江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 應(yīng)用題講義（含解析）

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1、應(yīng)用題 [江蘇卷5年考情分析] “在考查基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，側(cè)重考查能力”是高考的重要意向，而應(yīng)用能力的考查又是近幾年能力考查的重點(diǎn)．江蘇卷一直在堅(jiān)持以建模為主．所以如何由實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題的建模過程的探索應(yīng)是復(fù)習(xí)的關(guān)鍵． 應(yīng)用題的載體很多，前幾年主要考函數(shù)建模，以三角、導(dǎo)數(shù)、不等式知識(shí)解決問題.2014年應(yīng)用考題(2)可以理解為一次函數(shù)模型，也可以理解為條件不等式模型，這樣在建模上增添新意，還是有趣的；2015、2016年應(yīng)用考題(2)都先構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求解；2016、2017年應(yīng)用考題是立體幾何模型，2017年應(yīng)用考題需利用空間中的垂直關(guān)系和解三角形的知識(shí)求解；2018年應(yīng)用考

2、題是三角模型，需利用三角函數(shù)和導(dǎo)數(shù)知識(shí)求解．　　　　 題型(一) 函數(shù)模型的構(gòu)建及求解 主要考查以構(gòu)建函數(shù)模型為背景的應(yīng)用題，一般常見于經(jīng)濟(jì)問題或立體幾何表面積和體積最值問題中. [典例感悟] [例1]　(2016·江蘇高考)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)倉(cāng)庫(kù)，它由上下兩部分組成，上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍． (1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，則倉(cāng)庫(kù)的容積是多少？ (2)若正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為6 m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大？ [解]　(1)

3、由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8. 因?yàn)锳1B1＝AB＝6， 所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積 V錐＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)； 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)． 所以倉(cāng)庫(kù)的容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312(m3)． (2)設(shè)A1B1＝a m，PO1＝h m， 則0＜h＜6，O1O＝4h.連結(jié)O1B1. 因?yàn)樵赗t△PO1B1中， O1B＋PO＝PB， 所以2＋h2＝36， 即a2＝2(36－h(huán)2)． 于是倉(cāng)庫(kù)的容積V＝V柱＋V錐＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h

4、－h(huán)3)，0＜h＜6， 從而V′＝(36－3h2)＝26(12－h(huán)2)． 令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)． 當(dāng)0＜h＜2時(shí)，V′＞0，V是單調(diào)增函數(shù)； 當(dāng)2＜h＜6時(shí)，V′＜0，V是單調(diào)減函數(shù)． 故當(dāng)h＝2時(shí)，V取得極大值，也是最大值． 因此，當(dāng)PO1＝2 m時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大． [方法技巧] 解函數(shù)應(yīng)用題的四步驟 [演練沖關(guān)] 1．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)某科研小組研究發(fā)現(xiàn)：一棵水蜜桃樹的產(chǎn)量w(單位：百千克)與肥料費(fèi)用x(單位：百元)滿足如下關(guān)系：w＝4－，且投入的肥料費(fèi)用不超過5百元．此外，還需要投入其他成本(如施肥的人工費(fèi)等)2x百元．已知這種水蜜桃的

5、市場(chǎng)售價(jià)為16元/千克(即16 百元/百千克)，且市場(chǎng)需求始終供不應(yīng)求．記該棵水蜜桃樹獲得的利潤(rùn)為L(zhǎng)(x)(單位：百元)． (1)求利潤(rùn)函數(shù)L(x)的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域； (2)當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為多少時(shí)，該水蜜桃樹獲得的利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？ 解：(1)由題意可得，L(x)＝16－x－2x＝64－－3x(0≤x≤5)． (2)法一：L(x)＝64－－3x＝67－≤67－2＝43. 當(dāng)且僅當(dāng)＝3(x＋1)，即x＝3時(shí)取等號(hào)． 故L(x)max＝43. 答：當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為300元時(shí)，種植水蜜桃樹獲得的利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)是4 300元. 法二：由(1)可得L′(x

6、)＝－3(0≤x≤5)， 由L′(x)＝0，得x＝3. 故當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，L′(x)>0，L(x)在(0,3)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(3,5)時(shí)，L′(x)<0，L(x)在(3,5)上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x＝3時(shí)，L(x)取得極大值，也是最大值， 故L(x)max＝L(3)＝43. 答：當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為300元時(shí)，種植水蜜桃樹獲得的利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)是4 300元． 2.(2018·江蘇六市二調(diào))將一鐵塊高溫熔化后制成一張厚度忽略不計(jì)、面積為100 dm2的矩形薄鐵皮(如圖)，并沿虛線l1，l2裁剪成A，B，C三個(gè)矩形(B，C全等)，用來制成一個(gè)柱體．現(xiàn)有兩種方案： 方案①

7、：以l1為母線，將A作為圓柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個(gè)圓作為圓柱的兩個(gè)底面； 方案②：以l1為側(cè)棱，將A作為正四棱柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個(gè)正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個(gè)底面． (1)設(shè)B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑； (2)設(shè)l1的長(zhǎng)為x dm，則當(dāng)x為多少時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？ 解：(1)設(shè)所得圓柱的底面半徑為r dm， 則(2πr＋2r)×4r＝100，解得r＝. (2) 設(shè)所得正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為a dm， 則即 法一：所得正四棱柱的體積V＝a2x≤ 記函數(shù)p(

8、x)＝ 則p(x)在(0,2 ]上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝2時(shí)，p(x)max＝20. 所以當(dāng)x＝2，a＝時(shí)，Vmax＝20 dm3. 答：當(dāng)x為2時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大． 法二：由2a≤x≤，得a≤. 所得正四棱柱的體積V＝a2x≤a2＝20a≤20. 所以當(dāng)a＝，x＝2時(shí)，Vmax＝20 dm3. 答：當(dāng)x為2時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大． 題型(二) 與三角形、多邊形有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題 主要考查與三角形有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題，所建立函數(shù)模型多為三角函數(shù)模型. [典例感悟] [例2]　(2018·江蘇高

9、考)某農(nóng)場(chǎng)有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點(diǎn))和線段MN構(gòu)成．已知圓O的半徑為40米，點(diǎn)P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個(gè)溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設(shè)OC與MN所成的角為θ. (1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sin θ的取值范圍； (2)若大棚Ⅰ內(nèi)種植甲種蔬菜，大棚Ⅱ內(nèi)種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3.求當(dāng)θ為何值時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． [解]　(1)如圖，設(shè)PO的延長(zhǎng)線交MN于點(diǎn)H，

10、則PH⊥MN， 所以O(shè)H＝10. 過點(diǎn)O作OE⊥BC于點(diǎn)E， 則OE∥MN，所以∠COE＝θ， 故OE＝40cos θ，EC＝40sin θ， 則矩形ABCD的面積為2×40cos θ·(40sin θ＋10) ＝800(4sin θcos θ＋cos θ)， △CDP的面積為×2×40cos θ(40－40sin θ) ＝1 600(cos θ－sin θcos θ)． 過點(diǎn)N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G和K，則GK＝KN＝10. 連結(jié)OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝，θ0∈. 當(dāng)θ∈時(shí)，才能作出滿足條件的矩形ABCD， 所以sin θ的取值范

11、圍是. 答：矩形ABCD的面積為800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP的面積為1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范圍是. (2)因?yàn)榧住⒁覂煞N蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3， 設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k(k>0)，乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k＞0)， 則年總產(chǎn)值為4k×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k×1 600(cos θ－sin θcos θ) ＝8 000k(sin θ cos θ ＋cos θ)，θ∈. 設(shè)f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈， 則f′(θ)＝cos2θ－sin2

12、θ－sin θ＝－(2sin2θ＋sin θ－1) ＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)． 令f′(θ)＝0，得θ＝， 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＞0，所以f(θ)為增函數(shù)； 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＜0，所以f(θ)為減函數(shù)． 所以當(dāng)θ＝時(shí)，f(θ)取到最大值． 答：當(dāng)θ＝時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． [方法技巧] 三角應(yīng)用題的解題策略 (1)解三角應(yīng)用題是數(shù)學(xué)知識(shí)在生活中的應(yīng)用，要想解決好，就要把實(shí)際問題抽象概括，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，然后求解． (2)解三角應(yīng)用題常見的兩種情況： ①實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個(gè)三角形中，可用正弦定理

13、或余弦定理求解． ②實(shí)際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上的三角形，這時(shí)需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時(shí)需設(shè)出未知量，從幾個(gè)三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解． (3)三角函數(shù)的值域或最值的求解方法一般有化歸法、換元法、導(dǎo)數(shù)法． [演練沖關(guān)] 如圖，經(jīng)過村莊A有兩條夾角為60°的公路AB，AC，根據(jù)規(guī)劃擬在兩條公路之間的區(qū)域內(nèi)建一工廠P，分別在兩條公路邊上建兩個(gè)倉(cāng)庫(kù)M，N(異于村莊A)，要求PM＝PN＝MN＝2(單位：千米)．記∠AMN＝θ. (1)將AN，AM用含θ的關(guān)系式表示出來； (2)如何設(shè)計(jì)(即AN，A

14、M為多長(zhǎng))，使得工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最小(即工廠與村莊的距離AP最大)? 解：(1)由已知得∠MAN＝60°，∠AMN＝θ，MN＝2， 在△AMN中， 由正弦定理得＝＝， 所以AN＝sin θ， AM＝sin(120°－θ)＝sin(θ＋60°)． (2)在△AMP中，由余弦定理可得 AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP ＝sin2(θ＋60°)＋4－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°) ＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4 ＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋ ＝－sin(2θ＋150°)，0

15、＜θ＜120°， 當(dāng)且僅當(dāng)2θ＋150°＝270°，即θ＝60°時(shí)，工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最小，此時(shí)AN＝AM＝2. 題型(三) 與圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題 主要考查與直線和圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題，在航海與建筑規(guī)劃中的實(shí)際　問題中常見. [典例感悟] [例3]　一緝私艇巡航至距領(lǐng)海邊界線l(一條南北方向的直線)3.8海里的A處，發(fā)現(xiàn)在其北偏東30°方向相距4海里的B處有一走私船正欲逃跑，緝私艇立即追擊．已知緝私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍．假設(shè)緝私艇和走私船均按直線方向以最大航速航行． (1)若走私船沿正東方向逃離，試確定緝私艇的追擊方向，使其用最短時(shí)間在領(lǐng)海內(nèi)攔

16、截成功；(參考數(shù)據(jù)：sin 17°≈，≈5.744 6) (2)問：無論走私船沿何方向逃跑，緝私艇是否總能在領(lǐng)海內(nèi)成功攔截？并說明理由． [解]　(1)設(shè)緝私艇在C處與走私船相遇(如圖①)， 依題意，AC＝3BC. 在△ABC中，由正弦定理得， sin∠BAC＝sin∠ABC ＝＝. 因?yàn)閟in 17°≈，所以∠BAC＝17°. 從而緝私艇應(yīng)向北偏東47°方向追擊. 在△ABC中，由余弦定理得， cos 120°＝， 解得BC＝≈1.686 15. 又B到邊界線l的距離為3.8－4sin 30°＝1.8. 因?yàn)?.686 15<1.8，所以能在領(lǐng)海上成功攔截走私船

17、． 答：緝私艇應(yīng)向北偏東47°方向追擊． (2)法一： 如圖②，設(shè)走私船沿BC方向逃跑，∠ABC＝α， 緝私艇在C處截獲走私船，并設(shè)BC＝a，則AC＝3a. 由余弦定理得(3a)2＝a2＋16－8acos α.即cos α＝， 所以sin α＝，1≤a≤2. 所以BCcos(α－120°)＝a ＝－(2－a2)＋· ＝(a2－2)＋·. 令t＝a2－，－≤t≤， 再令t＝cos θ，0°≤θ≤180°. 則BCcos(α－120°)＝t＋＋· ＝cos θ＋sin θ＋ ＝sin(θ＋30°)＋≤1.75<1.8， 所以無論走私船沿何方向逃跑，緝私艇總能在領(lǐng)海

18、內(nèi)成功攔截． 法二：如圖③，以A為原點(diǎn)，正北方向所在的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy. 則B(2,2)，設(shè)緝私艇在P(x，y)處(緝私艇恰好截住走私船的位置)與走私船相遇，則＝3， 即＝3. 整理得，2＋2＝， 所以點(diǎn)P(x，y)的軌跡是以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓. 因?yàn)閳A心到領(lǐng)海邊界線l：x＝3.8的距離為1.55，大于圓的半徑， 所以緝私艇能在領(lǐng)海內(nèi)截住走私船. 答：緝私艇總能在領(lǐng)海內(nèi)成功攔截走私船． [方法技巧] 與圓有關(guān)應(yīng)用題的求解策略 (1)在與圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題中，有些時(shí)候，在條件中沒有直接給出圓方面的信息，而是隱藏在題目中的，要通過分析和轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)圓(

19、或圓的方程), 從而最終可以利用圓的知識(shí)來求解，如本例，需通過條件到兩個(gè)定點(diǎn)A，B的距離之比為定值3來確定動(dòng)點(diǎn)(攔截點(diǎn))的軌跡是圓． (2)與直線和圓有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題一般都可以轉(zhuǎn)化為直線與圓的位置關(guān)系或者轉(zhuǎn)化為直線和圓中的最值問題． [演練沖關(guān)] 如圖，半圓AOB是某愛國(guó)主義教育基地一景點(diǎn)的平面示意圖，半徑OA的長(zhǎng)為1百米．為了保護(hù)景點(diǎn)，基地管理部門從道路l上選取一點(diǎn)C，修建參觀線路C－D－E－F，且CD，DE，EF均與半圓相切，四邊形CDEF是等腰梯形．設(shè)DE＝t百米，記修建每1百米參觀線路的費(fèi)用為f(t)萬元，經(jīng)測(cè)算f(t)＝ (1)用t表示線段EF的長(zhǎng)； (2)求修建該參觀

20、線路的最低費(fèi)用． 解：(1)法一：設(shè)DE與半圓相切于點(diǎn)Q，則由四邊形CDEF是等腰梯形知OQ⊥l，DQ＝QE，以O(shè)F所在直線為x軸，OQ所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy. 由題意得，點(diǎn)E的坐標(biāo)為， 設(shè)直線EF的方程為y－1＝k(k<0)， 即kx－y＋1－tk＝0. 因?yàn)橹本€EF與半圓相切， 所以圓心O到直線EF的距離為＝1， 解得k＝. 代入y－1＝k可得，點(diǎn)F的坐標(biāo)為. 所以EF＝ ＝＋， 即EF＝＋(0

21、 所以Rt△EHF≌Rt△OGF， 所以HF＝FG＝EF－t. 由EF2＝1＋HF2＝1＋2, 解得EF＝＋(00， 所以當(dāng)t∈時(shí)，y′<0； 當(dāng)t∈(1,2)時(shí)，y′>0， 所以y在上單調(diào)遞減；在(1,2)上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)t＝1時(shí)，y取最小值為24.5. 由①②知，y取最小

22、值為24.5. 答：修建該參觀線路的最低費(fèi)用為24.5萬元. A組——大題保分練 1.在一個(gè)矩形體育館的一角MAN內(nèi)(如圖所示)，用長(zhǎng)為a的圍欄設(shè)置一個(gè)運(yùn)動(dòng)器材儲(chǔ)存區(qū)域，已知B是墻角線AM上的一點(diǎn)，C是墻角線AN上的一點(diǎn)． (1)若BC＝a＝10，求儲(chǔ)存區(qū)域△ABC面積的最大值； (2)若AB＝AC＝10，在折線MBCN內(nèi)選一點(diǎn)D，使DB＋DC＝a＝20，求儲(chǔ)存區(qū)域四邊形DBAC面積的最大值． 解：(1)設(shè)AB＝x，則AC＝ ， 所以S△ABC＝x＝≤ ＝×50＝25，

23、 當(dāng)且僅當(dāng)x2＝100－x2，即x＝5時(shí)取等號(hào)， 所以S△ABC取得最大值為25. (2)由DB＋DC＝20知點(diǎn)D在以B，C為焦點(diǎn)的橢圓上． 因?yàn)镾△ABC＝×10×10＝50，所以要使四邊形DBAC的面積最大，只需△DBC的面積最大，此時(shí)點(diǎn)D到BC的距離最大，即D必為橢圓短軸頂點(diǎn)． 由BC＝10得短半軸長(zhǎng)為5，所以S△DBC的最大值為×10×5＝50. 因此四邊形DBAC面積的最大值為100. 2.某地?cái)M建一座長(zhǎng)為640米的大橋AB，假設(shè)橋墩等距離分布，經(jīng)設(shè)計(jì)部門測(cè)算，兩端橋墩A，B造價(jià)總共為100萬元，當(dāng)相鄰兩個(gè)橋墩的距離為x米時(shí)(其中64

24、價(jià)為 萬元，橋面每1米長(zhǎng)的平均造價(jià)為萬元． (1)試將橋的總造價(jià)表示為x的函數(shù)f(x)； (2)為使橋的總造價(jià)最低，試問這座大橋中間(兩端橋墩A，B除外)應(yīng)建多少個(gè)橋墩？ 解：(1)由橋的總長(zhǎng)為640米，相鄰兩個(gè)橋墩的距離為x米，知中間共有個(gè)橋墩，于是橋的總造價(jià) f(x)＝640＋＋100， 即f(x)＝x＋x－－x＋1 380 ＝x＋x－－x＋1 380(64

25、； 當(dāng)x∈(80,100)時(shí)，f′(x)>0， 所以當(dāng)x＝80時(shí)，橋的總造價(jià)最低，此時(shí)橋墩數(shù)為－1＝7. 3．如圖所示，有兩條道路OM與ON，∠MON＝60°，現(xiàn)要鋪設(shè)三條下水管道OA，OB，AB(其中A，B分別在OM，ON上)，若下水管道的總長(zhǎng)度為3 km.設(shè)OA＝a km，OB＝b km. (1)求b關(guān)于a的函數(shù)表達(dá)式，并指出a的取值范圍； (2)已知點(diǎn)P處有一個(gè)污水總管的接口，點(diǎn)P到OM的距離PH為 km，到點(diǎn)O的距離PO為 km，問下水管道AB能否經(jīng)過污水總管的接口點(diǎn)P？若能，求出a的值，若不能，請(qǐng)說明理由． 解：(1)∵OA＋OB＋AB＝3，∴AB＝3－a－b. ∵∠M

26、ON＝60°，由余弦定理，得 AB2＝a2＋b2－2abcos 60°. ∴(3－a－b)2＝a2＋b2－ab. 整理，得b＝. 由a>0，b>0,3－a－b>0，及a＋b>3－a－b，a＋3－a－b>b，b＋3－a－b>a，得0

27、此時(shí)a＝ (km)． 4．(2018·南京、鹽城二模)在一張足夠大的紙板上截取一個(gè)面積為3 600平方厘米的矩形紙板ABCD，然后在矩形紙板的四個(gè)角上切去邊長(zhǎng)相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做成一個(gè)無蓋的長(zhǎng)方體紙盒(如圖)．設(shè)小正方形邊長(zhǎng)為x厘米，矩形紙板的兩邊AB，BC的長(zhǎng)分別為a厘米和b厘米，其中a≥b. (1)當(dāng)a＝90時(shí)，求紙盒側(cè)面積的最大值； (2)試確定a，b，x的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值． 解：(1)因?yàn)榫匦渭埌錋BCD的面積為3 600， 故當(dāng)a＝90時(shí)，b＝40， 從而包裝盒子的側(cè)面積 S＝2×x(90－2x)＋2×x(40－2x) ＝－

28、8x2＋260x，x∈(0,20)． 因?yàn)镾＝－8x2＋260x＝－8(x－16.25)2＋2 112.5， 故當(dāng)x＝16.25時(shí)，紙盒側(cè)面積最大，最大值為2 112.5平方厘米． (2)包裝盒子的體積V＝(a－2x)(b－2x)x＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]，x∈，b≤60. V＝x[ab－2(a＋b)x＋4x2]≤x(ab－4x＋4x2) ＝x(3 600－240x＋4x2)＝4x3－240x2＋3 600x， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝60時(shí)等號(hào)成立． 設(shè)f(x)＝4x3－240x2＋3 600x，x∈(0,30)． 則f′(x)＝12(x－10)(x－30)． 于是當(dāng)

29、0＜x＜10時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,10)上單調(diào)遞增； 當(dāng)10＜x＜30時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(10,30)上單調(diào)遞減． 因此當(dāng)x＝10時(shí)，f(x)有最大值f(10)＝16 000，此時(shí)a＝b＝60，x＝10. 答：當(dāng)a＝b＝60，x＝10時(shí)紙盒的體積最大，最大值為16 000立方厘米． B組——大題增分練 1．(2018·常州期末)已知小明(如圖中①AB所示)身高1.8米，路燈OM高3.6米，AB，OM均垂直于水平地面，分別與地面交于點(diǎn)A，O.點(diǎn)光源從M發(fā)出，小明在地面上的影子記作AB′. (1)小明沿著圓心為O，半徑為3米的圓周在地面上走一圈，求AB

30、′掃過的圖形面積； (2)若OA＝3米，小明從A出發(fā)，以1米/秒的速度沿線段AA1走到A1，∠OAA1＝，且AA1＝10米，如圖②所示．t秒時(shí)，小明在地面上的影子長(zhǎng)度記為f(t)(單位：米)，求f(t)的表達(dá)式與最小值． 解： (1) 由題意AB∥OM，＝＝＝，OA＝3，所以O(shè)B′＝6. 小明在地面上的身影AB′掃過的圖形是圓環(huán)，其面積為π×62－π×32＝27π(平方米)． (2) 經(jīng)過t秒，小明走到了A0處，身影為A0B0′， 由(1)知＝＝， 所以f(t)＝A0B0′＝OA0 ＝， 化簡(jiǎn)得f(t)＝＝ ，0

31、＝ ，0

32、E為矩形，此時(shí)PN＝FN－PF＝3－2＝1 (m)，所以四邊形MNPE的面積S＝PN·MN＝2(m2). (2)法一：設(shè)∠EFD＝θ， 由條件，知∠EFP＝∠EFD＝∠FEP＝θ. 所以PF＝＝， NP＝NF－PF＝3－，ME＝3－. 由得 所以四邊形MNPE面積為S＝(NP＋ME)MN ＝×2＝6－－ ＝6－－＝6－ ≤6－2 ＝6－2. 當(dāng)且僅當(dāng)tan θ＝，即tan θ＝，θ＝時(shí)取“＝”． 此時(shí)，(*)成立． 答：當(dāng)∠EFD＝時(shí)，沿直線PE裁剪，四邊形MNPE的面積最大，最大值為m2. 法二：設(shè)BE＝t m,3

33、FD＝∠FEP， 所以PE＝PF，即 ＝t－BP. 所以BP＝， NP＝3－PF＝3－PE＝3－(t－BP)＝3－t＋. 由得 所以四邊形MNPE面積為 S＝(NP＋ME)MN ＝×2＝ ＝6－≤6－2. 當(dāng)且僅當(dāng)(t－3)＝，即t＝3＋＝3＋時(shí)取“＝”. 此時(shí)，(*)成立． 答：當(dāng)點(diǎn)E距B點(diǎn)3＋ m時(shí)，沿直線PE裁剪，四邊形MNPE的面積最大，最大值為(6－2)m2. 3.(2018·揚(yáng)州期末)如圖，射線OA和OB均為筆直的公路，扇形OPQ區(qū)域(含邊界)是一蔬菜種植園，其中P，Q分別在射線OA和OB上．經(jīng)測(cè)量得，扇形OPQ的圓心角(即∠POQ)為、半徑為1千米，為了方

34、便菜農(nóng)經(jīng)營(yíng)，打算在扇形OPQ區(qū)域外修建一條公路MN，分別與射線OA，OB交于M，N兩點(diǎn)，并要求MN與扇形弧相切于點(diǎn)S.設(shè)∠POS＝α(單位：弧度)，假設(shè)所有公路的寬度均忽略不計(jì)． (1) 試將公路MN的長(zhǎng)度表示為α的函數(shù)，并寫出α的取值范圍； (2) 試確定α的值，使得公路MN的長(zhǎng)度最小，并求出其最小值． 解：(1) 因?yàn)镸N與扇形弧相切于點(diǎn)S， 所以O(shè)S⊥MN. 在Rt△OSM中，因?yàn)镺S＝1，∠MOS＝α， 所以SM＝tan α. 在Rt△OSN中，∠NOS＝－α， 所以SN＝tan， 所以MN＝tan α＋tan＝， 其中<α<. (2) 法一：(基本不等式) 因?yàn)?/p>

35、<α<， 所以tan α－1>0. 令t＝tan α－1>0，則tan α＝(t＋1)， 所以MN＝. 由基本不等式得MN≥·＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝2時(shí)取“＝”． 此時(shí)tan α＝，由于<α<，故α＝. 答：當(dāng)α＝時(shí)，MN的長(zhǎng)度最小，為2千米． 法二：(三角函數(shù)) MN＝ ＝＝ ＝. 因?yàn)?α<，所以<2α－<， 故

36、影部分)只有一塊綠化地，后來有眾多市民建議在綠化地上建一條小路，便于市民快捷地往返兩條道路．規(guī)劃部門采納了此建議，決定在綠化地中增建一條與圓C相切的小道AB.問：A，B兩點(diǎn)應(yīng)選在何處可使得小道AB最短？ 解：法一：如圖，分別由兩條道路所在直線建立直角坐標(biāo)系xOy，則C(1,1)． 設(shè)A(a,0)，B(0，b)(0＜a＜1,0＜b＜1)，則直線AB方程為＋＝1，即bx＋ay－ab＝0. 因?yàn)锳B與圓C相切，所以＝1. 化簡(jiǎn)得ab－2(a＋b)＋2＝0，即ab＝2(a＋b)－2. 因此AB＝ ＝ ＝ ＝ . 因?yàn)?＜a＜1,0＜b＜1， 所以0＜a＋b＜2，于是AB＝2－(a＋b

37、)． 又ab＝2(a＋b)－2≤2， 解得0＜a＋b≤4－2，或a＋b≥4＋2(舍去)． 所以AB＝2－(a＋b)≥2－(4－2)＝2－2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2－時(shí)取等號(hào)， 所以AB最小值為2－2，此時(shí)a＝b＝2－. 故當(dāng)A，B兩點(diǎn)離道路的交點(diǎn)都為2－(百米)時(shí)，小道AB最短． 法二：如圖，設(shè)圓C與道路1，道路2，AB的切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，D，連結(jié)CE，CA，CD，CB，CF. 設(shè)∠DCE＝θ，θ∈， 則∠DCF＝－θ. 在Rt△CDA中，AD＝tan. 在Rt△CDB中，BD＝tan. 所以AB＝AD＋BD＝tan＋tan ＝tan＋. 令t＝tan，0＜t＜1， 則AB＝f(t)＝t＋＝t＋1＋－2≥2－2， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝－1時(shí)取等號(hào)． 所以AB最小值為2－2，此時(shí)A，B兩點(diǎn)離兩條道路交點(diǎn)的距離是1－(－1)＝2－. 故當(dāng)A，B兩點(diǎn)離道路的交點(diǎn)都為2－(百米)時(shí)，小道AB最短． 20