2019高考数学二轮复习 专题七 应用题 规范答题示例6 应用题学案
江苏省2019高考数学二轮复习 专题六 应用题达标训练(含解析)
应用题A 组—-大题保分练1。
在一个矩形体育馆的一角MAN 内（如图所示）,用长为a 的围栏设置一个运动器材储存区域，已知B 是墙角线AM 上的一点，C 是墙角线AN 上的一点．（1)若BC ＝a ＝10，求储存区域△ABC 面积的最大值；（2)若AB ＝AC ＝10，在折线MBCN 内选一点D ，使DB ＋DC ＝a ＝20，求储存区域四边形DBAC 面积的最大值．解：(1)设AB ＝x ，则AC ＝ 错误!，所以S △ABC ＝错误!x 错误!＝错误!错误!≤错误! 错误!＝错误!×50＝25, 当且仅当x 2＝100－x 2,即x ＝52时取等号， 所以S △ABC 取得最大值为25.(2）由DB ＋DC ＝20知点D 在以B ，C 为焦点的椭圆上．因为S △ABC ＝错误!×10×10＝50，所以要使四边形DBAC 的面积最大，只需△DBC 的面积最大，此时点D 到BC 的距离最大，即D 必为椭圆短轴顶点．由BC ＝10错误!得短半轴长为5错误!,所以S △DBC 的最大值为错误!×10错误!×5错误!＝50. 因此四边形DBAC 面积的最大值为100.2.某地拟建一座长为640米的大桥AB ，假设桥墩等距离分布,经设计部门测算，两端桥墩A ，B 造价总共为100万元，当相邻两个桥墩的距离为x 米时（其中64<x <100），中间每个桥墩的平均造价为803错误! 万元，桥面每1米长的平均造价为错误!万元．（1)试将桥的总造价表示为x 的函数f （x ）;(2)为使桥的总造价最低，试问这座大桥中间(两端桥墩A ,B 除外）应建多少个桥墩?解:(1）由桥的总长为640米，相邻两个桥墩的距离为x 米，知中间共有错误!个桥墩，于是桥的总造价f （x ）＝640错误!＋错误!错误!错误!＋100,即f (x ）＝x 23＋错误!x -12－错误!x 12＋1 380＝x 32＋错误!x-12－错误!x 12＋1 380（64<x 〈100)．（2)由(1）可求f ′(x ）＝错误!x 12－错误!x -32－错误!x-12,整理得f ′(x ）＝错误!x-32(9x 2－80x －640×80)，由f ′（x )＝0,解得x 1＝80，x 2＝－错误!（舍)， 又当x ∈(64，80）时，f ′（x ）〈0； 当x ∈(80，100）时，f ′(x ）>0,所以当x ＝80时,桥的总造价最低，此时桥墩数为错误!－1＝7. 3．如图所示，有两条道路OM 与ON ，∠MON ＝60°，现要铺设三条下水管道OA ，OB ，AB （其中A ，B 分别在OM ，ON 上),若下水管道的总长度为3 km 。
【高考二轮】江苏省2019高考数学二轮复习考前冲刺必备六解题技法增分学案(含答案)
必备六解题技法增分技法一特例法在解填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法由于只需对特殊值、特殊情形进行检验,省去了推理论证及烦琐演算的过程,提高了解题的速度.特例法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法,应用得当会有事半功倍的效果.典型例题例1 (1)在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若a、b、c成等差数列,则= .(2)AD,BE分别是△A BC的中线,若||=||=1,且与的夹角为120°,则·= .答案(1)(2)解析(1)利用特例法,令a=3,b=4,c=5,则△ABC为直角三角形,cosA=,cosC=0,从而所求值为.(2)易知等边三角形为符合题意的△ABC的一个特例,则|AB|=,∴·=||||cos60°=.【方法归纳】当填空题已知条件中含有某些不确定的量,但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时,可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值进行处理.跟踪集训1.求值:cos2a+cos2(a+120°)+cos2(a+240°)=.2.已知m,n是直线,α,β,γ是平面,给出下列命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若n⊥α,n⊥β,则α∥β;③若α内不共线的三点到β的距离都相等,则α∥β;④若n⊄α,m⊄α,且n∥β,m∥β,则α∥β;⑤若m,n为异面直线,n⊄α,n∥β,m⊄β,m∥α,则α∥β.其中正确的命题是.(把你认为正确的命题序号都填上)3.如图,点P为椭圆+=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A、上顶点B分别作y轴、x轴的平行线,它们相交于点C,过点P引BC,AC的平行线,分别交AC于点N,交BC于点M,交AB于D、E两点,记矩形PMCN的面积为S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2= .技法二图解法典型例题例2 (1)直线y=x+m与曲线x=有且仅有一个公共点,则m的取值范围是.(2)已知函数f(x)=(a>0,且a≠1)在R上单调递减,且关于x的方程|f(x)|=2-恰有两个不相等的实数解,则a的取值范围是.答案(1)-1<m≤1或m=-(2)解析(1)作出曲线x=的图形,如图所示.由图形可得,当直线y=x+m在b和c之间变化时,满足题意,同时,当直线在a的位置时也满足题意,所以m的取值范围是-1<m≤1或m=-.(2)因为函数f(x)在R上单调递减,所以解得≤a≤.在同一平面直角坐标系中作出函数y=|f(x)|,y=2-的图象,如图.由图象可知,在[0,+∞)上,方程|f(x)|=2-有且仅有一个解;在(-∞,0)上,方程|f(x)|=2-同样有且仅有一个解,所以3a<2,即a<.综上,a的取值范围是.【方法归纳】图解法实质上是数形结合的思想在解题中的应用,利用图形的直观性并结合所学知识可直接得到相应的结论,这也是高考命题的热点.准确运用此法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系,利用几何图形中的相关结论求出结果.跟踪集训4.(2018江苏连云港期末)若方程组有解,则实数t的取值范围是.5.向量=(2,2),=(2,0),=(cosα,sinα),则向量,的夹角的取值范围是.6.(2018镇江高三期末考试)已知k为常数,函数f(x)=若关于x的方程f(x)=kx+2有且只有4个不同的解,则实数k的取值范围为.技法三等价转化法通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”将问题等价转化成便于解决的问题,从而得到正确的结果.典型例题例3 对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx2-2x+1-m恒负,则x的取值范围为.答案解析对任意的|m|≤2,有mx2-2x+1-m<0恒成立,等价于|m|≤2时,(x2-1)m-2x+1<0恒成立.设g(m)=(x2-1)m-2x+1,则原问题转化为g(m)<0在[-2,2]上恒成立,则即解得<x<.从而实数x的取值范围是.【方法归纳】在处理多元的数学问题时,我们可以选取其中的常量(或参数),将其看做“主元”,通过构造函数进行求解.运用转化方法解题,要注意转化的方向性,使转化的目的明确,使解题思路自然流畅,此外还要注意转化前后的等价性.跟踪集训7.无论k为何实数,直线y=kx+1与曲线x2+y2-2ax+a2-2a-4=0恒有交点,则实数a的取值范围是.8.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是AB,CD的中点,点G是EF上的动点,记△A1B1G,△C1D1G的面积分别为S1,S2,则S1+S2的最小值为.技法四待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于一个任意的a值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各同类项的系数对应相等.典型例题例4 已知圆M的方程为x2+(y-2)2=1,直线l的方程为x-2y=0,点P在直线l上,过P点作圆M的切线PA,PB,切点为A,B.(1)若P点的坐标为(2,1),过P作直线与圆M交于C,D两点,当CD=时,求直线CD的方程;(2)求证:经过A,P,M三点的圆必过定点,并求出所有定点的坐标.解析(1)易知直线CD的斜率k存在,设直线CD的方程为y-1=k(x-2),即kx-y+1-2k=0.由题知圆心M到直线CD的距离为,所以=,解得k=-1或k=-,故所求直线CD的方程为x+y-3=0或x+7y-9=0.(2)证明:设P(2m,m),则MP的中点Q.因为PA是圆M的切线,所以经过A,P,M三点的圆是以Q为圆心,MQ为半径的圆,故其方程为(x-m)2+=m2+,化简得x2+y2-2y-m(2x+y-2)=0,此式是关于m的恒等式,故解得或所以经过A,P,M三点的圆必过定点(0,2)或.【方法归纳】待定系数法解题的基本步骤:第一步:确定含有待定系数的式子;第二步:根据恒等的条件,列出一组含待定系数的方程;第三步:解方程(组)或者消去待定系数,得到结果.跟踪集训9.已知二次函数f(x)的图象与x轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),且f(0)=10,则f(x)的解析式为.10.已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,其离心率为,短轴的端点是B1,B2,点M(2,0)是x轴上的一定点,且MB1⊥MB2.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A,B两点.试问x轴上是否存在定点P,使直线PA与PB的斜率互为相反数?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.技法五换元法换元法又称辅助元素法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等.典型例题例5 已知函数f(x)=x2,g(x)=alnx+bx(a>0).设G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x1,x2,且x1,x0,x2成等差数列,试探究G'(x0)的符号.解析因为G(x)=x2+2-alnx-bx有两个零点x1,x2,所以两式相减得--a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0,即x2+x1-b=,于是G'(x0)=2x0--b=(x1+x2-b)-=-==.①当0<x1<x2时,令=t,则t>1,且G'(x0)=.设u(t)=lnt-(t>1),则u'(t)=-=>0,则u(t)=lnt-在(1,+∞)上为增函数,而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt->0.又因为a>0,x2-x1>0,所以G'(x0)>0.②当0<x2<x1时,同理可得,G'(x0)>0.综上所述,G'(x0)的符号为正.【方法归纳】本题涉及两个变量x1,x2,在解题时利用换元法简化过程,然后构造函数,再利用导数法,结合函数单调性进行符号的判断.本题把式子看成一个整体,用变量t去代替它,从而达到化二元为一元的目的,同时使本来零乱、分散的问题得到简化.这种技巧在解题时非常重要,需要灵活运用.跟踪集训11.若f(lnx)=3x+4,则f(x)的表达式为.12.已知函数f(x)=4x,g(x)=2x,则方程f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=的解为.13.y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是.技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 在四面体ABCD中,若AB=CD=,AC=BD=5,AD=BC=2,则该四面体的体积V= .答案8解析构造如图所示的长方体,并且满足AB=CD=,AC=BD=5,AD=BC=2.设AP=p,AQ=q,AR=r,则p2+q2=AB2=13,r2+p2=AD2=20,q2+r2=AC2=25.由上述三式得p2+q2+r2=29,于是r=4,q=3,p=2.故V=V长方体-4V C-AQB=2×3×4-4××4××2×3=8.【方法归纳】构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用,需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向.一般通过构造新的函数、不等式或数列等模型将问题转化为熟悉的问题.在立体几何中,补形构造是最常用的解题技巧.通过补形可以将一般几何体的有关问题放在特殊的几何体中求解,如将三棱锥补成长方体等.跟踪集训14.设函数f(x)=lnx+,m∈R,若对任意b>a>0,<1恒成立,则m的取值范围为.15.(2018南通调研)已知a为常数,函数f(x)=的最小值为-,则a的所有值为. 技法七逆向思维法解数学问题时,一般总是从正面入手进行思考.但时常会遇到从正面入手较复杂或不易解决的情况,这时若灵活运用逆向思维来分析解题,则能使问题得到非常简捷的解决,起到事半功倍之效.典型例题例7 若二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一个数c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是.答案解析若f(x)在[-1,1]上不存在使f(c)>0的数c,则f(x)在[-1,1]内小于等于0,又Δ=36p2≥0,故f(-1)≤0且f(1)≤0,因此若要满足题意,则只需f(-1)>0或f(1)>0即可,由f(1)>0,得2p2+3p-9<0,即-3<p<;由f(-1)>0,得2p2-p-1<0,即-<p<1.故所求实数p的取值范围是.【方法归纳】直接利用二次函数在区间[-1,1]上的图象特征求至少存在一个实数c,使f(x)>0,这个问题似乎无从下手,困难较大.若用逆向思维利用补集思想求解,则很直观简捷.跟踪集训16.已知集合A={x|x2-4mx+2m+6=0},B={x|x<0},若A∩B≠⌀,则实数m的取值范围是. 技法八分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况.典型例题例8 已知函数f(x)=e x(3x-2),g(x)=a(x-2),其中a,x∈R.(1)求过点(2,0)和函数y=f(x)图象相切的直线方程;(2)若对任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围;(3)若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<g(x0),求a的取值范围.解析(1)设切点为(x0,y0),f'(x)=e x(3x+1),则切线斜率为(3x0+1),所以切线方程为y-y0=(3x0+1)(x-x0),因为切线过点(2,0),所以-(3x0-2)=(3x0+1)(2-x0),化简得3-8x0=0,解得x0=0或x0=,当x0=0时,切线方程为y=x-2,当x0=时,切线方程为y=9x-18.(2)由题意,对任意x∈R有e x(3x-2)≥a(x-2)恒成立,①当x∈(-∞,2)时,a≥⇒a≥,令F(x)=,则F'(x)=,令F'(x)=0,得x=0,F max(x)=F(0)=1,故此时a≥1,②当x=2时,恒成立,故此时a∈R.③当x∈(2,+∞)时,a≤⇒a≤, 令F'(x)=0⇒x=,F min(x)=F=9,故此时a≤9.综上,1≤a≤9.(3)因为f(x)<g(x),即e x(3x-2)<a(x-2),由(2)知a∈(-∞,1)∪(9,+∞),令F(x)=,则当x∈(-∞,2)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0),等价于存在唯一的整数x0使得a<成立,因为F(0)=1最大,F(-1)=,F(1)=-e,所以当a<时,至少有两个整数成立,所以a∈.当x∈(2,+∞)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0),等价于存在唯一的整数x0使得a>成立,因为F=9最小,且F(3)=7e3,F(4)=5e4,所以当a>5e4时,至少有两个整数成立,所以当a≤7e3时,没有整数成立,所以a∈(7e3,5e4],综上,a∈∪(7e3,5e4].【方法归纳】对于求不等式成立时参数范围的问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上的具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,那么就不要使用分离参数法.跟踪集训17.若不等式2xlnx≥-x2+ax-3恒成立,则实数a的取值范围为.18.已知函数f(x)=x3-x2-3x+,直线l:9x+2y+c=0,当x∈[-2,2]时,函数f(x)的图象恒在直线l下方,则c的取值范围是.技法九整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将多个数之和的表达式或多项式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算.典型例题例9 在等比数列{a n}中,公比q=2,前87项和S87=140,则a3+a6+a9+…+a87= .答案80解析设b1=a1+a4+a7+…+a85,b2=a2+a5+a8+…+a86,b3=a3+a6+a9+…+a87,因为b1q=b2,b2q=b3,且b1+b2+b3=140,所以b1(1+q+q2)=140,而1+q+q2=7,所以b1=20,则b3=q2b1=4×20=80.【方法归纳】整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系.跟踪集训19.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2a4a6a8=120,且+++=,则S9的值为.20.在正项等比数列{a n}中,a4+a3-2a2-2a1=6,则a5+a6的最小值为.技法十判别式法判别式法就是利用一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≥0)求解. 典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ)=x2-2(ycosα+zcosγ)x+y2+z2-2yzcosβ,又Δ=4(ycosα+zcosγ)2-4(y2+z2-2yzcosβ)=-4(ysinα-zsinγ)2≤0,所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.【方法归纳】判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的一元二次函数,然后利用Δ≤0来证明.跟踪集训21.函数y=的值域为.22.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.23.给定两个长度为1的平面向量和,它们的夹角为120°.如图所示,点C在以O为圆心的上运动,若=x+y,其中x,y∈R,则x+y的最大值是.技法十一归纳法归纳法的过程可概括为发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明.典型例题例11 (2018江苏沭阳调研)观察下列式子:1+<,1++<,1+++<,……据其中规律,可以猜想出:1++++…+< .答案解析由已知中的不等式:1+<=,1++<=,1+++<=,……我们可以推断出:不等式右边分式的分母与左边最后一项分母的底数相等,分子是分母的2倍减1,即1++++…+<,∴1++++…+<=,故答案为.【方法归纳】归纳问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点,找出等式左右两侧的规律及符号可解.(2)与不等式有关的推理.观察每个不等式的特点,注意是纵向看,找到规律后可解.(3)与数列有关的推理.通常是先求出几个特殊项,采用不完全归纳法,找出数列的项与项数的关系,列出即可.(4)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理得出结论,并用赋值检验法验证其真伪性. 跟踪集训24.(2018江苏如皋调研)已知函数f0(x)=,设f n+1(x)为f n(x)的导函数,f1(x)=[f0(x)]'=,f2(x)=[f1(x)]'=,……根据以上结果,推断f2017(x)= .25.某种平面分形图如图所示,一级分形图是由一点出发的三条线段,长度均为1,两两夹角为120°组成的;二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端再生成两条长度为原来的的线段,且这两条线段与原线段两两夹角为120°;……,依此规律得到n级分形图.(1)n级分形图中共有条线段;(2)n级分形图中所有线段长度之和为.技法十二等积转化法等积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于立体几何体中求解点到面的距离.典型例题例12 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)求点D到平面PAM的距离.解析(1)证明:如图,取AD的中点O,连接OP,OC,AC,△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC,又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离,由(1)可知,PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM===,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=××=.设点D到平面PAC的距离为h,因为V D-PAC=V P-ACD,所以S△PAC·h=S△ACD·PO,又S△ACD=×2×=,所以××h=××,解得h=.故点D到平面PAM的距离为.【方法归纳】等积变换法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显.跟踪集训26.如图所示,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AC,PC的中点,PA=2,AB=1,则三棱锥C-PED 的体积为.27.如图所示,已知正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=CD=1.(1)当点M为ED的中点时,求证:AM∥平面BEC;(2)求点D到平面BEC的距离.答案精解精析技法一特例法跟踪集训1.答案解析题目中“求值”二字暗示答案为一定值,于是不妨令a=0°,得结果为.2.答案②解析依题意可取特殊模型正方体AC1(如图),在正方体AC1中逐一判断各命题,易得正确的命题是②.3.答案 1解析不妨取点P,则可计算S1=×(5-4)=,易求得PD=2,PE=,所以S2=×2×=,所以S1∶S2=1.技法二图解法跟踪集训4.答案[1,121]解析原方程组有解,即两圆(x+4)2+(y-5)2=36与(x+1)2+(y-1)2=t有交点,则|-6|≤5≤+6,解得1≤≤11,则1≤t≤121.5.答案[105°,165°]解析不妨令O为坐标原点.∵=(2,0),=(2,2),∴B(2,0),C(2,2),∵=(cosα,sinα),∴||=,∴点A在以点C为圆心,为半径的圆上.∴当OA与圆C相切时,向量与向量的夹角取得最大值或最小值.设切点分别为点A和点A',连接OC,OA,OA',如图,则OC=2,AC⊥OA,∵sin∠AOC==,∴∠AOC=∠A'OC=30°,∴∠AOB=∠A'Oy=15°,∴当切点为点A时,向量与向量的夹角取得最小值15°+90°=105°,当切点为点A'时,向量与向量的夹角取得最大值180°-15°=165°.故答案为[105°,165°].6.答案∪(-e,-1)解析当x=0时,=kx+2成立,故当x≠0时,方程有三个根,当x<0时,=kx+2⇒k=,当x>0时,|lnx|=kx+2⇒k=-=故k=令k=g(x),当0<x<1时,g'(x)==,令g'(x)=0,则x=,g=-e,当x≥1时,g'(x)==,令g'(x)=0,则x=e3,g(e3)=.画出图象可得k∈(-e,-1)∪.技法三等价转化法跟踪集训7.答案[-1,3]解析题设条件等价于点(0,1)在圆内或圆上,即等价于点(0,1)到圆心(a,0)的距离小于或等于圆半径,即≤,解得-1≤a≤3.8.答案2解析设EG=x,则FG=2-x,0≤x≤2,则S1+S2=×2+×2=+,在平面直角坐标系中,它表示x轴上的点P(x,0)到M(0,2)与N(2,2)两点的距离之和,而点M关于x轴的对称点为M'(0,-2),且当P在直线M'N上时,PM+PN最小,为2,则S1+S2的最小值为2.技法四待定系数法跟踪集训9.答案f(x)=x2-7x+10解析设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0).∵二次函数f(x)的图象与x轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),f(0)=10,∴∴∴f(x)=x2-7x+10.10.解析(1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),∴=(-2,b),=(-2,-b),∵⊥,∴·=0,解得b2=4,又e===,解得a2=9,故椭圆的标准方程为+=1.(2)是.假设存在满足条件的定点P,其坐标为(t,0),由题意可设直线AB的方程为x=my+2,代入+=1, 整理得(4m2+9)y2+16my-20=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=,y1·y2=-.又PA,PB所在直线斜率分别为k PA=,k PB=,∴k PA+k PB=0⇔y1(x2-t)+y2(x1-t)=0⇔2my1y2+(2-t)(y1+y2)=0⇔-40m-16m(2-t)=0.上式对任意m∈R恒成立,其充要条件为-40m-16m(2-t)=0,解得t=.故存在满足条件的定点P,其坐标为.技法五换元法跟踪集训11.答案f(x)=3e x+4解析令lnx=t,则x=e t,f(t)=3e t+4,即f(x)=3e x+4.12.答案x=log23或x=log2解析由f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=,得4x+4-x-2(2x+2-x)=,令t=2x+2-x,则4x+4-x=t2-2,故原方程可化为9t2-18t-40=0,解得t=或t=-(舍去),则2x+2-x=,即2x+=,解得2x=3或2x=,所以x=log23或x=log2.13.答案+解析设sinx+cosx=t,则t∈[-,],则y=+t-=(t+1)2-1,当t=时,y取最大值,y max=+.技法六构造法跟踪集训14.答案解析对于任意的b>a>0,<1恒成立,等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立,设h(x)=f(x)-x=lnx+-x(x>0),则h(b)<h(a),所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h'(x)=--1≤0在(0,+∞)上恒成立,所以m≥-x2+x=-+(x>0),所以m≥,即实数m的取值范围为.15.答案4,解析构造平面向量的数量积.由函数解析式可得a>0,a≠1,f(x)=,令m=(x,),n=(,x),则|m|=1,|n|=,设m,n的夹角是α,α∈[0,π],则x+x=m·n=cosα∈[-,],当0<a<1时,f(x)min==-,解得a=,适合;当a>1时,f(x)min=-=-,解得a=4,适合,故a的值为4或.技法七逆向思维法跟踪集训16.答案(-∞,-1]解析若A∩B=⌀,则①当A=⌀时,有Δ=(-4m)2-4(2m+6)<0,解得-1<m<;②当A≠⌀时,方程x2-4mx+2m+6=0的两根x1,x2均为非负数,则解得m≥,则当A∩B=⌀时,m>-1,故所求实数m的取值范围为(-∞,-1].技法八分离参数法跟踪集训17.答案(-∞,4]解析已知条件可转化为a≤2lnx+x+恒成立.设f(x)=2lnx+x+,则f'(x)=(x>0).当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1)=4,所以a≤4.18.答案(-∞,-6)解析根据题意知x3-x2-3x+<-x-在x∈[-2,2]上恒成立,则->x3-x2+x+,设g(x)=x3-x2+x+,则g'(x)=x2-2x+,因为g'(x)>0恒成立,所以g(x)在[-2,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)=3,则c<-6.技法九整体代换法跟踪集训19.答案解析+++=+++=,则2(a2+a8)=14,即a2+a8=7,所以S9==.20.答案48解析设正项等比数列的公比为q,q>0,则a4+a3-2a2-2a1=(a2+a1)(q2-2)=6,则a2+a1=>0,q2>0,a5+a6=(a2+a1)q4==6(q2-2)++24≥12+24=48,当且仅当q=2时取等号,故a5+a6的最小值是48.技法十判别式法跟踪集训21.答案解析已知函数式可变形为yx2+2yx+3y=2x2+4x-7,即(y-2)x2+2(y-2)x+3y+7=0,当y≠2时,将上式视为关于x的一元二次方程,∵x∈R,∴Δ≥0,即[2(y-2)]2-4(y-2)·(3y+7)≥0,整理得2y2+5y-18≤0,因式分解得2(y-2)·≤0,解得-≤y<2(也可以依据二次函数y=2x2+5x-18在x轴下方的图象求解).当y=2时,3×2+7≠0,不符合题意,应舍去.故函数的值域为.22.答案(-∞,-2]∪[2,+∞)解析因为S5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,化简得2+9da1+10d2+1=0.因为a1∈R,所以Δ=81d2-8(10d2+1)≥0,得d≥2或d≤-2.23.答案 2解析因为=(x+y)2,所以x2+y2-xy=1.(*)记x+y=t,则x=t-y,代入(*),得(t-y)2+y2-(t-y)y=1,化简得3y2-3ty+t2-1=0,因为Δ=(-3t)2-12(t2-1)≥0,所以t2≤4,所以x+y的最大值是2.技法十一归纳法跟踪集训24.答案解析f3(x)=[f2(x)]'==⇒f n(x)=(-1)n-1⇒f2017(x)=(-1)2017-1=.25.答案(1)3·2n-3 (2)9-9·解析(1)由题图知,一级分形图中有3=3×2-3条线段,二级分形图中有9=3×22-3条线段,三级分形图中有21=3×23-3条线段,按此规律得n级分形图中的线段条数为3·2n-3.(2)∵分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来的线段,∴n级分形图中第n级的(最短的)所有线段的长度和为3·(n∈N*),∴n级分形图中所有线段的长度之和为3·+3·+…+3·=3·=9-9·.技法十二等积转化法跟踪集训26.答案解析∵PA⊥平面ABCD,∴PA是三棱锥P-CED的高,PA=2.∵四边形ABCD是正方形,E是AC的中点,∴△CED是等腰直角三角形,∵AB=1,∴CE=ED=,∴S△CED=CE·ED=××=.∴V C-PED=V P-CED=·S△CED·PA=××2=.27.解析(1)证明:如图,取EC的中点N,连接MN,BN.在△EDC中,M,N分别为ED,EC的中点,所以MN∥CD,且MN=CD.又AB∥CD,AB=CD,所以MN∥AB,且MN=AB.所以四边形ABNM为平行四边形,所以BN∥AM.因为BN⊂平面BEC,且AM⊄平面BEC,所以AM∥平面BEC.(2)如图,连接BD.在正方形ADEF中,ED⊥AD,因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以ED⊥平面ABCD,而BC⊂平面ABCD,所以ED⊥BC.在直角梯形ABCD中,AB=AD=1,CD=2,可得BC=.在△BCD中,BD=BC=,CD=2,所以BD2+BC2=CD2,所以BC⊥BD.又DE∩DB=D,所以BC⊥平面EDB.又BE⊂平面EDB,所以BC⊥BE.设点D到平面BEC的距离为d,由V D-BEC=V E-BCD,得S△BEC·d=S△BCD·ED,即S△BEC·d=S△BCD·ED.在△EDB中,BE==,所以S△BEC=·BE·BC=××=,又S△BCD=·BD·BC=××=1,所以d=1×1,得d=,于是点D到平面BEC的距离为.。
2019年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案 专题六 应用题
江苏新高考“在考查基础知识的同时，侧重考查能力”是高考的重要意向，而应用能力的考查又是近二十年来的能力考查重点.江苏卷一直在坚持以建模为主.所以如何由实际问题转化为数学问题的建模过程的探索应是复习的关键.应用题的载体很多，前几年主要考函数建模，以三角、导数、不等式知识解决问题.2013年应用考题(3)是解不等式模型，2014年应用考题(2)可以理解为一次函数模型，也可以理解为条件不等式模型，这样在建模上增添新意，还是有趣的，2015、2016年应用考题(2)都先构造函数，再利用导数求解.2016、2017年应用考题是立体几何模型，2017年应用考题需利用空间中的垂直关系和解三角形的知识求解.[常考题型突破][例1] (2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ [解] (1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1的体积 V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． (2)设A1B 1＝a m ，PO 1＝h m ， 则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .连结O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝⎛⎭⎫2a 22＋h 2＝36， 即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0＜h ＜6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍去)． 当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数； 当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数． 故当h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大． [方法归纳]解函数应用题的四步骤[变式训练]1．(2017·苏锡常镇二模)某科研小组研究发现：一棵水蜜桃树的产量w (单位：百千克)与肥料费用x (单位：百元)满足如下关系：w ＝4－3x ＋1，且投入的肥料费用不超过5百元．此外，还需要投入其他成本(如施肥的人工费等)2x 百元．已知这种水蜜桃的市场售价为16元/千克(即16百元/百千克)，且市场需求始终供不应求．记该棵水蜜桃树获得的利润为L (x )(单位：百元)．(1)求利润函数L (x )的函数关系式，并写出定义域；(2)当投入的肥料费用为多少时，该水蜜桃树获得的利润最大？最大利润是多少？解：(1)L (x )＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3x ＋1－x －2x ＝64－48x ＋1－3x (0≤x ≤5)．(2)法一：L (x )＝64－48x ＋1－3x ＝67－⎣⎢⎡⎦⎥⎤48x ＋1＋3(x ＋1)≤67－248x ＋1·3(x ＋1)＝43.当且仅当48x ＋1＝3(x ＋1)时，即x ＝3时取等号．故L (x )max ＝43.答：当投入的肥料费用为300元时，种植水蜜桃树获得的最大利润是4 300元. 法二：L ′(x )＝48(x ＋1)2－3，由L ′(x )＝0，得x ＝3.故当x ∈(0,3)时，L ′(x )>0，L (x )在(0,3)上单调递增； 当x ∈(3,5)时，L ′(x )<0，L (x )在(3,5)上单调递减． 所以当x ＝3时，L (x )取得极大值，也是最大值， 故L (x )max ＝L (3)＝43.答：当投入的肥料费用为300元时，种植水蜜桃树获得的最大利润是4 300元． 2．(2017·南通三模)如图，半圆AOB 是某爱国主义教育基地一景点的平面示意图，半径OA 的长为1百米．为了保护景点，基地管理部门从道路l 上选取一点C ，修建参观线路C －D －E －F ，且CD ，DE ，EF 均与半圆相切，四边形CDEF 是等腰梯形．设DE ＝t 百米，记修建每1百米参观线路的费用为f (t )万元，经测算f (t )＝⎩⎨⎧5，0<t ≤13，8－1t ，13<t <2.(1)用t 表示线段EF 的长； (2)求修建该参观线路的最低费用．解：(1)法一：设DE 与半圆相切于点Q ，则由四边形CDEF 是等腰梯形知OQ ⊥l ，DQ ＝QE ，以OF 所在直线为x 轴，OQ 所在直线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy .由题意得，点E 的坐标为⎝⎛⎭⎫t2，1， 设直线EF 的方程为y －1＝k ⎝⎛⎭⎫x －t2(k <0)，即kx －y ＋1－12tk ＝0.因为直线EF 与半圆相切，所以圆心O 到直线EF 的距离为⎪⎪⎪⎪1－12tk k 2＋1＝1，解得k ＝4tt 2－4.代入y －1＝k ⎝⎛⎭⎫x －t 2可得，点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫t 4＋1t ，0. 所以EF ＝⎝⎛⎭⎫t 4＋1t －t 22＋1＝t 4＋1t， 即EF ＝t 4＋1t (0<t <2)．法二：设EF 切圆O 于点G ，连结OG ，过点E 作EH ⊥AB ，垂足为H .因为EH ＝OG ，∠OFG ＝∠EFH ，∠GOF ＝∠HEF ， 所以Rt △EHF ≌Rt △OGF ，所以HF ＝FG ＝EF －12t .由EF 2＝1＋HF 2＝1＋⎝⎛⎭⎫EF －12t 2, 所以EF ＝t 4＋1t (0<t <2)．答：EF 的长为⎝⎛⎭⎫t 4＋1t 百米．(2)设修建该参观线路的费用为y 万元． ①当0<t ≤13时，y ＝5⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫t 4＋1t ＋t ＝5⎝⎛⎭⎫32t ＋2t ， 由y ′＝5⎝⎛⎭⎫32－2t 2<0，得y 在⎝⎛⎦⎤0，13上单调递减． 所以当t ＝13时，y 取最小值为32.5.②当13<t <2时，y ＝⎝⎛⎭⎫8－1t ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫t 4＋1t ＋t ＝12t ＋16t －32－2t 2， 所以y ′＝12－16t 2＋4t 3＝4(t －1)(3t 2＋3t －1)t 3，因为13<t <2，所以3t 2＋3t －1>0，所以当t ∈⎝⎛⎭⎫13，1时，y ′<0；当t ∈(1,2)时，y ′>0， 所以y 在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减；在(1,2)上单调递增． 所以当t ＝1时，y 取最小值为24.5. 由①②知，y 取最小值为24.5.答：修建该参观线路的最低费用为24.5万元.[例2] 预计销售Q (万件)与广告费x (万元)之间的函数关系为Q ＝4x ＋1x ＋1(x ≥0)．已知生产此产品的年固定投入为4.5万元，每生产1万件此产品仍需再投入32万元，且能全部销售完．若每件销售价定为：“平均每件生产成本的150%”与“年平均每件所占广告费的25%”之和.(1)试将年利润W (万元)表示为年广告费x (万元)的函数；(2)当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？最大利润为多少？ [解] (1)由题意可得，产品的生产成本为(32Q ＋4.5)万元， 每件销售价为32Q ＋4.5Q ×150%＋xQ ×25%.∴年销售收入为⎝ ⎛⎭⎪⎫32Q ＋4.5Q ×150%＋x Q ×25%·Q ＝32⎝⎛⎭⎫32Q ＋92＋14x . ∴年利润W ＝32⎝⎛⎫32Q ＋92＋14x －⎝⎛⎫32Q ＋92－x ＝12⎝⎛⎫32Q ＋92－34x ＝16Q ＋94－34x ＝16·4x ＋1x ＋1＋94－34x (x ≥0)． (2)令x ＋1＝t (t ≥1)，则W ＝16·4t －3t ＋94－34(t －1)＝64－48t ＋3－34t ＝67－3⎝⎛⎭⎫16t ＋t 4. ∵t ≥1，∴16t ＋t 4≥216t ·t4＝4，即W ≤55， 当且仅当16t ＝t4，即t ＝8时，W 有最大值55，此时x ＝7.即当年广告费为7万元时，企业年利润最大，最大值为55万元． [方法归纳](2017·苏州期末)某湿地公园内有一条河，现打算建一座桥(如图1)将河两岸的路连接起来，剖面设计图纸(图2)如下，其中，点A ，E 为x 轴上关于原点对称的两点，曲线段BCD 是桥的主体，C 为桥顶，并且曲线段BCD 在图纸上的图形对应函数的解析式为y ＝84＋x 2(x ∈[－2，2])，曲线段AB ，DE 均为开口向上的抛物线段，且A ，E 分别为两抛物线的顶点．设计时要求：保持两曲线在各衔接处(B ，D )的切线的斜率相等．(1)求曲线段AB 在图纸上对应函数的解析式，并写出定义域；(2)车辆从A 经B 到C 爬坡，定义车辆上桥过程中某点P 所需要的爬坡能力为：M ＝(该点P 与桥顶间的水平距离)×(设计图纸上该点P 处的切线的斜率)其中M P 的单位：米．若该景区可提供三种类型的观光车：①游客踏乘；②蓄电池动力；③内燃机动力，它们的爬坡能力分别为0.8米，1.5米，2.0米，用已知图纸上一个单位长度表示实际长度1米，试问三种类型的观光车是否都可以顺利过桥？解：(1)由题意A 为抛物线的顶点，设A (a,0)(a ＜－2)，则可设方程为y ＝λ(x －a )2(a ≤x ≤－2，λ＞0)，y ′＝2λ(x －a )．∵曲线段BCD 在图纸上的图形对应函数的解析式为y ＝84＋x 2(x ∈[－2,2])， ∴y ′＝－16x(4＋x 2)2，且B (－2,1)，则曲线在B 处的切线斜率为12，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ(－2－a )2＝1，2λ(－2－a )＝12，∴a ＝－6，λ＝116， ∴曲线段AB 在图纸上对应函数的解析式为y ＝116(x ＋6)2(－6≤x ≤－2)．(2)设P 为曲线段AC 上任意一点．①P 在曲线段AB 上时，则通过该点所需要的爬坡能力(M P )1＝(－x )·18(x ＋6) ＝－18[(x＋3)2－9]，在[－6，－3]上为增函数，[－3，－2]上是减函数，所以爬坡能力最大为98米；②P 在曲线段BC 上时，则通过该点所需要的爬坡能力(M P )2＝(－x )·－16x (4＋x 2)2＝16x 2(4＋x 2)2(x ∈[－2,0])，设t ＝x 2，t ∈[0,4]，(M P )2＝y ＝16t(4＋t )2.当t ＝0时，y ＝0；当0＜t ≤4时，y ＝1616t ＋t ＋8≤1(t ＝4取等号)，此时最大为1米．由上可得，最大爬坡能力为98米．∵0.8＜98＜1.5＜2，∴游客踏乘不能顺利通过该桥，蓄电池动力和内燃机动力能顺利通过该桥.[例3] (2017·器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度．[解] (1)由正棱柱的定义知，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC .如图，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处． 因为AC ＝107，AM ＝40， 所以MC ＝402－(107)2＝30，从而sin ∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12，从而AP 1＝P 1Q 1sin ∠MAC＝16.答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm)(2)如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心． 由正棱台的定义知，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG .同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处． 过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足， 则GK ＝OO 1＝32.因为EG ＝14，E 1G 1＝62， 所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40.设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝45. 因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝⎛⎭⎫－35×725＝35. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin ∠NEG ＝20.答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm) [方法归纳]如图，经过村庄A 有两条夹角为60°的公路AB ，AC ，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂P ，分别在两条公路边上建两个仓库M ，N (异于村庄A )，要求PM ＝PN ＝MN ＝2(单位：千米)．记∠AMN ＝θ.(1)将AN ，AM 用含θ的关系式表示出来；(2)如何设计(即AN ，AM 为多长)，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离AP 最大)?解：(1)由已知得∠MAN ＝60°，∠AMN ＝θ，MN ＝2， 在△AMN 中，由正弦定理得MN sin 60°＝AN sin θ＝AMsin (120°－θ)，所以AN ＝433sin θ，AM ＝433sin(120°－θ)＝433sin(θ＋60°)．(2)在△AMP 中，由余弦定理可得AP 2＝AM 2＋MP 2－2AM ·MP ·cos ∠AMP ＝163sin 2(θ＋60°)＋4－1633sin(θ＋60°)cos(θ＋60°) ＝83[1－cos(2θ＋120°)]－833sin(2θ＋120°)＋4 ＝－83[3sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋203＝203－163sin(2θ＋150°)，0＜θ＜120°， 当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小，此时AN ＝AM ＝2.[课时达标训练]1．(2017·苏锡常镇一模)某单位将举办庆典活动，要在广场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC (如图)，设计要求彩门的面积为S (单位：m 2)，高为h (单位：m)(S ，h 为常数)，彩门的下底BC 固定在广场地面上，上底和两腰由不锈钢支架构成，设腰和下底的夹角为α，不锈钢支架的长度和记为l .(1)请将l 表示成关于α的函数l ＝f (α)； (2)当α为何值时l 最小？并求l 的最小值． 解：(1)过D 作DH ⊥BC 于点H (图略)， 则∠DCB ＝α⎝⎛⎭⎫0<α<π2，DH ＝h, 设AD ＝x ， 则DC ＝h sin α，CH ＝h tan α，BC ＝x ＋2h tan α， 因为S ＝12⎝⎛⎭⎫x ＋x ＋2h tan α·h ，则x ＝S h －h tan α. 所以l ＝f (α)＝2DC ＋AD ＝Sh ＋h ⎝⎛⎭⎫2sin α－1tan α⎝⎛⎭⎫0<α<π2.答：l 表示成关于α的函数为l ＝f (α)＝Sh ＋h ⎝⎛⎭⎫2sin α－1tan α⎝⎛⎭⎫0<α<π2. (2)f ′(α)＝h ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2cos αsin 2α－－1sin 2α＝h ·1－2cos αsin 2α，令f ′(α)＝h ·1－2cos αsin 2α＝0，得α＝π3. 列表如下：所以l min ＝f ⎝⎛⎭⎫π3＝3h ＋Sh. 答：当α＝π3时，l 有最小值为3h ＋S h .2.如图是某设计师设计的Y 型饰品的平面图，其中支架OA ，OB ，OC两两成120°，OC ＝1，AB ＝OB ＋OC ，且OA ＞OB .现设计师在支架OB 上装点普通珠宝，普通珠宝的价值为M ，且M 与OB 长成正比，比例系数为k (k 为正常数)；在△AOC 区域(阴影区域)内镶嵌名贵珠宝，名贵珠宝的价值为N ，且N 与△AOC 的面积成正比，比例系数为43k .设OA ＝x ，OB ＝y .(1)求y 关于x 的函数解析式，并写出OA 的取值范围； (2)求N －M 的最大值及相应的x 的值． 解：(1)因为OA ＝x ，OB ＝y ，AB ＝y ＋1， 由余弦定理得，x 2＋y 2－2xy cos 120°＝(y ＋1)2， 解得y ＝x 2－12－x.由x ＞0，y ＞0得，1＜x ＜2，又x ＞y ，得x ＞x 2－12－x ，得1＜x ＜1＋32，所以OA 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1＋32.(2)设M ＝kOB ＝ky ，N ＝43k ·S △AOC ＝3kx ，则N －M ＝k (3x －y )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －x 2－12－x .设2－x ＝t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，1，则N －M ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(2－t )－(2－t )2－1t＝k ⎣⎡⎦⎤10－⎝⎛⎭⎫4t ＋3t ≤k ⎝⎛⎭⎫10－24t ·3t＝(10－43)k .当且仅当4t ＝3t ，即t ＝32∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，1时取等号，此时x ＝2－32， 所以当x ＝2－32时，N －M 的最大值是(10－43)k . 3．(2017·南京、盐城二模)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD ，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x 厘米，矩形纸板的两边AB ，BC 的长分别为a 厘米和b 厘米，其中a ≥b .(1)当a ＝90时，求纸盒侧面积的最大值；(2)试确定a ，b ，x 的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．解：(1)因为矩形纸板ABCD 的面积为3 600，故当a ＝90时，b ＝40，从而包装盒子的侧面积S ＝2×x (90－2x )＋2×x (40－2x )＝－8x 2＋260x ，x ∈(0,20)．因为S ＝－8x 2＋260x ＝－8(x －16.25)2＋2 112.5，故当x ＝16.25时，纸盒侧面积最大，最大值为2 112.5平方厘米．(2)包装盒子的体积V ＝(a －2x )(b －2x )x ＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]，x ∈⎝⎛⎭⎫0，b2，b ≤60.V ＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]≤x (ab －4abx ＋4x 2) ＝x (3 600－240x ＋4x 2)＝4x 3－240x 2＋3 600x ， 当且仅当a ＝b ＝60时等号成立． 设f (x )＝4x 3－240x 2＋3 600x ，x ∈(0,30)． 则f ′(x )＝12(x －10)(x －30)．于是当0＜x ＜10时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0,10)上单调递增； 当10＜x ＜30时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(10,30)上单调递减． 因此当x ＝10时，f (x )有最大值f (10)＝16 000，此时a ＝b ＝60，x ＝10. 答：当a ＝b ＝60，x ＝10时纸盒的体积最大，最大值为16 000立方厘米．4.(2017·南通、泰州一调)如图，某机械厂要将长6 m ，宽2 m 的长方形铁皮ABCD 进行裁剪．已知点F 为AD 的中点，点E 在边BC 上，裁剪时先将四边形CDFE 沿直线EF 翻折到MNFE 处(点C ，D 分别落在直线BC 下方点M ，N 处，FN 交边BC 于点P )，再沿直线PE 裁剪．(1)当∠EFP ＝π4时，试判断四边形MNPE 的形状，并求其面积；(2)若使裁剪得到的四边形MNPE 面积最大，请给出裁剪方案，并说明理由．解：(1)当∠EFP ＝π4时，由条件得∠EFP ＝∠EFD ＝∠FEP ＝π4，所以∠FPE ＝π2，即FN ⊥BC ，所以四边形MNPE 为矩形，且四边形MNPE 的面积S ＝PN ·MN ＝2(m 2). (2)法一：设∠EFD ＝θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π2，由条件，知∠EFP ＝∠EFD ＝∠FEP ＝θ. 所以PF ＝2sin (π－2θ)＝2sin 2θ，NP ＝NF －PF ＝3－2sin 2θ，ME ＝3－2tan θ. 由⎩⎪⎨⎪⎧3－2sin 2θ>0，3－2tan θ>0，0<θ<π2，得⎩⎪⎨⎪⎧sin 2θ>23，tan θ>23， (*)0<θ<π2.所以四边形MNPE 面积为S ＝12(NP ＋ME )MN＝12⎣⎡⎦⎤3－2sin 2θ＋⎝⎛⎭⎫3－2tan θ×2＝6－2tan θ－2sin 2θ ＝6－2tan θ－2(sin 2θ＋cos 2θ)2sin θcos θ＝6－⎝⎛⎭⎫tan θ＋3tan θ≤6－2tan θ·3tan θ＝6－2 3.当且仅当tan θ＝3tan θ，即tan θ＝3，θ＝π3时取“＝”．此时，(*)成立．答：当∠EFD ＝π3时，沿直线PE 裁剪，四边形MNPE 面积最大，最大值为()6－23m 2.法二：设BE ＝t m,3<t <6，则ME ＝6－t . 因为∠EFP ＝∠EFD ＝∠FEP ， 所以PE ＝PF ，即(3－BP )2＋22＝t －BP .所以BP ＝13－t 22(3－t )，NP ＝3－PF ＝3－PE ＝3－(t －BP )＝3－t ＋13－t 22(3－t ).由⎩⎪⎨⎪⎧3<t <6，13－t22(3－t )>0，3－t ＋13－t 22(3－t )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧3<t <6，t >13， (*)t 2－12t ＋31<0.所以四边形MNPE 面积为S ＝12(NP ＋ME )MN ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－t ＋13－t 22(3－t )＋(6－t )×2＝3t 2－30t ＋672(3－t )＝6－⎣⎢⎡⎦⎥⎤32(t －3)＋2t －3≤6－2 3.当且仅当32(t －3)＝2t －3，即t ＝3＋43＝3＋233时取“＝”. 此时，(*)成立． 答：当点E 距B 点3＋233 m 时，沿直线PE 裁剪，四边形MNPE 面积最大，最大值为(6－23)m 2.5.(2017·南京三模)在一水域上建一个演艺广场．演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC ，及矩形表演台BCDE 四个部分构成(如图)．看台Ⅰ，看台Ⅱ是分别以AB ，AC 为直径的两个半圆形区域，且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍；矩形表演台BCDE 中，CD ＝10米；三角形水域ABC 的面积为4003平方米．设∠BAC ＝θ.(1)求BC 的长(用含θ的式子表示)；(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元，求表演台的最低造价． 解：(1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB ＝3AC . 在△ABC 中，S △ABC ＝12AB ·AC ·sin θ＝4003，所以AC 2＝800sin θ.由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos θ＝4AC 2－23AC 2 cos θ＝(4－23cos θ) 800sin θ ， 即BC ＝(4－23cos θ)·800sin θ＝402－3cos θsin θ.所以BC ＝402－3cos θsin θ，θ∈(0，π)．(2)设表演台的总造价为W 万元．因为CD ＝10 m ，表演台每平方米的造价为0.3万元，所以W ＝3BC ＝1202－3cos θsin θ，θ∈(0，π)．记f (θ)＝2－3cos θsin θ，θ∈(0，π)．则f ′(θ)＝3－2cos θsin 2θ.由f ′(θ)＝0，解得θ＝π6.当θ∈⎝⎛⎭⎫0，π6时，f ′(θ)＜0；当θ∈⎝⎛⎭⎫π6，π时，f ′(θ)＞0. 故f (θ)在⎝⎛⎭⎫0，π6上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π6，π上单调递增， 从而当θ＝π6时，f (θ)取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫π6＝1. 所以W min ＝120(万元)．答：表演台的最低造价为120万元．6.如图，OA 是南北方向的一条公路，OB 是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C .为方便游客观光，拟过曲线C 上某点P 分别修建与公路OA ，OB 垂直的两条道路PM ，PN ，且PM ，PN 的造价分别为5万元/百米、40万元/百米．建立如图所示的平面直角坐标系xOy ，则曲线C 符合函数y ＝x ＋42x 2(1≤x ≤9)模型，设PM ＝x ，修建两条道路PM ，PN 的总造价为f (x )万元．题中所涉及长度单位均为百米．(1)求f (x )的解析式；(2)当x 为多少时，总造价f (x )最低？并求出最低造价．解：(1)在题中的平面直角坐标系中，因为曲线C 的方程为y ＝x ＋42x 2(1≤x ≤9)，PM ＝x ，所以点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫x ，x ＋42x 2. 又直线OB 的方程为x －y ＝0， 则点P 到直线x －y ＝0的距离为⎪⎪⎪⎪x －⎝⎛⎭⎫x ＋42x 22＝⎪⎪⎪⎪42x 22＝4x 2. 又PM 的造价为5万元/百米，PN 的造价为40万元/百米， 所以两条道路的总造价为f (x )＝5x ＋40×4x 2＝5⎝⎛⎭⎫x ＋32x 2(1≤x ≤9)． (2)因为f (x )＝5⎝⎛⎭⎫x ＋32x 2， 所以f ′(x )＝5⎝⎛⎭⎫1－64x 3＝5(x 3－64)x 3. 令f ′(x )＝0，得x ＝4，列表如下：所以当x ＝4时，函数f (x )有最小值，且最小值为f (4)＝5⎝⎛⎭⎫4＋3242＝30. 即当x ＝4时，总造价f (x )最低， 且最低造价为30万元．(注：利用三次基本不等式f (x )＝5⎝⎛⎭⎫x ＋32x 2＝5⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋32x 2≥5×338＝30，当且仅当x 2＝x 2＝32x2，即x ＝4时等号成立，照样给分．)。
2019届高考数学二轮复习解答题双规范案例之__立体几何问题课件
【思维流程】
【典例】(12分)(2018·全国卷Ⅲ)如图, 边长为2的正方形ABCD所在的平面与半 圆弧C D 所在平面垂直,M是 C D 上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC. (2)当三棱锥M-ABC体积最大时, 求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
切入点:联想到面面垂直的判定定理 关键点:确定三棱锥M-ABC体积最大时,点M的位置
【标准答案】 【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD. 因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD, ………………1分① 所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. ………………2分② 因为M为C D 上异于C,D的点,且DC为直径, 所以 DM⊥CM.
又 BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC. ………………3分③ 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. …………4分④ (2)以D为坐标原点, D A的方向为x轴正方向,建立如图 所示的空间直角坐标系D-xyz. …………6分⑤
当三棱锥M-ABC体积最大时,MC为D 的中点. ……7分⑥ 由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), M(0,1,1),
2019年高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练： 7 Word版含解析
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高考大题专攻练7.立体几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC.(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D -AE-C的余弦值.【解题导引】(1)若证明平面ACD⊥平面ABC可根据面面垂直的判定在平面ACD内找一条线垂直平面ABC，从而转化为线面垂直，再利用线线垂直确定线面垂直.(2)利用(1)中的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面ADE和平面ACE的法向量，求法向量的余弦值得二面角的余弦值.【解析】(1)如图，取AC中点O，连接OD，OB.[来源:学科网ZXXK]由∠ABD=∠CBD，AB=BC=BD知△ABD≌△CBD，所以CD=AD.由已知可得△ADC 为等腰直角三角形，D 为直角顶点，则OD ⊥AC ，设正△ABC 边长为a ，[来源:学科网ZXXK]则OD=AC=a ，OB=a ，BD=a ，所以OD2+OB2=BD2，即OD ⊥OB.又OB ∩AC=O ，所以OD ⊥平面ABC ，又OD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面ABC. (2)如图，以OA ，OB ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，当E 为BD 中点时，平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，故可得A ，D ，C ，E ，则=，=.设平面ADE 的一个法向量为n1=， 则即令z1=1，则x1=1，y1=，所以n1=.同理可得平面AEC 的一个法向量n2=，所以cos<n1，n2>===.因为二面角D -AE-C的平面角为锐角，所以二面角D -AE-C的余弦值为.[来源:学|科|网]2.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知AB∥CD，AD⊥CD，AB=AD=CD.世纪金榜导学号92494443(1)求证：BF∥平面CDE.(2)求平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)因为AF∥DE，AF⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，[来源:学科网ZXXK]所以AF∥平面CDE，同理，AB∥平面CDE，又AF∩AB=A，所以平面ABF∥平面CDE，又BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.(2)因为正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，正方形ADEF与梯形ABCD交于AD，CD⊥AD，[来源:Z。
2019年高考数学二轮复习解题思维提升专题07数列小题部分训练手册(附答案)
专题07 数列小题部分【训练目标】1、 理解并会运用数列的函数特性；2、 掌握等差数列，等比数列的通项公式，求和公式及性质；3、 掌握根据递推公式求通项公式的方法；4、 掌握常用的求和方法；5、 掌握数列中简单的放缩法证明不等式。
【温馨小提示】高考中一般有一道小题，一道大题，小题侧重于考等差数列与等比数列的性质，熟练的灵活的使用数列的性质会大大减少计算量；大题则侧重于考查根据递推公式求通项公式，求和的方法。
总之，此类题目难度中等，属于必拿分题。
【名校试题荟萃】1、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（文）试卷）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ， 若，则使0>n a 的最小正整数n 的值是（ ） A.8 B.9C.10D.11【答案】C2、等差数列{}n a 中，n S 为n a 的前n 项和，208=a ，567=S ，则12a =（ ）8、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考试题+数学（文））已知等差数列{}n a 中，100a =，公差()2,0d ∈-，若，，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（ ）A.πB.5πC.10πD.15π 【答案】D 【解析】 原式，再根据平方差公式，两角和差的余弦公式可得，根据等差数列的性质可知，则即，结合100a=可求得13aπ=，则，再利用配方法可知当9n=或10时取得最大值，最大值为15π。
【答案】D10、（河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试数学（理）试题）已知数列，若数列的前项和，则的值为________.【答案】16【解析】据题意，得，所以当时，.两式相减，得.所以当时，，故.11、（河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试数学（文）试题）已知数列的前项和为，正项等比数列中，，，则( )A. B. C. D.【答案】D【解析】数列{a n}的前n项和S n=n2﹣n，∴a1=S1=0，n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n﹣2，n=1时也成立．∴a n=2n﹣2．设正项等比数列{b n}的公比为q＞0，b2=a3=4．根据b n+3b n﹣1=4b n2（n≥2，n∈N+），∴=4，化为q2=4，解得q=2．∴b1×2=4，解得b1=2．∴b n=2n，则log2b n=n．12、（河北省衡水中学2019届高三第二次摸底考试数学（理）试题）已知数列的前项和，若不等式对恒成立，则整数的最大值为________________.【答案】4记，n≥2时，．∴n≥3时，，．∴5﹣λ，即，∴整数λ的最大值为4．13、（河北省衡水中学2019届高三上学期三调考试数学（文）试卷）已知公比不为1的等比数列的前项和为，且满足、、成等差数列，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】公比不为1的等比数列的前项和为，、、成等差数列，可得，即为，即，解得（1舍去），则，14、（河北省衡水中学2019届高三上学期三调考试数学（理）试卷）已知数列的前项和为，且满足：，，，则__________.【答案】15、（湖北省重点高中联考协作体2018届高三上学期期中考试数学（文）试题）数列满足，，则__________．【答案】【解析】由题意得，∴数列的周期为3，∴。
2019年高考理科数学复习 第一部分 二轮配套热练 专题七 实际应用问题
专题七实际应用问题第1讲三角函数模型 (41)第2讲导数、解析几何、立体几何、数列模型 (43)专题七实际应用问题第1讲三角函数模型1. (2018·南京高三联合体)南京市江北新区计划在一个竖直长度为20m的瀑布AB正前方修建一座观光电梯DE.如图所示，瀑布底部A距离水平地面的高度AC为60m，电梯上设有一个安全拍照口P，P上升的最大高度为60m.设P距离水平地面的高度为a m，P处拍照瀑布的视角∠BPA为θ.摄影爱好者发现，要使照片清晰，视角θ不能小于30°.(1) 当a＝50m时，视角θ恰好为30°，求电梯和山脚的水平距离CD.(2) 要使电梯拍照口P的高度a在52m及以上时，拍出的照片均清晰，请求出电梯和山脚的水平距离CD的取值范围．(第1题)2. (2018·南通最后一卷)如图，某机械厂欲从AB＝2m，AD＝22m的矩形铁皮中裁剪出一个四边形ABEF加工成某仪器的零件，裁剪要求如下：点E，F分别在边BC，AD上，且EB＝EF，AF<AE.设∠BEF＝θ，四边形ABEF的面积为f(θ)(单位：m2)．(1) 求f(θ)关于θ的函数关系式，并求出定义域；(2) 当BE，AF的长为何值时，裁剪出的四边形ABEF的面积最小，并求出最小值．(第2题)3.(2018·江苏卷)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40m，点P到MN的距离为50m.现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.(1) 用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；(2) 若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．(第3题)4. (2018·徐州三模)如图，在P 地正西方向8km 的A 处和正东方向1km 的B 处各有一条正北方向的公路AC 和BD ，现计划在AC 和BD 路边各修建一个物流中心E 和F.为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE 和PF.设∠EPA ＝α⎝⎛⎭⎫0<α<π2. (1) 为减少周边区域的影响，试确定E ，F 的位置，使△PAE 与△PFB 的面积之比最小；(2) 为节省建设成本，试确定E ，F 的位置，使PE ＋PF 的值最小．(第4题)第2讲导数、解析几何、立体几何、数列模型1. (2018·南通考前指导)秸秆还田是当今世界上普通重视的一项培肥地力的增产措施，在杜绝了秸秆焚烧所造成的大气污染的同时还有增肥增产作用．某农机户为了达到在收割的同时让秸秆还田，花137600元购买了一台新型联合收割机，每年用于收割可以收入6万元(已减去所用柴油费)．该收割机每年都要定期进行维修保养，第一年由厂方免费维修保养，第二年及以后由该农机户付费维修保养，所付费用y(单位：元)与使用年数n的关系为y＝kn＋b(n≥2且n∈N*)，已知第二年付费1800元，第五年付费6000元．(1) 试求出该农机户用于维修保养的费用f(n)(单位：元)与使用年数n(n∈N*)的函数关系；(2) 这台收割机使用多少年，可使平均收益最大？(收益＝收入－维修保养费用－购买机械费用)2. (2018·南通二模)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100dm2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l1，l2裁剪成A，B，C三个矩形(B，C全等)，用来制成一个柱体．现有两种方案：方案①：以l1为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案②：以l1为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个正方形(各边分别与l1或l2垂直)作为正四棱柱的两个底面．(1) 设B，C都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径；(2) 设l1的长为xdm，则当x为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？(第2题)3. (2018·如皋中学)为了响应新农村的建设，某村计划对现有旧水渠进行改造，已知旧水渠的横断面是一段抛物线弧，顶点为水渠最底端(如图)，渠宽为4m，渠深为2m.(1) 考虑到农村耕地面积的减少，为节约水资源，要减少水渠的过水量，在原水渠内填土，使其成为横断面为等腰梯形的新水渠，新水渠底面与地面平行(不改变渠宽)，问新水渠底宽为多少时，所填土的土方量最少？(2) 考虑到新建果园的灌溉需求，要增大水渠的过水量，现把旧水渠改挖(不能填土)成横断面为等腰梯形的新水渠，使水渠的底面与地面平行(不改变渠深)，要使所挖土的土方量最少，请你设计水渠改挖后的底宽，并求出这个底宽．(第3题)4. (2017·江苏卷)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107 cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14 cm和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)(1) 将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；(2) 将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．容器Ⅰ容器Ⅱ(第4题)。
2019届高考数学二轮复习解答题双规范案例(复习课件)(打包8套)
般是先求导,再变形、分离或分解出基本函数,再根据 题意处理.
【思维流程】
【典例】(12分)(2018·全国卷II)已知函数f(x)=
ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1. (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p) ,求
f (p) 的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,
以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用 为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不
合格品支付25元的赔偿费用.
①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费 用与赔偿费用的和记为X,求E(X);
解答题双规范案例之—— 概率与统计问题
【重在“辨析”】
概率问题的求解关键是辨别它的概率模型,只要找
到模型,问题便迎刃而解.而概率模型的提取往往需要 经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程, 常常因题设条件理解不准,某个概念认识不清而误入歧
途.另外,还需弄清楚概率模型中等可能事件、互斥事
件、对立事件等事件间的关系,注意放回和不放回试验 的区别,合理划分复合事件.
【思维流程】
【典例】(12分)(2018·全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品 成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对
产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验
时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果
决定是否对余下的所有产品作检验,设每件产品为不合
格品的概率都为p (0 p 1) ,且各件产品是否为不合格品 相互独立.
2019届高考数学(文)二轮复习小题专练(7)(有答案)
2019届高考数学（文）二轮复习小题专练（7）1、已知集合{}{}22,1,0,1,2,|20A B x x x =--=--<,则A B ⋂= ( ) A. {}1,0,1- B. {}0,1 C. {}1,2 D. {}1,0,1,2-2、复数1z 、2z 在复平面内的对应点关于原点对称,且12z i =+,则212(1)1z z -+等于( )D.3、已知抛物线24y x =的焦点为F ,过点F和抛物线上一点(2,M 的直线l 交抛物线于另一点N ,则:NF FM 等于( ) A. 1:2 B. 1:3C. 1:D. 1:4、函数()log 42a y x =++ (0a >且1a ≠)的图象恒过点A ,且点A 在角α的终边上,则sin 2α= ( ) A. 513-B. 1213-C.1213 D. 9135、已知0x >,不等式12x x +≥,243x x +≥,3274x x +≥,…,可推广为1n ax n x+≥+,则a 的值为( ) A. 2n B. n n C. 2n D. 222n -6、函数()()()2ln ln f x x e x e x =+-+的图像大致为()A.B.C.D.7、在三角形ABC 中,已知4,1,AB AC ==三角形ABC 则AB AC ⋅= ( ) A. 2± B. 4± C. 2 D. 48、“1x >”是“44x x+≥”成立的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 9、如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则此几何体的体积为( )A.6B.18C.12D.36 10、函数 ()()()0,0,0f x Asin x A ωϕωϕπ=+>><<的图象如图所示,则下列有关()f x 性质的描述正确的是( )A. 7,,Z 122122k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦为其减区间 B. ()f x 向左移12π可变为偶函数C. 23πϕ=D. 7,Z 12x k k ππ=+∈为其所有对称轴 11、设,x y 满足约束条件210{100x y x y m --≤+≥-≤,若目标函数2z x y =-的最小值大于5-,则m 的取值范围为( )A.111,3⎛⎫- ⎪⎝⎭ B.113,3⎛⎫- ⎪⎝⎭C.()3,2-D.(),2-∞12、已知函数()3231f x ax x =-+,若() f x 存在唯一的零点0x ,且00x >,则a 的取值范围为( ) A. ()2,+∞ B. ()1,+∞ C. (),2-∞- D. (),1-∞-13、已知某校随机抽取了100名学生,将他们某次体育测试成绩制成如图所示的频率分布直方图.若该校有3000名学生,则在本次体育测试中,成绩不低于70分的学生人数约为__________14、△ABC 中,角,,A B C 所对边分别为,,a b c .D 是BC 边的中点,且AD =8sin a B =,1cos 4A =-,则△ABC 面积为__________15、如图,在四边形ABCD 中,△ABD 和△BCD 都是等腰直角三角形,ππ,22AB BAD CBD ∠=∠=,沿BD 把△ABD 翻折起来,形成二面角A BD C --,且二面角A BD C --为56π,此时,,,A B C D 在同一球面上,则此球的体积为___________.16、,M N 分别为双曲线220916x y -=左、右支上的点,设v 是平行于x 轴的单位向量,则MN v ⋅的最小值为__________.答案以及解析1答案及解析： 答案：B解析：由题得集合{}|12B x x =-<<,所以{}0,1A B ⋂=.故选B.2答案及解析： 答案：A 解析：3答案及解析： 答案：A解析：设直线):1MF y x =-与抛物线联立得22520x x -+=,解得2x =或12,即12N x =1112:1:2121N M x NF FM x ++∴===++,故选:A.【点睛】本题考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系,熟记焦半径公式,熟练计算是关键,是中档题.4答案及解析： 答案：B解析：对于函数()log 42a y x =++ (0a >且1a ≠), 令41x +=,求得2,2x y =-=,可得它的图象恒过()3,2A -,则sin αα==,则12sin 22sin cos 13ααα==-, 故选:B .根据对数函数的图象经过的定点坐标,利用任意角的三角函数的定义,求得sin α和cos α的值,再利用二倍角的正弦公式,求得sin 2α的值.本题主要考查对数函数的图象经过定点问题,任意角的三角函数的定义,二倍角的正弦公式的应用,属于基础题.5答案及解析： 答案：B 解析：6答案及解析： 答案：A解析：因为() f x 的定义域为(),e e -,()()()()2ln e ln e f x x x x f x -=++-=, 所以函数() f x 为偶函数,排除C; 因为当x e →时, ()f x →-∞,排除B,D, 故选A.7答案及解析： 答案：A 解析：8答案及解析： 答案：A 解析：9答案及解析： 答案：A解析：作一个长,宽,高分别为4,3,3的长方体,根据三视图得该几何体为三棱锥A BCD - (如图),因为三棱锥A BCD -的四个顶点,都在同一个长方体中,所以三棱锥A BCD -体积为11433632A BCD V -=⨯⨯⨯⨯=,故选A10答案及解析： 答案：B 解析：11答案及解析： 答案：D 解析：12答案及解析： 答案：C解析：当0a =时, ()231f x x =-+有两个零点,不符合题意, 故0a ≠.()()2'3632f x ax x x ax =-=-, 令()'0f x =,得0?x =或2x a=, 当0a >时, () f x 在区间()2,0,,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭内单调递增,在区间20,a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减, 又()010f =>,所以() f x 在区间(),0-∞内存在零点,不满足题意; 当0a <时, () f x 在区间()2,,0,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭内单调递减,在区间2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增,要使存在唯一的零点0x , 且00x >,则需20f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭,解得2a <-, 故选C.13答案及解析：答案：2100⨯++⨯=,故答案为2100. 解析：依题意,所求人数为3000(0.0300.0250.015)10210014答案及解析：解析：15答案及解析：答案：3解析：16答案及解析：答案：6解析：由向量数量积的定义, MN v⋅即向量MN在向量v上的投影与v模长的乘积,故求MN v⋅的最小值,即求MN在x轴上的投影的绝对值的最小值,由双曲线的图像可知MN v⋅的最小值为6.。
2019年高考数学(理科,天津课标版)二轮复习题型练 Word版含答案 6
= =
0, 0.不妨令
z=1,
可得 n=(1,2,1).可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). ������·������ = 1 = 6
于是 cos<m,n>=|������|·|������| 6 6 ,
30
从而 sin<m,n>= 6 .
题型练 6 大题专项(四) 立体几何综合问题
1.解
由题设知,AA1,AB,AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立 如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0≤m≤6.
因为 PQ∥平面 ABB1A1,且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3=(0,1,0),所以������������·n3=0,即 3λ-2=0,亦即
2
λ=3,从而 P(0,4,4).
于是,将四面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥 P-ADQ,则其高 h=4.故四面体 ADPQ 的体
1
设平面 AB1D 的法向量为 n2=(x,y,z),则有 ������������1·������2 = 2������ - ������������ = 0,令 z=2,可得平面 AB1D 的一个法 向量为 n2=(0,a,2).
若要使得 PC∥平面 AB1D,则要������������ ⊥ n2,
=
3
4 ×
2
=
23.所以平面
AEF
与平面
BEC
所成锐二面角的余弦值为23.
4.(1)证明 如图建立空间直角坐标系.
江苏省2019高考数学二轮复习专题七应用题第1讲函数不等式中的应用题学案
第1讲 函数、不等式中的应用题[考情考向分析] 应用题考查是江苏高考特色，每年均有考查，试题难度中等或中等偏上．命题主要考查学生运用所学知识建立数学相关模型解决实际问题的能力. 与函数、不等式有关的应用题，可以通过建立函数、不等式模型，解决实际中的优化问题或者满足特定条件的实际问题．热点一 和函数有关的应用题例1 某工厂现有200人，人均年收入为4万元．为了提高工人的收入，工厂将进行技术改造．若改造后，有x (100≤x ≤150)人继续留用，他们的人均年收入为4a (a ∈N *)万元；剩下的人从事其他服务行业，这些人的人均年收入有望提高2x %.(1)设技术改造后这200人的人均年收入为y 万元，求出y 与x 之间的函数关系式； (2)当x 为多少时，能使这200人的人均年收入达到最大，并求出最大值． 解 (1)y ＝(200－x )×4×(1＋2x %)＋4ax 200＝－0.02x 2＋(a ＋3)x ＋20050＝－12 500[x －25(a ＋3)]2＋14(a ＋3)2＋4.其中100≤x ≤150，x ∈N *.(2)①当100≤25(a ＋3)≤150，即1≤a ≤3，a ∈N *时， 当x ＝25(a ＋3)时，y 取最大值，即y max ＝14(a ＋3)2＋4；②当25(a ＋3)＞150，即a ＞3，a ∈N *时， 函数y 在[100,150]上单调递增，∴当x ＝150时，y 取最大值，即y max ＝3a ＋4.答 当1≤a ≤3，a ∈N *，x ＝25(a ＋3)时，y 取最大值14(a ＋3)2＋4；当a ＞3，a ∈N *，x ＝150时，y 取最大值3a ＋4.思维升华 二次函数是高考数学应用题命题的一个重要模型，解决此类问题要充分利用二次函数的结论和性质．跟踪演练1 某企业参加A 项目生产的工人为1 000人，平均每人每年创造利润10万元．根据现实的需要，从A 项目中调出x 人参与B 项目的售后服务工作，每人每年可以创造利润10⎝⎛⎭⎪⎫a －3x 500万元(a ＞0)，A 项目余下的工人每人每年创造利润需要提高0.2x %. (1)若要保证A 项目余下的工人创造的年总利润不低于原来1 000名工人创造的年总利润，则最多调出多少人参加B 项目从事售后服务工作？(2)在(1)的条件下，当从A 项目调出的人数不能超过总人数的40%时，能使得A 项目中留岗工人创造的年总利润始终不低于调出的工人所创造的年总利润，求实数a 的取值范围． 解 (1)根据题意可得(1 000－x )(10＋10×0.2x %)≥1 000×10， 整理得x 2－500x ≤0，解得0≤x ≤500， 最多调出的人数为500.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤500，x ≤1 000×40%，解得0≤x ≤400.10⎝⎛⎭⎪⎫a －3x 500×x ≤(1 000－x )·(10＋10×0.2x %) 对x ∈[0,400]恒成立，即10ax －3x 250≤1 000×10＋20x －10x －2x 2%恒成立，即ax ≤x 2250＋x ＋1 000对于任意的x ∈[0,400]恒成立．当x ＝0时，不等式显然成立； 当0＜x ≤400时，a ≤x250＋1 000x ＋1＝1250⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋250 000x ＋1.令函数f (x )＝x ＋250 000x，可知f (x )在区间[0,400]上是减函数， 故f (x )min ＝f (400)＝1 025， 故x250＋1 000x ＋1≥5110. 故0＜a ≤5110，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，5110.热点二 和不等式有关的应用题例2 秸秆还田是当今世界上普遍重视的一项培肥地力的增产措施，在杜绝了秸秆焚烧所造成的大气污染的同时还有增肥增产作用．某农机户为了达到在收割的同时让秸秆还田，花137 600元购买了一台新型联合收割机，每年用于收割可以收入6万元(已减去所用柴油费)；该收割机每年都要定期进行维修保养，第一年由厂方免费维修保养，第二年及以后由该农机户付费维修保养，所付费用y (元)与使用年数n 的关系为y ＝kn ＋b (n ≥2，且n ∈N *)，已知第二年付费1 800元，第五年付费6 000元．(1)试求出该农机户用于维修保养的费用f (n )(元)与使用年数n (n ∈N *)的函数关系式； (2)这台收割机使用多少年，可使年平均收益最大？(收益＝收入－维修保养费用－购买机械费用)解 (1)依题意知，当n ＝2时，y ＝1 800； 当n ＝5时，y ＝6 000，即⎩⎪⎨⎪⎧1 800＝2k ＋b ，6 000＝5k ＋b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1 400，b ＝－1 000，所以f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，1 400n －1 000，n ≥2且n ∈N *.(2)记使用n 年，年均收益为W (元)，则依题意知，当n ≥2时，W ＝60 000－1n[137 600＋1 400(2＋3＋…＋n )－1 000(n －1)]＝60 000－1n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤137 600＋1 400×(n －1)(n ＋2)2 －1 000(n －1) ＝60 000－1n(137 200＋700n 2－300n )＝60 300－⎝⎛⎭⎪⎫700n ＋137 200n≤60 300－2700n ·137 200n＝40 700，当且仅当700n ＝137 200n，即n ＝14时取等号．所以这台收割机使用14年，可使年均收益最大．思维升华 运用基本不等式求解应用题时，要注意构造符合基本不等式使用的形式，同时要注意等号成立的条件．跟踪演练2 小张于年初支出50万元购买一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小张在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x 年年底出售，其销售收入为(25－x )万元(国家规定大货车的报废年限为10年)． (1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？ (2)在第几年年底将大货车出售，能使小张获得的年平均利润最大？ (利润＝累计收入＋销售收入－总支出)解 (1)设大货车到第x 年年底的运输累计收入与总支出的差为y 万元， 则y ＝25x －[6x ＋x (x －1)]－50,0＜x ≤10，x ∈N *， 即y ＝－x 2＋20x －50,0＜x ≤10，x ∈N *， 由－x 2＋20x －50＞0，解得10－52＜x ＜10＋52，而2＜10－52＜3， 故从第三年开始运输累计收入超过总支出．(2)因为利润＝累计收入＋销售收入－总支出，所以销售二手货车后，小张的年平均利润为y ＝1x [y ＋(25－x )]＝1x(－x 2＋19x －25)＝19－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋25x ，又19－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋25x ≤19－2x ·25x＝9，当且仅当x ＝5时等号成立．答 第5年年底出售货车，获得的年平均利润最大． 热点三 和三角函数有关的应用题例3 (2018·镇江期末)如图，准备在墙上钉一个支架，支架由两直杆AC 与BD 焊接而成，焊接点D 把杆AC 分成AD ，CD 两段，其中两固定点A ，B 间距离为1米， AB 与杆AC 的夹角为60°，杆AC 长为1米，若制作AD 段的成本为a 元/米，制作CD 段的成本是2a 元/米，制作杆BD 成本是4a 元/米．设∠ADB ＝α，则制作整个支架的总成本记为S 元．(1)求S 关于α的函数表达式，并求出α的取值范围； (2)问AD 段多长时，S 最小？解 (1)在△ABD 中，由正弦定理得AB sin α＝BD sin π3＝ADsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α，∴BD ＝32sin α， AD ＝3cos α2sin α＋12，则S ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3cos α2sin α＋12＋ 2a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫3cos α2sin α＋12 ＋4a ⎝⎛⎭⎪⎫32sin α＝a ⎝⎛⎭⎪⎫43－3cos α2sin α＋32，由题意得α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3. (2)令S ′＝3a ·1－4cos α2sin 2α＝0，设cos α0＝14.∴当cos α＝14时， S 最小，此时sin α＝154，AD ＝3cos α2sin α＋12＝5＋510.思维升华 诸如航行、建桥、测量、人造卫星等涉及一定图形属性的应用问题，常常需要应用几何图形的性质，用三角函数知识来求解．跟踪演练 3 某单位将举办庆典活动，要在广场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC (如图)．设计要求彩门的面积为S (单位：m 2)，高为h (单位：m)(S ，h 为常数)．彩门的下底BC 固定在广场底面上，上底和两腰由不锈钢支架构成，设腰和下底的夹角为α，不锈钢支架的长度和记为l .(1)请将l 表示成关于α的函数l ＝f (α)； (2)问当α为何值时l 最小，并求最小值． 解 (1)过D 作DH ⊥BC 于点H ，如图所示．则∠DCB ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜α＜π2，DH ＝h ，则DC ＝h sin α，CH ＝htan α.设AD ＝x ，BC ＝x ＋2htan α. 因为S ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x ＋2h tan α·h ，则x ＝S h －htan α， 则l ＝f (α)＝2DC ＋AD ＝S h＋h ⎝⎛⎭⎪⎫2sin α－1tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜α＜π2.(2)由(1)可知，l ＝f (α)＝S h ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin α－1tan α，则f ′(α)＝h ·⎝⎛⎭⎪⎫－2cos αsin 2α－－1sin 2α＝h ·1－2cos αsin 2α，令f ′(α)＝h ·1－2cos αsin 2α＝0，得α＝π3. α ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3π3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2 f ′(α) －0 ＋ f (α)极小值所以l min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝3h ＋S h .1．某学校有长度为14 m 的旧墙一面，现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形、面积为126 m 2的活动室，工程条件是：①建1 m 新墙的费用为a 元；②修1 m 旧墙的费用是a4元；③ 拆去1 m 旧墙所得的材料，建1 m 新墙的费用为a2元，经过讨论有两种方案：(1)利用旧墙的一段x m(0<x ＜14)为矩形厂房的一面边长；(2)矩形活动室利用旧墙的一面边长为x ≥14.问如何利用旧墙，即x 为多少时建墙的费用最省？(1)(2)两种方案，哪种方案最好？ 解 设利用旧墙的一面边长为x m ， 则矩形另一边长为126xm.(1)当0＜x ＜14时，总费用f (x )＝a 4x ＋a 2(14－x )＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋252x －14 ＝7a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4＋36x －1≥35a ，当且仅当x ＝12时取最小值35a . (2)当x ≥14时，总费用f (x )＝a 4×14＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋252x －14＝2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋126x －214，则f ′(x )＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－126x 2＞0，故f (x )在[14，＋∞)上单调递增，所以当x ＝14时取最小值35.5a .答 第(1)种方案最省，即当x ＝12 m 时，总费用最省，为35a 元．2．某油库的容量为31万吨，年初储油量为10万吨，从年初起计划每月月初先购进石油m 万吨，然后再调出一部分石油来满足区域内和区域外的需求．若区域内每月用石油1万吨，区域外前x 个月的需求量y (万吨)与x 的函数关系为y ＝5＋px (p ＞0,1≤x ≤10，x ∈N *)．已知前4个月区域外的需求量为15万吨．(1)试写出第x 个月石油调出后，油库内储油量M (x )(万吨)的函数表达式；(2)要使油库中的石油在前10个月内任何时候都不超出油库的容量，又能满足区域内和区域外的需求，求m 的取值范围．解 (1)因为前4个月区域外的需求量为15万吨， 所以15＝5＋p ·4，则p ＝25，y ＝5＋5x (1≤x ≤10，x ∈N *)．M (x )＝10＋mx －x －(5＋5x )＝mx －x －5x ＋5(1≤x ≤10，x ∈N *)．(2)因为第x 个月的月初购进石油后，储油量不能多于31万吨，所以M (x －1)＋m ≤31， 即10＋mx －(x －1)－(5x －1＋5)≤31， 则mx －x －5x －1≤25，此式对一切1≤x ≤10(x ∈N *)恒成立， 令x －1＝t ，则m ≤5(t ＋5)t 2＋1＋1(t ＝k ，k ＝0,1，…，9)恒成立，令u ＝t ＋5，m ≤5u ＋26u－10＋1(u ＝5＋k ，k ＝0,1，…，9)恒成立， 因为u ＋26u －10在u ＝8时取得最大值54，所以5u ＋26u－10＋1的最小值为5，则m ≤5. 另一方面，第x 个月调出石油后，储油量不能少于0万吨， 所以M (x )≥0，即mx －x －5x ＋5≥0. 即m ≥－5x＋5x＋1，此式对一切1≤x ≤10(x ∈N *)恒成立，所以m ≥－5⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122＋94，此式对一切1≤x ≤10(x ∈N *)恒成立， 则m ≥94(x ＝4时取等号)．综上所述，94≤m ≤5答 每月购进石油m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤94，5.A 组 专题通关1．某公司生产的A 种产品，它的成本是2元，售价是3元，年销售量为100万件．为获得更好的效益，公司准备拿出一定的资金做广告．根据经验，每年投入的广告费是x (单位：十万元)时，产品的年销售量将是原销售量的y 倍，且y 是x 的二次函数，它们的关系如下表x (十万元)0 1 2 … y11.51.8…(1)求y 与x 之间的函数关系式；(2)如果把利润看作是销售总额减去成本费和广告费，试写出年利润S (十万元)与广告费x (十万元)的函数关系式；(3)如果投入的年广告费为x ，x ∈[10,30]万元，问广告费在什么范围内，公司获得的年利润随广告费的增大而增大？解 (1)设二次函数的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)．由关系表，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＋b ＋c ＝1.5，4a ＋2b ＋c ＝1.8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－110，b ＝35，c ＝1，∴函数的解析式为y ＝－110x 2＋35x ＋1(x ≥0)．(2)根据题意，得S ＝10y (3－2)－x ＝－x 2＋5x ＋10(x ≥0)．(3)S ＝－x 2＋5x ＋10＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋654，∵1≤x ≤3，∴当1≤x ≤2.5时，S 随x 的增大而增大．故当年广告费为10～25万元之间，公司获得的年利润随广告费的增大而增大．2．在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD ，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x 厘米，矩形纸板的两边AB ，BC 的长分别为a 厘米和b 厘米，其中a ≥b .(1)当a ＝90时，求纸盒侧面积的最大值；(2)试确定a ，b ，x 的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．解 (1)因为矩形纸板ABCD 的面积为3 600平方厘米， 故当a ＝90时，b ＝40， 从而包装盒子的侧面积S ＝2×x (90－2x )＋2×x (40－2x )＝－8x 2＋260x ，x ∈(0,20) .因为S ＝－8x 2＋260x ＝－8⎝⎛⎭⎪⎫x －6542＋4 2252， 故当x ＝654 时，侧面积最大，最大值为4 2252平方厘米．(2)包装盒子的体积V ＝(a －2x )(b －2x )x ＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，b ≤60.V ＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]≤x (ab －4abx ＋4x 2)＝x (3 600－240x ＋4x 2)＝4x 3－240x 2＋3 600x . 当且仅当a ＝b ＝60时等号成立．设f (x )＝4x 3－240x 2＋3 600x ，x ∈(0,30)． 则f ′(x )＝12(x －10)(x －30)． 于是当0＜x ＜10时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0,10)上单调递增； 当10＜x ＜30时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在(10,30)上单调递减．因此当x ＝10时，f (x )有最大值f (10)＝16 000， 此时a ＝b ＝60，x ＝10.所以当a ＝b ＝60，x ＝10时纸盒的体积最大，最大值为16 000立方厘米．3．(2018·苏州模拟)某“T ” 型水渠南北向宽为 4 m ，东西向宽为 2 m ，其俯视图如图所示．假设水渠内的水面始终保持水平位置．(1)过点A 的一条直线与水渠的内壁交于P ，Q 两点，且与水渠的一边的夹角为θ(θ为锐角)，将线段PQ 的长度l 表示为θ的函数；(2)若从南面漂来一根长度为7 m 的笔直的竹竿(粗细不计)，竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠(不会卡住)？试说明理由．解 (1)由题意得，PA ＝2sin θ，QA ＝4cos θ，所以l ＝PA ＋QA ＝2sin θ＋4cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<θ<π2.(2)设f (θ)＝2sin θ＋4cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<θ<π2， 由f ′(θ)＝－2cos θsin 2θ＋4sin θcos 2θ＝2(22sin 3θ－cos 3θ)sin 2θcos 2θ， 令f ′(θ)＝0，得tan θ0＝22. 且当θ∈(0，θ0)时，f ′()θ<0；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0，π2时，f ′(θ)>0， 所以f ()θ在()0，θ0上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0，π2上单调递增， 所以当θ＝θ0时，f ()θ取得极小值，即为最小值． 当tan θ0＝22时，sin θ0＝13，cos θ0＝23， 所以f ()θ的最小值为36，即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为3 6 m.因为36>7，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠． 答 竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．4．(2018·江苏启东中学月考)园林管理处拟在公园某区域规划建设一半径为r 米，圆心角为θ(弧度)的扇形观景水池，其中θ∈()0，2π， O 为扇形AOB 的圆心，同时紧贴水池周边(即 OA ，OB 和θ所对的圆弧)建设一圈理想的无宽度步道．要求总预算费用不超过24万元，水池造价为每平方米400元，步道造价为每米1 000元．(1)若总费用恰好为24万元，则当r 和θ分别为多少时，可使得水池面积最大，并求出最大面积；(2)若要求步道长为105米，则可设计出的水池最大面积是多少？ 解 (1)弧长AB 为θr ，扇形AOB 面积为S ＝12θr 2,则400×12θr 2＋1 000()2r ＋θr ＝240 000.即θr 2＋5()2r ＋θr ＝1 200.所以θ＝1 200－10rr 2＋5r.S ＝12θr 2＝12×1 200－10r r 2＋5r ×r 2＝650－5⎣⎢⎡⎦⎥⎤()r ＋5＋625r ＋5≤650－5×2()r ＋5×625r ＋5＝400.当且仅当r ＋5＝625r ＋5，即r ＝20时取等号，此时θ＝2∈()0，2π. 答 r ＝20, θ＝2，面积最大值为400平方米． (2) 由θr ＋2r ＝105，得出θ＝105－2rr，∴S ＝12θr 2＝12r ()105－2r ，所以⎩⎪⎨⎪⎧0<θ＝105－2r r <2π，θr 2＋5()2r ＋θr ≤1 200，所以⎩⎪⎨⎪⎧1052＋2π<r <1052，r ≤152或r ≥45，所以45≤r <1052.∴S ＝12θr 2＝12r ()105－2r ， r ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1052，所以当r ＝45, θ＝13时，水池的最大面积为337.5平方米．答 r 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1052，且当r ＝45, θ＝13时，水池的最大面积为337.5平方米．B 组 能力提高5．(2018·南通模拟)如图，某机械厂欲从AB ＝2米，AD ＝22米的矩形铁皮中裁剪出一个四边形ABEF 加工成某仪器的零件，裁剪要求如下：点E ，F 分别在边BC ，AD 上，且EB ＝EF ，AF <BE .设∠BEF ＝θ，四边形ABEF 的面积为f (θ)(单位：平方米)．(1)求f (θ)关于θ的函数关系式，求出定义域；(2)当BE ，AF 的长为何值时，裁剪出的四边形ABEF 的面积最小，并求出最小值． 解 (1)过点F 作FM ⊥BE ，垂足为M .在Rt△FME 中，MF ＝2，∠EMF ＝π2，∠FEM ＝θ，所以EF ＝2sin θ，ME ＝2tan θ，故AF ＝BM ＝EF －EM ＝2sin θ－2tan θ，所以f (θ)＝12(AF ＋BE )×AB＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin θ－2tan θ＋2sin θ×2＝4sin θ－2tan θ. 根据题意得，AF <BE ，所以θ<π2，且当点E 与点C 重合时，EF ＝EB ＝22，FM ＝2，θ＝π4，所以函数f (θ)＝4sin θ－2tan θ的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2.(2)由(1)可知，f (θ)＝4sin θ－2tan θ＝4⎝⎛⎭⎪⎫sin2θ2＋cos2θ22sin θ2cosθ2－22tanθ21－tan2θ2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫tan θ2＋1tan θ2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1tan θ2－tan θ2＝3tan θ2＋1tan θ2≥23tan θ2×1tanθ2＝23，当且仅当3tan θ2＝1tanθ2时，不等式取等号，又θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2，θ2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π8，π4， 故tan θ2＝33，θ2＝π6，θ＝π3.BE ＝2sin θ＝433，AF ＝2sin θ－2tan θ＝233. 答 当BE ，AF 的长度分别为433米，233米时，裁剪出的四边形ABEF 的面积最小，最小值为23平方米．6．(2018·苏锡常镇调研)图(Ⅰ)是一斜拉桥的航拍图，为了分析大桥的承重情况，研究小组将其抽象成图(Ⅱ)所示的数学模型．索塔AB ，CD 与桥面AC 均垂直，通过测量知两索塔的高度均为60 m ，桥面AC 上一点P 到索塔AB ，CD 距离之比为21∶4，且P 对两塔顶的视角为135°.(1)求两索塔之间桥面AC 的长度；(2)研究表明索塔对桥面上某处的“承重强度”与多种因素有关，可简单抽象为：某索塔对桥面上某处的“承重强度”与索塔的高度成正比(比例系数为正数a )，且与该处到索塔的距离的平方成反比(比例系数为正数b )．问两索塔对桥面何处的“承重强度”之和最小？并求出最小值．解 (1)设AP ＝21t ，PC ＝4t (t >0)，记∠APB ＝α，∠CPD ＝β， 则tan α＝6021t ＝207t ，tan β＝604t ＝15t，由tan(α＋β)＝tan 45°＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝207t ＋15t1－3007t2＝1，化简得 7t 2－125t －300＝0，解得t ＝20或t ＝－157(舍去),所以AC ＝AP ＋PC ＝25×20＝500. 答 两索塔之间的距离AC 为500米． (2)设AP ＝x ，点P 处的承重强度之和为L (x )．则L (x )＝60⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab x 2＋ab(500－x )2，且x ∈(0,500)， 即L (x )＝60ab ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x 2＋1(500－x )2，x ∈(0,500)，记l (x )＝1x 2＋1(500－x )2，x ∈(0,500)，则l ′(x )＝－2x3＋2(500－x )3，令l ′(x )＝0，解得x ＝250，当x ∈(0,250)，l ′(x )<0时，l (x )单调递减； 当x ∈(250,500)，l ′(x )>0时，l (x )单调递增．所以当x ＝250时，l (x )取到最小值，L (x )也取到最小值6ab3 125.答 两索塔对桥面AC 中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为6ab3 125.7．(2018·江苏姜堰、溧阳、前黄中学联考)科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施．已知A 市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m 万吨()m ＞0. (1)求A 市2019年的碳排放总量(用含m 的式子表示)； (2)若A 市永远不需要采取紧急限排措施，求m 的取值范围． 解 设2018年的碳排放总量为a 1,2019年的碳排放总量为a 2，…， (1)由已知得， a 1＝400×0.9＋m ，a 2＝0.9×()400×0.9＋m ＋m ＝400×0.92＋0.9m ＋m ＝324＋1.9m .(2)a 3＝0.9×()400×0.92＋0.9m ＋m ＋m ＝400×0.93＋0.92m ＋0.9m ＋m ，…a n ＝400×0.9n ＋0.9n －1m ＋0.9n －2m ＋…＋0.9m ＋m＝400×0.9n＋m 1－0.9n1－0.9＝400×0.9n ＋10m ()1－0.9n＝()400－10m ×0.9n＋10m .由已知有∀n∈N*，a n≤550.①当400－10m＝0，即m＝40时，显然满足题意；②当400－10m>0，即m<40时，400－10m×0.9＋10m≤550，解得m≤190.由指数函数的性质可得()综合得m<40；③当400－10m<0，即m>40时，由指数函数的性质可得10m≤550，解得m≤55，综合得40<m≤55.0，55.综上可得所求范围是m∈(]。
2019高考数学二轮复习专题七应用题规范答题示例6应用题学案
规范答题示例6 应用题典例6 (14分)某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆O 的圆心与矩形ABCD 对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(E 为上切点)，与左右两边相交(F ，G 为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域．已知圆的半径为1 m ，且AB AD ≥12.设∠EOF ＝θ，透光区域的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式，并求出定义域；(2)根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边AB 的长度． 审题路线图 (1)求出OH ，FH 的长度表达式→确定S△OFH与S 扇形OEF ，写出S 的表达式→ 根据AB AD ≥12，得到定义域⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2 (2)求出S 矩形的表达式→错误!→错误!→错误!→错误!→错误!θ，2分评分细则(1)求出OH，FH的长度给2分；(2)求出S的表达式给2分，无定义域扣2分；(3)求出总面积的表达式给1分； (4)求出f (θ)的表达式给1分； (5)正确求导f ′(θ)，给2分；(6)求出f (θ)的最大值给3分，无最后结论扣1分．跟踪演练6 (2018·启东期末)如图，在圆心角为90°，半径为60 cm 的扇形铁皮上截取一块矩形材料OABC ，其中点O 为圆心，点B 在圆弧上，点A ，C 在两半径上，现将此矩形铁皮OABC 卷成一个以AB 为母线的圆柱形铁皮罐的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长AB ＝x cm ，圆柱形铁皮罐的容积为V ()x cm 3.(1)求圆柱形铁皮罐的容积V ()x 关于x 的函数解析式，并指出该函数的定义域；(2)当x 为何值时，才使做出的圆柱形铁皮罐的容积V ()x 最大？最大容积是多少？ (圆柱体积公式：V ＝Sh ，S 为圆柱的底面枳，h 为圆柱的高)解 (1)连结OB ，在Rt △OAB 中，由AB ＝x ，利用勾股定理可得OA ＝ 3 600－x2，设圆柱底面半径为r ， 则 3 600－x2＝2πr ， 即4π2r 2＝3 600－x 2，所以V (x )＝πr 2x ＝π·3 600－x24π2·x ＝3 600x －x34π，即铁皮罐的容积V (x )关于x 的函数关系式为V (x )＝3 600x －x34π，定义域为(0,60)．(2)由V ′(x )＝3 600－3x24π＝0，x ∈(0,60)，得x ＝20 3.当x 变化时，V (x )，V ′(x )的变化情况如表所示：所以当x ＝203时，V (x )有极大值，也是最大值12 0003π.答 当x 为20 3 cm 时，做出的圆柱形铁皮罐的容积最大，最大容积是12 0003π cm 3.。
2019高考数学(理科)二轮专题大题规范练六
大题规范练(六)解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本题满分12分)已知f (x )＝cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋1.(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )图象的对称中心；(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求g (x )在[0，π]上的单调递增区间．解：(1)f (x )＝cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋1＝cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32sin x －12cos x ＋1＝34sin 2x －12×1＋cos 2x2＋1 ＝34sin 2x －14cos 2x ＋34＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋34，∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，令sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝0，得2x －π6＝k π(k ∈Z )，即x ＝k π2＋π12(k ∈Z )， ∴f (x )图象的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2＋π12，34(k ∈Z )．(2)由题意知g (x )＝12sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π6＋34＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋34，令2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，又x ∈[0，π]，∴g (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6和⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π.2．(本题满分12分)在中国，不仅是购物，而且从共享单车到医院挂号再到公共缴费，日常生活中几乎全部领域都支持手机下单和支付．出门不带现金的人数正在迅速增加．中国人民大学和法国调查公司益普索(Ipsos)合作，调查了腾讯服务的6 000名用户，从中随机抽取了60名，统计他们出门随身携带的现金(单位：元)如茎叶图所示，规定：随身携带的现金在100元以下的为“淡定族”，其他为“非淡定族”．(1)根据上述样本数据，列出2×2列联表，判断是否有75%的把握认为“淡定族”与“性别”有关？(2)用样本估计总体，若从腾讯服务的用户中随机抽取3人，设这3人中“淡定族”的人数为随机变量ξ，求随机变量ξ的概率分布列及数学期望．参考公式：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .参考数据：P (K 2≥k 0) 0.25 0.15 0.10 0.05 k 01.3232.0722.7063.841解：(1)K 2＝60×（10×12－30×8）218×42×40×20≈1.429＞1.323，故有75%的把握认为“淡定族”与“性别”有关．(2)用样本估计总体，用户中为“淡定族”的概率为1860＝310，ξ的可能取值为0，1，2，3，由题意，得到ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，310，P (ξ＝k )＝C k3⎝ ⎛⎭⎪⎫310k ⎝ ⎛⎭⎪⎫7103－k，k ＝0，1，2，3， 随机变量ξ的分布列为故随机变量ξ的数学期望E (ξ)＝0×3431 000＋1×4411 000＋2×1891 000＋3×271 000＝9001 000＝910.3．(本题满分12分)已知直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2，AD ＝2，AB ＝1，如图1所示，将△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置得三棱锥P BCD ，如图2所示．(1)求证：BD ⊥PC ；(2)当平面PBD ⊥平面PBC 时，求二面角P DC B 的大小．解：(1)在图1中，连接AC，交BD于点G，因为∠CDA＝∠DAB＝90°，所以tan∠CAD＝CDAD＝2，tan∠DBA＝ADAB＝2，所以∠CAD＝∠DBA，因为∠CAD＋∠BAG＝90°，所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.所以将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图2所示，又PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG，又PC⊂平面PCG，所以BD⊥PC.(2)因为平面PBD⊥平面PBC，PB⊥PD，平面PBD∩平面PBC＝PB，PD⊂平面PBD，所以PD⊥平面PBC，因为PC⊂平面PBC，所以PD⊥PC，又BD⊥PC，BD∩PD＝D，所以PC⊥平面PBD，所以BP⊥CP.以P为坐标原点，PC，PB，PD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图3所示，则P(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(0，0，2)，BD→＝(0，－1，2)，BC→＝(2，－1，0)，易知平面PCD 的一个法向量为m ＝(0，1，0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BCD 的法向量，则 ⎩⎨⎧BD →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x －y ＝0， 令x ＝1，则y ＝2，z ＝1，得n ＝(1，2，1)是平面PCD 的一个法向量．则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝22，易知二面角P DC B 为锐角， 所以二面角P DC B 的大小为45°.选考题：共10分．请考生在第4、5题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．4．(本题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t ，y ＝－2＋at (t 为参数)，在以原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，圆C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(1)求直线l 的普通方程与圆C 的直角坐标方程； (2)当直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝22时，求直线l 的普通方程．解：(1)消去参数t 化简得直线l 的普通方程为ax －y ＋2a －2＝0.ρ＝4sin θ ⇒ρ2＝4ρsin θ⇒x 2＋y 2＝4y ，∴圆C 的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4.(2)由(1)得圆C 的圆心C (0，2)，半径r ＝2，又|AB |＝22，∴圆心C 到直线l 的距离d ＝|2a －4|a 2＋1＝r 2－14|AB |2，即|2a －4|a 2＋1＝2，化简得a 2－8a ＋7＝0，解得a ＝7或a ＝1， ∴直线l 的方程是7x －y ＋12＝0或x －y ＝0. 5．(本题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|2x －a |.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )＋|x |≤6的解集；(2)设函数g (x )＝|x －1|，若关于x 的不等式f (x )＋g (x )＜3有解，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＋|x |≤6，即|2x －2|＋|x |≤6， 当x ≤0时，原不等式化为2－2x －x ≤6，得x ≥－43，∴－43≤x ≤0.当x ≥1时，原不等式化为2x －2＋x ≤6，得x ≤83，∴1≤x ≤83.当0＜x ＜1时，原不等式化为2－2x ＋x ≤6，得x ≥－4， ∴0＜x ＜1.综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－43≤x ≤83.(2)由题意得[f (x )＋g (x )]min ＜3， 而f (x )＋g (x )＝|2x －a |＋|x －1|，①当a2≥1时，f (x )＋g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －a －1，x ＝a2－x ＋a －1，1≤x ＜a 2a ＋1－3x ，x ＜1. 当x ＝a 2时，f (x )＋g (x )＝a2－1.②当a 2＜1时，f (x )＋g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －a －1，x ＝1x ＋1－a ，a 2≤x ＜1a ＋1－3x ，x ＜a2.当x ＝a 2时，f (x )＋g (x )＝1－a2.由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1＜3⇒－4＜a ＜8. 故不等式f (x )＋g (x )＜3有解时，实数a 的取值范围为(－4，8)．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
通用版2019高考数学二轮复习解答题通关练6函数与导数文201901092211
1.函数f (x )＝2x 2＋x＋ln x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(1 ,f (1))处的切线方程； (2)求证：f (x )>0. (1)解 f (x )＝2x 2＋x ＋ln x 的定义域是(0 ,＋∞) ,f ′(x )＝－2(2x ＋1)(x 2＋x )2＋1x＝x 3＋2x 2－3x －2(x 2＋x )2, 所以f ′(1)＝－12 ,又f (1)＝1 ,那么切线方程为x ＋2y －3＝0. (2)证明 令h (x )＝x 3＋2x 2－3x －2 , 那么h ′(x )＝3x 2＋4x －3 , 设h ′(x )＝0的两根为x 1 ,x 2 , 由于x 1x 2＝－1<0 , 不妨设x 1<0 ,x 2>0 ,那么h (x )在(0 ,x 2)上是单调递减的 ,在(x 2 ,＋∞)上是单调递增的. 而h (0)<0 ,h (1)<0 ,h (2)>0 ,所以h (x )在(0 ,＋∞)上存在唯一零点x 0 ,且x 0∈(1,2) , 所以f (x )在(0 ,x 0)上单调递减 ,在(x 0 ,＋∞)上单调递增. 所以f (x )≥f (x 0)＝2x 20＋x 0＋ln x 0 , 因为x 0∈(1,2) ,ln x 0>0 ,f (x )>2x 20＋x 0>0 , 所以f (x )>0.2.函数f (x )＝ln x, g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ,函数g (x )的图象在点(1 ,g (1))处的切线平行于x 轴.(1)确定a 与b 的关系；(2)假设a ≥0 ,试讨论函数g (x )的单调性. 解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ,x >0 , 那么g ′(x )＝1x＋2ax ＋b ,由函数g (x )的图象在点(1 ,g (1))处的切线平行于x 轴得 ,g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0 ,∴b ＝－2a －1.(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－()2a ＋1x ＋1x＝()2ax －1()x －1x.∵函数g (x )的定义域为(0 ,＋∞) , ∴当a ＝0时 ,g ′(x )＝－x －1x, 由g ′()x >0得0<x <1 , 由g ′()x <0得x >1； 假设0<12a <1 ,即a >12时 ,由g ′()x >0得x >1或0<x <12a ,由g ′()x <0得12a <x <1；假设12a >1 ,即0<a <12时 ,由g ′()x >0得x >12a 或0<x <1 ,由g ′()x <0得1<x <12a；假设12a ＝1 ,即a ＝12时 ,在⎝ ⎛⎭⎪⎫0 ＋∞上恒有g ′()x ≥0.综上得 ,当a ＝0时 ,函数g ()x 在(0,1)上单调递增 ,在⎝⎛⎭⎪⎫1 ＋∞上单调递减； 当0<a <12时 ,函数g ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0 1上单调递增 ,在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 12a 上单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＋∞上单调递增；当a ＝12时 ,函数g ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0 ＋∞上单调递增；当a >12时 ,函数g ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 12a 上单调递增 ,在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a 1上单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1 ＋∞上单调递增.3.函数f (x )＝x ln x ,g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数). (1)当a ＝5时 ,求函数g (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )在区间[t ,t ＋2](t >0)上的最|小值；(3)假设存在两个不等实数x 1 ,x 2∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e ,使方程g (x )＝2e xf (x )成立 ,求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝5时 ,g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ,g (1)＝e ,g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x,故切线的斜率为g ′(1)＝4e ,所以切线方程为y －e ＝4e(x －1) ,即4e x －y －3e ＝0.(2)函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0 ,＋∞).因为f ′(x )＝ln x ＋1 , 所以在(0 ,＋∞)上 ,当x 变化时 ,f ′(x ) ,f (x )的变化情况如下表：当t ≥1e 时 ,在区间[t ,t ＋2]上 ,f (x )为增函数 ,所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t ,当0<t <1e时 ,在区间⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫t 1e 上 ,f (x )为减函数 ,在区间⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤1e t ＋2上 ,f (x )为增函数 ,所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(3)由g (x )＝2e xf (x ) ,可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3 , 那么a ＝x ＋2ln x ＋3x,令h (x )＝x ＋2ln x ＋3x,x >0 ,那么h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2. 当x 变化时 ,h ′(x ) ,h (x )的变化情况如下表：因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋3e －2 ,h (e)＝3e ＋e ＋2 ,h (1)＝4 ,所以h (e)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－2e ＋2e <0 , 所以h (e)<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤4 3e ＋e ＋2. 4.(2021·安徽省六安一中模拟)函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x (a 为实常数). (1)假设a ＝－2 ,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)假设存在x ∈[1 ,e] ,使得f (x )≤0成立 ,求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝－2时 ,f (x )＝x 2－2ln x ,那么f ′(x )＝2x －2x,f ′(1)＝0 ,所求切线方程为y ＝1.(2)f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x,x ∈[1 ,e].当a2≤1 ,即a ≤2时 ,x ∈[1 ,e] ,f ′(x )≥0 ,此时f (x )在[1 ,e]上单调递增.所以f (x )的最|小值为f (1)＝－a －1 ,所以－1≤a ≤2；当1<a2<e ,即2<a <2e ,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 a 2时 ,f ′(x )<0 ,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 a 2上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2 e 时 ,f ′(x )>0 ,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2 e 上单调递增 ,所以f (x )的最|小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 24－a ＋a ln a 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2－a 4－1.因为2<a <2e ,所以0<ln a2<1 ,所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2－a4－1<0恒成立 ,所以2<a <2e ；当a2≥e ,即a ≥2e 时 ,x ∈[1 ,e] ,f ′(x )≤0 ,此时f (x )在[1 ,e]上单调递减 ,所以f (x )的最|小值为f (e)＝e 2－(a ＋2)e ＋a ,因为a ≥2e>e 2－2ee －1,所以f (e)<0 ,所以a ≥2e ,综上 ,a ≥－1.。
2019高考数学二轮复习 专题七 应用题 第2讲 解三角形、几何中的应用题学案
第2讲解三角形、几何中的应用题[考情考向分析] 和三角形有关的应用题，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，进而解决实际问题；和几何图形有关的应用题，可以利用平面几何知识或者建立平面直角坐标系转化成解析几何问题，利用直线或者曲线方程解决．热点一和解三角形有关的应用题例1 如图所示，在某东西公交路线的南侧有一个临时停靠站台，为了方便乘客，打算在站台的一面东西方向的长方形墙体ABHG上用AB＝5 m，BC＝1 m的矩形角钢焊接成一个简易的遮阳棚(将AB放在墙上)．当太阳光线与水平线的夹角θ分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABCD所在的平面与矩形HEFG所在的路面所成的α设置为多大角度？(1)θ＝90°；(2)θ＝80°.解(1)如图1，当θ＝90°时，太阳光线垂直于地面，遮阳棚只有与地面平行时，遮阴面积最大，故遮阳棚ABCD所在的平面与水平面所成角α＝0°.(2)如图2，在平面CBHE内，过点C作直线IJ，与直线HE交于I，与直线HB的延长线交于J，并使得∠CIH ＝80°，由题意可知，∠CBH＝α＋90°.在Rt△IHJ中，tan 80°＝HJHI ＝HB＋BJHI，即HI＝HB＋BJtan 80°，欲使得HI 取到最大值，只需HB ＋BJ 取到最大值， 而站台高HB 为定长，故只需BJ 取到最大值即可．在△BCJ 中，∠BJC ＝10°，∠BCJ ＝α＋80°，由正弦定理得，BJsin (α＋80°)＝BC sin∠BJC ＝1sin 10°，即BJ ＝sin (α＋80°)sin 10°，故当α＝10°时，BJ 取到最大值，此时HI 也取到最大值， 又S 阴＝GH ×HI ＝5HI ，所以此时遮阳棚的遮阴面积最大．思维升华 用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解．跟踪演练1 如图，某公园有三条观光大道AB ，BC ，AC 围成直角三角形，其中直角边BC ＝200 m ，斜边AB ＝400 m ．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB ，BC ，AC 大道上嬉戏，所在位置分别记为点D ，E ，F .(1)若甲、乙都以每分钟100 m 的速度从点B 出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF ＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF ＝π3，请将甲、乙之间的距离y 表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离． 解 (1)依题意得BD ＝300 m ，BE ＝100 m ，在△ABC 中，cos B ＝BC AB ＝12，∴B ＝π3，在△BDE 中，由余弦定理，得DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD ·BE ·cos B＝3002＋1002－2·300·100·12＝70 000，∴DE ＝1007 m ，答 甲、乙两人之间的距离为1007 m.(2)由题意得EF ＝2DE ＝2y ，∠BDE ＝∠CEF ＝θ， 在Rt△CEF 中，CE ＝EF ·cos∠CEF ＝2y cos θ， 在△BDE 中，由正弦定理得BE sin∠BDE ＝DEsin∠DBE ，即200－2y cos θsin θ＝ysin 60°，∴y ＝10033cos θ＋sin θ＝503sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3，0＜θ＜π2，∴当θ＝π6时，y 有最小值50 3.答 甲、乙之间的最小距离为50 3 m. 热点二 和立体几何有关的应用题例2 (2018·淮安四市模拟)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边BC 上的高所在直线AO 旋转180°而成，如图2.已知圆O 的半径为10 cm，设∠BAO ＝θ，0<θ<π2，圆锥的侧面积为S cm 2.(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大．求S 取得最大值时腰AB 的长度． 解(1)设AO 的延长线交BC 于点D ，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，在△AOE 中，AE ＝10cos θ，AB ＝2AE ＝20cos θ，在△ABD 中，BD ＝AB ·sin θ＝20cos θ·sin θ，所以S ＝400πsin θcos 2θ，0<θ<π2.(2)要使侧面积最大，由(1)得S ＝400πsin θcos 2θ＝400π(sin θ－sin 3θ)令x ＝sin θ，所以得f (x )＝x －x 3， 由f ′(x )＝1－3x 2＝0得x ＝33， 当⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，f ′(x )<0， 所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上单调递减， 所以f (x )在x ＝33时取得极大值，也是最大值； 所以当sin θ＝33时，侧面积S 取得最大值， 此时等腰三角形的腰长AB ＝20cos θ＝201－sin 2θ＝201－⎝⎛⎭⎪⎫332＝2063. 答 侧面积S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB 的长度为2063cm.思维升华 和立体几何有关的应用题，主要通过研究空间几何体的结构特征和面积、体积的计算解决实际问题，解题的关键是抓住物体的几何特征，将实际中的物体抽象成立体几何中的柱、锥、台、球等规则几何体． 跟踪演练2 (2018·南通等六市模拟)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm 2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l 1，l 2裁剪成A ，B ，C 三个矩形(B ，C 全等)，用来制成一个柱体．现有两种方案： 方案①：以l 1为母线，将A 作为圆柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面； 方案②：以l 1为侧棱，将A 作为正四棱柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个正方形(各边分别与l 1或l 2垂直)作为正四棱柱的两个底面．(1)设B ，C 都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径； (2)设l 1的长为x dm ，则当x 为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？ 解 (1)设所得圆柱的半径为r dm ，则()2πr ＋2r ×4r ＝100，解得r ＝52()π＋12()π＋1.(2)设所得正四棱柱的底面边长为a dm ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤x 2，a ≤100x －4a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤x2，a ≤20x .所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.记函数p ()x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.则p ()x 在(]0，210上单调递增，在[)210，＋∞上单调递减． ∴当x ＝210时， p ()x max ＝2010.∴当x ＝210， a ＝10时， V max ＝ 2010 dm 3. 又2a ≤x ≤20a，从而a ≤10.所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫20a＝20a ≤2010.∴当a ＝10， x ＝210时， V max ＝ 2010dm 3. 答 (1)圆柱的底面半径为52()π＋12()π＋1 dm ；(2)当x 为210时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大． 热点三 和解析几何有关的应用题例3 如图所示，某街道居委会拟在EF 地段的居民楼正南方向的空白地段AE 上建一个活动中心，其中AE ＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD ，上部分是以DC 为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE 不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tan θ＝34.(1)若设计AB ＝18米，AD ＝6米，问能否保证上述采光要求？(2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB 与AD 的长度，可使得活动中心的截面面积最大？ (注：计算中π取3)解 如图，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系．(1)因为AB ＝18米，AD ＝6米，所以半圆的圆心为H (9,6)，半径r ＝9. 设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0，则由|27＋24－4b |32＋42＝9， 解得b ＝24或b ＝32(舍)．故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋24,令x ＝30，得EG ＝1.5＜2.5. 所以此时能保证上述采光要求． (2)设AD ＝h 米，AB ＝2r 米， 则半圆的圆心为H (r ，h )，半径为r .方法一 设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0， 由|3r ＋4h －4b |32＋42＝r ，解得b ＝h ＋2r 或b ＝h －r2(舍)． 故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋h ＋2r ，令x ＝30，得EG ＝2r ＋h －452，由EG ≤52，得h ≤25－2r .所以S ＝2rh ＋12πr 2＝2rh ＋32×r 2≤2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号． 所以当AB ＝20米且AD ＝5米时， 可使得活动中心的截面面积最大． 方法二 欲使活动中心内部空间尽可能大， 则影长EG 恰为2.5米，则此时点G 为(30,2.5)， 设过点G 的上述太阳光线为l 1，则l 1所在直线方程为y －52＝－34(x －30)，即3x ＋4y －100＝0.由直线l 1与半圆H 相切，得r ＝|3r ＋4h －100|5.而点H (r ，h )在直线l 1的下方，则3r ＋4h －100＜0， 即r ＝－3r ＋4h －1005，从而h ＝25－2r .又S ＝2rh ＋12πr 2＝2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号．所以当AB ＝20米且AD ＝5米时， 可使得活动中心的截面面积最大．思维升华 以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解．解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视．跟踪演练3 如图是一块地皮OAB ，其中OA ，AB 是直线段，曲线段OB 是抛物线的一部分，且点O 是该抛物线的顶点，OA 所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA ＝2 km ，AB ＝ 2 km ，∠OAB ＝π4.现要从这块地皮中划一个矩形CDEF 来建造草坪，其中点C 在曲线段OB 上，点D ，E 在直线段OA 上，点F 在直线段AB 上，设CD ＝a km ，矩形草坪CDEF 的面积为f (a ) km 2.(1)求f (a )，并写出定义域；(2)当a 为多少时，矩形草坪CDEF 的面积最大？解 (1)以O 为原点，OA 边所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B 作BG ⊥OA 于点G ，在Rt△ABG 中，AB ＝2，∠OAB ＝π4，所以AG ＝BG ＝1，又因为OA ＝2， 所以OG ＝1，则B (1,1)，设抛物线OCB 的标准方程为y 2＝2px (p >0)， 代入点B 的坐标，得p ＝12，所以抛物线的方程为y 2＝x .因为CD ＝a ，所以AE ＝EF ＝a ，则DE ＝2－a －a 2， 所以f (a )＝a (2－a －a 2)＝－a 3－a 2＋2a ， 定义域为(0,1)．(2)由(1)可知，f (a )＝－a 3－a 2＋2a ，当0＜a ＜7－13时， f ′(a )＞0，f (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7－13上单调递增； 当7－13＜a ＜1时， f ′(a )＜0，f (a )在⎝⎛⎭⎪⎫7－13，1上单调递减．所以当a ＝7－13时，f (a )取得极大值，也是最大值 答 当a ＝7－13时，矩形草坪CDEF 的面积最大．1．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解 (1)V ＝13×62×2＋62×2×4＝312(m 3)．(2)设PO 1＝x ，则O 1B 1＝62－x 2(0<x <6)，B 1C 1＝2·62－x 2， ∴1111A B C D S ＝2(62－x 2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x .则仓库容积V ＝13x ·2(62－x 2)＋2(62－x 2)·4x ＝263x (36－x 2)(0<x <6)．V ′＝263(36－3x 2)，由V ′＝0得x ＝23或x ＝－23(舍去)．故当PO 1＝2 3 m 时，仓库容积最大．2．(2017·江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度； (2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度． 解 (1)由正四棱柱的定义可知，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC ， 如图①，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．①因为AC ＝107 cm ，AM ＝40 cm ， 所以MC ＝402－(107)2＝30 (cm)， 从而sin∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1， 过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足， 则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12 cm ， 从而AP 1＝P 1Q 1sin∠MAC＝16 (cm)．答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm) (2)方法一 如图②，O ，O 1是正棱台的两底面中心．②由正棱台的定义可知，OO 1⊥平面EFGH ， 所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上的点N 处． 过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足， 则GK ＝OO 1＝32 cm.因为EG ＝14 cm ，E 1G 1＝62 cm ， 所以KG 1＝62－142＝24 (cm)，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40 (cm)． 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β， 则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋∠KGG 1＝cos∠KGG 1＝45.因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β) ＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×725＝35.记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin∠NEG ＝20 (cm)．答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法二 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，垂足为H ′，易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ， 可得GG 1＝40 cm.所以cos∠G 1GH ′＝2440＝35，于是cos∠NGE ＝－35.由余弦定理得EN 2＝EG 2＋GN 2－2EG ·GN ·cos∠NGE ， 设GN ＝x cm ，上述方程整理得(x －30)(5x ＋234)＝0，x ＝30.过点N 作NK ⊥EG ，垂足为K ，过点P 作PQ ⊥EG ，垂足为Q . 由KN H ′G 1＝GN GG 1，得KN 32＝3040，解得KN ＝24 cm. 由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法三 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，H ′为垂足，过N 作NK ⊥EG ，K 为垂足，过P 作PQ ⊥EG ，Q 为垂足．易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ， 得tan∠G 1GH ′＝3224＝43.所以KN GK ＝43，可设KN ＝4x ，GK ＝3x .在Rt△EKN 中，由勾股定理得(14＋3x )2＋16x 2＝402， 因式分解得(x －6)(25x ＋234)＝0， 解得x ＝6，KN ＝24 cm ， 由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)3．(2018·江苏扬州树人学校模拟)某市为改善市民出行，准备规划道路建设，规划中的道路M －N －P 如图所示，已知A ，B 是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O 的距离均为8 2 km ，C 是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O的距离为4 km，线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16 km，其中道路起点M到东西方向主干道的距离为6 km，线路NP段上的任意一点到O的距离都相等．以O为原点、线路AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.(1)求道路M－N－P的曲线方程；(2)现要在道路M－N－P上建一站点Q，使得Q到景点C的距离最近，问如何设置站点Q的位置(即确定点Q的坐标)?解(1)因为线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16 km，所以线路MN段所在曲线是以点A，B为左、右焦点的双曲线的右上支，则其方程为x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)．因为线路NP段上的任意一点到O的距离都相等，所以线路NP段所在曲线是以O为圆心、以ON长为半径的圆，由线路MN段所在曲线方程可求得N(8,0)，则其方程为x2＋y2＝64(y≤0)，综上得线路示意图所在曲线的方程为MN段：x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)，NP段：x2＋y2＝64 (－8≤x≤8，y≤0)．(2)①当点Q在MN段上时，设Q(x0，y0)，又C(0,4)，则CQ＝x20＋(y0－4)2，由(1)得x20－y20＝64，即CQ＝2y20－8y0＋80＝72＋2(y0－2)2，故当y0＝2时，CQ min＝6 2 km.②当点Q在NP段上时，设Q(x1，y1)，又C(0,4)，则CQ＝x21＋(y1－4)2，由(1)得x21＋y21＝64，即CQ＝－8y1＋80，故当y1＝0时，CQ min＝4 5 km.因为62<45，所以当Q的坐标为(217，2)时，可使Q到景点C的距离最近．4．(2018·南京、盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF是以O为圆心、∠EOF＝120°的扇形，且弧EF，GH分别与边BC, AD相切于点M, N.(1)当BE 长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？ 解 (1)在图甲中，连结MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R ，在Rt△OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝4π3－ 3. 又所得柱体的高EG ＝4， 所以V ＝S ×EG ＝ 16π3－4 3.答 当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2.又所得柱体的高EG ＝6－2x ， 所以V ＝S ×EG ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫8π3－23()－x 3＋3x 2，其中0<x <3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈()0，3，则由f ′()x ＝－3x 2＋6x ＝－3x ()x －2＝0，解得x ＝2.列表如下：所以当x ＝2时， f (x )取得极大值，也是最大值． 答 当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．A 组 专题通关1．(2018·南京模拟)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB ，AC 和以BC 为直径的半圆弧BC 组成，其中AC 为2(单位：百米)，AC ⊥BC ，∠A 为π3.若在半圆弧BC ，线段AC，AB 上各建一个观赏亭D ，E ，F ，再修两条栈道DE ，DF ，使DE ∥AB ，DF ∥AC . 记∠CBD ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3≤θ<π2.(1)试用θ表示BD 的长；(2)试确定点E 的位置，使两条栈道长度之和最大． 解 (1)连结DC .在△ABC 中，AC 为2，AC ⊥BC ，∠A 为π3，所以∠CBA ＝π6，AB ＝4，BC ＝2 3.因为BC 为直径，所以∠BDC ＝π2，所以BD ＝BC cos θ＝23cos θ.(2)在△BDF 中，∠DBF ＝θ＋π6，∠BFD ＝π3，BD ＝23cos θ，所以由正弦定理得，DF sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝BFsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝BDsin∠BFD，所以DF ＝4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ， 且BF ＝4cos 2θ，所以DE ＝AF ＝4－4cos 2θ， 所以DE ＋DF ＝4－4cos 2θ＋4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ＝3sin 2θ－cos 2θ＋3 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π6＋3.因为π3≤θ＜π2，所以π2≤2θ－π6＜5π6，所以当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，DE ＋DF 有最大值5，此时E 与C 重合．答 当E 与C 重合时，两条栈道长度之和最大．2．(2018·常州期末)已知小明(如图中AB 所示)身高1.8米，路灯OM 高3.6米， AB, OM 均垂直于水平地面，分别与地面交于点A ，O .点光源从M 发出，小明在地上的影子记作AB ′.(1)小明沿着圆心为O ，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB ′扫过的图形面积；(2)若OA ＝3米，小明从A 出发，以1米/秒的速度沿线段AA 1走到A 1, ∠OAA 1＝π3，且AA 1＝10米．t 秒时，小明在地面上的影子长度记为f ()t (单位：米)，求f ()t 的表达式与最小值． 解 (1)由题意AB ∥OM ，则AB ′OB ′＝AB OM ＝1.83.6＝12， OA ＝3，所以OB ′＝6， 小明在地面上的身影AB ′扫过的图形是圆环，其面积为π×62－π×32＝27π(平方米)． (2)经过t 秒，小明走到了A 0处，身影为A 0B 0′，由(1)知A 0B ′0OB ′0＝AB OM ＝12，所以f ()t ＝A 0B 0′＝OA 0 ＝OA 2＋AA 20－2OA ·AA 0cos∠OAA 0. 化简得f ()t ＝t 2－3t ＋9， 0<t ≤10,f ()t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322＋274，当t ＝32时， f ()t 的最小值为332. 答 f ()t ＝t 2－3t ＋9(0<t ≤10)，当t ＝32(秒)时，f ()t 的最小值为332(米)．3．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80π3 立方米，且l ≥2r .假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．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r . 解 (1)设容器的容积为V ， 由题意知V ＝πr 2l ＋43πr 3，又V ＝80π3，故l ＝V －43πr 3πr 2＝803r 2－43r ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ，由于l ≥2r ，因此0＜r ≤2， 所以建造费用y ＝2πrl ×3＋4πr 2c ＝2πr ×43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ×3＋4πr 2c ，因此y ＝4π(c －2)r 2＋160πr，0＜r ≤2.(2)由(1)得y ′＝8π(c －2)r －160πr2＝8π(c －2)r2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 3－20c －2，0＜r ≤2. 由于c ＞3，所以c －2＞0， 当r 3－20c －2＝0时，r ＝ 320c －2.令320c －2＝m ，则m ＞0，所以y ′＝8π(c －2)r2(r －m )(r 2＋rm ＋m 2) ①当0＜m ＜2，即c ＞92时，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 ≤92时，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 ≤92，建造费用最小时r ＝2米，当c ＞92，建造费用最小时r ＝320c －2米． 4．(2018·全国大联考江苏卷)有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD ，园区一端是观景湖EHFCD (注：EHF 为抛物线的一部分)．现以AB 所在直线为x 轴，以线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy .观景湖顶点H 到边AB 的距离为18百米．EA ＝FB ＝178百米．现从边AB 上一点G (可以与A ，B 重合)出发修一条穿过园区到观景湖的小路，小路与观景湖岸HF 段相切于点P .设点P 到直线AB 的距离为t 百米．(1)求PG 关于t 的函数解析式，并写出函数的定义域；(2)假设小路每米造价m 元，请问：t 为何值时小路造价最低，最低造价是多少？ 解 (1)由题意，设抛物线EHF 上点的坐标满足函数y ＝ax 2＋18(a >0)，将点⎝ ⎛⎭⎪⎫±2，178代入得，4a ＋18＝178， 解得a ＝12，即y ＝12x 2＋18.设点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，12x 20＋18，0<x 0≤2，则t ＝12x 20＋18，∵y ′＝x ，∴切线PG 的斜率为x 0，∴PG 所在直线的方程为y －12x 20－18＝x 0(x －x 0)，即y ＝x 0x －12x 20＋18.令y ＝0，得x ＝x 02－18x 0，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0，0. ∴PG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0－x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－12x 20－182＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＋18x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182＝1＋x 20x 20⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182，由t ＝12x 20＋18得x 20＝2t －14，代入上式得，PG 2＝t 2⎝⎛⎭⎪⎫2t ＋342t －14＝t 2(8t ＋3)8t －1，∴PG 关于t 的函数解析式为f (t )＝t8t ＋38t －1， ∵点G 在边AB 上，则－2≤x 02－18x 0≤2，解得⎩⎪⎨⎪⎧0＜x 0≤2＋172，x 0≥－2＋172，即－2＋172≤x 0≤2＋172. 又∵0<x 0≤2，∴－2＋172≤x 0≤2， 由t ＝12x 20＋18得，174－17≤t ≤178，∴定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫t ⎪⎪⎪174－17≤t ≤178. (2)令g (t )＝f 2(t )＝2t 3＋34t22t －14，174－17≤t ≤178，则g ′(t )＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫8t 2－38⎝⎛⎭⎪⎫2t －142，令g ′(t )＝0，得t ＝38， 当174－17≤t <38时，g ′(t )<0； 当38<t ≤178时，g ′(t )>0， 故当t ＝38时，PG 2取得最小值，即PG 取得最小值， 为38× 3＋33－1＝9＋638，又因小路每米造价m 元，故当t ＝38百米时小路造价最低，最低造价为100×9＋638m ＝259＋632m (元)． B 组 能力提高5.如图，矩形ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点E 在AB 上，在梯形BCDE 区域内部展示文物，DE 是玻璃幕墙，游客只能在△ADE 区域内参观．在AE 上点P 处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN 为监控角，其中M ，N 在线段DE (含端点)上，且点M 在点N 的右下方．经测量得知，AD ＝6 m ，AE ＝6 m ，AP ＝2 m ，∠MPN ＝π4.记∠EPM ＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：tan 54≈3 (2)求S 的最小值．解 (1)方法一 在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理得PM sin∠PEM ＝PEsin∠PME ，所以PM ＝PE ×sin∠PEMsin∠PME＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝4sin θ＋cos θ，同理在△PNE 中，由正弦定理得PN s in∠PEN ＝PEsin∠PNE ，所以PN ＝PE ×sin∠PENsin∠PNE＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝22cos θ， 所以△PMN 的面积S ＝12PM ×PN ×sin∠MPN＝4cos 2θ＋sin θ cos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时， tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54.综上可得S ＝82sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54.方法二 在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理可知， ME sin θ＝PEsin∠PME ，所以ME ＝PE ×sin θsin∠PME＝4sin θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝42sin θsin θ＋cos θ， 在△PNE 中，由正弦定理可知，NE sin∠EPN ＝PEsin∠PNE，所以NE ＝PE ×sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4cos θ资料（一） 所以MN ＝NE －ME ＝22cos 2θ＋sin θcos θ ， 又点P 到DE 的距离为d ＝4sin π4＝22， 所以△PMN 的面积S ＝12×MN ×d ＝4cos 2θ＋sin θ cos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时，tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54， 所以0≤θ≤3π4－54. 所以S ＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. (2)当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54时， S 取得最小值82＋1＝8(2－1)．所以可视区域△PMN 面积的最小值为8(2－1)m 2.6．(2018·江苏海门中学模拟)将一个半径为3 dm ，圆心角为α(α∈(0,2π))的扇形铁皮焊接成一个容积为V dm 3的圆锥形无盖容器(忽略损耗)．(1)求V 关于α的函数关系式；(2)当α为何值时，V 取得最大值；(3)容积最大的圆锥形容器能否完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球？请说明理由．解 (1)设底面半径为r ，高为h,3α＝2πr ，h ＝9－r 2，∴V ＝13πr 2h ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π29－⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2，α∈(0,2π). (2) 令t ＝r 2＝⎝⎛⎭⎪⎫3α2π2∈(0,9)，f (t )＝t 2(9－t )，资料（一） ∵f ′(t )＝－3t (t －6)＝0，∵t ∈(0,9)∴t ＝6，因此t ＝6，α＝263π时，V max ＝23π. (3)设圆锥轴截面三角形内切圆半径为r 0.12r 0(3＋3＋26)＝12×3×26， ∴r 0＝32－23>0.5，所以能完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球．7．如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB 和曲线DE 分别是顶点在路面A ，E 的抛物线的一部分，曲线BCD 是圆弧，已知它们在接点B ，D 处的切线相同，若桥的最高点C 到水平面的距离H ＝6米，圆弧的弓高h ＝1米，圆弧所对的弦长BD ＝10米．(1)求弧BCD 所在圆的半径；(2)求桥底AE 的长．解 (1)设弧BCD 所在圆的半径为r (r ＞0)，由题意得r 2＝52＋(r －1)2，∴r ＝13.即弧BCD 所在圆的半径为13米．(2)以线段AE 所在直线为x 轴，线段AE 的中垂线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵H ＝6米，BD ＝10米，弓高h ＝1米，∴B (－5,5)，D (5,5)，C (0,6)，设BCD 所在圆的方程为x 2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧(6－b )2＝r 2，52＋(5－b )2＝r 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－7，r ＝13， ∴弧BCD 的方程为x 2＋(y ＋7)2＝169(5≤y ≤6)．设曲线AB 所在抛物线的方程为y ＝a (x －m )2，∵点B (－5,5)在曲线AB 上，∴5＝a (5＋m )2，①又弧BCD 与曲线段AB 在接点B 处的切线相同，且弧BCD 在点B 处的切线的斜率为512， 由y ＝a (x －m )2，得y ′＝2a (x －m )，∴2a(－5－m)＝512，∴2a(5＋m)＝－512，②由①②得m＝－29，∴A(－29,0)，E(29,0)，∴桥底AE的长为58米，资料（一）。
[精品]2019高考数学二轮复习 专题七 应用题 第2讲 解三角形、几何中的应用题学案
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第2讲 解三角形、几何中的应用题[考情考向分析] 和三角形有关的应用题，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，进而解决实际问题；和几何图形有关的应用题，可以利用平面几何知识或者建立平面直角坐标系转化成解析几何问题，利用直线或者曲线方程解决．热点一 和解三角形有关的应用题例1 如图所示，在某东西公交路线的南侧有一个临时停靠站台，为了方便乘客，打算在站台的一面东西方向的长方形墙体ABHG 上用AB ＝5 m ，BC ＝1 m 的矩形角钢焊接成一个简易的遮阳棚(将AB 放在墙上)．当太阳光线与水平线的夹角θ分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABCD 所在的平面与矩形HEFG 所在的路面所成的α设置为多大角度？(1)θ＝90°； (2)θ＝80°.解 (1)如图1，当θ＝90°时，太阳光线垂直于地面，遮阳棚只有与地面平行时，遮阴面积最大， 故遮阳棚ABCD 所在的平面与水平面所成角α＝0°.(2)如图2，在平面CBHE 内，过点C 作直线IJ ，与直线HE 交于I ，与直线HB 的延长线交于J ，并使得∠CIH ＝80°， 由题意可知，∠CBH ＝α＋90°. 在Rt△IHJ 中，tan 80°＝HJ HI ＝HB ＋BJ HI ，即HI ＝HB ＋BJtan 80°，欲使得HI 取到最大值，只需HB ＋BJ 取到最大值， 而站台高HB 为定长，故只需BJ 取到最大值即可．在△BCJ 中，∠BJC ＝10°，∠BCJ ＝α＋80°，由正弦定理得，BJsin (α＋80°)＝BC sin∠BJC ＝1sin 10°，即BJ ＝sin (α＋80°)sin 10°，故当α＝10°时，BJ 取到最大值，此时HI 也取到最大值， 又S 阴＝GH ×HI ＝5HI ，所以此时遮阳棚的遮阴面积最大．思维升华 用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解．跟踪演练1 如图，某公园有三条观光大道AB ，BC ，AC 围成直角三角形，其中直角边BC ＝200 m ，斜边AB ＝400 m ．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB ，BC ，AC 大道上嬉戏，所在位置分别记为点D ，E ，F .(1)若甲、乙都以每分钟100 m 的速度从点B 出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF ＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF ＝π3，请将甲、乙之间的距离y 表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离． 解 (1)依题意得BD ＝300 m ，BE ＝100 m ，在△ABC 中，cos B ＝BC AB ＝12，∴B ＝π3，在△BDE 中，由余弦定理，得DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD ·BE ·cos B＝3002＋1002－2·300·100·12＝70 000，∴DE ＝1007 m ，答 甲、乙两人之间的距离为1007 m. (2)由题意得EF ＝2DE ＝2y ，∠BDE ＝∠CEF ＝θ， 在Rt△CEF 中，CE ＝EF ·cos∠CEF ＝2y cos θ， 在△BDE 中，由正弦定理得BE sin∠BDE ＝DEsin∠DBE ，即200－2y cos θsin θ＝ysin 60°，∴当θ＝π6时，y 有最小值50 3.答 甲、乙之间的最小距离为50 3 m. 热点二 和立体几何有关的应用题例2 (2018·淮安四市模拟)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边BC 上的高所在直线AO 旋转180°而成，如图2.已知圆O 的半径为10 cm ，设∠BAO＝θ，0<θ<π2，圆锥的侧面积为S cm 2.(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大．求S 取得最大值时腰AB 的长度． 解 (1)设AO 的延长线交BC 于点D ，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，在△AOE 中，AE ＝10cos θ，AB ＝2AE ＝20cos θ，在△ABD 中，BD ＝AB ·sin θ＝20cos θ·sin θ，所以S ＝400πsin θcos 2θ，0<θ<π2.(2)要使侧面积最大，由(1)得S ＝400πsin θcos 2θ＝400π(sin θ－sin 3θ)令x ＝sin θ，所以得f (x )＝x －x 3， 由f ′(x )＝1－3x 2＝0得x ＝33， 当⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝33时取得极大值，也是最大值； 所以当sin θ＝33时，侧面积S 取得最大值， 此时等腰三角形的腰长AB ＝20cos θ＝201－sin 2θ＝201－⎝⎛⎭⎪⎫332＝2063. 答 侧面积S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB 的长度为2063cm.思维升华 和立体几何有关的应用题，主要通过研究空间几何体的结构特征和面积、体积的计算解决实际问题，解题的关键是抓住物体的几何特征，将实际中的物体抽象成立体几何中的柱、锥、台、球等规则几何体． 跟踪演练2 (2018·南通等六市模拟)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm 2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l 1，l 2裁剪成A ，B ，C 三个矩形(B ，C 全等)，用来制成一个柱体．现有两种方案： 方案①：以l 1为母线，将A 作为圆柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面； 方案②：以l 1为侧棱，将A 作为正四棱柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个正方形(各边分别与l 1或l 2垂直)作为正四棱柱的两个底面．(1)设B ，C 都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径； (2)设l 1的长为x dm ，则当x 为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？ 解 (1)设所得圆柱的半径为r dm ，则()2πr ＋2r ×4r ＝100，解得r ＝52()π＋12()π＋1.(2)设所得正四棱柱的底面边长为a dm ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤x 2，a ≤100x －4a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤x 2，a ≤20x .所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.记函数p ()x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.则p ()x 在(]0，210上单调递增，在[)210，＋∞上单调递减． ∴当x ＝210时， p ()x max ＝2010.∴当x ＝210， a ＝10时， V max ＝ 2010 dm 3. 又2a ≤x ≤20a，从而a ≤10.所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫20a＝20a ≤2010.∴当a ＝10， x ＝210时， V max ＝ 2010dm 3. 答 (1)圆柱的底面半径为52()π＋12()π＋1 dm ；(2)当x 为210时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大． 热点三 和解析几何有关的应用题例3 如图所示，某街道居委会拟在EF 地段的居民楼正南方向的空白地段AE 上建一个活动中心，其中AE ＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD ，上部分是以DC 为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE 不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tan θ＝34.(1)若设计AB ＝18米，AD ＝6米，问能否保证上述采光要求？(2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB 与AD 的长度，可使得活动中心的截面面积最大？ (注：计算中π取3)解 如图，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系．(1)因为AB ＝18米，AD ＝6米，所以半圆的圆心为H (9,6)，半径r ＝9.设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0，则由|27＋24－4b |32＋42＝9， 解得b ＝24或b ＝32(舍)．故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋24,令x ＝30，得EG ＝1.5＜2.5. 所以此时能保证上述采光要求． (2)设AD ＝h 米，AB ＝2r 米， 则半圆的圆心为H (r ，h )，半径为r .方法一 设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0， 由|3r ＋4h －4b |32＋42＝r ，解得b ＝h ＋2r 或b ＝h －r2(舍)． 故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋h ＋2r ，令x ＝30，得EG ＝2r ＋h －452，由EG ≤52，得h ≤25－2r .所以S ＝2rh ＋12πr 2＝2rh ＋32×r 2≤2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号． 所以当AB ＝20米且AD ＝5米时， 可使得活动中心的截面面积最大． 方法二 欲使活动中心内部空间尽可能大， 则影长EG 恰为2.5米，则此时点G 为(30,2.5)， 设过点G 的上述太阳光线为l 1，则l 1所在直线方程为y －52＝－34(x －30)，即3x ＋4y －100＝0.由直线l 1与半圆H 相切，得r ＝|3r ＋4h －100|5.而点H (r ，h )在直线l 1的下方，则3r ＋4h －100＜0，即r ＝－3r ＋4h －1005，从而h ＝25－2r .又S ＝2rh ＋12πr 2＝2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号．所以当AB ＝20米且AD ＝5米时， 可使得活动中心的截面面积最大．思维升华 以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解．解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视．跟踪演练3 如图是一块地皮OAB ，其中OA ，AB 是直线段，曲线段OB 是抛物线的一部分，且点O 是该抛物线的顶点，OA 所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA ＝2 km ，AB ＝ 2 km ，∠OAB ＝π4.现要从这块地皮中划一个矩形CDEF 来建造草坪，其中点C 在曲线段OB 上，点D ，E 在直线段OA 上，点F 在直线段AB 上，设CD ＝a km ，矩形草坪CDEF 的面积为f (a ) km 2.(1)求f (a )，并写出定义域；(2)当a 为多少时，矩形草坪CDEF 的面积最大？解 (1)以O 为原点，OA 边所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B 作BG ⊥OA 于点G ，在Rt△ABG 中，AB ＝2，∠OAB ＝π4，所以AG ＝BG ＝1，又因为OA ＝2， 所以OG ＝1，则B (1,1)，设抛物线OCB 的标准方程为y 2＝2px (p >0)， 代入点B 的坐标，得p ＝12，所以抛物线的方程为y 2＝x .因为CD ＝a ，所以AE ＝EF ＝a ，则DE ＝2－a －a 2， 所以f (a )＝a (2－a －a 2)＝－a 3－a 2＋2a ， 定义域为(0,1)．(2)由(1)可知，f (a )＝－a 3－a 2＋2a ，则f ′(a )＝－3a 2－2a ＋2，令f ′(a )＝0，得a ＝7－13.f ′(a )＞0，f (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7－13上单调递增； 当7－13＜a ＜1时， f ′(a )＜0，f (a )在⎝⎛⎭⎪⎫7－13，1上单调递减．所以当a ＝7－13时，f (a )取得极大值，也是最大值 答 当a ＝7－13时，矩形草坪CDEF 的面积最大．1．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解 (1)V ＝13×62×2＋62×2×4＝312(m 3)．(2)设PO 1＝x ，则O 1B 1＝62－x 2(0<x <6)，B 1C 1＝2·62－x 2， ∴1111A B C D S ＝2(62－x 2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x .则仓库容积V ＝13x ·2(62－x 2)＋2(62－x 2)·4x ＝263x (36－x 2)(0<x <6)．V ′＝263(36－3x 2)，由V ′＝0得x ＝23或x ＝－23(舍去)． 由实际意义知V 在x ＝23(m)处取到最大值， 故当PO 1＝2 3 m 时，仓库容积最大．2．(2017·江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度； (2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度． 解 (1)由正四棱柱的定义可知，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC ， 如图①，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．①因为AC ＝107 cm ，AM ＝40 cm ， 所以MC ＝402－(107)2＝30 (cm)， 从而sin∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1， 过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足， 则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12 cm ， 从而AP 1＝P 1Q 1sin∠MAC＝16 (cm)．答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm) (2)方法一 如图②，O ，O 1是正棱台的两底面中心．②由正棱台的定义可知，OO 1⊥平面EFGH ， 所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上的点N 处． 过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足， 则GK ＝OO 1＝32 cm.因为EG ＝14 cm ，E 1G 1＝62 cm ， 所以KG 1＝62－142＝24 (cm)，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40 (cm)． 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β， 则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋∠KGG 1＝cos∠KGG 1＝45.因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β) ＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×725＝35.记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin∠NEG ＝20 (cm)．答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法二 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，垂足为H ′，易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ， 可得GG 1＝40 cm.所以cos∠G 1GH ′＝2440＝35，于是cos∠NGE ＝－35.由余弦定理得EN 2＝EG 2＋GN 2－2EG ·GN ·cos∠NGE ， 设GN ＝x cm ，上述方程整理得(x －30)(5x ＋234)＝0，x ＝30.过点N 作NK ⊥EG ，垂足为K ，过点P 作PQ ⊥EG ，垂足为Q . 由KN H ′G 1＝GN GG 1，得KN 32＝3040，解得KN ＝24 cm. 由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法三 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，H ′为垂足，过N 作NK ⊥EG ，K 为垂足，过P 作PQ ⊥EG ，Q 为垂足．易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ， 得tan∠G 1GH ′＝3224＝43.所以KN GK ＝43，可设KN ＝4x ，GK ＝3x .在Rt△EKN 中，由勾股定理得(14＋3x )2＋16x 2＝402， 因式分解得(x －6)(25x ＋234)＝0， 解得x ＝6，KN ＝24 cm ， 由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答 玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)3．(2018·江苏扬州树人学校模拟)某市为改善市民出行，准备规划道路建设，规划中的道路M －N －P 如图所示，已知A ，B 是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O 的距离均为8 2 km ，C 是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O的距离为4 km，线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16 km，其中道路起点M到东西方向主干道的距离为6 km，线路NP段上的任意一点到O的距离都相等．以O为原点、线路AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.(1)求道路M－N－P的曲线方程；(2)现要在道路M－N－P上建一站点Q，使得Q到景点C的距离最近，问如何设置站点Q的位置(即确定点Q的坐标)? 解(1)因为线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16 km，所以线路MN段所在曲线是以点A，B为左、右焦点的双曲线的右上支，则其方程为x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)．因为线路NP段上的任意一点到O的距离都相等，所以线路NP段所在曲线是以O为圆心、以ON长为半径的圆，由线路MN段所在曲线方程可求得N(8,0)，则其方程为x2＋y2＝64(y≤0)，综上得线路示意图所在曲线的方程为MN段：x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)，NP段：x2＋y2＝64 (－8≤x≤8，y≤0)．(2)①当点Q在MN段上时，设Q(x0，y0)，又C(0,4)，则CQ＝x20＋(y0－4)2，由(1)得x20－y20＝64，即CQ＝2y20－8y0＋80＝72＋2(y0－2)2，故当y0＝2时，CQ min＝6 2 km.②当点Q在NP段上时，设Q(x1，y1)，又C(0,4)，则CQ＝x21＋(y1－4)2，由(1)得x21＋y21＝64，即CQ＝－8y1＋80，故当y1＝0时，CQ min＝4 5 km.因为62<45，所以当Q的坐标为(217，2)时，可使Q到景点C的距离最近．4．(2018·南京、盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF是以O为圆心、∠EOF＝120°的扇形，且弧EF，GH分别与边BC, AD相切于点M, N.(1)当BE 长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？ 解 (1)在图甲中，连结MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R ，在Rt△OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝4π3－ 3. 又所得柱体的高EG ＝4， 所以V ＝S ×EG ＝ 16π3－4 3.答 当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2.又所得柱体的高EG ＝6－2x ， 所以V ＝S ×EG ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫8π3－23()－x 3＋3x 2，其中0<x <3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈()0，3，则由f ′()x ＝－3x 2＋6x ＝－3x ()x －2＝0，解得x ＝2.列表如下：所以当x ＝2时， f (x )取得极大值，也是最大值．答 当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．A 组 专题通关1．(2018·南京模拟)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB ，AC 和以BC 为直径的半圆弧BC 组成，其中AC 为2(单位：百米)，AC ⊥BC ，∠A 为π3.若在半圆弧BC ，线段AC ，AB 上各建一个观赏亭D ，E ，F ，再修两条栈道DE ，DF，使DE ∥AB ，DF ∥AC . 记∠CBD ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3≤θ<π2.(1)试用θ表示BD 的长；(2)试确定点E 的位置，使两条栈道长度之和最大． 解 (1)连结DC .在△ABC 中，AC 为2，AC ⊥BC ，∠A 为π3，所以∠CBA ＝π6，AB ＝4，BC ＝2 3.因为BC 为直径，所以∠BDC ＝π2，所以BD ＝BC cos θ＝23cos θ.(2)在△BDF 中，∠DBF ＝θ＋π6，∠BFD ＝π3，BD ＝23cos θ，所以由正弦定理得，DF sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝BFsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝BDsin∠BFD，所以DF ＝4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ， 且BF ＝4cos 2θ，所以DE ＝AF ＝4－4cos 2θ， 所以DE ＋DF ＝4－4cos 2θ＋4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ＝3sin 2θ－cos 2θ＋3 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π6＋3.因为π3≤θ＜π2，所以π2≤2θ－π6＜5π6，所以当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，DE ＋DF 有最大值5，此时E 与C 重合．答 当E 与C 重合时，两条栈道长度之和最大．2．(2018·常州期末)已知小明(如图中AB 所示)身高1.8米，路灯OM 高3.6米， AB, OM 均垂直于水平地面，分别与地面交于点A ，O .点光源从M 发出，小明在地上的影子记作AB ′.(1)小明沿着圆心为O ，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB ′扫过的图形面积；(2)若OA ＝3米，小明从A 出发，以1米/秒的速度沿线段AA 1走到A 1, ∠OAA 1＝π3，且AA 1＝10米．t 秒时，小明在地面上的影子长度记为f ()t (单位：米)，求f ()t 的表达式与最小值． 解 (1)由题意AB ∥OM ，则AB ′OB ′＝AB OM ＝1.83.6＝12， OA ＝3，所以OB ′＝6， 小明在地面上的身影AB ′扫过的图形是圆环，其面积为π×62－π×32＝27π(平方米)． (2)经过t 秒，小明走到了A 0处，身影为A 0B 0′，由(1)知A 0B ′0OB ′0＝AB OM ＝12，所以f ()t ＝A 0B 0′＝OA 0 ＝OA 2＋AA 20－2OA ·AA 0cos∠OAA 0. 化简得f ()t ＝t 2－3t ＋9， 0<t ≤10,f ()t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322＋274，当t ＝32时， f ()t 的最小值为332. 答 f ()t ＝t 2－3t ＋9(0<t ≤10)，当t ＝32(秒)时，f ()t 的最小值为332(米)．3．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80π3立方米，且l ≥2r .假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．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r . 解 (1)设容器的容积为V ， 由题意知V ＝πr 2l ＋43πr 3，又V ＝80π3，故l ＝V －43πr 3πr 2＝803r 2－43r ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ， 由于l ≥2r ，因此0＜r ≤2， 所以建造费用y ＝2πrl ×3＋4πr 2c ＝2πr ×43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ×3＋4πr 2c ，因此y ＝4π(c －2)r 2＋160πr，0＜r ≤2.(2)由(1)得y ′＝8π(c －2)r －160πr2＝8π(c －2)r2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 3－20c －2，0＜r ≤2. 由于c ＞3，所以c －2＞0， 当r 3－20c －2＝0时，r ＝ 320c －2.令320c －2＝m ，则m ＞0， 所以y ′＝8π(c －2)r2(r －m )(r 2＋rm ＋m 2)①当0＜m ＜2，即c ＞92时，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 ≤92时，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 ≤92，建造费用最小时r ＝2米，当c ＞92，建造费用最小时r ＝320c －2米． 4．(2018·全国大联考江苏卷)有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD ，园区一端是观景湖EHFCD (注：EHF 为抛物线的一部分)．现以AB 所在直线为x 轴，以线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy .观景湖顶点H 到边AB 的距离为18百米．EA ＝FB ＝178百米．现从边AB 上一点G (可以与A ，B 重合)出发修一条穿过园区到观景湖的小路，小路与观景湖岸HF 段相切于点P .设点P 到直线AB 的距离为t 百米．(1)求PG 关于t 的函数解析式，并写出函数的定义域；(2)假设小路每米造价m 元，请问：t 为何值时小路造价最低，最低造价是多少？ 解 (1)由题意，设抛物线EHF 上点的坐标满足函数y ＝ax 2＋18(a >0)，将点⎝ ⎛⎭⎪⎫±2，178代入得，4a ＋18＝178， 解得a ＝12，即y ＝12x 2＋18.设点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，12x 20＋18，0<x 0≤2，则t ＝12x 20＋18，∵y ′＝x ，∴切线PG 的斜率为x 0，∴PG 所在直线的方程为y －12x 20－18＝x 0(x －x 0)，即y ＝x 0x －12x 20＋18.令y ＝0，得x ＝x 02－18x 0，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0，0. ∴PG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0－x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－12x 20－182＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＋18x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182＝1＋x 20x 20⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182，由t ＝12x 20＋18得x 20＝2t －14，代入上式得，PG 2＝t 2⎝⎛⎭⎪⎫2t ＋342t －14＝t 2(8t ＋3)8t －1，∴PG 关于t 的函数解析式为f (t )＝t8t ＋38t －1， ∵点G 在边AB 上，则－2≤x 02－18x 0≤2，解得⎩⎪⎨⎪⎧0＜x 0≤2＋172，x 0≥－2＋172，即－2＋172≤x 0≤2＋172. 又∵0<x 0≤2，∴－2＋172≤x 0≤2， 由t ＝12x 20＋18得，174－17≤t ≤178，∴定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫t ⎪⎪⎪174－17≤t ≤178. (2)令g (t )＝f 2(t )＝2t 3＋34t22t －14，174－17≤t ≤178，则g ′(t )＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫8t 2－38⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －142，当174－17≤t <38时，g ′(t )<0； 当38<t ≤178时，g ′(t )>0， 故当t ＝38时，PG 2取得最小值，即PG 取得最小值， 为38× 3＋33－1＝9＋638，又因小路每米造价m 元，故当t ＝38百米时小路造价最低，最低造价为100×9＋638m ＝259＋632m (元)． B 组 能力提高5.如图，矩形ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点E 在AB 上，在梯形BCDE 区域内部展示文物，DE 是玻璃幕墙，游客只能在△ADE 区域内参观．在AE 上点P 处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN 为监控角，其中M ，N 在线段DE (含端点)上，且点M 在点N 的右下方．经测量得知，AD ＝6 m ，AE ＝6 m ，AP ＝2 m ，∠MPN ＝π4.记∠EPM ＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：tan 54≈3 (2)求S 的最小值．解 (1)方法一 在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理得PM sin∠PEM ＝PEsin∠PME ，所以PM ＝PE ×sin∠PEMsin∠PME＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝4sin θ＋cos θ，同理在△PNE 中，由正弦定理得PN s in∠PEN ＝PEsin∠PNE，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－θ所以△PMN 的面积S ＝12PM ×PN ×sin∠MPN＝4cos 2θ＋sin θ cos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1， 当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时， tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54.综上可得S ＝82sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54.方法二 在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理可知， ME sin θ＝PEsin∠PME ，所以ME ＝PE ×sin θsin∠PME＝4sin θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝42sin θsin θ＋cos θ， 在△PNE 中，由正弦定理可知，NE sin∠EPN ＝PEsin∠PNE，所以NE ＝PE ×sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4cos θ＝22(sin θ＋cos θ)cos θ，又点P 到DE 的距离为d ＝4sin π4＝22， 所以△PMN 的面积S ＝12×MN ×d ＝4cos 2θ＋sin θ cos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1， 当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时， tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54， 所以0≤θ≤3π4－54. 所以S ＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. (2)当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54时， S 取得最小值82＋1＝8(2－1)．所以可视区域△PMN 面积的最小值为8(2－1)m 2.6．(2018·江苏海门中学模拟)将一个半径为3 dm ，圆心角为α(α∈(0,2π))的扇形铁皮焊接成一个容积为V dm 3的圆锥形无盖容器(忽略损耗)．(1)求V 关于α的函数关系式；(2)当α为何值时，V 取得最大值；(3)容积最大的圆锥形容器能否完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球？请说明理由．解 (1)设底面半径为r ，高为h,3α＝2πr ，h ＝9－r 2，∴V ＝13πr 2h ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π29－⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2，α∈(0,2π). (2) 令t ＝r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2∈(0,9)，f (t )＝t 2(9－t )， ∵f ′(t )＝－3t (t －6)＝0，∵t ∈(0,9)∴t ＝6，(3)设圆锥轴截面三角形内切圆半径为r 0.12r 0(3＋3＋26)＝12×3×26， ∴r 0＝32－23>0.5，所以能完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球．7．如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB 和曲线DE 分别是顶点在路面A ，E 的抛物线的一部分，曲线BCD 是圆弧，已知它们在接点B ，D 处的切线相同，若桥的最高点C 到水平面的距离H ＝6米，圆弧的弓高h ＝1米，圆弧所对的弦长BD ＝10米．(1)求弧BCD 所在圆的半径；(2)求桥底AE 的长．解 (1)设弧BCD 所在圆的半径为r (r ＞0)，由题意得r 2＝52＋(r －1)2，∴r ＝13.即弧BCD 所在圆的半径为13米．(2)以线段AE 所在直线为x 轴，线段AE 的中垂线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵H ＝6米，BD ＝10米，弓高h ＝1米，∴B (－5,5)，D (5,5)，C (0,6)，设BCD 所在圆的方程为x 2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧(6－b )2＝r 2，52＋(5－b )2＝r 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－7，r ＝13， ∴弧BCD 的方程为x 2＋(y ＋7)2＝169(5≤y ≤6)．设曲线AB 所在抛物线的方程为y ＝a (x －m )2，∵点B (－5,5)在曲线AB 上，∴5＝a (5＋m )2，①又弧BCD 与曲线段AB 在接点B 处的切线相同，且弧BCD 在点B 处的切线的斜率为512， 由y ＝a (x －m )2，得y ′＝2a (x －m )，∴2a (－5－m )＝512，∴2a (5＋m )＝－512，②由①②得m＝－29，∴A(－29,0)，E(29,0)，∴桥底AE的长为58米，。
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规范答题示例6 应用题
典例6 (14分)某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆O 的圆心与矩形ABCD 对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(E 为上切点)，与左右两边相交(F ，G 为其中两
个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域．已知圆的半径为1 m ，且AB AD ≥1
2
.
设∠EOF ＝θ，透光区域的面积为S .
(1)求S 关于θ的函数关系式，并求出定义域；
(2)根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边AB 的长度．
审题路线图 (1)求出OH ，FH 的长度表达式→确定S △OFH 与S 扇形OEF ，写出S 的表达式→
根据AB AD ≥12，得到定义域⎣⎢⎡⎭
⎪⎫π6，π2 (2)
求出S 矩形的表达式
→
透光区域与矩形窗面面积的比值的表达式f (θ)
→
求导f ′(θ)＝cos θ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12sin 2θ－θ2sin 2
θ
→确定f ′(θ)的符号
→θ＝π6时，f (θ)有最大值π6＋3
4
→得出结论
θ，2分
评分细则(1)求出OH，FH的长度给2分；(2)求出S的表达式给2分，无定义域扣2分；
(3)求出总面积的表达式给1分； (4)求出f (θ)的表达式给1分； (5)正确求导f ′(θ)，给2分；
(6)求出f (θ)的最大值给3分，无最后结论扣1分．
跟踪演练6 (2018·启东期末)如图，在圆心角为90°，半径为60 cm 的扇形铁皮上截取一块矩形材料OABC ，其中点O 为圆心，点B 在圆弧上，点A ，C 在两半径上，现将此矩形铁皮
OABC 卷成一个以AB 为母线的圆柱形铁皮罐的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长AB
＝x cm ，圆柱形铁皮罐的容积为V ()x cm 3
.
(1)求圆柱形铁皮罐的容积V ()x 关于x 的函数解析式，并指出该函数的定义域；
(2)当x 为何值时，才使做出的圆柱形铁皮罐的容积V ()x 最大？最大容积是多少？ (圆柱体积公式：V ＝Sh ，S 为圆柱的底面枳，h 为圆柱的高)
解 (1)连结OB ，在Rt△OAB 中，由AB ＝x ，利用勾股定理可得OA ＝ 3 600－x 2
，
设圆柱底面半径为r ， 则 3 600－x 2
＝2πr ， 即4π2r 2
＝3 600－x 2
，
所以V (x )＝πr 2
x ＝π·3 600－x 2
4π2
·x ＝3 600x －x
3
4π
， 即铁皮罐的容积V (x )关于x 的函数关系式为V (x )＝3 600x －x
3
4π，定义域为(0,60)．
(2)由V ′(x )＝3 600－3x
2
4π＝0，x ∈(0,60)，得x ＝20 3.
当x 变化时，V (x )，V ′(x )的变化情况如表所示：
所以当x ＝203时，V (x )有极大值，也是最大值12 0003
π
.
答 当x 为20 3 cm 时，做出的圆柱形铁皮罐的容积最大，最大容积是12 0003π cm 3
.。