高三理科數(shù)學知識點課時復習提升檢測13

課時提升練(十二)函數(shù)模型及其應用一、選擇題1．用長度為24的材料圍一矩形場地，中間加兩道隔墻，要使矩形的面積最大，則隔墻的長度為()A．3 B．4C．6 D．12【解析】設隔墻的長為x(0<x<6)，矩形面積為y，則y＝x·eq\f(24－4x,2)＝2x(6－x)＝－2(x－3)2＋18，∴當x＝3時，y最大．【答案】A2．一種放射性物質(zhì)不斷變化為其他物質(zhì)，每經(jīng)過一年，剩余的物質(zhì)為原來的eq\f(4,5)，當剩余的物質(zhì)為原來的eq\f(64,125)時，需要經(jīng)過()A．5年 B．4年C．3年 D．2年【解析】由指數(shù)函數(shù)模型知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))x＝eq\f(64,125)，解得x＝3.【答案】C3．為了預防信息泄露，保證信息的安全傳輸，在傳輸過程中都需要對文件加密，有一種為秘密密鑰密碼系統(tǒng)(PrivateKeyCryptosystem)，其加密、解密原理為：發(fā)送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)．現(xiàn)在加密密鑰為y＝kx3，如“4”通過加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“eq\f(1,256)”，則解密后得到的明文是()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．2 D．eq\f(1,8)【解析】由題意知加密密鑰y＝kx3是冪函數(shù)模型，當x＝4時，y＝2，即2＝k×43，∴k＝eq\f(1,32)，故y＝eq\f(1,32)x3，顯然令y＝eq\f(1,256)，則eq\f(1,256)＝eq\f(1,32)x3，即x3＝eq\f(1,8)，∴x＝eq\f(1,2).【答案】A4．某企業(yè)制定獎勵條例，對企業(yè)產(chǎn)品的銷售取得優(yōu)異成績的員工實行獎勵，獎勵金額(元)f(n)＝k(n)(n－500)(n為年銷售額)，而k(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.3500≤n≤1000，,0.41000＜n＜2000，,0.5n≥2000，))若一員工獲得400元的獎勵，那么該員工一年的銷售額為()A．800 B．1000C．1200 D．1500【解析】根據(jù)題意，獎勵金額f(n)可以看成年銷售額n的函數(shù)，那么該問題就是已知函數(shù)值為400時，求自變量n值的問題，由題中所給函數(shù)關系式可算得n＝1500，故選D.【答案】D5．汽車經(jīng)過啟動、加速行駛、勻速行駛、減速行駛之后停止，若把這一過程中汽車的行駛路程s看作時間t的函數(shù)，其圖象可能是()【解析】汽車加速行駛時，速度變化越來越快，而汽車勻速行駛時，速度保持不變，體現(xiàn)在s與t的函數(shù)圖象上是一條直線，減速行駛時，速度變化越來越慢，但路程仍是增加的．【答案】A6．(2014·陜西高考)如圖2-9-4，修建一條公路需要一段環(huán)湖彎曲路段與兩條直道平滑連接(相切)．已知環(huán)湖彎曲路段為某三次函數(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)的解析式為()圖2-9-4A．y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x B．y＝eq\f(1,2)x3＋eq\f(1,2)x2－3xC．y＝eq\f(1,4)x3－x D．y＝eq\f(1,4)x3＋eq\f(1,2)x2－2x【解析】A選項中，y′＝f′(x)＝eq\f(3,2)x2－x－1，f′(0)＝－1，f′(2)＝3.曲線在(0,0)和(2,0)處分別與直線y＝－x，y＝3x－6相切，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(7),3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(7),3)，2))上單調(diào)遞增，符合題意．對B、C、D選項可驗證曲線在(0,0)或(2,0)處不與直線y＝－x，y＝3x－6相切．故選A.【答案】A二、填空題7．西北某羊皮手套公司準備投入適當?shù)膹V告費對其生產(chǎn)的產(chǎn)品進行促銷．在一年內(nèi)，根據(jù)預算得羊皮手套的年利潤L萬元與廣告費x萬元之間的函數(shù)解析式為L＝eq\f(51,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(8,x)))(x>0)．則當年廣告費投入________萬元時，該公司的年利潤最大．【解析】由題意得L＝eq\f(51,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(8,x)))≥eq\f(51,2)－2eq\r(\f(x,2)＋\f(8,x))＝21.5(x＞0)當eq\f(x,2)＝eq\f(8,x)，即x＝4時，L取得最大值21.5.【答案】48．里氏震級M的計算公式為：M＝lgA－lgA0，其中A是測震儀記錄的地震曲線的最大振幅，A0是相應的標準地震的振幅．假設在一次地震中，測震儀記錄的最大振幅是1000，此時標準地震的振幅為0.001，則此次地震的震級為________級；9級地震的最大振幅是5級地震最大振幅的________倍．【解析】由題意，假設在一次地震中，測震儀記錄的最大振幅是1000，此時標準地震的振幅為0.001，則M＝lgA－lgA0＝lg1000－lg0.001＝3－(－3)＝6.設9級地震的最大振幅是x,5級地震的最大振幅是y，9＝lgx＋3,5＝lgy＋3，解得x＝106，y＝102.所以eq\f(x,y)＝eq\f(106,102)＝10000.【答案】6100009．某醫(yī)院為了提高服務質(zhì)量，對掛號處的排隊人數(shù)進行了調(diào)查，發(fā)現(xiàn)：當還未開始掛號時，有N個人已經(jīng)在排隊等候掛號；開始掛號后排隊的人數(shù)平均每分鐘增加M人．假定掛號的速度是每個窗口每分鐘K個人，當開放一個窗口時，40分鐘后恰好不會出現(xiàn)排隊現(xiàn)象；若同時開放兩個窗口時，則15分鐘后恰好不會出現(xiàn)排隊現(xiàn)象．根據(jù)以上信息，若要求8分鐘后不出現(xiàn)排隊現(xiàn)象，則需要同時開放的窗口至少應有________個．【解析】設要同時開放x個窗口才能滿足要求，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(N＋40M＝40K，,N＋15M＝15K×2，,N＋8M≤8Kx.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))由①②，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(K＝2.5M，,N＝60M，))代入③，得60M＋8M≤8×2.5Mx，解得x故至少同時開放4個窗口才能滿足要求．【答案】4三、解答題10．在扶貧活動中，為了盡快脫貧(無債務)致富，企業(yè)甲將經(jīng)營狀況良好的某種消費品專賣店以5.8萬元的優(yōu)惠價格轉讓給了尚有5萬元無息貸款沒有償還的小型企業(yè)乙，并約定從該店經(jīng)營的利潤中，首先保證企業(yè)乙的全體職工每月最低生活費的開支3600元后，逐步償還轉讓費(不計息)．在甲提供的資料中：①這種消費品的進價為每件14元；②該店月銷量Q(百件)與銷售價格P(元)的關系如圖2-9-5所示；③每月需各種開支2000元．圖2-9-5(1)當商品的價格為每件多少元時，月利潤扣除職工最低生活費的余額最大？并求最大余額；(2)企業(yè)乙只依靠該店，最早可望在幾年后脫貧？【解】設該店月利潤余額為L，則由題設得L＝Q(P－14)×100－3600－2000，①由銷量圖易得Q＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2P＋50，14≤P≤20，,－\f(3,2)P＋40，20<P≤26，))代入①式得L＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2P＋50P－14×100－5600，14≤P≤20，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)P＋40))P－14×100－5600，20<P≤26，))(1)當14≤P≤20時，Lmax＝450元，此時P＝19.5元；當20<P≤26時，Lmax＝eq\f(1250,3)元，此時P＝eq\f(61,3)元．故當P＝19.5元時，月利潤余額最大，為450元．(2)設可在n年后脫貧，依題意有12n×450－50000－58000≥0，解得n≥20.即最早可望在20年后脫貧．11．某書商為提高某套叢書的銷量，準備舉辦一場展銷會．據(jù)市場調(diào)查，當每套叢書售價定為x元時，銷售量可達到(15－0.1x)萬套．現(xiàn)出版社為配合該書商的活動，決定進行價格改革，將每套叢書的供貨價格分成固定價格和浮動價格兩部分，其中固定價格為30元，浮動價格(單位：元)與銷售量(單位：萬套)成反比，比例系數(shù)為10.假設不計其他成本，即銷售每套叢書的利潤＝售價－供貨價格．問：(1)每套叢書售價定為100元時，書商所獲得的總利潤是多少萬元？(2)每套叢書售價定為多少元時，單套叢書的利潤最大？【解】(1)每套叢書售價定為100元時，銷售量為15－0.1×100＝5(萬套)，所以每套叢書的供貨價格為30＋eq\f(10,5)＝32(元)，故書商所獲得的總利潤為5×(100－32)＝340(萬元)．(2)每套叢書售價定為x元時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(15－0.1x>0，,x>0，))得0<x<150.設單套叢書的利潤為P元，則P＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(30＋\f(10,15－0.1x)))＝x－eq\f(100,150－x)－30，∵0<x<150，∴150－x>0，∴P＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(150－x＋\f(100,150－x)))＋120，又(150－x)＋eq\f(100,150－x)≥2eq\r(150－x·\f(100,150－x))＝2×10＝20，當且僅當150－x＝eq\f(100,150－x)，即x＝140時等號成立，∴Pmax＝－20＋120＝100.故每套叢書售價定為140元時，單套叢書的利潤最大，為100元．圖2-9-612．如圖2-9-6，長方體物體E在雨中沿面P(面積為S)的垂直方向做勻速移動，速度為v(v>0)，雨速沿E移動方向的分速度為c(c∈R)．E移動時單位時間內(nèi)的淋雨量包括兩部分：(1)P或P的平行面(只有一個面淋雨)的淋雨量，假設其值與|v－c|×S成正比，比例系數(shù)為eq\f(1,10)；(2)其他面的淋雨量之和，其值為eq\f(1,2).記y為E移動過程中的總淋雨量．當移動距離d＝100，面積S＝eq\f(3,2)時，(1)寫出y的表達式；(2)設0<v≤10,0<c≤5，試根據(jù)c的不同取值范圍，確定移動速度v，使總淋雨量y最少．【解】(1)由題意知，E移動時單位時間內(nèi)的淋雨量為eq\f(1,10)×|v－c|×eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,20)|v－c|＋eq\f(1,2)，故y＝eq\f(100,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)|v－c|＋\f(1,2)))＝eq\f(5,v)(3|v－c|＋10)．(2)由(1)知，當0<v≤c時，y＝eq\f(5,v)(3c－3v＋10)＝eq\f(53c＋10,v)－15；當c<v≤10時，y＝eq\f(5,v)(3v－3c＋10)＝eq\f(510－3c,v)＋15.故y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(53c＋10,v)－15，0<v≤c，,\f(510－3c,v)＋15，c<v≤10，))①當0<c≤eq\f(10,3)時，y是關于v的減函數(shù)，故當v＝10時，總淋雨量y最少，ymin＝20－eq\f(3c,2).②當eq\f(10,3)<c≤5時，在(0，c]上，y是關于v的減函數(shù)，在(c,10]上，y是關于v的增函數(shù)，故當v＝c時，總淋雨量y最少，ymin＝