2017年江苏省高考数学模拟应用题选编(五)含答案

2017年江苏省高考数学模拟应用题大全(五）

C为水平地面)，1、如图，某开发区内新建两栋楼AB,CD(A，已知楼AB、CD的高度分别为

10m、20m，两楼间的距离AC为70m。

(1）如何在两楼间AC上取一点P点,使得P点到两楼顶B,D距离之和最短？

（2）试在AC上确定一点P，使得张角BPD最大.

2.（江苏省如皋市2016—2017学年高二下学期期末教学质量调研数学试题）某地方政府要将一块如图所示的直角梯形ABCD空地改建为健身娱乐广场。已知AD//BC,ADAB,AD2BC23百米，AB3百米，广场入口P在AB上，且AP2BP，根据规铺设两条相互垂直的笔直小路PM,PN宽度不计),点M,N分别在边AD,BC上点)，PAM区域拟建为跳舞健身广场，

拟建为儿童乐园，其它区域铺设绿化草坪，设APM。 （1)求绿化草坪面积的最大值；

(2）现拟将两条小路PM,PN进行不同风格的美化,PM小路的美化费用为每百米1万元，PN小路的美化费用为每百米2万元,试确定M,N的位置，使得小路PM,PN的美化总费用最低,并求出最小费用。

3．（江苏省泰州中学高二下学期期末考试试题)某公司科技小组研发一个新项目,预计能获得不少于1万元且不多于5万元的投资收益，公司拟对研发小组实施奖励，奖励金额y（单位：万元）和投资收益（x单

划,过点P（小路的（包含端

PBN区域

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位：万元）近似满足函数yf(x)，奖励方案满足如下两个标准：①f(x)为单调递增函数，②0f(x)kx，其中k0．

（1)若k1,试判断函数f(x)x是否符合奖励方案,并说明理由；

2（2）若函数f(x)lnx符合奖励方案，求实数k的最小值．

4、（2017年上海杨浦二模）如图所示,扇形ABC是一个半径为2千米，圆心角为600的风景区，P点在弧BC上，现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直，街道PR与AC垂直，线段RQ表示第三条街道。

（1)如果P位于弧BC的中点，求三条街道的总长度

（2）由于环境原因，三条街道PQ,PR,QR每年能够产出的经济效益分别是每千米300万元，200万元及400万元，这三条街道最高经济效益（精确到1万元）

5、（2017年上海松江、闵行区二模）如图所示，PAQ是某海湾旅



游区的一角，其中PAQ120，为了营造更加优美的旅游环境,旅游区管委会决定在直线海岸AP和AQ上分别修建观光长廊AB和AC，其中AB是宽长廊，造价是800元/米，AC是窄长廊，造价是400元/米，两段长廊的总造价为120万元，同时在线段BC上靠近点B的三等分点D处建一个观光平台，并建水上直线通道AD（平台大小忽略不计），水上通道的造价是1000元/米．

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(1) 若规划在三角形ABC区域内开发水上游乐项目，要求△ABC的面

积最大，那么AB和AC的长度分别为多少米?

（2） 在（1)的条件下，建直线通道AD还需要多少钱？

6、（2017年上海黄浦二模)如果一条信息有n（n1,nN)种可能的情形（各种情形之间互不相容），且这些情形发生的概率分别为

则称Hf(p)f(p)f(p)(其中f(x)xlogx,x(0,1)）为该条信息的p,p,,p，

信息熵．已知f(1)1．

12n12na

（1）若某班共有32名学生，通过随机抽签的方式选一名学生参加

某项活动，试求“谁被选中”的信息熵的大小；

(2）某次比赛共有n位选手（分别记为A,A,,A）参加，若当k1,2,,n1时，选手A获得冠军的概率为2，求“谁获得冠军”的信息熵H关于n的表达式．

7、（2017年上海长宁、金山二模）某动物园要为刚入园的小动物建

12nk22k造一间两面靠墙的三角形露天活动室，地面形状如图所示，已知已有两面墙的夹角为（∠ACB=），墙AB的长度为6米，（已有两面墙的可利用长度足够大）,记∠ABC=θ

（1）若θ=,求△ABC的周长（结果精确到0.01米）；

(2）为了使小动物能健康成长，要求所建的三角形露天活动室面积△ABC的面积尽可能大，问当θ为何值时,该活动室面积最大？并求出最大面积．

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8、（江苏省启东市2017届高三上学期期中考试数学试卷）

9、(2017年上海高考真题)根据预测，某地第n(nN)个月共享单车的

*投放量和损失量分别为a和b（单位：辆），

nn5n415,1n3其中an,bnn5,第n个月底的共享单车的保有量是前n个

10n470,n4月的

累计投放量与累计损失量的差。

（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；

（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量。 Sn4(n46)28800（单位：辆）

设在某月底，共享单车保有量达到最

大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？

10、(2017年江苏高考真题）如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ

和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm,容器Ⅱ的两底面对角线EG，EG的长分别为14cm和62cm。 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm. 现有一

11学必求其心得，业必贵于专精

根玻璃棒l，其长度为40cm.（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计） （1）将l放在容器Ⅰ中,l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC上,求l没入水中部分的长度；

（2）将l放在容器Ⅱ中,l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG上，求l没入水中部分的长度。

D1A1B1E1C1H1O1F1G111DA容器ⅠBCE(第10题)

HOGF容器Ⅱ

答案

1、解（1）延长BA至B，使得BAAB

连接DB交AC于P，此时P点到两楼顶B,D距离之和最短， 由APB∽CPD

APPCAP70AP∴A BCD1020AP70m 3P点到两楼顶B,D距离之和最短。 所以P点在距AB楼70m处,使得3学必求其心得，业必贵于专精

答（1）

（2)

2。 （本题共16分，其中卷面分1分）

解：（1）在RtPMA中,AMAPtan,得AM2tan，

所以S1PMA222tan2tan 由APMMPNBPN，APM,MPN2

在RtPNB中,BP1BNtan，得BNtan, 所以S1PMA211tan12tan 所以绿化草坪面积S12(ADBC)ABSPAMSPBN 1(233)32tan1122tan

93(2tan11 22tan) 6,3

………4分

…

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………6分

………7分

………10分 又因为2tan112tan22tan112tan2

当且当2tan12tan,即tan12。此时6,3

…

所以绿化草坪面积的最大值为(9322)平方百米.

…

（2）方法一：在RtPMA中,

APPMcos，得PM2cos，

由APMMPNBPN,APM,MPN2

在RtPNB中，BPsin，得PN1PNsin, 所以总美化费用为y2cos2sin,[6,3] …

'2sin2cos2(sin3cos3y)cos2sin2sin2cos2 2(sincos)(sin2sincoscos2)sin2cos2

令y'0得4列表如下

 (6 6,4) 4 (4,3) 3 y' — 0 - y 443 单调递减 4 单调递增 443 所以当4时,即AM2,BM1时总美化费用最低为

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4万元.

…

………15分

方法二：在RtPMA中,

在RtPNB中,BPAP2cos，得PMPMcos，

2

由APMMPNBPN，APMsin,MPN1，

PNsin所以总美化费用为y22,[,]

cossin63，得PN …

………10分

y222(sincos) cossinsincos13t21,2得sincos令tsincos,t 224t4t24'所以y2，y220

t1(t1)所以y 所以当t为4万元.

3．解:(1)∵f(x)x， ∴f(x)21x0， ∴函数

f(x)x134tt,2在,上是单调递减

2t212，4时，即AM2,BM1时总美化费用最低

是区间

[1,5]上的单调递增函数，满足标准

①, …………2分 当x[1,4)时，f(x)综

上

所

x1xx1x2，不满足标准②，

f(x)x述：不符合奖励方

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案． …………4分 （2）∵函数f(x)lnx符合奖励标准， ∴f(x)kx，即lnxkx， ∴

klnx,

x …………6分 ∴设g(x)lnxx，x[1,5], ∴g(x)1lnxx2，

令g(x)0，∴xe，

x (1,e) e (e,5) g(x)  0 _ 极大g(x) 增 值减 ………8分

∴g(x)lnxx的极大值是g(e)1e,且为最大值,

∴

k1e …………10分

又∵函数f(x)lnx，x[1,5]，

∴f(x)1x0，∴函数f(x)在区间[1,5]上单调递增，满足标准①,

∵x[1,5]，∴f(x)lnx0， 综

上所述:实数

k的最小值1e． …………12分

，

是

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4、解：（1）由P位于弧BC的中点，在P位于∠BAC的角平分线上，

则丨PQ丨=丨PR丨=丨PA丨sin∠PAB=2×sin30°=2×=1， 丨AQ丨=丨PA丨cos∠PAB=2×=, 由∠BAC=60°，且丨AQ丨=丨AR丨， ∴△QAB为等边三角形， 则丨RQ丨=丨AQ丨=,

三条街道的总长度l=丨PQ丨+丨PR丨+丨RQ丨=1+1+=2+； (2)设∠PAB=θ，0＜θ＜60°，

则丨PQ丨=丨AP丨sinθ=2sinθ,丨PR丨=丨AP丨sin(60°﹣θ)=2sin（60°﹣θ）=cosθ﹣sinθ，

丨AQ丨=丨AP丨cosθ=2cosθ,丨AR丨=丨AP丨cos（60°﹣θ）=2cos（60°﹣θ）=cosθ+sinθ

由余弦定理可知：丨RQ丨2=丨AQ丨2+丨AR丨2﹣2丨AQ丨丨AR丨cos60°，

=（2cosθ)2+(cosθ+sinθ)2﹣2×2cosθ（cosθ+sinθ）cos60°， =3，

则丨RQ丨=，

三条街道每年能产生的经济总效益W，W=丨PQ丨×300+丨PR丨×200+丨RQ丨×400

=300×2sinθ+（cosθ﹣sinθ）×200+400=400sinθ+200cosθ+400，

=200(2sinθ+cosθ)+400，

=200sin(θ+φ）+400,tanφ=，

当sin（θ+φ）=1时,W取最大值，最大值为200+400≈1222，

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三条街道每年能产生的经济总效益最高约为1222万元．

5、［解］(1）设AB长为x米，AC长为y米,依题意得800x400y1200000， 即2xy3000， ………………………………2分

SABC13xysin120xy 242 …………………………4分

3m2

332xy2xy882=281250当且仅当2xy，即x750,y1500时等号成立，

所以当△ABC的面积最大时，AB和AC的长度分别为750米和1500米……6分

（2）在(1)的条件下,因为AB750m,AC1500m． 由

AD21ABAC 33 …………………………8

分

21得ADABAC

33222441ABABACAC …………………………10999441175027501500()15002250000 99292分

|AD|500, …………………………12分

1000500500000元

所以，建水上通道AD还需要50万元． …………………………14分 解法二：在ABC中，BCAB2AC22ABACcos120

75021500227501500cos1207507 ………8分

AB2BC2AC2在ABD中,cosB

2ABAC学必求其心得，业必贵于专精

7502(7507)21500227727507507 …………………………10分

在ABD中，ADAB2BD22ABBDcosB

2777502(2507)22750(2507)1000500500000元

=500 …………12分

所以,建水上通道AD还需要50万元． …………………………14分

解法三：以A为原点,以AB为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，

B(750,0)

C(1500cos120,1500sin120),即C(750,7503)，设D(x0,y0)

x0250由CD2DB，求得，

y02503………8分

所以D250,2503 …………10分

分

所以，|AD|(2500)2(25030)2500……………………12

1000500500000元

所以，建水上通道AD还需要50万元． …………………………14分

6、解：（1)由f(1)1，可得1log2222分 由

Pk1(k1,2,32a11解之得a2。 ，22 …………………

，

故

32

种情形等可能

,32)， ……………………4分

321)5， 232所以H32(1log答：“谁被选中\"的信息熵为5． ……………………6分

（2）A获得冠军的概率为1(1+11)1(11)1，……………8

24222分

nn1n1n1当k1,2,,n1时,f(p)2kklog22kk2k，又f(p)n1，

n2n1学必求其心得，业必贵于专精

故

H11分

123248n1n1， 2n12n1 ……………………

n2n1n1n+n， n1222以上两式相减,可得1H1+112248112H 248114，故1H22n12n12n，

熵

为

答

：“谁获得冠军\"的信息

42． ……………………14分

2n7、解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得AC=BC=

=3+，

=2，

∴△ABC的周长为6+3+3≈17.60米

（2)在△ABC中，由余弦定理：c2=602=a2+b2﹣2abcos60°, ∴a2+b2﹣ab=36,

∴36+ab=a2+b2≥2ab,即ab≤36， ∴S△ABC=AC•BC•sin=ab≤9， 此时a=b，△ABC为等边三角形， ∴θ=60°，（S△ABC）max=9． 8、略 9、（1)(aa12a3a4)(b1b2b3b4)96530935

（2)10n470n5n42，即第42个月底,保有量达到最大

(a1a2a3a4)(b1b2b3b4)[965(42050)38(647)42]878222S424(4246)288008736，∴此时保有量超过了容纳量。

CC⊥平面ABCD，10、【解析】解：（1）由正棱柱的定义，所以平面AACC⊥111学必求其心得，业必贵于专精

平面ABCD,CC⊥AC.

1记玻璃棒的另一端落在CC上点M处.

1

（ 如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶,则结果为24cm)

（2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心。

由正棱台的定义,OO1⊥平面 EFGH, 所以平面E1EGG1⊥平面

EFGH,O1O⊥EG。

同理，平面 E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1. 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处.

过G作GK⊥E1G,K为垂足， 则GK =OO1=32. 因为EG = 14，E1G1= 62，

6214222224GGKGGK 243240。 所以= ，从而11124设∠EGG1,∠ENG,则sinsin(2∠KGG1)cos∠KGG15.

3因为2，所以cos5。

KG学必求其心得，业必贵于专精

在△ENG中，由正弦定理可得因为02,所以cos25.

244014sinsin，解得sin7. 25于是sin∠NEGsin()sin()sincoscossin525(5)255。 记EN与水面的交点为P2,过 P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则 P2Q2⊥平面 EFGH,故P2Q2=12，从而 EP

424373P2Q22=sin∠NEG20。

答:玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.