ＝x，∠RQC＝β，β∈(0°，90°)，在△RCQ中，RQ＝eq\f(x,cosβ)，在△BPQ中，∠PQB＝90°－β，所以eq\f(QP,sinB)＝eq\f(BQ,sin∠BPQ)，即eq\f(x,\f(\r(2),2)cosβ)＝eq\f(10－x,sin45°＋β)，化簡得eq\f(x,cosβ)＝eq\f(10,sinβ＋2cosβ)，所以S△PQR＝eq\f(1,2)×RQ2＝eq\f(50,sinβ＋2cosβ2)，因為(sinβ＋2cosβ)2≤5，所以S△PQR的最小值為10m2.綜上，應(yīng)選用方案二.

12.某飛機失聯(lián)，經(jīng)衛(wèi)星偵查，其最后出現(xiàn)在小島O附近.現(xiàn)派出四艘搜救船A，B，C，D，為方便聯(lián)絡(luò)，船A，B始終在以小島O為圓心，100海里為半徑的圓周上，船A，B，C，D構(gòu)成正方形編隊展開搜索，小島O在正方形編隊外(如圖).設(shè)小島O到AB的距離為x，∠OAB＝α，船D到小島O的距離為d.(1)請分別求出d關(guān)于x，α的函數(shù)關(guān)系式d＝g(x)，d＝f(α)，并分別寫出定義域；(2)當(dāng)A，B兩艘船之間的距離是多少時，搜救范圍最大(即d最大)?解設(shè)x的單位為百海里.(1)由∠OAB＝α，AB＝2OAcosα＝2cosα，AD＝AB＝2cosα，在△AOD中，OD＝f(α)＝eq\r(OA2＋AD2－2×OA×ADcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))＝eq\r(1＋4cos2α＋4cosαsinα)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).若小島O到AB的距離為x，AB＝2eq\r(12－x2)，OD＝g(x)＝eq\r(x＋AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq\r(－4x2＋4x\r(1－x2)＋5)，x∈(0,1).(2)OD2＝4cos2α＋1＋4cosαsinα＝4×eq\f(1＋cos2α,2)＋1＋4×eq\f(sin2α,2)＝2(sin2α＋cos2α)＋3＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋3，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).則2α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，當(dāng)2α＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,8)時，OD取得最大值，此時AB＝2cos

eq\f(π,8)＝2×eq\r(\f(1＋cos

\f(π,4),2))＝eq\r(2＋\r(2))(百海里).答當(dāng)A，B間距離為100eq\r(2＋\r(2))海里時，搜救范圍最大.例(14分)如圖，在半徑為30cm的半圓形鐵皮上截取一塊矩形材料ABCD(點A，B在直徑上，點C，D在半圓周上)，并將其卷成一個以AD為母線的圓柱體罐子的側(cè)面(不計剪裁和拼接損耗)，(1)若要求圓柱體罐子的側(cè)面積最大，應(yīng)如何截??？(2)若要求圓柱體罐子的體積最大，應(yīng)如何截??？審題路線圖(1)eq\x(根據(jù)題意選定參數(shù)變量)→eq\x(表示出圓柱體罐子的側(cè)面積)→eq\x(利用不等式或三角函數(shù)知識解答)→eq\x(得到答案)(2)eq\x(表示出圓柱體罐子的體積)→eq\x(利用導(dǎo)數(shù)和二次函數(shù)求解)→eq\x(寫出答案)規(guī)范解答·評分標準解(1)如圖，設(shè)圓心為O，連結(jié)OC，設(shè)BC＝x，方法一易得AB＝2eq\r(900－x2)，x∈(0,30)，故所求矩形ABCD的面積為S(x)＝2xeq\r(900－x2)3分＝2eq\r(x2900－x2)≤x2＋(900－x2)＝900(cm2)(當(dāng)且僅當(dāng)x2＝900－x2，即x＝15eq\r(2)(cm)時等號成立)，此時BC＝15eq\r(2)cm. 6分方法二設(shè)∠COB＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則BC＝30sinθ，OB＝30cosθ，所以矩形ABCD的面積為S(θ)＝2×30sinθ×30cosθ＝900sin2θ， 3分當(dāng)sin2θ＝1，即θ＝eq\f(π,4)時，S(θ)max＝900(cm2).此時BC＝15eq\r(2)cm. 6分(2)設(shè)圓柱的底面半徑為r，體積為V，由AB＝2eq\r(900－x2)＝2πr，得r＝eq\f(\r(900－x2),π)，所以V＝πr2x＝eq\f(1,π)(900x－x3)，其中x∈(0,30). 9分令V′＝eq\f(1,π)(900－3x2)＝0，得x＝10eq\r(3)，所以，V＝eq\f(1,π)(900x－x3)在(0,10eq\r(3))上單調(diào)遞增，在(10eq\r(3)，30)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝10eq\r(3)時，體積最大為eq\f(6000\r(3),π)cm3. 13分答(1)當(dāng)截取的矩形鐵皮的一邊BC為15eq\r(2)cm時，圓柱體罐子的側(cè)面積最大.(2)當(dāng)截取的矩形鐵皮的一邊BC為10eq\r(3)cm時，圓柱體罐子的體積最大.14分構(gòu)建答題模板[第一步]審題：閱讀理解，審清題意[第二步]建模：引進數(shù)學(xué)符號，建立數(shù)學(xué)模型.[第三步]解模：利用數(shù)學(xué)的方法將得到的常規(guī)函數(shù)問題(即數(shù)學(xué)模型)予以解答，求得結(jié)果.[第四步]回答：將所得結(jié)果再轉(zhuǎn)譯成具體問題的解答.1.植物園擬建一個多邊形苗圃，苗圃的一邊緊靠著長度大于30m的圍墻.現(xiàn)有兩種方案：方案①多邊形為直角三角形AEB(∠AEB＝90°)，如圖1所示，其中AE＋EB＝30m；方案②多邊形為等腰梯形AEFB(AB>EF)，如圖2所示，其中AE＝EF＝BF＝10m.請你分別求出兩種方案中苗圃的最大面積，并從中確定使苗圃面積最大的方案.圖1圖2解設(shè)方案①，②中多邊形苗圃的面積分別為S1，S2.方案①設(shè)AE＝x，則S1＝eq\f(1,2)x(30－x)≤eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋30－x,2)))2＝eq\f(225,2)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝15時，“＝”成立).方案②設(shè)∠BAE＝θ，則S2＝100sinθ(1＋cosθ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).eq\o\al(′,2)當(dāng)θ變化時Seq\o\al(′,2)，S2的變化情況如下：θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))Seq\o\al(′,2)＋0－S2遞增極大值遞減所以當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，(S2)max＝75eq\r(3).因為eq\f(225,2)＜75eq\r(3)，所以建苗圃時用方案②，且∠BAE＝eq\f(π,3).答方案①②苗圃的最大面積分別為eq\f(225,2)m2,75eq\r(3)m2，建苗圃時用方案②，且∠BAE＝eq\f(π,3).2.經(jīng)市場調(diào)查，某商品每噸的價格為x(1<x<14)百元時，該商品的月供給量為y1噸，y1＝ax＋eq\f(7,2)a2－a(a>0)；月需求量為y2萬噸，y2＝－eq\f(1,224)x2－eq\f(1,112)x＋1，當(dāng)該商品的需求量大于供給量時，銷售量等于供給量；當(dāng)該商品的需求量不大于供給量時，銷售量等于需求量，該商品的月銷售額等于月銷售量與價格的乘積.(1)若a＝eq\f(1,7)，問商品的價格為多少時，該商品的月銷售額最大？(2)記需求量與供給量相等時的價格為均衡價格，若該商品的均衡價格不低于每噸6百元，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)若a＝eq\f(1,7)，由y2>y1，得－eq\f(1,224)x2－eq\f(1,112)x＋1>eq\f(1,7)x＋eq\f(7,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))2－eq\f(1,7)，解得－40<x<6.因為1<x<14，所以1<x<6.設(shè)該商品的月銷售額為g(x)，則g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1·x，1＜x＜6，,y2·x，6≤x＜14.))當(dāng)1<x<6時，g(x)＝eq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))x<g(6)＝eq\f(33,7).當(dāng)6≤x<14時，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,224)x2－\f(1,112)x＋1))x，則g′(x)＝－eq\f(1,224)(3x2＋4x－224)＝－eq\f(1,224)(x－8)·(3x＋28)，由g′(x)>0，得x<8，所以g(x)在[6,8)上是增函數(shù)，在(8,14)上是減函數(shù)，故當(dāng)x＝8時，g(x)有最大值g(8)＝eq\f(36,7).(2)設(shè)f(x)＝y(tǒng)1－y2＝eq\f(1,224)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,112)＋a))x＋eq\f(7,2)a2－1－a，因為a>0，所以f(x)在區(qū)間(1,14)上是增函數(shù)，若該商品的均衡價格不低于6百元，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[6,14)上有零點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f6≤0，,f14＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a2＋10a－\f(11,7)≤0，,\f(7,2)a2＋13a＞0，))解得0<a≤eq\f(1,7).答(1)若a＝eq\f(1,7)，商品的每噸價格定為8百元時，月銷售額最大；(2)若該商品的均衡價格不低于每噸6百元，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,7))).3.如圖，某城市有一個邊長為4百米的正方形休閑廣場，廣場中間陰影部分是一個雕塑群.建立坐標系(單位：百米)，則雕塑群的左上方邊緣曲線AB是拋物線y2＝4x(1≤x≤3，y≥0)的一段.為方便市民，擬建造一條穿越廣場的直路EF(寬度不計)，要求直路EF與曲線AB相切(記切點為M)，并且將廣場分割成兩部分，其中直路EF左上部分建設(shè)為主題陳列區(qū).記M點到OC的距離為m(百米)，主題陳列區(qū)的面積為S(萬平方米).(1)當(dāng)M為EF的中點時，求S的值；(2)求S的取值范圍.解(1)M點坐標為(m,2eq\r(m))，曲線AB方程為y＝2eq\r(x)(1≤x≤3)，y′＝eq\f(1,\r(x))，切線方程為y－2eq\r(m)＝eq\f(1,\r(m))(x－m)，則點E，F(xiàn)坐標分別為(0，eq\r(m))，(4eq\r(m)－m,4)，因為M為EF的中點，所以eq\r(m)＋4＝4eq\r