2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)4.5.3　函数模型的应用

这是一份2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)4.5.3　函数模型的应用，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．某种植物生长发育的数量y与时间x的关系如下表：
则下面的函数关系式中，拟合效果最好的是( D )
A．y＝2x－1
B．y＝x2－1
C．y＝2x－1
D．y＝1.5x2－2.5x＋2
2．某研究小组在一项试验中获得一组关于y，t的数据，将其整理得到如图所示的图形，下列函数中，最能近似刻画y与t之间关系的是( D )
A．y＝2tB． y＝2t2
C．y＝t3D． y＝lg2t
解析：根据图中的特殊点(2，1)，(4，2)代入选项中的函数判断可知，只有D中的y＝lg2t满足题意，且y＝lg2t更符合图象的变化趋势．故选D．
3．若镭经过100年后剩留原来质量的95.76%，设质量为1的镭经过x年后剩留量为y，则x，y的函数关系是( A )
A．y＝0.957 6eq \s\up6(\f(x,100))
B．y＝0.957 6100x
C．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.957 6,100)))eq \s\up12(x)
D．y＝1－0.042 4eq \s\up6(\f(x,100))
解析：设镭的衰变率为p，则x，y的函数关系是y＝(1－p)x，当x＝100时，y＝0.957 6，即0.957 6＝(1－p)100，解得1－p＝0.957 6eq \s\up6(\f(1,100)).
即y＝0.957 6eq \s\up6(\f(x,100)).
4．某新款电视投放市场后第一个月销售了100台，第二个月销售了200台，第三个月销售了400台，第四个月销售了790台，则下列函数模型中，能较好地反映销量y与投放市场的月数x(1≤x≤4，x∈N*)之间关系的是( C )
A．y＝100x
B．y＝50x2－50x＋100
C．y＝50×2x
D．y＝100x
解析：将题目中的数据代入各函数中，易知指数型函数能较好地与题中的数据相对应．
5．20世纪30年代，里克特制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg A－lg A0，其中，A是被测地震的最大振幅，A0是标准地震的振幅.5级地震给人的震感已经比较明显，7级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的( C )
A．20倍B． lg 20倍
C．100倍D． 1 000倍
解析：设7级地震最大振幅为A1，则7＝lg A1－lg A0，5级地震最大振幅为A2，则5＝lg A2－lg A0，所以7－5＝(lg A1－lg A0)－(lg A2－lg A0)＝lg A1－lg A2＝lgeq \f(A1,A2)＝2，所以eq \f(A1,A2)＝102，即A1＝100A2，所以7级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的100倍．
二、多项选择题
6．某大型商场开业期间为吸引顾客，推出“单次消费满100元可参加抽奖”的活动，奖品为本商场现金购物卡，可用于以后在该商场消费．抽奖结果共分5个等级，等级x与购物卡的面值y(元)的关系式为y＝eax＋b＋k，三等奖比四等奖的面值多100元，比五等奖的面值多120元，且四等奖的面值是五等奖的面值的3倍，则( ACD )
A．a＝－ln 5
B．k＝15
C．一等奖的面值为3 130元
D．三等奖的面值为130元
解析：由题意可知，四等奖比五等奖的面值多20元，因为100÷20＝5，
所以eq \f(（e3a＋b＋k）－（e4a＋b＋k）,（e4a＋b＋k）－（e5a＋b＋k）)＝e－a＝5，则a＝－ln 5，A正确；由(e3a＋b＋k)－(e4a＋b＋k)＝e3a＋b(1－ea)＝100，可知e3a＋b＝125.因为四等奖的面值是五等奖的面值的3倍，所以e4a＋b＋k＝3(e5a＋b＋k)，解得k＝5，B错误；则三等奖的面值为e3a＋b＋k＝125＋5＝130元，D正确；ea＋b＋k＝e3a＋b×e－2a＋k＝125×25＋5＝3 130，故一等奖的面值为3 130元，C正确．故选ACD．
7．常见的《标准对数视力表》中有两列数据，分别表示五分记录和小数记录数据，把小数记录数据记为x，对应的五分记录数据记为y，现有两个函数模型：①y＝5＋2lg x；②y＝5－lgeq \f(1,x).(参考数据：100.1≈1.25)
根据如图所示标准对数视力表中的数据，下列结论中正确的是( BD )
A．选择函数模型①
B．选择函数模型②
C．小明去检查视力，医生告诉他视力为5，则小明视力的小数记录数据为0.9
D．小明去检查视力，医生告诉他视力为4.9，则小明视力的小数记录数据为0.8
解析：当x＝0.1时，代入y＝5＋2lg x得y＝5－2＝3，代入y＝5－lg eq \f(1,x)得y＝5－1＝4.故选择函数模型②.A错误，B正确；当y＝5时，由y＝5－lg eq \f(1,x)，解得x＝1，则小明视力的小数记录数据为1.0，故C错误；当y＝4.9时，由y＝5－lg eq \f(1,x)，解得x＝0.8，则小明视力的小数记录数据为0.8，故D正确．故选BD．
三、填空题
8．某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 h，在22 ℃的保鲜时间是48 h，则该食品在33 ℃的保鲜时间是24h．
解析：由题意可知，当x＝0时，y＝192；当x＝22时，y＝48，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eb＝192，,e22k＋b＝48，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eb＝192，,e11k＝\f(1,2)，))
则当x＝33时，y＝e33k＋b＝(e11k)3•eb＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×192＝24.
9．某种放射性元素的原子数N随时间t的变化规律是N＝N0e－λt，其中N0，λ为正常数．由放射性元素的这种性质，可以制造高精度的时钟，用原子数表示时间t为t＝－eq \f(1,λ)lneq \f(N,N0).
解析：因为N＝N0e－λt，所以eq \f(N,N0)＝e－λt，两边取以e为底的对数，所以t＝－eq \f(1,λ)lneq \f(N,N0).
10．为捍卫国家主权和领土完整，维护中华民族整体利益，解放军组织多种战机巡航．已知海面上的大气压强是760 mmHg，大气压强P(单位：mmHg)和高度h(单位：m)之间的关系为P＝760e－hk(e为自然对数的底数，k是常数)，根据实验知500 m高空处的大气压强是700 mmHg，则当歼-20战机巡航高度为1 000 m，歼-16D战机的巡航高度为1 500 m时，歼-20战机所受的大气压强是歼-16D战机所受的大气压强的1.09倍．(精确度为0.01)
解析：依题意知，700＝760e－500k，即e500k＝eq \f(760,700)，则歼-20战机所受的大气压强P20＝760e－1 000k，歼-16D战机所受的大气压强P16＝760e－1 500k，eq \f(P20,P16)＝eq \f(760e－1 000k,760e－1 500k)＝e500k＝eq \f(760,700)≈1.09，
所以歼-20战机所受的大气压强是歼-16D战机所受的大气压强的1.09倍．
四、解答题
11．物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却规律来描述：设物体的初始温度是T0，经过一定时间t后的温度是T，则T－Ta＝(T0－Ta)•eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(t,h))，其中Ta表示环境温度，h称为半衰期．现有一杯用88 ℃热水冲的速溶咖啡，放在24 ℃的房间中，如果咖啡降温到40 ℃需要20 min，那么降温到35 ℃时，需要多少时间？(参考数据：lg 11≈1.04，lg 2≈0.30)
解：由题意知40－24＝(88－24)•eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(20,h))，
即eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(20,h))，解得h＝10.
故T－24＝(88－24)•eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(t,10)).
当T＝35时，代入上式，得
35－24＝(88－24)•eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(t,10))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(t,10))＝eq \f(11,64).
两边取对数，求得t≈25.因此，约需要25 min，可降温到35 ℃．
12．某学习小组在暑期社会实践活动中，通过对某商场一种品牌服装销售情况的调查发现：该服装在过去的一个月内(以30天计)每件的销售价格P(x)(百元)与时间x(天)的函数关系近似满足P(x)＝1＋eq \f(k,x)(k为正常数)，日销售量Q(x)(件)与时间x(天)的部分数据如下表所示：
已知第10天的日销售收入为121百元．
(1)求k的值；
(2)给出以下四种函数模型：
①Q(x)＝ax＋b，②Q(x)＝a|x－25|＋b，③Q(x)＝a•bx，④Q(x)＝a•lgbx.
请你根据表中的数据，从中选择你认为最合适的一种函数来描述日销售量Q(x)(件)与时间x(天)的变化关系，并求出该函数的解析式；
(3)求该服装的日销售收入f(x)(百元)的最小值．
解：(1)依题设P(10)•Q(10)＝121，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(k,10)))×110＝121，解得k＝1.
(2)由表中的数据知，当时间变化时，日销售量有增有减并不单调，
故只能选②Q(x)＝a|x－25|＋b.
取表中两组数据(10，110)，(30，120)代入得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(110＝a|10－25|＋b，,120＝a|30－25|＋b，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝125.))
因此Q(x)＝125－|x－25|，其中1≤x≤30，且x∈N*.
(3)由(2)知Q(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(100＋x，1≤x<25，且x∈N*，,150－x，25≤x≤30，且x∈N*，))
所以f(x)＝P(x)•Q(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(100,x)＋101（1≤x<25，x∈N*），,\f(150,x)－x＋149（25≤x≤30，x∈N*）.))
当1≤x<25时，y＝x＋eq \f(100,x)在[1，10]上是减函数，在[10，25)上是增函数．
所以当x＝10时，f(x)取得最小值f(x)min＝121.
当25≤x≤30时，y＝eq \f(150,x)－x为减函数，
所以当x＝30时，f(x)取得最小值f(x)min＝124.
综上所述，当x＝10时，f(x)取得最小值f(x)min＝121.
所以该服装的日销售收入的最小值为121百元．
13．为了预防某种病毒，某商场需要通过喷洒药物对内部空间进行全面消毒．出于对顾客身体健康的考虑，相关部门规定空气中这种药物的浓度不超过0.25毫克/立方米时，顾客方可进入商场．已知从喷洒药物开始，商场内部的药物浓度y(毫克/立方米)与时间t(分钟)之间的函数关系为y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.1t，0≤t≤10，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\f(t,10)－a，t>10，))函数的图象如图所示．如果商场规定9：30顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是( A )
A．9：00B． 8：40
C．8：30D． 8：00
解析：根据函数的图象，可得函数的图象过点(10，1)，代入函数的解析式，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1－a)＝1，解得a＝1，所以y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.1t，0≤t≤10，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\f(t,10)－1，t>10，))令y≤0.25，可得0.1t≤0.25或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \f(t,10)－1≤0.25，解得0＜t≤2.5或t≥30，
所以如果商场规定9：30顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是9：00.
14．为使排放的废气中含有的污染物量减少，某化工企业探索改良工艺，已知改良前所排放的废气中含有的污染物量为2 mg/cm3，首次改良后所排放的废气中含有的污染物量为1.94 mg/cm3.设改良前所排放的废气中含有的污染物量为r0(单位：mg/cm3)，首次改良后所排放的废气中含有的污染物量为r1(单位：mg/cm3)，则第n次改良后所排放的废气中的污染物量rn(单位：mg/cm3)满足函数模型rn＝r0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r0－r1))×50.5n＋p(p∈R，n∈N*)．
(1)rn＝2－0.06×50.5n－0.5(n∈N*)；
(2)依据当地环保要求，企业所排放的废气中含有的污染物量不能超过0.08 mg/cm3，则至少进行6次改良才能使该企业所排放的废气中含有的污染物量达标．(参考数据：lg 2≈0.3)
解析：(1)由题意得r0＝2，r1＝1.94，
所以当n＝1时，r1＝r0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r0－r1))×50.5＋p，
即1.94＝2－(2－1.94)×50.5＋p，
解得p＝－0.5，
所以rn＝2－0.06×50.5n－0.5(n∈N*)．
(2)由题意可得rn＝2－0.06×50.5n－0.5≤0.08，
整理得50.5n－0.5≥eq \f(1.92,0.06)，
即50.5n－0.5≥32，
可得0.5n－0.5≥lg532＝eq \f(5lg 2,1－lg 2)，即n≥eq \f(10lg 2,1－lg 2)＋1，
由lg 2≈0.3，得n≥eq \f(30,7)＋1≈5.3，
又n∈N*，所以n≥6，
故至少进行6次改良才能使该企业所排放的废气中含有的污染物量达标．
15．兴泉铁路起于江西，途经三明，最后抵达泉州(途经站点如图所示)．这条“客货共用”铁路是开发沿线资源、服务革命老区的重要铁路干线，是打通泉州港通往内陆铁路货运的重要方式，将进一步促进山海协作，同时也将结束多个山区县不通客货铁路的历史．目前，江西兴国至清流段已于2021年9月底开通运营，清流至泉州段也具备了开通运营条件，即将全线通车．预期该路线通车后，列车的发车时间间隔t(单位：分钟)满足2≤t≤20.经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当10≤t≤20时，列车为满载状态，载客量为720人；当2≤t<10时，载客量会减少，减少的人数与(12－t)的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人．记列车载客量为p(t)．
(1)求p(t)的表达式；
(2)若该线路每分钟的净收益为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝eq \f(2p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))－360,t)－60(元)，问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值．
解：(1)由题知，当10≤t≤20时，p(t)＝720，
当2≤t<10时，
可设p(t)＝720－k(12－t)2，
又发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人，
∴p(3)＝720－k•(12－3)2＝396，
解得k＝4.
此时p(t)＝720－4×(12－t)2＝－4t2＋96t＋144，2≤t<10，
∴p(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4t2＋96t＋144，2≤t<10，,720，10≤t≤20.))
(2)由(1)知：
Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(132－8t－\f(72,t)，2≤t<10，,\f(1 080,t)－60，10≤t≤20，))
∵2≤t<10时，Q(t)≤132－2eq \r(8t•\f(72,t))＝84，当且仅当t＝3时等号成立，
∴当2≤t<10时，Q(t)max＝Q(3)＝84，
当10≤t≤20时，Q(t)单调递减，
则Q(t)max＝Q(10)＝48，
综上，时间间隔为3分钟时，每分钟的净收益最大为84元．
x
1
2
3
…
y
1
3
8
…
x(天)
10
20
25
30
Q(x)(件)
110
120
125
120