2023届高考数学二轮复习 微专题作业29 以二元变量为载体的应用题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业29 以二元变量为载体的应用题（含解析），共5页。试卷主要包含了且P对两塔顶的视角为135°等内容，欢迎下载使用。

1.某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储之和最小，则x的值
是________．
2．经市场调查，某旅游城市在过去的一个月内(以30天计)，第t天(1≤t≤30，t∈N*)的旅游人数f(t)(万人)近似地满足f(t)＝4＋eq \f(1,t)，而人均消费g(t)(元)近似满足g(t)＝120－|t－20|.则该城市旅游日收益的最小值为________．
3．共享单车给市民出行带来了诸多便利，某公司购买了一批单车投放到某地给市民使用．据市场分析，每辆单车的营运累计利润y(单位：元)与营运天数x(x∈N*)满足y＝－eq \f(1,2)x2＋60x－800.
(1)要使营运累计利润高于800元，求营运天数的取值范围；
(2)每辆单车营运多少天时，才能使每天的平均营运利润eq \f(y,x)的值最大？
4．(2018·上海松江一模)某市有轨电车项目正在如火如荼的进行中，通车后将给市民出行带来便利．已知某条线路通车后，电车的发车时间间隔t(单位：分钟)满足2≤t≤20.经市场调研测算，电车载客量与发车时间间隔t相关，当10≤t≤20时电车为满载状态，载客量为400人，当2≤t＜10时，载客量会减少，减少的人数与(10－t)的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为272人．记电车载客量为p(t)．
(1)求p(t)的表达式，并求当发车时间间隔为6分钟时，电车的载客量；
(2)若该线路每分钟的净收益为Q＝eq \f(6p（t）－1500,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？
5.(2018·苏州期末)如图，长方形材料ABCD中，已知AB＝2eq \r(3)，AD＝4.点P为材料ABCD内部一点，PE⊥AB于E，PF⊥AD于F，且PE＝1，PF＝eq \r(3).现要在长方形材料ABCD中裁剪出四边形材料AMPN，满足∠MPN＝150°，点M，N分别在边AB，AD上．
(1)设∠FPN＝θ，试将四边形材料AMPN的面积S表示为θ的函数，并指明θ的取值范围；
(2)试确定点N在AD上的位置，使得四边形材料AMPN的面积S最小，并求出其最小值．
6．(2018·苏锡常镇二模)如图1是某斜拉桥的航拍图，为了分析大桥的承重情况，某研究小组将其抽象成图2所示的数学模型．索塔AB，CD与桥面AC均垂直，通过测量知两索塔的高度均为60 m，桥面AC上一点P到索塔AB，CD距离之比为21∶4.且P对两塔顶的视角为135°.
(1)求桥面AC的长度；
(2)研究表明索塔对桥面上某处的“承重强度”与多种因素有关，可简单抽象为索塔对桥面上某处的“承重强度”与索塔的高度成正比(比例系数为正数a)，且与该处到索塔的距离的平方成反比(比例系数为正数b)，问两索塔对桥面何处的“承重强度”之和最小？并求出最小值．
微专题29
1．答案：30.
解析：总费用4x＋eq \f(600,x)×6＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(900,x)))≥240，当且仅当x＝eq \f(900,x)，即x＝30时等号成立．
2．答案：441万元．
解析：由题意可得W(t)＝f(t)g(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(1,t)))(120－|t－20|)
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(401＋4t＋\f(100,t)，1≤t≤20，,559＋\f(140,t)－4t，20＜t≤30.))
当t∈[1，20]时，401＋4t＋eq \f(100,t)≥401＋2eq \r(4t·\f(100,t))＝441(t＝5时取最小值)．
当t∈(20，30]时，因为W(t)＝559＋eq \f(140,t)－4t递减，所以t＝30时，W(t)有最小值W(30)＝
443eq \f(2,3).
答：当t∈[1，30]时，W(t)的最小值为441万元．
3．答案：(1)40到80天之间；
(2)每辆单车营运400天时，才能使每天的平均营运利润最大，最大为20元每天．
解析：(1)要使营运累计收入高于800元，令－eq \f(1,2)x2＋60x－800＞800，解得40＜x＜80.所以营运天数的取值范围为40到80天之间．
(2)eq \f(y,x)＝－eq \f(1,2)x－eq \f(800,x)＋60≤
－2eq \r(400)＋60＝20，当且仅当eq \f(1,2)x＝eq \f(800,x)时等号成立，解得x＝400.
答：每辆单车营运400天时，才能使每天的平均营运利润最大，最大为20元每天．
4．答案：(1)368人；(2)当发车时间间隔t＝5分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为60元．
解析：(1)由题意知p(t)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(400－k（10－t）2，2≤t＜10，,400，10≤t≤20))(k为常数)．
因为p(2)＝400－k(10－2)2＝272，所以k＝2，所以p(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(400－2（10－t）2，2≤t＜10，,400， 10≤t≤20.))
所以p(6)＝400－2(10－6)2＝368(人)．
(2)由Q＝eq \f(6p（t）－1 500,t)－60，可得
Q＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)（－12t2＋180t－300），2≤t＜10，,\f(1,t)（－60t＋900），10≤t≤20.))
当2≤t＜10时，Q＝180－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12t＋\f(300,t)))≤180－
2eq \r(12×300)＝60，当且仅当t＝5时等号成立．当10≤t≤20时，Q＝－60＋eq \f(900,t)≤－60＋90＝30，当t＝10时等号成立．
答：当发车时间间隔t＝5分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为60元．
5．答案：(1)S＝eq \f(3,2)tanθ＋eq \f(1,2)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))＋eq \r(3)，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))；
(2)当AN＝eq \f(2\r(3),3)时，四边形材料AMPN的面积S最小，最小值为2＋eq \f(\r(3),3).
解析：(1)在直角△NFP中，因为PF＝eq \r(3)，∠FPN＝θ，所以NF＝eq \r(3)tanθ，所以S△NAP＝eq \f(1,2)NA·PF＝eq \f(1,2)(1＋eq \r(3)tanθ)×eq \r(3).在直角△MEP中，因为PE＝1，∠EPM＝eq \f(π,3)－θ，所以ME＝
taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))，所以S△AMP＝eq \f(1,2)AM·PE＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))))×1.
所以S＝S△NAP＋S△AMP＝
eq \f(3,2)tanθ＋eq \f(1,2)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))＋eq \r(3)，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))).
(2)因为S＝eq \f(3,2)tanθ＋eq \f(1,2)tan(eq \f(π,3)－θ)＋eq \r(3)＝eq \f(3,2)tanθ＋eq \f(\r(3)－tanθ,2（1＋\r(3)tanθ）)＋eq \r(3).令t＝1＋
eq \r(3)tanθ，由θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，得t∈[1，4]，所以S＝eq \r(3)＋eq \f(3t2－4t＋4,2\r(3)t)＝eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(4,3t)))＋eq \f(\r(3),3)≥eq \f(\r(3),2)×2×eq \r(t×\f(4,3t))＋eq \f(\r(3),3)＝2＋eq \f(\r(3),3).当且仅当t＝eq \f(2\r(3),3)时，即tanθ＝eq \f(2－\r(3),3)时等号成立．此时，AN＝eq \f(2\r(3),3)，
Smin＝2＋eq \f(\r(3),3).
答：当AN＝eq \f(2\r(3),3)时，四边形材料AMPN的面积S最小，最小值为2＋eq \f(\r(3),3).
6．答案：(1)500 m；(2)两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为eq \f(6ab,3 125).
解析：(1)设AP＝21t，BP＝4t(t＞0)，记∠APB＝α，∠CPD＝β，则tanα＝eq \f(60,21t)＝eq \f(20,7t)，tanβ＝eq \f(60,4t)＝eq \f(15,t)，
由tan(α＋β)＝tan45°＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(\f(20,7t)＋\f(15,t),1－\f(300,7t2))＝1，化简得7t2－125t－300＝0，解得t＝20或t＝－eq \f(15,7)(舍去)．所以，AC＝AP＋PC＝25×20＝500.
答：两索塔之间的距离AC＝500米．
(2)方法1：设AP＝x，点P处的承重强度之和为L(x)．则L(x)＝
60eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(ab,x2)＋\f(ab,（500－x）2)))，且x∈(0，500)，即L(x)＝
60abeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋\f(1,（500－x）2)))，x∈(0，500)，
记l(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(1,（500－x）2)，x∈(0，500)，则l′(x)＝eq \f(－2,x3)＋eq \f(2,（500－x）3)，令l′(x)＝0，解得x＝250，当x∈(0，250)，l′(x)＜0，l(x)单调递减；当x∈(250，500)，l′(x)＞0，l(x)单调递增；所以x＝250时，l(x)取到最小值，L(x)也取到最小值eq \f(6ab,3 125).
方法2：由基本不等式得500＝a＋b≥2eq \r(ab)，所以ab≤2502①，当且仅当a＝b时“＝”成立．由基本不等式得eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)≥
2eq \r(\f(1,a2b2))＝eq \f(2,ab)②，当且仅当a＝b时“＝”成立．由①，②得eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)≥eq \f(2,2502).当且仅当a＝b＝250时“＝”成立．所以L(x)min＝60abeq \f(2,2502)＝eq \f(6ab,3 125).
答：两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为eq \f(6ab,3 125).