（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题六 应用题教学案

专题六应用题[江苏卷5年考情分析]“在考查基础知识的同时，侧重考查能力”是高考的立意之本，而应用能力的考查又是近几年高考考查的重点．考查实际问题背景下的数学建模是江苏卷几年不变的题型．所以如何由实际问题转化为数学问题的建模过程的探索是复习的关键．应用题的载体很多，前几年主要考查函数建模，以三角、导数、不等式知识解决问题，以往有一次函数模型(条件不等式模型)．有先构造函数再利用导数求解(2015年、2016年)，演变为立体几何模型(2016年、2017年)；近两年三角模型走红(2018年、2019年)．考查利用三角知识、导数、直线与圆等知识综合建模与求解能力，难度中等．题型(一)函数模型的构建及求解主要考查以构建函数模型为背景的应用题，一般常见于经济问题或立体几何表面积和体积最值问题中.[典例感悟][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是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？[解](1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥P­A1B1C1D1的体积V锥＝13·A1B21·PO1＝13×62×2＝24(m3)；正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．(2)设A1B1＝am，PO1＝hm，则0＜h＜6，O1O＝4h.连结O1B1.因为在Rt△PO1B1中，O1B21＋PO21＝PB21，所以2a22＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋13a2·h＝133a2h＝263(36h－h3)，0＜h＜6，从而V′＝263(36－3h2)＝26(12－h2)．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PO1＝23m时，仓库的容积最大．[方法技巧]解函数应用题的四步骤[演练冲关]1．(2019·常州期末)某公园要设计一个如图1所示的景观窗格(其外框可以看成在矩形的四个角处对称地截去四个全等的三角形所得)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF＝BE＝1.6米，两根竖轴CH＝DG＝1.2米．记景观窗格的外框(如图2中的实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l米．(1)若∠ABC＝2π3，且两根横轴之间的距离为0.6米，求景观窗格的外框总长度；(2)由于经费有限，景观窗格的外框总长度不超过5米，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH的面积)最大时，求出此景观窗格的设计方案中∠ABC的大小与BC的长度．解：(1)记CH与AF，BE的交点分别为M，N，由∠ABC＝2π3可得∠CBN＝π6，易知AB＝0.6，CN＝HM＝12×(1.2－0.6)＝0.3，所以BC＝CNsin∠CBN＝0.3sinπ6＝0.6，BN＝CNtan∠CBN＝0.3tanπ6＝3310，所以CD＝BE－2BN＝1.6－335＝8－335，则l＝AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC＝1.2＋16－635＋2.4＝34－635.答：景观窗格的外框总长度为34－635米．(2)由题意知，l＝2AB＋2CD＋4BC≤5.设∠CBN＝α，α∈0，π2，BC＝r，则CN＝rsinα，BN＝rcosα，所以AB＝CH－2CN＝1.2－2rsinα，CD＝BE－2BN＝1.6－2rcosα，所以2(1.2－2rsinα)＋2(1.6－2rcosα)＋4r≤5，即4r(sinα＋cosα－1)≥35，α∈0，π2.设景观窗格的面积为S，则S＝1.2×1.6－2r2sinαcosα≤4825－9sinαcosα200（sinα＋cosα－1）2，α∈0，π2(当且仅当4r(sinα＋cosα－1)＝35时取等号)．令t＝sinα＋cosα(t∈(1，2])，则sinαcosα＝t2－12，所以S≤4825－9×t2－12200（t－1）2＝4825－94001＋2t－1，其中1＋2t－1≥1＋22－1(当且仅当t＝2，即α＝π4时取等号)．所以S≤4825－94001＋2t－1≤4825－94001＋22－1＝4825－9400(3＋22)＝741400－92200，即S≤741400－92200(当且仅当4r(sinα＋cosα－1)＝35且α＝π4时，取等号)，所以当且仅当r＝3（2＋1）20且α＝π4时，S取得最大值．答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中∠ABC＝3π4且BC＝3（2＋1）20米．2．(2019·盐城三模)如图，某人承包了一块矩形土地ABCD用来种植草莓，其中AB＝99m，AD＝49.5m．现计划建造如图所示的半圆柱型塑料薄膜大棚n(n∈N*)个，每个半圆柱型大棚的两半圆形底面与侧面都需蒙上塑料薄膜(接头处忽略不计)，塑料薄膜的价格为每平方米10元；另外，还需在每两个大棚之间留下1m宽的空地用于建造排水沟与行走小路(如图中EF＝1m)，这部分的建设造价为每平方米31.4元．(1)当n＝20时，求蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积；(结果保留π)(2)试确定大棚的个数，使得上述两项费用的和最低．(计算中π取3.14)解：(1)设每个半圆柱型大棚的底面半径为r.当n＝20时，共有19块空地，所以r＝99－19×12×20＝2(m)，所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面的面积)为πr2＋πr×AD＝π×22＋2π×49.5＝103π(m2)，即蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积为103πm2.(2)设两项费用的和为f(n)．因为r＝99－（n－1）×12n＝100－n2n，所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面的面积)为S＝πr2＋πr×AD＝π×100－n2n2＋π×49.5×100－n2n，则f(n)＝10nS＋31.4×1×49.5(n－1)＝10nπ×100－n2n2＋π×49.5×100－n2n＋31.4×1×49.5(n－1)＝31.4×（100－n）24n＋49.5×100－n2＋49.5（n－1）＝31.44×（100－n）2n＋99（100－n）＋198（n－1）＝31.44×1002n＋100n＋9502＝31.44×100×100n＋n＋9502，因为100n＋n≥2100n·n＝20，当且仅当n＝10时等号成立，所以，当且仅当n＝10时，f(n)取得最小值，即当大棚的个数为10个时，上述两项费用的和最低．题型(二)与三角形、多边形有关的实际应用题主要考查与三角形有关的实际应用题，所建立函数模型多为三角函数模型.[典例感悟][例2](2018·江苏高考)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40米，点P到MN的距离为50米．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．[解](1)如图，设PO的延长线交MN于点H，则PH⊥MN，所以OH＝10.过点O作OE⊥BC于点E，则OE∥MN，所以∠COE＝θ，故OE＝40cosθ，EC＝40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ·(40sinθ＋10)＝800(4sinθcosθ＋cosθ)，△CDP的面积为12×2×40cosθ(40－40sinθ)＝1600(cosθ－sinθcosθ)．过点N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于点G和K，则GK＝KN＝10.连结OG，令∠GOK＝θ0，则sinθ0＝14，θ0∈0，π6.当θ∈θ0，π2时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是14，1.答：矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ＋cosθ)平方米，△CDP的面积为1600(cosθ－sinθcosθ)平方米，sinθ的取值范围是14，1.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k(k0)，乙的单位面积的年产值为3k(k＞0)，则年总产值为4k×800(4sinθcosθ＋cosθ)＋3k×1600(cosθ－sinθcosθ)＝8000k(sinθcosθ＋cosθ)，θ∈θ0，π2.设f(θ)＝sinθcosθ＋cosθ，θ∈θ0，π2，则f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sinθ＝－(2sin2θ＋sinθ－1)＝－(2sinθ－1)(sinθ＋1)．令f′(θ)＝0，得θ＝π6，当θ∈θ0，π6时，f′(θ)＞0，所以f(θ)为增函数；当θ∈π6，π2时，f′(θ)＜0，所以f(θ)为减函数．所以当θ＝π6时，f(θ)取到最大值．答：当θ＝π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．[方法技巧]三角应用题的解题策略(1)解三角应用题是数学知识在生活中的应用，要想解决好，就要把实际问题抽象概括，建立相应的数学模型，然后求解．(2)解三角应用题常见的两种情况：①实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．②实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．(3)三角函数的值域或最值的求解方法一般有化归法、换元法、导数法．[演练冲关](2019·南通等七市一模)如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部分为矩形ABCD，AB，AD的长分别为23m和4m，上部分是圆心为O的劣弧CD，∠COD＝2π3.(1)求图1中拱门最高点到地面的距离；(2)现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形ABCD所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示．设BC与地面水平线l所成的角为θ，记拱门上的点到地面的最大距离为h，试用θ的函数表示h，并求出h的最大值．解：(1)如图1，过O作与地面垂直的直线，分别交AB，CD于点O1，O2，交劣弧CD于点E，O1E的长即拱门最高点到地面的距离．在Rt△O2OC中，∠O2OC＝π3，CO2＝3，所以OO2＝1，圆的半径R＝OC＝2.所以O1E＝R＋O1O2－OO2＝5.(2)在拱门放倒过程中，过点O作与地面垂直的直线，与“拱门外框”相交于点P.当点P在劣弧CD上(不含点D)时，拱门上的点到地面的最大距离h等于圆O的半径长与圆心O到地面的距离之和；当点P在线段AD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于点D到地面的距离．连接OB，由(1)知，在Rt△OO1B中，OB＝OO21＋O1B2＝23.以B为坐标原点，水平线l为x轴，建立平面直角坐标系．①如图2，当点P在劣弧CD上(不含点D)时，π6θ≤π2.由∠OBx＝θ＋π6，OB＝23，得O23cosθ＋π6，23sinθ＋π6，则h＝2＋23sinθ＋π6.所以当θ＋π6＝π2，即θ＝π3