1、 1(2015江苏)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路记两条相互垂直的公路为 l1，l2，山区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l.如图所示，M，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 l1，l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 l1，l2 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以 l2，l1 所在的直线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系 xOy，假设曲线 C 符合函数 yax2b(其中 a，b为常数)模型(1)求 a，b 的值；(2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为
2、t.请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t)，并写出其定义域；当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度解(1)由题意知，点 M，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)将其分别代入 yax2b，得a25b40，a400b2.5，解得a1 000，b0.(2)由(1)知，y1 000 x2(5x20)，则点 P 的坐标为t，1 000t2，设在点 P 处的切线 l 交 x，y 轴分别于 A，B 点，y2 000 x3，则 l 的方程为 y1 000t22 000t3(xt)，由此得 A3t2，0，B0，3 000t2.故 f(t)3t223 000t2232t24106t4，
3、t5,20设 g(t)t24106t4，则 g(t)2t16106t5.令 g(t)0，解得 t10 2.当 t(5,10 2)时，g(t)0，g(t)是减函数；当 t(10 2，20)时，g(t)0，g(t)是增函数所以当 t10 2时，函数 g(t)有极小值，也是最小值，所以 g(t)min300，此时 f(t)min15 3.答 当 t10 2时，公路 l 的长度最短，最短长度为 15 3千米2(2016江苏)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 PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高 O1O是正四棱锥的
4、高 PO1 的 4 倍(1)若 AB6 m，PO12 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 PO1 为多少时，仓库的容积最大？解(1)由 PO12 知，O1O4PO18.因为 A1B1AB6，所以正四棱锥 PA1B1C1D1 的体积V 锥13A1B21PO11362224(m3)正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的体积V 柱AB2O1O628288(m3)所以仓库的容积 VV 锥V 柱24288312(m3)(2)设 A1B1a m，PO1h m，则 0h6，O1O4h.连结 O1B1，如图所示因为在 RtPO1B1 中，O1B21PO21PB21，所以2a22h
5、236，即 a22(36h2)于是仓库的容积VV 锥V 柱13a2ha24h133 a2h263(36hh3)，0h6，从而 V263(363h2)26(12h2)令 V0，得 h2 3或 h2 3(舍)当 0h2 3时，V0，V 是单调增函数；当 2 3h6 时，V0，V 是单调减函数故当 h2 3时，V 取得极大值，也是最大值因此，当 PO12 3 m 时，仓库的容积最大3(2017江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为32 cm，容器的底面对角线 AC 的长为 10 7 cm，容器的两底面对角线 EG，E1G1 的长分别为 14 cm 和 62 cm.分别在
6、容器和容器中注入水，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解(1)由正四棱柱的定义可知，CC1平面 ABCD，所以平面 A1ACC1平面 ABCD，CC1AC.记玻璃棒的另一端落在 CC1 上点 M 处因为 AC10 7 cm，AM40 cm，所以 MC40210 7230 cm，从而 sinMACMCMA304034.记
7、AM 与水面的交点为 P1，过 P1 作 P1Q1AC，Q1 为垂足，如图所示，则 P1Q1平面 ABCD，故 P1Q112 cm，从而 AP1P1Q1sinMAC123416(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，O，O1 是正棱台的两底面中心由正棱台的定义可知，OO1平面 EFGH，所以平面 E1EGG1平面 EFGH，OO1EG.同理，平面 E1EGG1平面 E1F1G1H1，OO1E1G1.记玻璃棒的另一端落在 GG1 上的点 N 处过 G 作 GKE1G1，K 为垂足，则 GK
8、OO132.因为 EG14 cm，E1G162 cm，所以 KG16214224 cm，从而 GG1 KG21GK2 24232240 cm.设EGG1，ENG，则 sin sin2KGG1 cosKGG145.因为2，所以 cos 35.在ENG 中，由正弦定理可得 40sin 14sin，解得 sin 725.因为 02，所以 cos 2425.于是 sinNEGsin()sin()sin cos cos sin 45242535 72535.记 EN 与水面的交点为 P2，过 P2 作 P2Q2EG，Q2 为垂足，则 P2Q2平面 EFGH，故 P2Q212，从而 EP2P2Q2sinN
9、EG20(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 GG1 上点 N 处，EN 与水面的交点为 P，过 G1 作 G1HEG，垂足为 H，易知 G1H32 cm，GH24 cm，可得 GG140 cm.所以 cosG1GH244035，于是 cosNGE35.由余弦定理得 EN2EG2GN22EGGNcosNGE，设 GNx cm，上述方程整理得(x30)(5x234)0，x30.过点 N 作 NKEG，垂足为 K，过点 P 作 PQEG，垂足为 Q.由 KNHG1 GNGG1，得
10、KN32 3040，解得 KN24 cm.由PQNKEPEN，得1224EP40，解得 PE20 cm.方法三 记玻璃棒的另一端落在 GG1 上点 N 处，EN 与水面的交点为 P，过 G1 作 G1HEG，H为垂足，过 N 作 NKEG，K 为垂足，过 P 作 PQEG，Q 为垂足易知 G1H32 cm，GH24 cm，得 tanG1GH322443.所以KNGK43，可设 KN4x，GK3x.在 RtEKN 中，由勾股定理得(143x)216x2402，因式分解得(x6)(25x234)0，解得 x6，KN24 cm，由PQNKEPEN，得1224EP40，解得 PE20 cm.方法四 记
11、玻璃棒的另一端落在 GG1 上的点 N 处，EN 与水面的交点为 P，过点 P 作 PQEG，Q 为垂足以 E 为原点，EG 为 x 轴，建立平面直角坐标系 xEy.由题设条件易知 G(14,0)，G1(38,32)设NEG，由三角函数定义得 N(40cos，40sin)由 G，N，G1 三点共线得40sin 40cos 14323814，化简得 20cos 15sin 7，又(20cos 15sin)2(15cos 20sin)2252，解得 15cos 20sin 24.由得 sin 35，于是 PE PQsin 20(cm)方法五 记玻璃棒的另一端落在 GG1 上点 N 处，EN 与水面
12、的交点为 P，过点 P 作 PQEG，Q 为垂足以 E 为原点，EG 为 x 轴，建立平面直角坐标系 xEy.由题设条件易知 G(14,0)，G1(38,32)，GG1(24,32)设GN GG1，则可得点 N 坐标为(1424，32)由 EN40，得(1424)21 0242402，(712)22562202，4002168722020，400216827130，(43)(100117)0，得 34.所以点 N 的纵坐标为 24.sinNEG244035，于是 PEPQsinNEG20(cm)方法六 记玻璃棒的另一端落在 GG1 上点 N 处，EN 与水面的交点为 P，过 P 作 PQEG，
13、Q为垂足以 E 为原点，EG 为 x 轴，建立平面直角坐标系 xEy.由题设条件易知 G(14,0)，G1(38,32)，于是直线 GG1 的方程为 y43(x14)故可设点 N 坐标为(143t,4t)由 EN40，得(143t2)16t2402，25t284t1424020，25t284t54260，(t6)(25t926)0，得 t6，所以点 N 的纵坐标为 24.sinNEG244035，所以 PEPQsinNEG20(cm)应用题考查是江苏高考特色，每年均有考查.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，试题难度中等或中等偏上.命题要求考生了解信息社会，讲究联系实际
14、，重视数学在生产、生活及科学中的应用，明确“数学有用，要用数学”，并积累处理实际问题的经验，问题解决方法是函数不等式相关知识.热点一 模型为函数、不等式的应用题例 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 x150)人继续留用，他们的人均年收入为 4a(aN*)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)y200 x412x
15、%4ax2000.02x2a3x2005012 500 x25(a3)214(a3)24.其中 100 x150，xN*.(2)当 10025(a3)150，即 1a3，aN*时，当 x25(a3)时，y 取最大值，即 ymax14(a3)24；当 25(a3)150，即 a3，aN*时，函数 y 在100,150上单调递增，当 x150 时，y 取最大值，即 ymax3a4.答 当 1a3，aN*时，x25(a3)时，y 取最大值14(a3)24；当 a3，aN*，x150 时，y 取最大值 3a4.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
16、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10a 3x500 万元(a0)，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
17、围解(1)根据题意可得(1 000 x)(10100.2x%)1 00010，整理得 x2500 x0，解得 0 x500，最多调出的人数为 500.(2)由0 x500，x1 00040%，解得 0 x400.10a 3x500 x(1 000 x)(10100.2x%)对 x0,400恒成立，即 10ax3x2501 0001020 x10 x2x2%恒成立，即 ax x2250 x1 000 对于任意的 x0,400恒成立当 x0 时，不等式显然成立；当 0 x400 时，a x2501 000 x1 1250 x250 000 x1.令函数 f(x)x250 000 x，可知 f(x)
18、在区间0,400上是减函数故 f(x)minf(400)1 025，故 x2501 000 x15110.故 0a5110，所以实数 a 的取值范围是0，5110.例 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(25x)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
19、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 y25x6xx(x1)50,0 x10，xN，即 yx220 x50,0 x10，xN，由x220 x500，解得 105 2x105 2，而 2105 23，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 1xy(25x)1x(x219x25)19(x25x)，而 19x25x 192x25x 9，当且仅当 x5 时等号成立答 第 5 年年底出售货车，年平均利润最大思维升华 运用基本不等式求解应用题时，要注
20、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(2017江苏镇江三模)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 m2 的活动室，工程条件是：建 1 m 新墙的费用为 a 元；修 1 m 旧墙的费用是a4元；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)问如何利用旧墙的一段 x m(x14)为矩形厂房的一面边长；(2)矩形活动室的一面墙的边长 x14.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1
21、26xm.(1)当 x14 时，总费用 f(x)a4xa2(14x)a2x252x 147ax436x 1 35a，当且仅当 x12 时取最小值 35a.(2)当 x14 时，总费用 f(x)a414a2x252x 142ax126x 214，则 f(x)2a1126x2 0，故 f(x)在14，)上单调递增，所以当 x14 时取最小值 35.5a.答 第(1)种方案最省，即当 x12 m 时，总费用最省，为 35a 元热点二 模型为三角函数的应用题例 3(2017苏北四市一模)如图，已知 A，B 两镇分别位于东西湖岸 MN 的 A 处和湖中小岛的 B 处，点 C 在 A 的正西方向 1 km
22、 处，tanBAN34，BCN4.现计划铺设一条电缆连通A，B 两镇，有两种铺设方案：沿线段 AB 在水下铺设；在湖岸 MN 上选一点 P，先沿线段 AP 在地下铺设，再沿线段 PB 在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为 2 万元/km、4 万元/km.(1)求 A，B 两镇间的距离；(2)应该如何铺设，使总铺设费用最低？解(1)过 B 作 MN 的垂线，垂足为 D，如图所示在 RtABD 中，tanBADtanBANBDAD34，所以 AD43BD，在 RtBCD 中，tanBCDtanBCNBDCD1，所以 CDBD.则 ACADCD43BDBD13BD1，即 BD3，所以 CD
23、3，AD4，由勾股定理，得 AB AD2BD25(km)所以 A，B 两镇间的距离为 5 km.(2)方案：沿线段 AB 在水下铺设时，总铺设费用为 5420(万元)方案：设BPD，则 0，2，其中 0BAN，在 RtBDP 中，DP BDtan 3tan，BP BDsin 3sin，所以 AP4DP4 3tan.则总铺设费用为 2AP4BP8 6tan 12sin 862cos sin.设 f()2cos sin，则 f()sin22cos cos sin212cos sin2，令 f()0，得 3，列表如下：0，333，2f()0f()极小值所以 f()的最小值为 f 3 3.所以方案的总
24、铺设费用最小为 86 3(万元)，此时 AP4 3.而 86 320，所以应选择方案进行铺设，点 P 选在 A 的正西方向(4 3)km 处，总铺设费用最低思维升华 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(2017江苏苏锡常镇二模)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：m2)，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，不锈钢支架的长度和记为 l.(1)请将 l 表
25、示成关于 的函数 lf()；(2)问当 为何值时 l 最小，并求最小值解(1)过 D 作 DHBC 于点 H，如图所示则DCB02，DHh，则 DC hsin，CH htan.设 ADx，BCx 2htan.因为 S12xx 2htan h，则 xSh htan，则 lf()2DCADShh2sin 1tan 02.(2)由(1)可知，lf()Shh2sin 1tan ，则 f()h2cos sin2 1sin2 h12cos sin2，令 f()h12cos sin20，得 3.0，333，2f()0f()极小值所以 lminf 3 3hSh.例 4(2017江苏扬州一模)如图，矩形 ABC
26、D 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，AD6 m，AE6 m，AP2 m，MPN4.记EPM(弧度)，监控摄像头的可视区域PMN 的面积为 S.(1)求 S 关于 的函数关系式，并写出 的取值范围；参考数据：tan543(2)求 S 的最小值解(1)方法一 在PME 中，EPM，PEAEAP4(m)，PEM4，PME34，由正弦定理得PMsinPEMPEs
27、inPME，所以 PMPEsinPEMsinPME2 2sin34 4sin cos，同理在PNE 中，由正弦定理得PNsinPENPEsinPNE，所以 PNPEsinPENsinPNE2 2sin2 2 2cos，所以PMN 的面积 S12PMPNsinMPN4cos2sin cos 41cos 2212sin 28sin 2cos 2182sin24 1，当 M 与 E 重合时，0；当 N 与 D 重合时，tanAPD3，即APD54，34 54，所以 034 54.综上可得 S82sin24 1，0，34 54.方法二 在PME 中，EPM，PEAEAP4(m)，PEM4，PME34，
28、由正弦定理可知，MEsin PEsinPME，所以 MEPEsin sinPME4sin sin34 4 2sin sin cos，在PNE 中，由正弦定理可知，NEsinEPNPEsinPNE，所以 NEPEsin4sin24sin4cos 2 2sin cos cos，所以 MNNEME2 2cos2sin cos，又点 P 到 DE 的距离为 d4sin42 2，所以PMN 的面积 S12MNd4cos2sin cos 41cos 2212sin 28sin 2cos 2182sin24 1，当 M 与 E 重合时，0；当 N 与 D 重合时，tanAPD3，即APD54，34 54，所
29、以 034 54.所以 S82sin24 1，0，34 54.(2)当 242，即 80，34 54 时，S 取得最小值8218(21)所以可视区域PMN 面积的最小值为 8(21)m2.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 4(2017江苏镇江一模)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 BC200 m，斜边 AB400 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
30、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，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的 2 倍，且DEF3，请将甲、乙之间的距离 y 表示为 的函数，并求甲、乙之间的最小距离解(1)依题意得 BD300 m，BE100 m，在ABC 中，cos BBCAB12，B3，在BDE 中，由余弦定理，得DE2BD2BE22BDBEcos B3002100223001001270 000，DE100 7 m，答 甲、乙两人之间的距离为 100 7 m.(2)由题意得 EF2DE2y m，
31、BDECEF，在直角三角形 CEF 中，CEEFcosCEF2ycos，在BDE 中，由正弦定理得BEsinBDEDEsinDBE，即2002ycos sin ysin 60，y100 33cos sin 50 3sin3，02，当 6时，y 有最小值 50 3.答 甲、乙之间的最小距离为 50 3 m.热点三 模型为立体几何、解析几何、数列等其他类型的应用题例 5(2017江苏南京一模)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 AE30 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
32、 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 满足 tan 34.(1)若设计 AB18 米，AD6 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 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 AB18 米，AD6 米，所以半圆的圆心为 H(9,6)，半径 r9.设太阳光线所在直线方程为 y34xb，即 3x4y4b0，则由|27244b|324
33、29，解得 b24 或 b32(舍)故太阳光线所在直线方程为 y34x24,令 x30，得 EG1.52.5.所以此时能保证上述采光要求(2)设 ADh 米，AB2r 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 y34xb，即 3x4y4b0，由|3r4h4b|3242r，解得 bh2r 或 bhr2(舍)故太阳光线所在直线方程为 y34xh2r，令 x30，得 EG2rh452，由 EG52，得 h252r.所以 S2rh12r22rh32r22r(252r)32r252r250r52(r10)2250250.当且仅当 r10 时取等号所以当 AB20 米
34、且 AD5 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 l1，则 l1 所在直线方程为 y5234(x30)，即 3x4y1000.由直线 l1 与半圆 H 相切，得 r|3r4h100|5.而点 H(r，h)在直线 l1 的下方，则 3r4h1000，即 r3r4h1005，从而 h252r.又 S2rh12r22r(252r)32r252r250r52(r10)2250250.当且仅当 r10 时取等号所以当 AB20 米且 AD5 米时，可使得活动中心的截面面积最大
35、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 5(2017江苏徐州信息卷)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，OA2 km，AB 2 km，OAB4.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 CDa km，矩形草坪 CDEF 的面积为 f(a)km2.(1)求
36、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BGOA 于点 G，在直角ABG 中，AB 2，OAB4，所以 AGBG1，又因为 OA2，所以 OG1，则 B(1,1)，设抛物线 OCB 的标准方程为 y22px(p0)，代入点 B 的坐标，得 p12，所以抛物线的方程为 y2x.因为 CDa，所以 AEEFa，则 DE2aa2，所以 f(a)a(2aa2)a3a22a，定义域为(0,1)(2)由(1)可知，f(a)a3a22a，则 f(a)3a22a2，令 f(a
37、)0，得 a 713.当 0a 713时，f(a)0，f(a)在0，713上单调递增；当 713a1 时，f(a)0，f(a)在713，1 上单调递减所以当 a 713时，f(a)取得极大值，也是最大值答 当 a 713时，矩形草坪 CDEF 的面积最大例 6 如图 1 所示为一种魔豆吊灯，图 2 为该吊灯的框架结构图，由正六棱锥 O1ABCDEF，O2ABCDEF 构成，两个棱锥的侧棱长均相等，且棱锥底面外接圆的直径为 1 600 mm，中心为 O，通过连接线及吸盘固定在天花板上，使棱锥的底面呈水平状态，下顶点 O2 与板的距离为 1 300 mm，所有的连接线都用特殊的金属条制成，设金属条
38、的总长为 y.(1)设O1AO(rad)，将 y 表示成 的函数关系式，并写出 的范围；(2)当角 正弦值的大小是多少时，金属条总长 y 最小？解(1)在直角OAO1 中，O1A 800cos，OO1800tan，O1P1 3001 600tan，由 OO1800tan 0，O1P1 3001 600tan 0，所以 0tan 1316，所以 的范围是 0tan 1316且0，2.从而 y12O1A6ABO1P12800cos 68001 3001 600tan 1 6006sin cos 6 100，所以 y1 6006sin cos 6 1000tan 1316且0，2.(2)令 g()6
39、sin cos ，所以 g()6sin 1cos2，令 g()0，则 sin 16，则 0tan 0 135.当(0，0)时，g()0；当(0，)时，g()0.函数 g()的单调性与 关系列表如下：(0，0)0(0，)g()0g()极小值所以当 0，其中 tan 0 3535 时取得最小值答 当角 满足 sin 16tan 3535时，金属条总长 y 最小思维升华 以立体几何图形为背景的应用题，一般要利用立体图形的性质构造函数解析式，然后利用导数或基本不等式求解，解题的关键是抓住图形特征 跟踪演练 6 如图，设一正方形纸片 ABCD 的边长为 2 分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，
40、剩余为一个正方形和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥(粘接损耗不计)，图中 AHPQ，O 为正四棱锥底面中心(1)当正四棱锥的棱长都相等时，求这个正四棱锥的体积 V；(2)设等腰三角形 APQ 的底角为 x，试把正四棱锥的侧面积 S 表示为 x 的函数，并求 S 的范围解(1)设正四棱锥底面边长为 y 分米，由条件知APQ 为等边三角形，又 AHPQ，AH 32 y.OH12y，OA AH2OH232 y 2 y22 22 y.由 2AHyAC，即 3yy2 2，得 y 2 231.V13y2OA13 22 y3 26 2 23 313163 31312 3203(立方分
41、米)(2)设正四棱锥底面边长为 y 分米，则 AHy2tan x.由 2AHyAC，即 ytan xy2 2，得 y2 2tan x1.S412yAH8tan xtan x124x2 即为所求表达式4x2，tan x1，令 ttan x，则 S8tt12(t1)，由 S8t21t14 0 在(1，)上恒成立知，函数在(1，)上为减函数S(0,2)即为所求侧面积的范围例 7 国家助学贷款是由财政贴息的信用贷款，旨在帮助高校家庭经济困难学生支付在校学习期间所需的学费、住宿费及生活费每一年度申请总额不超过 6 000 元某大学 2017 届毕业生凌霄在本科期间共申请了 24 000 元助学贷款，并承
42、诺在毕业后 3 年内(按 36 个月计)全部还清签约的单位提供的工资标准为第一年内每月 1 500 元，第 13 个月开始，每月工资比前一个月增加 5%直到 4 000 元凌霄同学计划前 12 个月每个月还款额为 500，第 13 个月开始，每月还款额比上一月多 x 元(1)若凌霄恰好在第 36 个月(即毕业后三年)还清贷款，求 x 的值；(2)当 x50 时，凌霄同学将在第几个月还清最后一笔贷款？他当月工资的余额是否能满足每月 3 000 元的基本生活费？(参考数据：1.05182.406,1.05192.526,1.05202.653，1.05212.786)解 方法一(1)依题意，从第
43、13 个月开始，每月还款额比前一个月多 x 元，故12500(500 x)(5002x)(50024x)24 000，即 36500(12324)x24 000，解得 x20，即要在三年全部还清，第 13 个月起每个月必须比上一个月多还 20 元(2)设凌霄第 n 个月还清，则应有12500(50050)(500250)500(n12)5024 000，即 n23n8280，解得 n3 3 321230，取 n31.即凌霄工作 31 个月就可以还清贷款这个月凌霄的还款额为24 00012500(50050)(3012)301230121250450(元)，第 31 个月凌霄的工资为 1 500
44、1.05191 5002.5263 789(元)因此，凌霄的剩余工资为 3 7894503 339(元)，能够满足当月的基本生活需求方法二(1)依题意，从第 13 个月开始，每个月的还款额 an 构成等差数列，其中 a1500 x，公差为 x.从而，到第 36 个月，凌霄共还款 1250024a1242412x，令 12500(500 x)24242412x24 000，解得 x20.即要在三年全部还清，第 13 个月起每个月必须比上一个月多还 20 元(2)设凌霄第 n 个月还清，则应有12500(50050)(n12)n12n12125024 000，整理，得 n23n8280，解得 n3
45、 3 321230，取 n31.即凌霄工作 31 个月就可以还清贷款这个月凌霄的还款额为24 00012500(50050)(3012)301230121250450(元)，第 31 个月凌霄的工资为 1 5001.05191 5002.5263 789(元)因此，凌霄的剩余工资为 3 7894503 339(元)，能够满足当月的基本生活需求思维升华 在经济活动中，诸如增长率、降低率、存款复利、分期付款等与年(月)份有关的实际问题，大多可归结为数列问题，即通过建立相应的数列模型来解决在解应用题时，是否是数列问题一是看自变量是否与正整数有关；二是看是否符合一定的规律，可先从特殊的情形入手，再寻找
46、一般的规律跟踪演练 7 某市 2016 年新建住房面积为 500 万 m2，其中安置房面积为 200 万 m2.计划以后每年新建住房面积比上一年增长 10%，且安置房面积比上一年增加 50 万 m2.记 2016 年为第1 年(1)该市几年内所建安置房面积之和首次不低于 3 000 万 m2?(2)是否存在连续两年，每年所建安置房面积占当年新建住房面积的比例保持不变？并说明理由解(1)设 n(nN*)年内所建安置房面积之和首次不低于 3 000 万 m2，依题意，每年新建安置房面积是以 200 为首项，50 为公差的等差数列，从而 n 年内所建安置房面积之和为200nnn1250m2，则 20
47、0nnn12503 000，整理，得 n27n1200，解得 n8(n15 舍去)答 8 年内所建安置房面积之和首次不低于 3 000 万 m2.(2)依题意，每年新建住房面积是以 500 为首项，1.1 为公比的等比数列，设第 m 年所建安置房面积占当年新建住房面积的比为 p(m)，则 p(m)20050m150010.1m1m3101.1m1，由 p(m)p(m1)，得m3101.1m1 m4101.1m，解得 m7.答 第 7 年和第 8 年，所建安置房面积占当年新建住房面积的比例保持不变1如图，城市 A，城市 B，城市 C(均视为一个点)恰好构成一个边长为 200 千米的等边三角形，点
48、 D 为 BC 段中点；若国家规划在 AD 段选取一点 T 新建一座城市，并决定修建连接新城市 T 的三条高速公路 AT，BT，CT，设DBT03.(1)试用 表示出三段高速公路的总长度 y(千米)的解析式，并求 y 的最小值；(2)若 BT 段高速公路的造价为 4 千万/千米，AT 段和 CT 段高速公路的造价均为 2 千万/千米，试用 表示出三段高速公路总造价 z(千万元)的解析式，并求 z 的最小值解 BTCT 100cos(千米)，DT100tan(千米)，AT100 3100tan(千米)(1)yATBTCT 200cos 100tan 100 3.即 y1002sin cos 10
49、0 303.y1002sin 1cos2，当 6时，y0；当 06时，y0，函数单调递减；当63时，y0，函数单调递增所以当 6时，y 取得最小值 200 3千米(2)z2AT4BT2CT2(100 3100tan)4 100cos 2 100cos，即 z2003sin cos 200 303.z2003sin 1cos2，设 sin 013003，当 0 时，z0；当 00 时，z0，z 单调递减；当 03时，z0，z 单调递增，所以当 0，即 sin 13时，z 取得最小值(400 2200 3)千万元.2某房地产开发商准备在一边长为 300 m 的正方形 ABCD 地块上开发建设，在该
50、区域内有一古建筑，市规划局划出半径为 100 m 半圆形的保护区如图所示，AO100 m，要求开发商建一道直围墙 PQ 将正方形区域隔成两部分，且只能在保护区的另一侧开发(1)为了能获得最大的利益，当 P，Q 分别在线段 BC，AD 边上时，求开发商能开发的区域面积的最大值；(2)要使围墙所花的费用最小，开发商应如何设计 P，Q 的位置解(1)以 A 为原点，直线 AB，AD 分别为 x，y 轴建立平面直角坐标系，如图所示以 1 百米为单位长度，则圆 O 的方程为(x1)2y21,设 P(3，m)，Q(0，n)，m，n0,3，直线 PQ 的方程为 ymn3xn，当直线与圆相切时，得|mn3n|
51、mn291，化简得(2mn)n3，即 m 32nn2，梯形 ABPQ 的面积 S3mn2343nn3423nn3 32，当且仅当 n 3时等号成立，此时 m0，另一区域的面积为 93 32.答 当 P 与 B 点重合，AQ 3时，开发商能开发的区域面积的最大值为93 32百米平方.(2)设圆 O 的切线分别与 x，y 轴交于 P，Q，设直线 PQ 的方程为xpyq1，即 qxpypq0(p2，q1)，因为 PQ 与圆 O 相切，所以|qpq|q2p21，化简得 q2 pp2，则 PQ2p2q2 pp2p2，令 f(p)pp2p2(p2)，所以 f(p)2p2p222p1p23p1p22(p2)
52、，当 2p3 52时，f(p)0，即 f(p)在2，3 52上单调递减；当 p3 52时，f(p)0，即 f(p)在3 52，上单调递增，所以 f(p)在 p3 52时取得最小值，因为3 523，所以点 P 在线段 AB 边上，q2 pp2 529，所以点 Q 在线段 AD 边上，此时 PQ2p2q2115 52，所以当 P，Q 分别在正方形 AB，AD 边上且与半圆相切时，PQ 最短答 当 AP 的长为3 52百米，AQ 的长为52百米时，围墙最短 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
53、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)012y11.51.8(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，x10,30万元，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 yax2bxc(a0)由关系表，得c1，abc1.5，4a2bc1.8，解得a 110，b35，c1，函数的解析式为 y 110 x2
54、35x1.(2)根据题意，得 S10y(32)xx25x10.(3)Sx25x10 x522654，1x3，当 1x2.5 时，S 随 x 的增大而增大故当年广告费为 1025 万元之间，公司获得的年利润随广告费的增大而增大2(2017江苏南京二模)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 ab.(1)当 a90 时，求纸盒侧面积的最大值；(2)试确定 a，b，x
55、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 a90 时，b40，从而包装盒子的侧面积S2x(902x)2x(402x)8x2260 x，x(0,20).因为 S8x2260 x8x65424 2252，故当 x654 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(a2x)(b2x)xxab2(ab)x4x2，x0，b2，b60.Vxab2(ab)x4x2x(ab4 abx4x2)x(3 600240 x4x2)4x3240 x23 600 x.当且仅当 ab60 时等号成立设 f(x)4x3240 x23
56、600 x，x(0,30)则 f(x)12(x10)(x30)于是当 0 x10 时，f(x)0，所以 f(x)在(0,10)上单调递增；当 10 x30 时，f(x)0，所以 f(x)在(10,30)上单调递减因此当 x10 时，f(x)有最大值 f(10)16 000，此时 ab60，x10.所以当 ab60，x10 时纸盒的体积最大，最大值为 16 000 cm2.3(2017江苏南师附中调研)如图，在某商业区周边有两条公路 l1 和 l2，在点 O 处交汇，该商业区是圆心角为3，半径为 3 km 的扇形现规划在该商业区外修建一条公路 AB，与 l1，l2分别交于 A，B，要求 AB 与
57、扇形弧相切，切点 T 不在 l1，l2 上(1)设 OAa km，OBb km，试用 a，b 表示新建公路 AB 的长度，求出 a，b 满足的关系式，并写出 a，b 的范围；(2)设AOT，试用 表示新建公路 AB 的长度，并且确定 A，B 的位置，使得新建公路 AB的长度最短解(1)在AOB 中，OAa km，OBb km，AOB3，由余弦定理，得 AB2OA2OB22OAOBcosAOBa2b22abcos 3a2b2ab，所以 AB a2b2ab.如图，以 O 为原点，OA 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系，则 A(a,0)，B12b，32 b，所以直线 AB 的方程为y32 b1
58、2ba(xa)，即 3bx(2ab)y 3ab0，因为 AB 与扇形弧相切，所以3ab3b22ab23，即 a2b2 112a2b2ab，a，b(3,6)(2)因为 AB 是圆 O 的切线，T 是切点，所以 OTAB.在 RtOTA 中，AT3tan，在 RtOTB 中，BT3tan3，所以 ABATTB3tan 3tan3 03.所以 AB3tan 3tan 1 3tan 3 3 tan211 3tan.设 1 3tan u，u(1,4)，则 AB3 3u1321u 3u4u2 322 3，当且仅当 u2，即 6时取等号此时，OAOB2 3 km.答 当 OAOB2 3 km 时，新建公路
59、AB 的长度最短4(2017江苏淮安三模)在一水域上建一个演艺广场演艺广场由看台，看台，三角形水域 ABC 及矩形表演台 BCDE 四个部分构成(如图)看台，看台是分别以 AB，AC 为直径的两个半圆形区域，且看台的面积是看台的面积的 3 倍；矩形表演台 BCDE 中，CD10米；三角形水域 ABC 的面积为 400 3平方米设BAC.(1)求 BC 的长(用含 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)因为看台的面积是看台的面积的 3 倍，所以 AB 3AC.在ABC 中，SABC12ABACsin 400 3，所以 AC2 800sin.由余弦定
60、理可得 BC2AB2AC22ABACcos 4AC22 3AC2cos(42 3cos)800sin，即 BC42 3cos 800sin 40 2 3cos sin，所以 BC40 2 3cos sin，(0，)(2)设表演台的总造价为 W 万元因为 CD10 m，表演台每平方米的造价为 0.3 万元，所以 W3BC1202 3cos sin，(0，)记 f()2 3cos sin，(0，)则 f()32cos sin2.由 f()0，解得 6.当 0，6 时，f()0；当 6，时，f()0.故 f()在0，6 上单调递减，在6，上单调递增，从而当 6时，f()取得最小值，最小值为 f 6
61、1.所以 Wmin120(万元)答 表演台的最低造价为 120 万元5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803立方米，且 l2r.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(c3)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 Vr2l43r3，又 V803，故 lV43r3r2803r243r4320r2r，由于
62、l2r，因此 0r2，所以建造费用 y2rl34r2c2r4320r2r 34r2c，因此 y4(c2)r2160r，0r2.(2)由(1)得 y8(c2)r160r28c2r2r3 20c2，0r2.由于 c3，所以 c20，当 r3 20c20 时，r320c2.令320c2m，则 m0，所以 y8c2r2(rm)(r2rmm2)当 0m2，即 c92时，当 rm 时，y0；当 r(0，m)时，y0；当 r(m,2)时，y0.所以 rm 是函数 y 的极小值点，也是最小值点当 m2，即 3c92时，当 r(0,2)时，y0，函数单调递减，所以 r2 是函数 y 的最小值点，综上所述，当 3
63、c92，建造费用最小时 r2，当 c92，建造费用最小时 r320c2.6(2017江苏扬州考前指导卷)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 H6 米，圆弧的弓高 h1 米，圆弧所对的弦长 BD10 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(r0)，由题意得 r252(r1)2，r13.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
64、线为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系H6 米，BD10 米，弓高 h1 米，B(5,5)，D(5,5)，C(0,6)，设BCD所在圆的方程为 x2(yb)2r2(r0)，则6b2r2，525b2r2，b7，r13，弧BCD的方程为 x2(y7)2169(5y6)设曲线 AB 所在抛物线的方程为 ya(xm)2，点 B(5,5)在曲线 AB 上，5a(5m)2，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 ya(xm)2，得 y2a(xm)，2a(5m)512，2a(5m)512，由得 m29，A(29,0)，E(29,0)，桥底 A
65、E 的长为 58 米.B 组 能力提高7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 y5 px(p0,1x10，xN*)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
66、以 155 p4，则 p25，y55 x(1x10，xN*)M(x)10mxx(55 x)mxx5 x5(1x10，xN*)(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(x1)m31，即 10mx(x1)(5 x15)31，则 mxx5 x125，此式对一切 1x10(xN*)恒成立，令 x1t，则 m5t5t21 1(t k，k0,1，9)恒成立，令 ut5，m5u26u 101(u5 k，k0,1，9)恒成立，因为 u26u 10 在 u8 时取得最大值54，所以5u26u 101 的最小值为 5，则 m5.另一方面，第 x 个月调出石油后，储油量不能少于
67、0 万吨，所以 M(x)0，即 mxx5 x50.即 m5x 5x1，此式对一切 1x10(xN*)恒成立，所以 m51x12294，此式对一切 1x10(xN*)恒成立，则 m94(x4 时取等号)综上所述，94m5.答 每月购进石油 m 的取值范围是94，5.8(2017江苏泰州二模)一缉私艇巡航至距领海边界线 l(一条南北方向的直线)3.8 海里的 A 处，发现在其北偏东 30方向相距 4 海里的 B 处有一走私船正欲逃跑，缉私艇立即追击已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的 3 倍，假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行(1)若走私船沿正东方向逃离，试确定缉私艇的追击方向，使得其
68、用最短时间在领海内拦截成功；参考数据：sin 17 36，335.744 6(2)问：无论走私船沿任何方向逃跑，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说明理由解(1)设缉私艇在 C 处与走私船相遇，如图所示，依题意，AC3BC.在ABC 中，由正弦定理，得sinBACBCACsinABCsin 1203 36.因为 sin 17 36，所以BAC17.从而缉私艇应向北偏东 47方向追击在ABC 中，由余弦定理，得 cos 12042BC2AC28BC，解得 BC1 3341.686 15.又 B 到边界线 l 的距离为 3.84sin 301.8.因为 1.686 151.8，所以能在领海上成功拦
69、截走私船.(2)如图所示，以 A 为原点，正北方向所在的直线为 y 轴建立平面直角坐标系 xAy，则 B(2,2 3)设缉私艇在 P(x，y)处(缉私艇恰好截住走私船的位置)与走私船相遇，则PAPB3，即x2y2x22y2 323.整理，得x942y94 3 294，所以点 P(x，y)的轨迹是以点94，94 3 为圆心，32为半径的圆.因为圆心94，94 3 到领海边界线 l：x3.8 的距离为 1.55，大于圆的半径32，所以无论走私船沿任何方向逃跑，缉私艇总能在领海内截住走私船9(2017江苏南通一模)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
70、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 下方的点 M，N 处，FN 交边 BC 于点 P)，再沿直线 PE 裁剪(1)当EFP4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EFP4时，EFPEFDFEP4，所以FPE2，即 FNBC，所以四边形 MNPE 为矩形，所以四边形 MNPE 的面积为 SPNMN2 m2.(2)设EFD，0，2，由条件知，EFPEFDFEP，PF2sin22sin 2，NPNFPF32s
71、in 2，ME3 2tan，由32sin 20，3 2tan 0，02，得sin 223，tan 23，02，所以2tan 1tan223，tan 23，02.解得23tan 3 52，所以四边形 MNPE 的面积为 S12(PNME)MN12 32sin 2 3 2tan 262tan 2sin 2 62tan 1tan2tan 6tan 3tan 62 3，当且仅当 tan 3tan，即 tan 323，3 52，3时取“”答 当EFP3时，沿直线 PE 裁剪，四边形 MNPE 面积最大，为(62 3)m2.10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
72、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ABAD12.设EOF，透光区域的面积为 S.(1)求 S 关于 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 的长度解(1)过点 O 作 OHFG 于点 H，则OFHEOF，所以 OHOFsin sin，FHOFcos cos，所以 S4SOFH4S 扇形 OEF2sin cos 412sin 22，因为ABAD12，所以 sin 12，所以定义域为6，2.(2)
73、矩形窗面的面积 S 矩形ADAB22sin 4sin.则透光区域与矩形窗面的面积的比值为2sin cos 24sin cos 2 2sin.设 f()cos 2 2sin，62.则 f()12sin sin cos 2sin2sin cos sin32sin2sin cos2cos 2sin2cos 12sin 22sin2，因为62，所以12sin 212，所以12sin 20，故 f()0，所以函数 f()在6，2 上单调递减所以当 6时，f()有最大值6 34，此时 AB2sin 1(m)答(1)S 关于 的函数关系式为 Ssin 22，定义域为6，2；(2)当透光区域与矩形窗面的面积比
74、值最大时，边 AB 的长度为 1 m.11某企业自 2017 年 1 月 1 日正式投产，环保监测部门从该企业投产之日起对它向某湖区排放的污水进行了四个月的跟踪监测，检测的数据如下表并预测，如果不加以治理，该企业每月向湖区排放污水的量将成等比数列.月份1 月2 月3 月4 月该企业向湖区排放的污水(单位：立方米)1 万2 万4 万8 万(1)如果不加以治理，求从 2017 年 1 月起，m 个月后，该企业总计向某湖区排放了多少立方米的污水？(2)为保护环境，当地政府和企业决定从 7 月份开始投资安装污水处理设备，预计 7 月份的污水排放量比 6 月份减少 4 万立方米，以后每月的污水排放量均比
75、上月减少 4 万立方米，当企业停止排放污水后，再以每月 16 万立方米的速度处理湖区中的污水，请问什么时候可以使湖区中的污水不多于 50 万立方米？解(1)由题意知，企业每月向湖区排放的污水量成等比数列，设第一个月污水排放量为 a1，则 a11，公比为 2，则第 m 个月的污水排放量为 am2m1，如果不治理，m 个月后的污水总量为 Sm12222m112m12 2m1(万立方米)(2)由(1)知 a632，则 a728，由题意知，从 7 月份开始，企业每月向湖区排放的污水量成等差数列，公差为4，记 7 月份企业向湖区排放的污水量为 b1，则bn28(n1)(4)324n，令 bn324n0，
76、n8，所以该企业 2018 年 2 月向湖区停止污水排放，则该企业共排污水 S68280263112175(万立方米)设 x 个月后污水不多于 50 万立方米，则 17516x50，x12516.因为 712516 8，所以 8 个月后即 2018 年 10 月污水不多于 50 万立方米12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 CDEF，且 CD，DE，EF 均与半圆相切，四边形 CDEF 是等腰梯形设 DEt 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
77、(t)5，0t13，81t，13t2.(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 设 DE 与半圆相切于点 Q，则由四边形 CDEF 是等腰梯形知，OQl，DQQE.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.(1)方法一 由题意，得点 E 的坐标为t2，1.设直线 EF 的方程为 y1kxt2(k0)，即 kxy112tk0.因为直线 EF 与半圆相切，所以圆心 O 到直线 EF 的距离为112tkk21 1，解得 k 4tt24.代入 y1kxt2，可得点 F 的坐标为t41t，0.所以 EFt41tt221t4
78、1t，即 EFt41t(0t2)方法二 设 EF 切圆 O 于点 G，连结 OG，过点 E 作 EHAB，垂足为 H.因为 EHOG，OFGEFH，所以 RtEHFRtOGF，所以 OFEF，HFOFOHEF12t.因为 EF21HF21EF12t 2，所以 EFt41t(0t2)(2)设修建该参观线路的费用为 y 万元当 0t13时，y52t41t t 532t2t，由 y5322t2 0，则 y 在0，13 上单调递减所以当 t13时，y 取最小值 32.5；当13t2 时，y81t 2t41t t12t16t 322t2，所以 y1216t2 4t34t13t23t1t3，因为13t2，所以 3t23t10，所以当 t13，1 时，y0，当 t(1,2)时，y0，所以 y 在13，1 上单调递减；在(1,2)上单调递增所以当 t1 时，y 取最小值 24.5.由知，y 取最小值 24.5.
