2018届高三应用题专项训练(1~20题)(含答案)

2018届高三复习应用题专项训练（1~20题）
1．体育测试成绩分为四个等级：优、良、中、不及格．某班50名学生参加测试的结果如下：
等级 优 良 中 不及格
5 19 23 3
人数
（1）从该班任意抽取1名学生，求这名学生的测试成绩为“良”或“中”的概率；
（2）测 试成绩为“优”的3名男生记为a
1
，a
2
，a
3
，2名女 生记为b
1
，b
2
．现从这5人中任选
2人参加学校的某项体育比赛 ．
①写出所有等可能的基本事件；
②求参赛学生中恰有1名女生的概率．




















2．如图，在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F．为
缓解交通压力，决定修建两条互相 垂直的公路PE和PF．设∠EPA
π
0<α<
?
． ＝α
?
2
??
（1）为减少对周边区域的影响，试确定E，F的位置，使△PAE
与△PF B的面积之和最小；
（2）为节省建设成本，试确定E，F的位置，使PE＋PF的值最
小．
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3．某地拟建一座长为640米的大桥AB，假设 桥墩等距离分布，经设计部门测算，两端桥墩
A、B造价总共为100万元，当相邻两个桥墩的距离为x 米时(其中64＜x＜100)，中间每
80
xx
?
个桥墩的平均造价为x万 元，桥面每1米长的平均造价为
?
2＋
万元．
3
?
640
?
（1）试将桥的总造价表示为x的函数f(x)；
（2）为使桥的总造价最低，试问这座大桥中间(两端
桥墩A、B除外)应建多少个桥墩？
























4．某地方政府为鼓励全民创业，拟对本地年产值在50万 元到500万元的新增小微企业进行
奖励，奖励方案遵循以下原则：奖金y(单位：万元)随年产值x( 单位：万元)的增加而增
加，且奖金不低于7万元，同时奖金不超过年产值的15%．
（1） 若某企业年产值100万元，核定可得9万元奖金，试分析函数y＝lgx＋kx＋5(k为
常数)是否 为符合政府要求的奖励函数模型，并说明原因(已知lg2≈0．3，lg5≈0．7)；
15x－a
（2）若采用函数f(x)＝作为奖励函数模型，试确定最小的正整数a的值．
x＋8

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5．下图为某仓库一侧 墙面的示意图，其下部是一个矩形ABCD，上部是圆弧AB，该圆弧所
在圆的圆心为O．为了调节仓库 内的湿度和温度，现要在墙面上
开一个矩形的通风窗EFGH(其中E，F在圆弧AB上，G，H在弦< br>AB上)．过O作OP⊥AB，交AB于M，交EF于N，交圆弧AB
于P．已知OP＝10，M P＝6．5(单位：m)，记通风窗EFGH的面
积为S(单位：m
2
)．
（1）按下列要求建立函数关系式：
①设∠POF＝θ(rad)，将S表示成θ的函数；
②设MN＝x(m)，将S表示成x的函数；
（2）试问通风窗的高度MN为多少时，通风窗EFGH的面积S
最大？




















6．如图，有 一段河流，河的一侧是以O为圆心，半径为103米的扇形区域OCD，河的另
一侧是一段笔直的河岸l ，岸边有一烟囱AB(不计B离
河岸的距离)，且OB的连线恰好与河岸l垂直，设OB
︵与圆弧CD的交点为E．经测量，扇形区域和河岸处于同
一水平面，在点C，点O和点E处测得烟囱 AB的仰角
分别为45°，30°和60°．
（1）求烟囱AB的高度；
（2）如果要在CE间修一条直路，求CE的长．


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7．某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的 交通现状，计划修建一条
连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l
1
，l
2
，山区边界曲线
为C，计划修建的公路为l．如图所示，M，N为C的 两个端点，测
得点M到l
1
，l
2
的距离分别为5千米和40千米， 点N到l
1
，l
2
的距
离分别为20千米和2．5千米．以l
2
，l
1
所在的直线分别为x，y轴，
a
建立平面直角坐标系xO y．假设曲线C符合函数y＝
2
(其中a，b
x＋b
为常数)模型．
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．


















8．如图，某市有一条东西走向的公路l，现欲经过公路l 上的O处铺设一条南北走向的公路
m．在施工过程中发现在O处的正北100 m的A处有一汉代古
迹．为了保护古迹，该市决定以A为圆心，100 m为半径设立一
个圆形 保护区．为了连通公路l、m，欲再新建一条公路PQ，点
P、Q分别在公路l、m上(点P、Q分别在 点O的正东、正北)，
且要求PQ与圆A相切．
（1）当P距O处200 m时，求OQ的长；
（2）当公路PQ长最短时，求OQ的长．

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9．如图，摩天轮的半径OA为50 m，它的最低点A距地面的高度忽略不计．地面上有一长
度为240 m的景观带MN，它与摩天轮在同一竖直平面内，且AM＝60 m．点P从最低点
A处按逆时针方向转动到最高点B处，记
∠AOP＝θ，θ∈(0，π)．
2π
（1）当θ＝时，求点P距地面的高度PQ；
3
（2）试确定θ的值，使得∠MPN取得最大值．
























10．如图，甲船从A处以每小时30海里的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀
速航行，B在A北偏西105°方向且与A相距102海里处．当甲船航
行20分钟到达C处时 ，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的D处，
此时两船相距10海里．
（1）求乙船每小时航行多少海里？
83
（2）在C处北偏西30°方向且与C相距 海里处有一个暗礁E，暗
3
礁E周围2海里范围内为航行危险区域．问：甲、乙两船按原航向< br>和速度航行有无危险？如有危险，从有危险开始多少小时后能脱离危
险；如无危险，请说明理由．
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11．如图，某生态园将一三角形地块ABC的一 角APQ开辟为水果园，种植桃树，已知角A
为120°，AB，AC的长度均大于200米．现在边界 AP，AQ处
建围墙，在PQ处围竹篱笆．
（1）若围墙AP，AQ总长为200米，如何围可使三角形地块
APQ的面积最大？
（2）已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1．5米，造价均为
每平方米100元．若围围墙用了2 0 000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？























12．某公司 生产的某批产品的销售量P万件(生产量与销售量相等)与促销费用x万元满足P
x＋21
P＋
?
万元(不含促＝(其中0≤x≤a，a为正常数)．已知生产该批产品还需投入成本6
?
?
P
?
4
20
4＋
?
元件． 销费用 )，产品的销售价格定为
?
?
P
?
（1）将该产品的利润y万元表示 为促销费用x万元的函数；
（2）当促销费用投入多少万元时，该公司的利润最大？

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13．某学校为了支持生物课程基地研究植物生长 ，计划利用学校空地建造一间室内面积为900
m
2
的矩形温室，在温室内划出三块 全等的矩
形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域
之间间隔1 m，三块矩形区域的前、后与内墙
各保留1 m宽的通道，左、右两块矩形区域分
别与相邻的左右内墙保留3 m宽的通道，如
图．设矩形温 室的室内长为x(m)，三块种植
植物的矩形区域的总面积为S(m
2
)．
（1）求S关于x的函数关系式；
（2）求S的最大值．



















14．某飞机失联，经卫星侦查，其 最后出现在小岛O附近．现派出四艘搜救船A，B，C，D，
为方便联络，船A，B始终在以小岛O为圆 心，100海里为半径的圆周上，船A，B，C，
D构成正方形编队展开搜索，小岛O在正方形编队外( 如图)．设小岛
O到AB的距离为x，∠OAB＝α，D船到小岛O的距离为d．
（1）请分别求d关于x，α的函数关系式d＝g(x)，d＝f(α)，并分别写
出定义域；
（2）当A，B两艘船之间的距离是多少时？搜救范围最大(即d最大)．

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15．如图，我市有一个健身公园，由一个直径为2 km的半圆和 一个以PQ为斜边的等腰直角
三角形△PRQ构成，其中O为PQ的中点．现准备在公园里建设一
条四边形健康跑道ABCD，按实际需要，四边形ABCD的两个顶点
C、D分别在线段QR、PR上 ，另外两个顶点A、B在半圆上，
AB∥CD∥PQ，且AB、CD间的距离为1 km．设四边形ABCD的
周长为c km．
（1）若C、D分别为QR、PR的中点，求AB的长；
（2）求周长c的最大值．























16．某地拟模仿图甲建造一座大型体育馆，设计方案中，体育馆侧面 的外轮廓线为如图乙所
示的封闭曲线ABCD．曲线AB是以点E为圆心的圆的一部分，
其中E (0，t)(0＜t≤25，单位：m)，曲线BC是抛物线y＝－ax
2
＋50(a＞0)的 一部分，CD⊥AD，且CD恰好等于圆E的半
径．假定拟建体育馆的高OB＝50 m．
（1）若要求CD＝30 m，AD＝245 m，求实数t与a的值；
（2）若要求体育馆侧面的最大宽度DF不超过75 m，求实数
a的取值范围；
1
（3）若a＝，求AD的最大值．
25
?
参考公式：若f（x） ＝a－x，则f′（x）＝－
1
?

??
2a－x
??



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17．在长为20 m，宽为16 m的长方形展厅正中央有一圆盘 形展台(圆心为点C)，展厅入口位
于长方形的长边的中间．在展厅一角B点处安装监控摄像头，
使点B与圆C在同一水平面上，且展台与入口都在摄像头水
平监控范围内(如图阴影所示)．
（1）若圆盘半径为25 m，求监控摄像头最小水平摄像视角
的正切值；
（2）若监控摄像头最大水平摄像视角为60°，求圆盘半径的最
大值．
(注：水平摄像视角指镜头中心点水平观察物体边缘的视线的夹角)






















1 8．如图，某商业中心O有通往正东方向和北偏东30°方向的两条街道．某公园P位于商业
π
0<θ<，tanθ＝33
?
，且与商业中心O的距离为中心北偏东θ角
?
2
??
21公里处．现要经过公园P修一条直路分别与两条街道交汇于
A、B两处．
（1）当AB沿正北方向时，试求商业中心到A、B两处的距离和；
（2）若要使商业中心O到A、B两处的距离和最短，请确定A、
B的最佳位置．

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19．如图，有一个长方形地块ABCD，边AB为2 km，AD为4 km．地块的 一
角是湿地(图中阴影部分)，其边缘线AC是以直线AD为对称轴，以A为
顶点的抛物线的一 部分．现要铺设一条过边缘线AC上一点P的直线型隔
离带EF，E，F分别在边AB，BC上(隔离带 不能穿越湿地，且占地面积忽
略不计)．设点P到边AD的距离为t(单位：km)，△BEF的面积为 S(单位：
km
2
)．
（1）求S关于t的函数解析式，并指出该函数的定义域；
（2）是否存在点P，使隔离出的△BEF的面积S超过3 km
2
？并说明理由．






















20．为丰富市民的文化生活，市政府计划在一块半径为200 m，圆心角为1 20°的扇形地上建
造市民广场．规划设计如图：内接梯形ABCD区域为运动休闲区，其中A，B分别 在半
︵
径OP，OQ上，C，D在圆弧PQ上，CD∥AB；△OAB区域为文化展示区，AB 长为503
m；其余空地为绿化区域，且CD长不得超过200 m．
（1）试确定A，B的位置，使△OAB的周长最大？
（2）当△OAB的周长最大时，设∠ DOC＝2θ，试将运动休闲区ABCD的面积S表示为
θ的函数，并求出S的最大值．
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2018届高三复习应用题专项训练（1~20题）（答案）
1．解：（1） 记“测试成绩为良或中”为事件A，“测试成绩为良”为事件A
1
，“测试成绩为中”为
事件A
2
，事件A
1
、A
2
是互斥的．(2分)
1923
由已知，有P(A
1
)＝，P(A
2
)＝．(4分) < br>5050
因为当事件A
1
、A
2
之一发生时，事件A发生，所 以由互斥事件的概率公式，得
192321
P(A)＝P(A
1
＋A
2
)＝P(A
1
)＋P(A
2
)＝＋＝．(6分)
505025
（2）① 有10个基本事件：(a
1
，a
2
)，(a
1
，a
3
)，(a
1
，b
1
)， (a
1
，b
2
)，(a
2
，a
3
)，(a
2
，b
1
)，(a
2
，
b
2
)， (a
3
，b
1
)，(a
3
，b
2
)，(b
1
，b
2
)．(9分)
② 记“参赛学生中恰好有1名女生”为事 件B．在上述等可能的10个基本事件中，事件B包
含了(a
1
，b
1
)，(a
1
，b
2
)，(a
2
，b
1
) ，(a
2
，b
2
)，(a
3
，b
1
)，( a
3
，b
2
)．
63
故所求的概率为P(B)＝＝． < br>105
21
答：（1）这名学生的测试成绩为“良”或“中”的概率为；（2）参赛学生 中恰有1名女生的概
25
3
率为．(14分)
5



2． 解：（1）在Rt△PAE中，由题意可知∠APE＝α，AP＝8，则AE＝8tanα．
1
所以S
△PAE
＝PA×AE＝32tanα．(2分)
211
同理在Rt△PBF中，∠PFB＝α，PB＝1，则BF＝，所以S
△PBF
＝PB×BF
tanα2
1
＝．(4分)
2tanα
1
故△PAE与△PFB的面积之和为32tanα＋(5分)
2tanα
111
≥232tanα×
＝8，当且仅当32tanα＝，即tanα＝ 时取等号，
2tanα2tanα8
故当AE＝1 km，BF＝8 km时，△PAE与△PFB的面积之和最小．(6分)
8
（2）在Rt△PAE中，由题意可知∠APE＝α，则PE＝．
cosα
1
同理在Rt△PBF中，∠PEB＝α，则PF＝．
sinα
81
π
令f(α)＝PE＋PF＝＋，0<α<，(8分)
cosαsinα2
33
8sinαcosα
8sin
α－cosα
则f′(α)＝
2
－
2
＝．(10分)
cos
α
sin
α
sin
2
αcos
2
α
11
π
令f′(α)＝0，得tanα＝，记tanα
0
＝，0<α
0
<，
222
π
α
0
，
?
时，f′(α)>0，f(α) 单调递增． 当α∈(0，α
0
)时，f′(α)<0，f(α)单调递减；当α∈
?
2
??
1
所以tanα＝时，f(α)取得最小值，(12分)
2
1BP
此时AE＝AP·tanα＝8×＝4，BF＝＝2．
2tanα
所以当AE为4 km，且BF为2 km时，PE＋PF的值最小．(14分)



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640
?
3．解：（1）由桥的总长为640米，相邻两个桥墩的距离为x米，知中间共有
?
?
x
－1
?
个桥墩，
xx80
?
640
?
－1
＋100． 于是桥的总造价f(x)＝640(2＋)＋x
?
640 3
?
x
313
640×80180
2
51 20018
1
22
即f(x)＝x＋x－－x＋1 380＝x＋x－－x
2
＋1 380(64＜x＜100)．(7分)
323323
51 20080
(表达式写成f(x)＝xx＋－x＋1 380同样给分)
3
3x
3
1
640×40340113
（2）由(1)得f′(x)＝x
2
－x－－x－，整理得f′(x)＝x－(9x
2
－80x－640×80)，
2323262
640
由f′(x)＝0，解 得x
1
＝80，x
2
＝－(舍)，又当x∈(64，80)时，f′(x)＜ 0；当x∈(80，100)时，
9
640
f′(x)＞0，所以当x＝80，桥的总 造价最低，此时桥墩数为－1＝7．(14分)
80



1
4．解：（1）对于函数模型f(x)＝lgx＋kx＋5(k为常数)，x＝100时，y＝9 ，代入解得k＝，
50
(3分)
1
所以f(x)＝lgx＋x＋5． 50
3
当x∈[50，500]时，f(x)是增函数，但x＝50时，f(50)＝8－ lg2>7．5，即f(x)≤x不恒成立，
20
故该函数模型不符合要求．(6分)
15x－a120＋a
（2）对于函数模型f(x)＝，即f(x)＝15－，
x＋ 8x＋8
a为正整数，函数在[50，500]上递增；f(x)
min
＝f(50) >7，解得a<344；(9分)
15x－a
3x3x
要使f(x)≤对x∈[50 ，500]恒成立，即
≤
，3x
2
－276x＋20a≥0恒成立，(11分 )
20
x＋8
20
所以a≥315．
综上所述，315≤a<344，所以满足条件的最小的正整数a的值为315．(14分)




5．解：（1）由题意知，OF＝OP＝10，MP＝6．5，故OM＝3．5．
(ⅰ) 在Rt△ONF中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ．
在矩形EFGH中，EF＝2NF＝20sinθ，FG＝ON－OM＝10cosθ－3．5，
故S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－3．5)＝10sinθ(20cosθ－7)．
7
即所求函数关系是S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ
0
，其中cosθ
0
＝，
20
θ
0
为锐角．(4分)
(ⅱ) 因为MN＝x，OM＝3．5，所以ON＝x＋3．5．
在Rt△ONF中，NF＝ OF
2
－ON
2
＝100－（x＋3.5）
2
＝
3 51
－7x－x
2
．
4
在矩形EFGH中，EF＝2NF＝351 －28x－4x
2
，FG＝MN＝x，
故S＝EF×FG＝x351－28x－4x
2
．
即所求函数关系是S＝x351－28x－4x
2
，0＜x＜6．5．(8分)
（2）(方法1)选择(ⅰ)中的函数模型：
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令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，
即f′(θ)＝cosθ(2 0cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos
2
θ－7cosθ－20．(1 0分)
45
由f′(θ)＝40cos
2
θ－7cosθ－20＝0，解得 cosθ＝
，或cosθ＝－．
58
4
因为0＜θ＜θ
0
，所以cosθ＞cosθ
0
，所以cosθ＝．
5
4
设cosα ＝，且α为锐角，则当θ∈(0，α)时，f′(θ)＞0，f(θ)是增函数；当θ∈(α，θ
0)时，f′(θ)
5
＜0，f(θ)是减函数，
4
所以当θ＝α，即cosθ＝时，f(θ)取到最大值，此时S有最大值．
5
即MN＝10cosθ－3．5＝4．5 m时，通风窗的面积最大．(14分)
(方法2)选择(ⅱ)中的函数模型：
因为S＝x
2
（351－28x－4 x
2
），令f(x)＝x
2
(351－28x－4x
2
)，
则f′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)．(10分)
9913
因为当0 ＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
222
9
所以当x＝时，f(x)取到最大值，此时S有最大值．
2
即MN＝x＝4．5 m时，通风窗的面积最大．(14分)



6．解：（1）设AB的高度为h．在△CAB中，因为∠ACB＝45°，所以CB＝h．
在△OAB中，因为∠AOB＝30°，∠AEB＝60°，(2分)
3
所以OB＝3h，EB＝h．(4分)
3
3h
由题意得3h－＝103，解得h＝15．(6分)
3
答： 烟囱AB的高度为15米．(7分)
OC
2
＋OB
2
－BC
2
（2）在△OBC中，cos∠COB＝＝
2OC·OB
300＋225×3－2 25
5
＝，(10分)
6
2×103×153
5
所以在△ OCE中，CE
2
＝OC
2
＋OE
2
－2OC·OEcos ∠COE＝300＋300－600×＝100．(13分)
6
答： CE的长为10米．(14分)



7．解：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2．5)．
a
＝40，
25＋b
?
?
a＝1 000，
a
将其分别代入y＝
2
，得解得
?
(6分) x＋b
a
?
b＝0.
?
＝2.5，
400＋b
1 000
1 000
t，
2
?
， （2）①由(1)知，y＝2
(5≤x≤20)，则点P的坐标为
?
t
??
x
2 000
设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－
3
，
x
3t
?
3 000
1 0002 000
，0
， B
?
0，
2
?
．则l的方程为y－
2
＝－
3
(x－t)，由此得A
?
t
?

?
2
??
tt
?
?
?
第13页 共22页

4×10
6
故f(t)＝t＋
4
，t∈[5，20]．(10分)
t
6
4×1016×10
6
2< br>②设g(t)＝t＋
4
，则g′(t)＝2t－
5
．令g′(t)＝0 ，解得t＝102．
tt
当t∈(5，102)时，g′(t)<0，g(t)是减函数；
当t∈(102，20)时，g′(t)>0，g(t)是增函数．
从而，当t＝102时， 函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)
min
＝300，此时f(t)
m in
＝153．
答：当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米．(14分)



8．解：以O为原点，直线l、m分别为x、y轴建立平面直角坐标系．
设PQ与 圆A相切于点B，连结AB，以1百米为单位长度，则圆A的方程为x
2
＋(y－1)
2
＝1．
xy
（1）由题意可设直线PQ的方程为＋＝1，即qx＋2y－2q＝0(q>2)．
2q
|
2－2q
|
8
∵ PQ与圆A相切，∴
22
＝1，解得q＝
3
，
q＋2
8
故当P距O处2百米时，OQ的长为百米．(5分)
3
x y
（2）设直线PQ的方程为＋＝1，即qx＋py－pq＝0(p>1，q>2)．
pq
|
p－pq
|
q
2
∵ PQ与圆A相切，∴ ＝1，化简得p＝，则PQ
2
＝p
2
22
q－2
q＋pq
＋q
2
＝＋q
2
．(8分)
q－2
2（q －1）（q
2
－3q＋1）
q2
2
令f(q)＝＋q(q>2)，∴ f′(q)＝2q－＝(q>2)．
q－2（q－2）
2
（q－2）
23＋5
?
3＋5
?
上单调递减； 当2?
2，
?
2
2
??
3＋5
?3＋5
?
上单调递增， 当q>时，f′(q)>0，即f(q)在
??
，＋∞
2
?
2
?
3＋53＋5
∴ f(q)在q＝时取得最小值，故当公路PQ长最短时，OQ的长为百米．
22
3＋5
8
答：（1）当P距O处2百米时， OQ的长为百米；（2）当公路PQ长最短时，OQ的长为
32
百米．(14分)



9．解：（1）由题意，得PQ＝50－50cosθ ．
2π2π
从而，当θ＝ 时，PQ＝50－50cos＝75．
33
即点P距地面的高度PQ为75 m．(4分)
（2）(方法1)由题意，得AQ＝50sinθ ，从而MQ
＝60－50sinθ ，NQ＝300－50sinθ ．
又PQ＝50－50cosθ ，
NQ
6－sinθ
MQ
所以tan∠NPQ＝＝ ，tan∠MPQ＝
PQ
1－cosθ
PQ
6－5sinθ
＝ ．(6分)
5－5cosθ
?
3t
?
＋
?
3 0 00
?
＝
3
2
?
2
??
t
?2
22
2
第14页 共22页

tan∠NPQ －tan∠MPQ
从而tan∠MPN＝tan(∠NPQ－∠MPQ)＝
1＋tan∠NP Q·tan∠MPQ
6－sinθ6－5sinθ
－
1－cosθ5－5cosθ12（1－cosθ）
＝＝ ．(9分)
6－sinθ6－5sinθ23－18sin θ－5cosθ
1＋×
1－cosθ5－5cosθ
12（1－cosθ）
令 g(θ)＝ ，θ ∈(0，π)，
23－18sinθ－5cosθ
12×18（sinθ ＋cosθ－1）
则g′(θ)＝ ，θ ∈(0，π)．
（23－18sinθ－5cosθ）
2
π
由g′(θ)＝0，得sinθ ＋cosθ－1＝0，解得θ ＝．(11分)
2
ππ
0，
?
时，g′(θ )＞0，g(θ )为增函数；当θ ∈
?
，π
?
时，g′(θ )＜0，g(θ)为减函数，所以，当θ∈
?
?
2
??
2
?
π
当θ ＝时，g(θ )有极大值，也为最大值．
2
ππ
因为0＜∠MPQ＜∠NPQ＜，所以0＜∠MPN＜，
22
从而当g(θ)＝tan∠MPN取得最大值时，∠MPN取得最大值．
π
即当θ＝ 时，∠MPN取得最大值．(14分)
2
(方法2)以点A为坐标原点，AM为x轴建立平面直角坐标系，
则圆O的方程为 x
2
＋(y－50)
2
＝50
2
，即x
2
＋y
2
－100y＝0，点M(60，0)，N(300，0)．
2
设点P的坐标为 (x
0
，y
0
)，所以Q (x
0
，0)，且x
0
＋y
2
0
－100y
0
＝0．
NQ
300－x
0
MQ
60－x
0
从而 tan∠NPQ＝＝ ，tan∠MPQ＝＝ ．(6分)
PQy
0
PQy
0
tan∠NPQ－tan∠MPQ
从而tan∠MPN＝tan(∠NPQ－∠MPQ)＝
1＋tan∠NPQ·tan∠MPQ
300－x
0
60－x
0－
y
0
y
0
24y
0
＝＝ ．
30 0－x
0
60－x
0
10y
0
－36x
0
＋1 800
1＋×
y
0
y
0
12（1－cosθ）
由题意知，x
0
＝50sinθ ，y
0
＝50－50cosθ ，所以tan∠MPN＝＝ ．(9分)
23－18sinθ－5cosθ
(下同方法1)



20
10．解：（1）如图，连结AD，CD，由题知CD＝ 10，AC＝×30＝10，∠ACD＝60°，
60
∴ △ACD是等边三角形．(2分)

∴ AD＝10．又∠DAB＝45°，(3分)
在△ABD中，由余弦定理得
BD
2
＝AD
2
＋AB
2
－2AB×ADcos4 5°＝100，
BD＝10，v＝10×3＝30(海里)．(5分)
答：乙船的速度为每小时30海里．(6分)
（2）在海平面内，以B点为原点，分别以东西 方向作x轴，以南北方
向作y轴，建立如图所示平面直角坐标系．危险区域在以E为圆心，
半径 为r＝2的圆内．(7分)
∵ ∠DAB＝∠DBA＝45°，易知直线BD的方程为y＝3x，(8分)
第15页 共22页

E的横坐标为ABcos15°－CEsin30°，纵坐标为AB sin15°＋CEcos30°＋AC，
113
?
求得A(53＋5，53－5) ，C(53＋5，53＋5)，E
?
5＋，9＋53
．(9分)
3
??
|53＋11－9－53|
点E到直线BD的距离为d
1
＝＝1<2，故 乙船有危险；(10分)
2
43
点E到直线AC的距离为d
2
＝> 2，故甲船没有危险．(11分)
3
以E为圆心，半径为2的圆截直线BD所得的弦长分别为 l＝2r
2
－d
2
1
＝2，
21
乙船遭遇危险持续时间为t＝＝(小时)．(13分)
3015
1答：甲船没有危险，乙船有危险，且在遭遇危险开始持续小时后脱险．(14分)
15



11．解：设AP＝x米，AQ＝y米．
13
（1）x＋y＝200，△APQ的面积S＝xysin120°＝xy．(3分)
24
2
3
x＋y
?
∴ S≤
?
＝2 5003．当且仅当x＝y＝100时取“＝”．(6分)
4
?
2
?
(注：不写“＝”成立条件扣1分)
（2）由题意得100×(1·x＋1．5·y)＝20 000，即x＋1．5y＝200．(8分)
要使竹篱笆用料最省，只需其长度PQ最短，所以
PQ
2
＝x
2< br>＋y
2
－2xycos120°＝x
2
＋y
2
＋xy ＝(200－1．5y)
2
＋y
2
＋(200－1．5y)y
400
0＜y＜
?
．(11分) ＝1．75y
2
－400y＋40 000
?
3
??
8
当y＝时，PQ有最小值，此时x＝．(13分)
777
答：（1）当AP＝AQ＝100米时，三角形地块APQ的面积最大为2 5003平方米；
200800
（2）当AP＝米，AQ＝米时，可使竹篱笆用料最省．(14分)
77



201
4＋
?
p－x－6?
p＋
?
．(3分) 12．解：（1）由题意知，y＝
?
p< br>???
p
?
x＋2
243
将p＝代入并化简，得y＝19－－ x(0≤x≤a)．(5分)
4
x＋2
2
3
16
1616
（2）y＝22－
?
x＋2
＋x＋2
?
≤22－3
×（x＋2）＝10，当且仅当＝x＋2，即x＝2
2
??
x＋2x＋2
时， 上式取等号．(8分)
当a≥2时，促销费用投入2万元时，厂家的利润最大；(9分)
243243
y＝19－－x，y′＝
2
－，
x＋2
2< br>（x＋2）
2
当x＜2时，y′＞0，此时函数y在[0，2]上单调递增，
所以当a＜2时，函数y在[0，a]上单调递增，(11分)
所以x＝a时，函数有最大值．
即促销费用投入a万元时，厂家的利润最大．(12分)
综上，当a≥2时，促销费用投入2万元，厂家的利润最大；
当a＜2时，促销费用投入a万元，厂家的利润最大．(14分)


第16页 共22页

900
?
7 200
－2
＝－2x－13． 解：（1）由题设，得S＝(x－8)
?
＋916，x∈(8，450)．(6分)
?
x
?
x
7 2007 200
（2）因为8≥22x×
＝240，(8分)
xx
当且仅当x＝60时等号成立．(10分)
从而S≤676．(12分)
答：当矩形温室的室内长为60 m时，三块种植植物的矩形区域的总面积最大，最大为676
m
2
．(14分)



14．解：设x的单位为百海里．
（1）由∠OAB＝α，AB＝2OAcosA＝2cosA，AD＝AB＝2cosα．(2分)
在△AOD中，
OD＝f(α)＝
π
α＋
?
(3分) O A
2
＋OB
2
－2×OA×OBcos
?
?
2?
π
0，
?
．(定义域1分)(5分) ＝1＋4cos
2α＋4cosαsinα，α∈
?
?
2
?
若小岛O到AB的距离 为x，AB＝21
2
－x
2
，(6分)
OD＝g(x)＝
?
x＋
AD
?
＋
?
AB
?
(8分) 2
???
2
?
22
＝－x
2
＋2x1－x2
＋2，x∈(0，1)．(定义域1分)(10分)
1＋cos2α
sin2 α
（2）OD
2
＝4cos
2
α＋1＋4cosαsinα＝4×< br>＋1＋4×＝2(sin2α＋cos2α)＋3
22
ππ
2α＋
?
＋3，α∈
?
0，
?
．(11分) ＝22sin
?
4
???
2
?
π
π
5π
?
πππ
，
，则2α＋＝，即α＝时，OD取得最大值，(12分) 当2α＋∈
?
4
?
44
?
428
π
1＋cos
4
π
此时 AB＝2cos＝2×＝2＋2(百海里)．(13分)
82
答：当AB间距离为1002＋2海里时，搜救范围最大．(14分)



15．解：（1）连结RO并延长分别交AB、CD于M、N，连结OB，

1
∵ C、D分别为QR、PR的中点，PQ＝2，∴ CD＝PQ＝1．
2
∵ △PRQ为等腰直角三角形，PQ为斜边，
111
∴ RO＝PQ＝1，NO＝RO＝．
222
1
∵ MN＝1，∴ MO＝．(3分)
2
3
在Rt△BMO中，BO＝1，∴ BM＝BO
2
－OM
2
＝，∴ AB＝2BM＝3．(6分)
2
π
（2）(解法1)设∠BOM＝θ，0＜θ＜．
2
在Rt△BMO中，BO＝1，∴ BM＝sinθ，OM＝cosθ．
∵ MN＝1，∴ CN＝RN＝1－ON＝OM＝cosθ，
第17页 共22页

∴ BC＝AD＝1＋（sinθ－cosθ）
2
，(8分)
∴ c＝AB＋CD＋BC＋AD＝2[sinθ＋cosθ＋1＋（sinθ－cosθ）
2
](10分)
≤22（sinθ＋cosθ）
2
＋[1＋（sinθ－co sθ）
2
]
2

π
5π
当θ＝或时取等号
?
， ＝26
?
1212
??
π
5π
∴ 当θ＝或θ＝时，周长c的最大值为26 km．(14分)
1212
(解法2)以O为原点，PQ为y轴建立平面直角坐标系．
设B(m，n) ，m，n＞0，m
2
＋n
2
＝1，C(m－1，m)，
∴ AB＝2n，CD＝2m，BC＝AD＝1＋（m－n）
2
．(8分)
∴ c＝AB＋CD＋BC＋AD＝2[m＋n＋1＋（m－n）
2
](10分)
≤22 （m＋n）
2
＋[1＋（m－n）
2
]
2
＝26
6＋26－26－26＋2
(当m＝，n＝或m＝，n＝时取等号)，
4444
6＋26－26－26＋2
∴ 当m＝，n＝或m＝，n＝时，周长c的最大值为26 km．(14
4444
分)



16．解：（1）因为CD＝50－t＝30，解得t＝20．(2分)
此时圆E：x
2
＋(y－20)
2
＝30
2
，令y＝0， 得AO＝105，
所以OD＝AD－AO＝245－105＝145，将点C(145，30)代入y ＝－ax
2
＋50(a>0)中，
1
解得a＝．(4分)
49< br>t
（2）因为圆E的半径为50－t，所以CD＝50－t，在y＝－ax
2
＋ 50中令y＝50－t，得OD＝，
a
t
则由题意知FD＝50－t＋
≤75 对t∈(0，25]恒成立，(8分)
a
1252525
所以
≤t＋
恒成立，而当t＝，即t＝25时，t＋取最小值10，
a
ttt
11
故
≤10，解得a≥
．(10分)
a100
1
（3）当a＝时，OD＝5t，又圆E的方程为x
2
＋(y－t)
2
＝(50－t)
2
，令y＝0，得x＝±1025－t，
25所以AO＝1025－t．
从而AD＝f(t)＝1025－t＋5t(011
?< br>5（25－t－2t）
?
－＋
因为f′(t)＝5
?
，令f′ (t)＝0，得t＝5，(14分)
?
＝
25－t
2t
??
225－t·t
当t∈(0，5)时，f′(t)>0，f(t)单调递增；当t∈(5，25)时， f′(t)<0，f(t)单调递减，从而当t＝5
时，f(t)取最大值为255．
答：当t＝5 m时，AD的最大值为255 m．(16分)
(说明：本题还可以运用三角换元，或线性规划等方法来解决，类似给分)



17解：(1)(解法1)如图1，过B作圆C的切线BE，切点为E，设圆C所在平面上入 口中点为
A，连结CA，CE，CB，则CE⊥BE，CA⊥AB，则摄像水平视角为∠ABE时，水平 摄像
4
视角最小，在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8，tan∠ABC＝．(2分)
5
第18页 共22页

在Rt△BCE中，CE＝25，B E＝CB
2
－CE
2
＝12，
5
tan∠CBE＝，(4分)
6
45
＋
56
3 5
所以tan∠ABE＝tan(∠ABC＋∠CBE)＝＝1＋，
10
45
1－×
56
35
所以最小摄像视角的正切值为1＋．(8分)
10
(解法2)如图2，过B作圆C的切线BE，切点为E，设圆C所在平面上入口中点为A，
连结CA，CE，CB，则CE⊥BE，CA⊥AB，则摄像视角为∠ABE时，摄像视角最小． 在平面ABC内，以B为原点，BA为x轴建立直角坐标系，则C(10，8)，设直线BE的方程
为y＝kx，
|10k－8|
由圆C与直线BE相切，得25＝
2
，(4分)
k＋1
3535
解得k＝1±(其中k＝1－不合题意，舍去)．
1010
35
答：所以最小摄像视角的正切值为1＋．(8分)
10
(2)(解法1)当∠ABE＝60°时，若直线BE与圆C相切，则圆C的半径最大．
在平面ABC内，以B为坐标原点，BA为x轴建立平面直角坐标系，
所以直线BE的方程为y＝3x，(12分)
|103－8|
所以CE＝＝53－4，则圆C的最大半径为53－4 m．(16分) 2
（3）＋1
(解法2)设圆盘的最大半径为r，当∠ABE＝60°时，若直线BE与圆 C相切，则圆C半径最大．
4
在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8，tan∠ABC＝．
5
r< br>在Rt△BCE中，CE＝r，BE＝CB
2
－CE
2
＝164－r< br>2
，tan∠CBE＝．(10分)
164－r
2
4r
＋< br>5
164－r
2
由tan∠ABE＝tan(∠ABC＋∠CBE)，得＝3， (12分)
4r
1－×
5
164－r
2
即4164－r< br>2
＋5r＝3(5164－r
2
－4r)，
所以(53－4)164 －r
2
＝(5＋43)r，即r
2
＝91－403＝(53－4)
2
，所以r＝53－4．(15分)
答：圆C的最大半径为53－4 m．(16分)



18． 解：（1）以O为原点，OA所在直线为x轴建立坐标系．
设P(m，n)，
π
7321
∵ 0<θ<，tanθ＝33， ∴ cosθ＝，sinθ＝，
21414
93
则m＝OP·sinθ＝，n＝OP·cosθ＝．(4分)
22
9
依题意，AB⊥OA，则OA＝，OB＝2OA＝9，商业中心到A、B两
2
处的距离和为13．5 km．(7分)
9
3
x－
?
，① （2）(方法1)当AB与x轴不垂直时，设AB：y－＝k
?
?
2
?
2
第19页 共22页

39
＋；
2k2
由题意，直线OB的方程为y＝3x，②
9k－3
解①②联立的方程组，得x
B
＝，
2（k－3）
9k－3
39
9k－3
2
∴ OB＝x
B
＋y
2
＝2x＝， ∴ y＝OA＋OB＝－＋＋．
B B
2k2
k－3k－3
由x
A
>0，x
B
>0，得 k>3，或k<0．(11分)
－83
3
－3（3k＋3）（5k－3）
y′＝＋，
2
＝
（k－3）
2
2k
2k
2
（k－3）
2
3
令y′＝0，得k＝－．
3
33
当k<－时，y′<0，y是减函数；当－ 0，y是增函数，
33
3
∴ 当k＝－时，y有极小值为9 km；当k>3时，y′<0，y是减函数，
3
结合(1)知y>13．5 km．
综上所述，商业中心到A、B两处的距离和最短为9 km，此时OA＝6
km，OB＝3 km．(15分)

(方法2)如图，过P作PM∥OA交OB于M，PN∥OB交OA于N，
设∠BAO＝α，
PNONOP
在△OPN中，＝＝，
sin（90°－θ）sin（θ－30°）< br>sin120°
得PN＝1，ON＝4＝PM．
sin（120°－α）
PNNA
在△PNA中，∠NPA＝120°－α， ∴ ＝，得NA＝．
sinα
sin（120°
sinα
－α）
BMP M4sinα
同理，在△PMB中，＝，得MB＝，
sinα
sin（120°－α ）sin（120°－α）
sin（120°－α）
4sinα
y＝OA＋OB＝＋＋ 1＋4≥24＋5＝9，(13分)
sinα
sin（120°－α）
sin（12 0°－α）
4sinα3
当且仅当＝，即sin(120°－α)＝2sinα即tanα＝时 取等号．
sinα3
sin（120°－α）
39
y－x－
422
(方法3)若设点B(m，3m)，则AB：＝，得A
?
2m－1
＋ 4，0
?
，
9
??
3
m－
3m－
2
2
44
∴ OA＋OB＝2m＋＋4＝2m－1＋1＋＋4≥9，(13分)
2m－12m－1
43
当且仅当2m－1＝即m＝时取等号．
2
2 m－1
y－0x－n
21
(方法4)设A(n，0)，AB：＝，得x
B＝＋，
9
n－4
2
3
－0
2
－n
2
44
OA＋OB＝n＋2x
B
＝n－4＋4＋＋1＝(n－4)＋＋5≥9， (13分)
n－4n－4
4
当且仅当n－4＝即n＝6时取等号．
n－4
答：A选地址离商业中心6 km，B离商业中心3 km为最佳位置．(15分)

令y＝0，得x
A
＝－
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19．解：（1）如图，以A为坐标原点O，AB所在 直线为x轴，建立平面直角坐标系，则C
点坐标为(2，4)．(1分)
设边缘线AC所在抛物线的方程为y＝ax
2,
把(2，4)代入，得4＝a×2
2
，解得a＝1，
所以抛物线的方程为y＝x
2
．(3分)
因为y′＝2x，所以过P(t， t
2
)的切线EF的方程为y＝2tx－t
2
．(5分)
t
，0
?
； 令y＝0，得E
?
?
2
?< br>t
1
2－
?
(4t－t
2
)，(8分) 令x＝2， 得F(2，4t－t
2
)，故S＝
?
2
?
2
?1
所以S＝(t
3
－8t
2
＋16t)，定义域为(0，2]． (9分)
4
4
13
t－
?
，(12分) （2）S′(t )＝(3t
2
－16t＋16)＝(t－4)
?
?
3
?44
44
44
0，
?
上是增函数，由S′(t)<0，得?
，2
?
由S′(t)>0，得0?
?
3
??
3
?
33
上是减函数， (14分)
4
?
64
所以S在(0，2]上有最大值S
?
?
3
?
＝
27
．
6417
因为＝3－<3，所以 不存在点P，使隔离出的△BEF的面积S超过3km
2
．
2727
答：不 存在点P，使隔离出的△BEF的面积S超过3km
2
．(16分)



20．解：（1）设OA＝m，OB＝n，m，n∈(0，200]，
2π
在△OAB中，AB
2
＝OA
2
＋OB
2
－2OA·OB ·cos，即(503)
2
＝m
2
＋n
2
＋mn，(2分)
3
2
3
222
（m＋n）
所以(503)＝(m＋n)－m n≥(m＋n)－＝(m＋n)
2
，(4分)
44
所以m＋n≤100，当 且仅当m＝n＝50时，m＋n取得最大值，此时△OAB周长取得最大值．
答：当OA、OB都为50 m时，△OAB的周长最大．(6分)
（2）当△AOB的周长 最大时，梯形ABCD为等腰梯形．过O作OF⊥CD交CD于F，交AB
于E，则E、F分别为AB、 CD的中点，所以∠DOE＝θ．
π
0，
?
．在△ODF中，DF＝200sinθ，OF＝200cosθ． 由CD≤200，得θ∈
?
?
6
?
π
又在△AOE中，OE ＝OAcos＝25，故EF＝200cosθ－25．(10分)
3
1
所以S＝(503＋400sinθ)(200cosθ－25)
2
π
0，
?
．(12分) ＝625(3＋8sinθ)(8cos θ－1)＝625(83cosθ－8sinθ＋64sinθcosθ－3)，θ∈
?
?6
?
(一直没有交代范围扣2分)
π
0，
?
， 令f (θ)＝83cosθ－8sinθ＋64sinθcosθ－3，θ∈
?
?
6
?
ππ
θ＋
?
＋64cos2θ，θ∈
?
0，
?
． f′(θ)＝－83sinθ－8cosθ＋64cos2θ＝－16sin
?
?
6
??
6
?
ππ
θ＋
?
及y＝cos2θ 在θ∈
?
0，
?
上均为单调递减函数， 又y＝－16sin
??
6
??
6
?
π
0，
?
上为单调递减 函数． 故f′(θ)在θ∈
?
?
6
?
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π
?
1
??
3
－4×
?
0 ，
π
?
上恒成立， 因f′
?
＝－16>0，故f′(θ)>0在θ ∈
?
6
??
6
?
2
??
2
π0，
?
上为单调递增函数．(14分) 于是，f(θ)在θ∈
?
?6
?
π
所以当θ＝时，f(θ)有最大值，此时S有最大值为625(8＋153 )．
6
π
答：当θ＝时，梯形ABCD面积有最大值，且最大值为625(8＋15 3)m
2
．(16分)
6
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