江苏专用2020高考数学二轮复习专题六应用题教学案.doc
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1、专题六 应用题 “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
2、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AB6 m,PO12 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解(1)由PO12知O1O4PO18.因为A1B1AB6,所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3);正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O62
3、8288(m3)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(2)设A1B1a m,PO1h m,则0h6,O1O4h.连结O1B1.因为在RtPO1B1中,O1BPOPB,所以h236,即a22(36h2)于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h(36hh3),0h6,从而V(363h2)26(12h2)令V0,得h2或h2(舍去)当0h2时,V0,V是单调增函数;当2h6时,V0,V是单调减函数故当h2时,V取得极大值,也是最大值因此,当PO12 m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
4、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AFBE1.6米,两根竖轴CHDG1.2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,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可得CBN,易知AB0.6,CNHM(1.20.6)0.3,所以BC0.6,BN,所以CDBE2BN1.6,则l
5、ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC1.22.4.答:景观窗格的外框总长度为米(2)由题意知,l2AB2CD4BC5.设CBN,BCr,则CNrsin ,BNrcos ,所以ABCH2CN1.22rsin ,CDBE2BN1.62rcos ,所以2(1.22rsin )2(1.62rcos )4r5,即4r(sin cos 1),.设景观窗格的面积为S,则S1.21.62r2sin cos ,(当且仅当4r(sin cos 1)时取等号)令tsin cos (t(1,),则sin cos ,所以S,其中11(当且仅当t,即时取等号)所以S(32),即S(当且仅当4r(sin co
6、s 1)且时,取等号),所以当且仅当r且时,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且BC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AB99 m,AD49.5 m现计划建造如图所示的半圆柱型塑料薄膜大棚n(nN*)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1 m宽的空地用于建造排水沟与行走小路(如图中EF1 m),这部分的建设造价为每平方米31.4元(1)当n20时,求蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积;(结果保留)(2)试确定大棚的个数,使
7、得上述两项费用的和最低(计算中取3.14)解:(1)设每个半圆柱型大棚的底面半径为r.当n20时,共有19块空地,所以r2(m),所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面的面积)为r2rAD22249.5103(m2),即蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积为103 m2.(2)设两项费用的和为f(n)因为r,所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面的面积)为Sr2rAD49.5,则f(n)10nS31.4149.5(n1)10n31.4149.5(n1)31.4,因为n220,当且仅当n10时等号成立,所以,当且仅当n10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
8、)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,大棚内的地块形状为矩形ABCD,大棚内的地块形状为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.(1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积,并确定sin 的取值范围;(2)若大棚内种植甲种蔬菜,大棚内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43.求当为
9、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PHMN,所以OH10.过点O作OEBC于点E,则OEMN,所以COE,故OE40cos ,EC40sin ,则矩形ABCD的面积为240cos (40sin 10)800(4sin cos cos ),CDP的面积为240cos (4040sin )1 600(cos sin cos )过点N作GNMN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和K,则GKKN10.连结OG,令GOK0,则sin 0,0.当时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sin 的取值范围是.答:矩形ABCD的面积为800(4sin cos c
10、os )平方米,CDP的面积为1 600(cos sin cos )平方米,sin 的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43,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(k0),则年总产值为4k800(4sin cos cos )3k1 600(cos sin cos )8 000k(sin cos cos ),.设f()sin cos cos ,则f()cos2sin2sin (2sin2sin 1)(2sin 1)(sin 1)令f()0,得,当时,f()0,所以f()为增函数;当时,f()0,所以f()为减函数所以当时,f()取到最大值答:当
11、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: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
12、,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2 m和4 m,上部分是圆心为O的劣弧CD,COD.(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,记拱门上的点到地面的最大距离为h,试用的函数表示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RtO2OC中,O2OC,CO2,所以OO21,圆的半径ROC2.所以O1ERO1O2OO25.(2)在拱门放
13、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RtOO1B中,OB2.以B为坐标原点,水平线l为x轴,建立平面直角坐标系如图2,当点P在劣弧CD上(不含点D)时,.由OBx,OB2,得O,则h22sin.所以当,即时,h取得最大值,为22.如图3,当点P在线段AD上时,0.连接BD,设CBD,在RtBCD中,DB2,则sin ,cos .由DBx,得D(2cos(),2sin()所以
14、h2sin()4sin 2 cos .又当04cos2sin0,所以h4sin 2cos 在上单调递增所以当时,h取得最大值,为5.又225,所以h的最大值为22.答:(1)拱门最高点到地面的距离为5 m.(2)h艺术拱门在放倒的过程中,拱门上的点到地面的最大距离h的最大值为(22)m.题型(三)与圆有关的实际应用题主要考查与直线和圆有关的实际应用题,在航海与建筑规划中的实际问题中常见.典例感悟例3(2019江苏高考)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径)规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,Q
15、A上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB10,AC6,BD12(单位:百米)(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离解(1)如图,过A作AEBD,垂足为E.由已知条件得,四边形ACDE为矩形,DEBEAC6,AECD8.因为PBAB,所以cosPBDsinABE.所以PB15.因此道路PB的长为15(百米)(2)均不能理由如下:若P在D处,由(1)可得E在圆上,则
16、线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求若Q在D处,连接AD,由(1)知AD10,从而cosBAD0,所以BAD为锐角所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径因此Q选在D处也不满足规划要求综上,P和Q均不能选在D处(3)先讨论点P的位置当OBP90时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;当OBP90时,对线段PB上任意一点F,OFOB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求当OBP90时,设P1为l上一点,且P1BAB,由(1)知,P1B15,此时P1DP1BsinP1BDP1BcosEB
17、A159;当OBP90时,在PP1B中,PBP1B15.由上可知,d15.再讨论点Q的位置由(2)知,要使得QA15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求当QA15时,CQ3.此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径综上,当PBAB,点Q位于点C右侧,且CQ3时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQPDCDCQ173.因此,d最小时,P,Q两点间的距离为173(百米)(1)如图,过O作OHl,垂足为H.以O为坐标原点,直线OH为y轴,建立平面直角坐标系因为BD12,AC6,所以OH9,直线l的方程为y9,点A,B的纵坐标分别为3,3.因为AB为圆O的直径,AB10,所以圆O的方程
18、为x2y225.从而A(4,3),B(4,3),直线AB的斜率为.因为PBAB,所以直线PB的斜率为,直线PB的方程为yx.所以P(13,9),PB 15.因此道路PB的长为15(百米)(2)均不能理由如下:若P在D处,取线段BD上一点E(4,0),则EO45,所以P选在D处不满足规划要求若Q在D处,连接AD,由(1)知D(4,9),又A(4,3),所以线段AD:yx6(4x4)在线段AD上取点M,因为OM 5,所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径因此Q选在D处也不满足规划要求综上,P和Q均不能选在D处(3)先讨论点P的位置当OBP90时,在PP1B中,PBP1B15.由上可知,d1
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