2023届高考数学二轮复习 微专题作业27 以解析几何为载体的应用题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业27 以解析几何为载体的应用题（含解析），共6页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。


1．如图，一块曲线部分是抛物线形的钢板，其底边长为2，高为1，将此钢板切割成等腰梯形的形状，记CD＝2x，梯形面积为S，则S的最大值
是________．
2．一辆卡车高3米，宽1.6米，欲通过抛物线形隧道，拱口宽恰好是抛物线的正焦弦长(过焦点垂直于对称轴的弦)．若拱口宽为a米，则能使卡车能通过的a的最小整数值为________．
3．在综合实践活动中，因制作一个工艺品的需要，某小组设计了如图的一个门(该图为轴对称图形)，其中矩形ABCD的三边AB，BC，CD由长6分米的材料弯折而成，BC边的长为2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t≤\f(3,2)))分米；曲线AOD拟从以下两种曲线中选择一种：曲线C1是一段余弦曲线(在如图的平面直角坐标系中，其解析式为y＝csx－1)，此时记门的最高点O到BC边的距离为h1(t)；曲线C2是一段抛物线，其焦点到准线的距离为eq \f(9,8)，此时记门的最高点O到BC边的距离为h2(t)．
(1)试分别求出函数h1(t)，h2(t)的表达式；
(2)要使得点O到BC边的距离最大，应选用哪一种曲线？此时，最大值是多少？
4．有一块以点O为圆心，半径为2百米的圆形草坪，草坪内距离O点eq \r(2)百米的D点有一用于灌溉的水笼头，现准备过点D修一条笔直小路交草坪于A，B两点，为了方便居民散步，同时修建小路OA，OB，其中小路的宽度忽略小计．
(1)若要使修建的小路的费用最省，试求小路的最短长度；
(2)若要在△ABO区域内(含边界)规划出一块圆形的场地用于老年人跳广场舞，试求这块圆形广场的最大面积．(结果保留根号和π)
5.如图，有两条道路OM与ON，∠MON＝60°，现要铺设三条下水管道OA，OB，AB(其中A，B分别在OM，ON上)，若下水管道的总长度为3 km.设OA＝a km，OB＝b km.
(1)求b关于a的函数表达式，并指出a的取值范围；
(2)已知点P处有一个污水总管的接口，点P到OM的距离PH为eq \f(\r(3),4) km，到点O的距离PO为eq \f(\r(7),4) km，问下水管道AB能否经过污水总管的接口点P？若能，求出a的值，若不能，请说明理由．
6．图1是一段半圆柱形水渠的直观图，其横断面是图2所示的半圆弧ACB，其中C为半圆弧中点，渠宽AB为2米．
(1)当渠中水深CD为0.4米时，求水面的宽；
(2)若把这条水渠改挖(不准填土)成横断面为等腰梯形的水渠，使渠的底面与地面平行，则改挖后的水渠底宽为多少时，所挖的土最少？
微专题27
1．答案：eq \f(32,27).
解析：建立坐标系，B点坐标为(1，
－1)，求出抛物线方程为x2＝
－y，得D点坐标(x，－x2)，等腰梯形的高为1－x2，
S＝eq \f(2x＋2,2)(1－x2)，0＜x＜1，求导可以得到x＝eq \f(1,3)时，S取最大值eq \f(32,27).
2．答案：13.
解析：设抛物线的方程为
x2＝－2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))(p＞0)，因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0))在抛物线上，所以eq \f(a2,4)＝p2，即p＝eq \f(a,2).所以抛物线的方程为x2＝－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(a,4)))，将(0.8，y)代入，得y＝eq \f(a2－2.56,4a).因为卡车高为3米，故要使卡车能通过，必须y＞3且a＞0，即a2－12a－2.56＞0，解得a＞12.21，所以a的最小整数值为13.
3．答案：(1)h1(x)＝－t－cst＋
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t≤\f(3,2)))，h2(x)＝eq \f(4,9)t2－t＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t≤\f(3,2)))；
(2)选用曲线C2，当t＝eq \f(3,2)时，点E到BC边的距离最大，最大值为eq \f(5,2)分米．
解析：(1)对于曲线C1，因为曲线AOD的解析式为y＝csx－1，所以点D的坐标为(t，cst－1)，所以点O到AD的距离为1－cst，而AB＝DC＝3－t，则
h1(t)＝(3－t)＋(1－cst)＝
－t－cst＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t≤\f(3,2)))，对于曲线C2，因为抛物线的方程为x2＝－eq \f(9,4)y，即y＝－eq \f(4,9)x2，所以点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(4,9)t2))，所以点O到AD的距离为eq \f(4,9)t2，而AB＝DC＝3－t，所以h2(x)＝eq \f(4,9)t2－t＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t≤\f(3,2))).
(2)因为h1′(t)＝－1＋sint＜0，所以h1(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))上单调递减，所以当t＝1时，h1(t)取得最大值为3－cs1.
又h2(t)＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(9,8)))eq \s\up12(2)＋eq \f(39,16)，而1≤t≤eq \f(3,2)，所以当t＝eq \f(3,2)时，
h2(t)取得最大值为eq \f(5,2).因为cs1＞cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，所以3－cs1＜3－eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)，
答：应选用曲线C2，当t＝eq \f(3,2)时，点E到BC边的距离最大，最大值为eq \f(5,2)分米．
4．答案：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋2\r(2)))(百米)；(2)(6－
4eq \r(2))π.
解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，eq \r(2))．
(1)小路的长度为OA＋OB＋AB，因为OA，OB长为定值，故只需要AB最小即可．作OM⊥AB于M，记OM＝d，则AB＝
2eq \r(OA2－OM2)＝2eq \r(4－d2)，又d≤OD＝eq \r(2)，故AB≥2eq \r(4－2)＝2eq \r(2)，此时点D为AB中点．故小路的最短长度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋2\r(2)))(百米)．
(2)显然，当广场所在的圆与△ABO内切时，面积最大，设△ABO的内切圆的半径为r，
则△ABO的面积为S△ABO＝
eq \f(1,2)(AB＋AO＋BO)·r＝eq \f(1,2)AB·d，由弦长公式AB＝
2eq \r(4－d2)可得d2＝4－eq \f(AB2,4)，所以r2＝eq \f(AB2·（16－AB2）,4（AB＋4）2)，设AB＝x，则r2＝f(x)＝eq \f(x2·（16－x2）,4（x＋2）2)＝eq \f(x2·（4－x）,4（x＋4）)，所以f′(x)＝eq \f(－2x3－8x2＋32x,4（x＋4）2)＝eq \f(－2x·（x2＋4x－16）,4（x＋4）2)，
又因为0＜d≤OD，即0＜d≤eq \r(2)，所以x＝AB＝2eq \r(4－d2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，4))，所以f′(x)＝eq \f(－2x·（x2＋4x－16）,4（x＋4）2)＜0，所以
f(x)max＝f(2eq \r(2))＝6－4eq \r(2)，
即△ABC的内切圆的面积最大值为(6－4eq \r(2))π.
5．答案：(1)b＝eq \f(2a－3,a－2)，0＜a＜eq \f(3,2).
(2)下水管道AB能经过污水总管的接口点P，a＝eq \f(5±\r(7),6)(km)．
解析：(1)∵OA＋OB＋AB＝3，∴AB＝3－a－b.∵∠MON＝60°，由余弦定理，得AB2＝a2＋b2－2abcs60°.∴(3－a－b)2＝a2＋b2＋ab.整理，得b＝eq \f(2a－3,a－2).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＜a＜eq \f(3,2).综上，b＝eq \f(2a－3,a－2)，0＜a＜eq \f(3,2).
(2)以O为原点，OM为x轴，建立如图所示的直角坐标系．
∵PH＝eq \f(\r(3),4)，PO＝eq \f(\r(7),4)，∴点
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),4))).假设AB过点P.
∵A(a，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b，\f(\r(3),2)b))，即B
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·\f(2a－3,a－2)，\f(\r(3),2)·\f(2a－3,a－2)))，
所以直线AP方程为y＝eq \f(\f(\r(3),4),\f(1,2)－a)(x－a)，即y＝eq \f(\r(3),2－4a)(x－a)．将点B代入，得eq \f(\r(3),2)·eq \f(2a－3,a－2)＝eq \f(\r(3),2－4a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·\f(2a－3,a－2)－a)).化简，得6a2－10a＋3＝0.所以a＝eq \f(5±\r(7),6)，且a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
答：下水管道AB能经过污水总管的接口点P，a＝eq \f(5±\r(7),6)(km)．
6．答案：(1)0.8米；(2)水渠底宽为eq \f(2\r(3),3)米时，所挖的土最少．
解析：以AB所在的直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系xOy，
因为AB＝2米，所以半圆的半径为1米，则半圆的方程为x2＋y2＝1(－1≤x≤1，y≤0)．因为水深CD＝0.4米，所以OD＝0.6米，在Rt△ODM中，DM＝
eq \r(OM2－CD2)＝eq \r(1－0.62)＝
0．8(米)．所以MN＝2DM＝1.6米，故沟中水面宽为1.6米．
(2)为使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与半圆相切，设切点为P(csθ，sinθ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜θ＜0))是圆弧BC上的一点，过P作半圆的切线得如图所示的直角梯形OCFE，得切线EF的方程为xcsθ＋ysinθ＝1.
令y＝0，得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,csθ)，0))，令y＝－1，得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋sinθ,csθ)，－1)).设直角梯形OCFE的面积为S，则S＝(CF＋OE)·OC＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,csθ)＋\f(1＋sinθ,csθ)))×1＝
eq \f(2＋sinθ,csθ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜θ＜0)).S′＝
eq \f(csθcsθ－（2＋sinθ）（－sinθ）,cs2θ)＝eq \f(1＋2sinθ,cs2θ)，
令S′＝0，解得θ＝－eq \f(π,6)，
当－eq \f(π,2)＜θ＜－eq \f(π,6)时，S′＜0，函数单调递减；
当－eq \f(π,6)＜θ＜0时，S′＞0，函数单调递增．
所以θ＝－eq \f(π,6)时，面积S取得最小值，最小值为eq \r(3).此时CF＝eq \f(1＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))＝eq \f(\r(3),3)，即当渠底为eq \f(2\r(3),3)米时，所挖的土最少．