2022届高考数学(文科人教A版)大一轮课时作业：2.9-函数模型及其应用-.docx

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课时提升作业(十二)
函数模型及其应用
(25分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2021·蚌埠模拟)某企业为了节能减排,打算安装一个可使用15年的太阳能供电设备接入本企业电网,安装这种供电设备的成本费(单位:万元)与太阳能电池板的面积(单位:平方米)成正比,比例系数约为12.为了保证正常用电,安装后接受太阳能和电能互补供电的模式.假设在此模式下,安装后该企业每年消耗的电费c(单位:万元)与安装的这种太阳能电池板的面积x(单位:平方米)之间的函数关系是c(x)=120x+5(x>0).记该企业安装这种太阳能供电设备的费用与该企业15年共将消耗的电费之和是F(x)(万元),则F(40)等于(　　)
A.80 B.60 C.42 D.40
【解析】选B.依题意得F(x)=12x+120x+5×15,F(40)=12×40+12040+5×15=60.
2.某车间分批生产某种产品,每批的生产预备费用为800元.若每批生产x件,则平均仓储时间为x8天,且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产预备费用与仓储费用之和最小,每批应生产产品　(　　)
A.60件　　 B.80件　　
C.100件　　 D.120件
【解析】选B.若每批生产x件产品,则每件产品的生产预备费用是800x,仓储费用是x8,总的费用是800x+x8≥2800x·x8=20,当且仅当800x=x8时取等号,即x=80.故选B.
3.牛奶保鲜时间因贮存温度的不同而不同,假定保鲜时间与贮存温度的关系为指数型函数y=kax,若牛奶在0℃的冰箱中,保鲜时间约为100 h,在5℃的冰箱中,保鲜时间约为80 h,那么在10℃时保鲜时间约为(　　)
A.49 h B.56 h C.64 h D.72 h
【解析】选C.由得k=100,a5=,所以当10℃时,保鲜时间为100·a10=100·()2=64(h),故选C.
4.国家规定某行业征税如下:年收入在280万元及以下的税率为p%,超过280万元的部分按(p+2)%征税,有一公司的实际缴税比例为(p+0.25)%,则该公司的年收入是(　　)
A.560万元 B.420万元
C.350万元 D.320万元
【解题提示】设年收入为x,构建分段函数模型求解.
【解析】选D.设该公司的年收入为x,纳税额为y,
则由题意,得
y=
依题意有,
=(p+0.25)%,解之得x=320(万元).
【加固训练】(2021·张家界模拟)由于电子技术的飞速进展,计算机的成本不断降低,若每隔5年计算机的价格降低,现在价格为8 100元的计算机经过15年价格应降为(　　)
A. 2 000元 B. 2 400元
C. 2 800元 D. 3 000元
【解析】选B.设经过3个5年,产品价格为y元,则y=8 100×(1-)3=2 400.
5.图形M(如图所示)是由底为1,高为1的等腰三角形及高为2和3的两个矩形所构成,函数S=S(a)(a≥0)是图形M介于平行线y=0及y=a之间的那一部分面积,则函数S(a)的图象大致是(　　)

【解析】选C.依题意,当0≤a≤1时,

当1<a≤2时,S(a)= +2a;
当2<a≤3时,S(a)= +2+a=a+;
当a>3时,S(a)= +2+3=,于是
S(a)=
由解析式可知选C.
【一题多解】本题还可以接受如下方法
选C.直线y=a在[0,1]上平移时S(a)的变化量越来越小,故可排解选项A,B.而直线y=a在[1,2]上平移时S(a)的变化量比在[2,3]上的变化量大,故可排解选项D.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2021·漳州模拟)有一批材料可以建成200 m长的围墙,假如用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地,中间用同样材料隔成三个面积相等的小矩形(如图所示),则围成场地的最大面积为　　　　　(围墙厚度不计).

【解题提示】依据题目中条件,建立二次函数模型,接受配方法求最高值即可.
【解析】设矩形场地的宽度为x m,则矩形场地的长为(200-4x)m,面积S=x(200-4x)=-4(x-25)2+2 500.故当x=25时,S取得最大值2 500,即围成场地的最大面积为2 500 m2.
答案:2 500 m2
7.某单位“五一”期间组团包机去上海旅游,其中旅行社的包机费为30 000元,旅游团中的每人的飞机票按以下方式与旅行社结算:若旅游团中的人数在30或30以下,飞机票每张收费1 800元.若旅游团的人数多于30人,则给以优待,每多1人,机票费每张削减20元,但旅游团的人数最多有75人,那么旅游团的人数为　　　人时,旅行社获得的利润最大.
【解析】设旅游团的人数为x人,飞机票为y元,利润为Q元,依题意,
①当1≤x≤30时,y =1 800元,此时利润Q=yx-30 000=1 800x-30 000,此时最大值是当x=30时,Qmax=1 800×30-30 000=24 000(元);
②当30<x≤75时,y=1 800-20(x-30)=-20x+2 400,此时利润Q=yx-30 000=-20x2+
2 400x-30 000=-20(x-60)2+42 000,
所以当x=60时,旅行社可获得的最大利润42 000元.
综上,当旅游团的人数为60人时,旅行社获得的利润最大.
答案:60
8.(2021·潍坊模拟)某地西红柿从2月1日起开头上市,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:
时间t
60
100
180
种植成本Q
116
84
116
依据上表数据,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+bc+c,Q=a·bt,Q=a·logbt
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/100kg).
【解析】依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

代入数据
得
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
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2021·黄山模拟)某商品的进价为每件40元,售价为每件50元,每个月可卖出210件.假如每件商品在该售价的基础上每上涨1元,则每个月少卖10件(每件售价不能高于65元).设每件商品的售价上涨x元(x为正整数),每个月的销售利润为y元.
(1)求y与x的函数关系式并直接写出自变量x的取值范围.
(2)每件商品的售价定为多少元时,每个月可获得最大利润?最大的月利润是多少元?
【解析】(1)y=(210-10x)(50+x-40)=-10x2+110x+2100(0<x≤15且x为正整数).
(2)y=-10(x-5.5)2+2402.5.
由于a=-10<0,所以当x=5.5时,y有最大值2402.5.
由于0<x≤15,且x为正整数,当x=5时,50+x=55,y=2400(元),当x=6时,50+x=56,y=2400(元),所以当售价定为每件55或56元,每个月的利润最大,最大的利润是2400元.
10.某书商为提高某套丛书的销量,预备举办一场展销会.据市场调查,当每套丛书售价定为x元时,销售量可达到15-0.1x万套.现出版社为协作该书商的活动,打算进行价格改革,将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分,其中固定价格为30元,浮动价格(单位:元)与销售量(单位:万套)成反比,比例系数为10.假设不计其他成本,即销售每套丛书的利润=售价-供货价格.问:
(1)每套丛书售价定为100元时,书商能获得的总利润是多少万元?
(2)每套丛书售价定为多少元时,单套丛书的利润最大?
【解析】(1)每套丛书售价定为100元时,销售量为15-0.1×100=5(万套),此时每套供货价格为30+105=32(元),书商所获得的总利润为5×(100-32)=340(万元).
(2)每套丛书售价定为x元时,由15-0.1x>0,x>0,
解得0<x<150.
依题意,单套丛书利润
P=x-(30+1015-0.1x)=x-100150-x-30,
所以P=-[(150-x)+100150-x]+120.
由于0<x<150,所以150-x>0,
由(150-x)+100150-x≥2(150-x)·100150-x=2×10=20,
当且仅当150-x=100150-x,即x=140时等号成立,此时,Pmax=-20+120=100.
所以每套丛书售价定为140元时,单套丛书的利润最大,最大值为100元.
【加固训练】围建一个面积为360 m2的矩形场地,要求矩形场地的一面利用旧墙(利用的旧墙需修理),其他三面围墙要新建,在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口,如图所示.已知旧墙的修理费用为45元/m,新墙的造价为180元/m.设利用的旧墙长度为x(单位:m),修建此矩形场地围墙的总费用为y(单位:元).

(1)将y表示为x的函数.
(2)试确定x,使修建此矩形场地围墙的总费用最小,并求出最小总费用.
【解析】(1)设矩形的另一边长为a m,
则y=45x+180(x-2)+180×2a=225x+360a-360,由已知xa=360,得a=,所以y=-360(x>2).
(2)由于x>2,所以225x+=10 800,
所以y=225x+ -360≥10 440.当且仅当225x=时,等号成立.
即当x=24 m时,修建围墙的总费用最小,最小总费用是10 440元.
(20分钟　40分)
1.(5分)已知一容器中有A,B两种菌,且在任何时刻A,B两种菌的个数乘积为定值1010,为了简洁起见,科学家用PA=lg(nA)来记录A菌个数的资料,其中nA为A菌的个数,则下列推断中正确的个数为(　　)
①PA≥1;
②若今日的PA值比昨天的PA值增加1,则今日的A菌个数比昨天的A菌个数多了10个;
③假设科学家将B菌个数把握为5万个,则此时5<PA<5.5.
A.0　　　　 B.1　　　　 C.2　　　　 D.3
【解析】选B.当nA=1时PA=0,故①错误;
若PA=1,则nA=10,若PA=2,则nA=100,故②错误;
设B菌的个数为nB=5×104,
所以nA==2×105,所以PA=lg(nA)=lg 2+5.
又由于lg 2≈0.3,所以5<PA<5.5,故③正确.
2.(5分)某地区要建筑一条防洪堤,其横断面为等腰梯形,腰与底边成角为60°(如图),考虑到防洪堤坚固性及石块用料等因素,设计其横断面要求面积为9平方米,且高度不低于米.记防洪堤横断面的腰长为x米,外周长(梯形的上底线段BC与两腰长的和)为y米.要使防洪堤横断面的外周长不超过10.5米,则其腰长x的范围为(　　)
A.[2,4]　　 　B.[3,4]　 　　C.[2,5]　　　 D.[3,5]
【解析】选B.依据题意知,9=(AD+BC)h,其中AD=BC+2×=BC+x,h=x,
所以9=(2BC+x)·x,得BC=-,由得2≤x<6.
所以y=BC+2x=+ (2≤x<6),由y=+≤10.5解得3≤x≤4.由于[3,4]⊆[2,6),所以腰长x的范围是[3,4].故选B.
3.(5分)(2022·湖南高考)某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为p,其次年的增长率为q,则该市这两年生产总值的年平均增长率为(　　)
A. B.
C. D. -1
【解析】选D.设该市这两年生产总值的年平均增长率为x,
则由已知,列得(1+x)2=(1+p)(1+q),解得x=-1.
4.(12分)(2021·厦门模拟)某品牌茶壶的原售价为80元/个,今有甲、乙两家茶具店销售这种茶壶,甲店用如下方法促销:假如只购买一个茶壶,其价格为78元/个;假如一次购买两个茶壶,其价格为76元/个,……,一次购买的茶壶数每增加一个,那么购买的全部茶壶的价格削减2元/个,但茶壶的售价不得低于44元/个;乙店一律按原价的75%销售.现某茶社要购买这种茶壶x个,假如全部在甲店购买,则所需金额为y1元;假如全部在乙店购买,则所需金额为y2元.
(1)分别求出y1,y2与x之间的函数关系式.
(2)该茶社去哪家茶具店购买茶壶花费较少?
【解析】(1)对甲茶具店而言:茶社购买这种茶壶x个时,每个售价为80-2x元,
则y1与x之间的函数关系式为:
y1=x(80-2x)=-2x2+80x,0≤x≤18,x∈N*,44x,x>18,x∈N*,
对乙茶具店而言:茶社购买这种茶壶x个时,每个售价为80×75%=60元,
则y2与x之间的函数关系式为:y2=60x(x≥0,x∈N*).
(2)y1-y2=-2x2+80x-60x=-2x2+20x≥0⇒0≤x≤10.
答:茶社购买这种茶壶的数量小于10个时,到乙茶具店购买茶壶花费较少,茶社购买这种茶壶的数量等于10个时,到甲、乙两家茶具店购买茶壶花费一样多,茶社购买这种茶壶的数量大于10个时,到甲茶具店购买茶壶花费较少.
5.(13分)(力气挑战题)省环保争辩所对市中心每天环境放射性污染状况进行调查争辩后,发觉一天中环境综合放射性污染指数f(x)与时刻x(时)的关系为f(x)=,x∈[0,24],其中a是与气象有关的参数,且a∈[0,1],若用每天f(x)的最大值作为当天的综合放射性污染指数,并记作M(a).
(1)令t=,x∈[0,24],求t的取值范围.
(2)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过2,试问目前市中心的综合放射性污染指数是否超标?
【解析】(1)当x=0时,t=0;
当0<x≤24时,≤1(当x=1时取等号),所以0<t≤1,
综上,t的取值范围是[0,1].
(2)当a∈[0,1]时,记g(t)=|t-a|+2a+,
则g(t)=
由于g(t)在[0,a]上单调递减,在(a,1]上单调递增,
且g(0)=3a+,g(1)=a+,
g(0)-g(1)=2（a-）.
故M(a)=
即M(a)=
所以当且仅当0≤a≤时,M(a)≤2.
故当0≤a≤时不超标,当<a≤1时超标.
【加固训练】某投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂,第一年共支出12万元,以后每年支出增加4万元,从第一年起每年蔬菜销售收入50万元,设f(n)表示前n年的纯利润总和(f(n)=前n年的总收入-前n年的总支出-投资额).
(1)该厂从第几年开头盈利?
(2)若干年后,投资商为开发新项目,对该厂有两种处理方法:
①年平均纯利润达到最大时,以48万元出售该厂,②纯利润总和达到最大时,以16万元出售该厂,问哪种方案更合算?
【解析】(1)由题意,第一年共支出12万元,以后每年支出增加4万元,可知每年的支出构成一个等差数列,用g(n)表示前n年的总支出,
所以g(n)=12n+×4=2n2+10n(n∈N*),
由于f(n)=前n年的总收入-前n年的总支出-投资额,所以f(n)=50n-(2n2+10n)-72=-2n2+40n-72.
由f(n)>0,即-2n2+40n-72>0,解得2<n<18.
由n∈N*知,从第三年开头盈利.
(2)方案①:年平均纯利润为=40-2（n+）≤16,当且仅当n=6时等号成立.
故方案①共获利6×16+48=144(万元),此时n=6.
方案②:f(n)=-2(n-10)2+128.
当n=10时,f(n)max=128.
故方案②共获利128+16=144(万元).
比较两种方案,获利都是144万元,但由于方案①只需6年,而方案②需10年,故选择方案①更合算.
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