PAGEPAGE12022高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)考案第二章函數(shù)的概念及其根本性質(zhì)2.9.1函數(shù)的實際應(yīng)用撬題理1．如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k.據(jù)此函數(shù)可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為()A．5 B．6C．8 D．10答案C解析由題意可得：ymin＝－3＋k＝2.解得k＝5，故這段時間水深的最大值為3＋5＝8(m)，選C.2．某市生產(chǎn)總值連續(xù)兩年持續(xù)增加，第一年的增長率為p，第二年的增長率為q，那么該市這兩年生產(chǎn)總值的年平均增長率為()A.eq\f(p＋q,2) B.eq\f(p＋1q＋1－1,2)C.eq\r(pq) D.eq\r(p＋1q＋1)－1答案D解析設(shè)兩年前的年底該市的生產(chǎn)總值為a，那么第二年年底的生產(chǎn)總值為a(1＋p)(1＋q)．設(shè)這兩年生產(chǎn)總值的年平均增長率為x，那么a(1＋x)2＝a(1＋p)(1＋q)，由于連續(xù)兩年持續(xù)增加，所以x>0，因此x＝eq\r(1＋p1＋q)－1，應(yīng)選D.3．某電信公司推出兩種收費方式：A種方式是月租20元，B種方式是月租0元．一個月的本地網(wǎng)內(nèi)通話時間t(分鐘)與費S(元)的函數(shù)關(guān)系如下圖，當(dāng)通話150分鐘時，這兩種方式費相差()A．10元 B．20元C．30元 D.eq\f(40,3)元答案A解析依題意可設(shè)SA(t)＝20＋kt，SB(t)＝mt.又SA(100)＝SB(100)，∴100k＋20＝100m，得k－m于是SA(150)－SB(150)＝20＋150k－150m4.如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點A處進行射擊訓(xùn)練．點A到墻面的距離為AB，某目標(biāo)點P沿墻面上的射線CM移動，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點P，需計算由點A觀察點P的仰角θ的大?。僭O(shè)AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，那么tanθ的最大值是________．(仰角θ為直線AP與平面ABC所成角)答案eq\f(5\r(3),9)解析由于AB⊥BC，AB＝15m，AC＝25m，所以BC＝eq\r(252－152)＝20m．過點P作PN⊥BC交BC于N，連接AN(如圖)，那么∠PAN＝θ，tanθ＝eq\f(PN,AN).設(shè)NC＝x(x>0)，那么BN＝20－x，于是AN＝eq\r(AB2＋BN2)＝eq\r(152＋20－x2)＝eq\r(x2－40x＋625)，PN＝NC·tan30°＝eq\f(\r(3),3)x，所以tanθ＝eq\f(\f(\r(3),3)x,\r(x2－40x＋625))＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(1－\f(40,x)＋\f(625,x2)))＝eq\f(\f(\r(3),3),\r(\f(625,x2)－\f(40,x)＋1))，令eq\f(1,x)＝t，那么eq\f(625,x2)－eq\f(40,x)＋1＝625t2－40t＋1，當(dāng)t＝eq\f(4,125)時，625t2－40t＋1取最小值eq\f(9,25)，因此eq\r(\f(625,x2)－\f(40,x)＋1)的最小值為eq\r(\f(9,25))＝eq\f(3,5)，這時tanθ的最大值為eq\f(\r(3),3)×eq\f(5,3)＝eq\f(5\r(3),9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此時x＝\f(125,4))).5．某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，方案修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，方案修建的公路為l.如下圖，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b為常數(shù))模型．(1)求a，b的值；(2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標(biāo)為t.①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域；②當(dāng)t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度．解(1)由題意知，點M，N的坐標(biāo)分別為(5,40)，(20,2.5)．將其分別代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20),那么點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，設(shè)在點P處的切線l交x，y軸分別于A，B點，y′＝－eq\f(2000,x3)，那么l的方程為y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))2)＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5,20]．②設(shè)g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，那么g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).當(dāng)t∈(5,10eq\r(2))時，g′(t)<0，g(t)是減函數(shù)；當(dāng)t∈(10eq\r(2)，20)時，g′(t)>0，g(t)是增函數(shù)；從而，當(dāng)t＝10eq\r(2)時，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時f(t)min＝15eq\r(3).故當(dāng)t＝10eq\r(2)時，公路l的長度最短，最短長度為15eq\r(3)千米．6．某跳水運發(fā)動在一次跳水訓(xùn)練時的跳水曲線為如下圖的拋物線的一段．跳水板AB的長為2m，跳水板距水面CD的高BC為3m．為平安和空中姿態(tài)優(yōu)美，訓(xùn)練時跳水曲線應(yīng)在離起跳點A處水平距hm(h≥1)時到達距水面最大高度4m．規(guī)定：以CD為橫軸，BC為縱軸建立直角坐標(biāo)系．(1)當(dāng)h＝1時，求跳水曲線所在拋物線的方程；(2)假設(shè)跳水運發(fā)動在區(qū)域EF內(nèi)入水時才能到達比擬好的訓(xùn)練效果，求此時h的取值范圍．解(1)由題意知拋物線的最高點為(2＋h,4)，h≥1，故設(shè)拋物線的方程為y＝a[x－(2＋h)]2＋4.當(dāng)h＝1時，最高點為(3,4)，方程為y＝a(x－3)2＋4.將A(2,3)代入，得3＝a(2－3)2＋4，解得a＝－1.所以當(dāng)h＝1時，跳水曲線所在拋物線的方程為y＝－(x－3)2＋4.(2)將A(2,3)代入y＝a[x－(2＋h)]2＋4，整理得ah2＝－1'①.由題意，方程a[x－(2＋h)]2＋4＝0在區(qū)間[5,6]內(nèi)有一解．由①得，y＝f(x)＝a[x－(2＋h)]2＋4＝－eq\f(1,h2)[x－(2＋h)