2021高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测 （十二）　函数模型及其应用 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测 （十二）　函数模型及其应用 word版含答案，共7页。试卷主要包含了某市出租车收费标准如下等内容，欢迎下载使用。

1．某种商品进价为4元/件，当日均零售价为6元/件，日均销售100件，当单价每增加1元，日均销量减少10件，试计算该商品在销售过程中，若每天固定成本为20元，则预计单价为多少时，利润最大( )
A．8元/件 B．10元/件
C．12元/件 D．14元/件
解析：选B 设单价为6＋x，日均销售量为100－10x，则日利润y＝(6＋x－4)(100－10x)－20
＝－10x2＋80x＋180
＝－10(x－4)2＋340(0＜x＜10)．
∴当x＝4时，ymax＝340.
即单价为10元/件，利润最大，故选B.
2．在某个物理实验中，测量得变量x和变量y的几组数据，如下表：
则对x，y最适合的拟合函数是( )
A．y＝2x B．y＝x2－1
C．y＝2x－2 D．y＝lg2x
解析：选D 根据x＝0.50，y＝－0.99，代入计算，可以排除A；根据x＝2.01，y＝0.98，代入计算，可以排除B、C；将各数据代入函数y＝lg2x，可知满足题意．故选D.
3．向一杯子中匀速注水时，杯中水面高度h随时间t变化的函数h＝f(t)的图象如图所示．则杯子的形状是( )
解析：选A 从题图看出，在时间段，内水面高度是匀速上升的，在上升慢，在上升快，故选A.
4．某市出租车收费标准如下：起步价为8元，起步里程为3 km(不超过3 km按起步价付费)；超过3 km但不超过8 km时，超过部分按每千米2.15元收费；超过8 km时，超过部分按每千米2.85元收费，另每次乘坐需付燃油附加费1元．现某人乘坐一次出租车付费22.6元，则此次出租车行驶了________km.
解析：设出租车行驶x km时，付费y元，
则y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9，0＜x≤3，,8＋2.15x－3＋1，3＜x≤8，,8＋2.15×5＋2.85x－8＋1，x＞8，))
由y＝22.6，解得x＝9.
答案：9
5．已知某矩形广场的面积为4万平方米，则其周长至少为________．
解析：设这个广场的长为x米，
则宽为eq \f(40 000,x)米．
所以其周长为l＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(40 000,x)))≥800，
当且仅当x＝200时取等号．
答案：800
二保高考，全练题型做到高考达标
1．某电信公司推出两种手机收费方式：A种方式是月租20元，B种方式是月租0元．一个月的本地网内通话时间t(分钟)与电话费s(元)的函数关系如图所示，当通话150分钟时，这两种方式电话费相差( )
A．10元 B．20元
C．30元 D.eq \f(40,3)元
解析：选A 依题意可设sA(t)＝20＋kt，sB(t)＝mt，
又sA(100)＝sB(100)，
∴100k＋20＝100m，
得k－m＝－0.2，于是sA(150)－sB(150)＝20＋150k－150m＝20＋150×(－0.2)＝－10，
即两种方式电话费相差10元．选A.
2．某商店已按每件80元的成本购进某商品1 000件，根据市场预测，销售价为每件100元时可全部售完，定价每提高1元时销售量就减少5件，若要获得最大利润，销售价应定为每件( )
A．100元 B．110元
C．150元 D．190元
解析：选C 设售价提高x元，利润为y元，则依题意得y＝(1 000－5x)×(100＋x)－80×1 000＝－5x2＋500x＋20 000＝－5(x－50)2＋32 500，故当x＝50时，ymax＝32 500，此时售价为每件150元．
3．(2016·北京朝阳统一考试)设某公司原有员工100人从事产品A的生产，平均每人每年创造产值t万元(t为正常数)．公司决定从原有员工中分流x(0A．15 B．16
C．17 D．18
解析：选B 由题意，分流前每年创造的产值为100t(万元)，分流x人后，每年创造的产值为(100－x)(1＋1.2x%)t，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得0因为x∈N*，所以x的最大值为16.
4．世界人口在过去40年内翻了一番，则每年人口平均增长率是(参考数据lg 2≈0.301 0,100.007 5≈1.017)( )
A．1.5% B．1.6%
C．1.7% D．1.8%
解析：选C 设每年人口平均增长率为x，则(1＋x)40＝2，两边取以10为底的对数，则40lg(1＋x)＝lg 2，所以lg(1＋x)＝eq \f(lg 2,40)≈0.007 5，所以100.007 5＝1＋x，得1＋x＝1.017，所以x＝1.7%.
5．将甲桶中的a升水缓慢注入空桶乙中，t分钟后甲桶中剩余的水符合指数衰减曲线y＝aent.假设过5分钟后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m分钟甲桶中的水只有eq \f(a,8)，则m的值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选D 根据题意知eq \f(1,2)＝e5n，
令eq \f(1,8)a＝aent，即eq \f(1,8)＝ent，
因为eq \f(1,2)＝e5n，故eq \f(1,8)＝e15n，
比较知t＝15，m＝15－5＝10.
6．一艘轮船在匀速行驶过程中每小时的燃料费与速度v的平方成正比，且比例系数为k，除燃料费外其他费用为每小时96元．当速度为10海里/小时时，每小时的燃料费是6元．若匀速行驶10海里，当这艘轮船的速度为________海里/小时时，总费用最小．
解析：设每小时的总费用为y元，则y＝kv2＋96，
又当v＝10时，k×102＝6，
解得k＝0.06，
所以每小时的总费用y＝0.06v2＋96，匀速行驶10海里所用的时间为eq \f(10,v)小时，故总费用为W＝eq \f(10,v)y＝eq \f(10,v)(0.06v2＋96)＝0.6v＋eq \f(960,v)≥2eq \r(0.6v×\f(960,v))＝48，当且仅当0.6v＝eq \f(960,v)，
即v＝40时等号成立．故总费用最小时轮船的速度为40海里/小时．
答案：40
7．某厂有许多形状为直角梯形的铁皮边角料(如图)，为降低消耗，开源节流，现要从这些边角料上截取矩形铁片(如图阴影部分)备用，则截取的矩形面积的最大值为________．
解析：依题意知：eq \f(20－x,20)＝eq \f(y－8,24－8)，即x＝eq \f(5,4)(24－y)，
∴阴影部分的面积S＝xy＝eq \f(5,4)(24－y)·y＝eq \f(5,4)(－y2＋24y)＝－eq \f(5,4)(y－12)2＋180.
∴当y＝12时，S有最大值为180.
答案：180
8．某公司为了业务发展制定了一个激励销售人员的奖励方案，在销售额x为8万元时，奖励1万元．销售额x为64万元时，奖励4万元．若公司拟定的奖励模型为y＝alg4x＋b.某业务员要得到8万元奖励，则他的销售额应为______(万元)．
解析：依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(alg48＋b＝1，,alg464＋b＝4，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a＋b＝1，,3a＋b＝4.))解得a＝2，b＝－2.
∴y＝2lg4x－2，当y＝8时，即2lg4x－2＝8.
x＝1 024(万元)．
答案：1 024
9.如图所示，已知边长为8米的正方形钢板有一个角被锈蚀，其中AE＝4米，CD＝6米．为合理利用这块钢板，在五边形ABCDE内截取一个矩形BNPM，使点P在边DE上．
(1)设MP＝x米，PN＝y米，将y表示成x的函数，求该函数的解析式及定义域；
(2)求矩形BNPM面积的最大值．
解：(1)作PQ⊥AF于Q，
所以PQ＝(8－y)米，
EQ＝(x－4)米．
又△EPQ∽△EDF，
所以eq \f(EQ,PQ)＝eq \f(EF,FD)，即eq \f(x－4,8－y)＝eq \f(4,2).
所以y＝－eq \f(1,2)x＋10，
定义域为{x|4≤x≤8}．
(2)设矩形BNPM的面积为S平方米，
则S(x)＝xy＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－\f(x,2)))＝－eq \f(1,2)(x－10)2＋50，
S(x)是关于x的二次函数，且其图象开口向下，对称轴为x＝10，所以当x∈时，S(x)单调递增．
所以当x＝8米时，矩形BNPM的面积取得最大值，为48平方米．
10．某服装厂生产一种服装，每件服装的成本为40元，出厂单价定为60元，该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100件时，每多订购一件，订购的全部服装的出厂单价就降低0.02元，根据市场调查，销售商一次订购量不会超过600件．
(1)设一次订购x件，服装的实际出厂单价为p元，写出函数p＝f(x)的表达式；
(2)当销售商一次订购多少件服装时，该厂获得的利润最大？其最大利润是多少？
解：(1)当0＜x≤100时，p＝60；
当100＜x≤600时，
p＝60－(x－100)×0.02＝62－0.02x.
所以p＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(60，0＜x≤100，,62－0.02x，100＜x≤600.))
(2)设利润为y元，则
当0＜x≤100时，y＝60x－40x＝20x；
当100＜x≤600时，
y＝(62－0.02x)x－40x＝22x－0.02x2.
所以y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(20x，0＜x≤100，,22x－0.02x2，100＜x≤600.))
当0＜x≤100时，y＝20x是单调递增函数，当x＝100时，y最大，此时ymax＝20×100＝2 000；
当100＜x≤600时，
y＝22x－0.02x2＝－0.02(x－550)2＋6 050，
所以当x＝550时，y最大，此时ymax＝6 050.
显然6 050＞2 000.
所以当一次订购550件时，该厂获得利润最大，最大利润为6 050元．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·潍坊模拟)某地西红柿从2月1日起开始上市，通过市场调查，得到西红柿种植成本Q(单位：元/100 kg)与上市时间t(单位：天)的数据如下表：
根据上表数据，从下列函数中选取一个函数描述西红柿种植成本Q与上市时间t的变化关系．
Q＝at＋b，Q＝at2＋bt＋c，Q＝a·bt，Q＝a·lgbt.
利用你选取的函数，求得：
(1)西红柿种植成本最低时的上市天数是________．
(2)最低种植成本是________(元/100 kg)．
解析：根据表中数据可知函数不单调，所以Q＝at2＋bt＋c，且开口向上，对称轴t＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(60＋180,2)＝120，
代入数据eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3 600a＋60b＋c＝116，,10 000a＋100b＋c＝84，,32 400a＋180b＋c＝116，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2.4，,c＝224，,a＝0.01.))
所以西红柿种植成本最低时的上市天数是120，
最低种植成本是14 400a＋120b＋c＝14 400×0.01＋120×(－2.4)＋224＝80.
答案：(1)120 (2)80
2．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放k(1≤k≤4，且k∈R)个单位的洗衣液在装有一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度y(克/升)随着时间x(分钟)变化的函数关系式近似为y＝k·f(x)，其中f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(24,8－x)－1，0≤x≤4，,7－\f(1,2)x，4(1)若只投放一次k个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为3克/升，求k的值；
(2)若只投放一次4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？
(3)若第一次投放2个单位的洗衣液，10分钟后再投放1个单位的洗衣液，则在第12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用？请说明理由．
解：(1)由题意知keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,8－2)－1))＝3，∴k＝1.
(2)因为k＝4，
所以y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(96,8－x)－4，0≤x≤4，,28－2x，4当0≤x≤4时，由eq \f(96,8－x)－4≥4，解得－4≤x<8，
所以0≤x≤4.
当4综上可知，当y≥4时，0≤x≤12，
所以只投放一次4个单位的洗衣液的有效去污时间可达12分钟．
(3)在第12分钟时，水中洗衣液的浓度为
2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7－\f(1,2)×12))＋1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(24,8－12－10)－1))＝5(克/升)，又5>4，
所以在第12分钟时洗衣液还能起到有效去污的作用．
x
0.50
0.99
2.01
3.98
y
－0.99
0.01
0.98
2.00
时间t
60
100
180
种植成本Q
116
84
116