2017年高考模拟应用题大全数学试卷(四)(附答案与解析)

江苏省 2017 年高考模拟应用题大全数学试卷（四）

1．（江苏省泰州市 2017 届高三数学考前模拟试卷）如图，圆 O 是一半径为10 米的圆形草坪，为了满足周

边市民跳广场舞的需要，现规划在草坪上建一个广场，广场形状如图中虚线部分所示的曲边四边形，其中

A, B 两点在 O 上， A, B, C, D 恰是一个正方形的四个顶点．根据规划要求，在 A, B, C, D 四点处安装四盏照

明设备，从圆心 O 点出发，在地下铺设 4 条到 A, B, C, D 四点线路 OA, OB, OC, OD ．

（1）若正方形边长为10 米，求广场的面积；

（2）求铺设的 4 条线路 OA, OB, OC, OD 总长度的最小值．

D

A

O

C

B

2．（江苏省徐州市 2017 届高三数学（理）信息卷）如图是一块地皮OAB ，其中 OA ， AB 是直线段，曲线 段 OB 是抛物线的一部分，且点 O 是该抛物线的顶点，OA 所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA  2

km， AB  2 km， OAB  ．现要从这块地皮中划一个矩形CDEF 来建造草坪，其中点C 在曲线段 OB

4

上，点 D ， E 在直线段 OA 上，点 F 在直线段 AB 上，设 CD  a km， 矩形草坪 CDEF 的面积为 f (a) km2．

π

（1）求 f (a) ，并写出定义域；

（2）当 a 为多少时，矩形草坪 CDEF 的面积最大？

B

C O

F

D

（第 17 题）

A

E

3．（江苏省盐城市 2017 届高三第三次模拟考试数学（理）试卷）一儿童游乐场拟建造一个“蛋筒”型游乐

设施，其轴截面如图中实线所示．ABCD 是等腰梯形， AB  20 米， CBF   （ F 在 AB 的延长线上， 为锐角）．圆 E 与 AD, BC 都相切，且其半径长为100  80sin 米．EO 是垂直于 AB 的一个立柱，则当 sin 的值设计为多少时，立柱 EO 最矮？

D

E

C



A O B F

第 3 题图

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4．（江苏省盐城中学 2017 届高三第三次模拟考试（最后一卷）数学试卷）某学校在平面图为矩形的操场

ABCD 内进行体操表演，其中 AB  40, BC  16, O 为 AB 上一点，且 BO  8, 线段 OC 、 OD 、 MN 为表演

队列所在位置（ M ， N 分别在线段 OD 、 OC 上），点 P 为领队位置，且 P 到 BC 、 CD 的距离均为 12 ，

记 OM  d ，我们知道当 OMN 面积最小时观赏效果最好． （1）当 d 为何值时， P 为队列 MN 的中点？

（2）怎样安排 M 的位置才能使观赏效果最好？求出此时 d 的值． D

P

C

M

N

B

A

O

第 4 题

5． 2017 届高三考前调研测试数学试题）如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成， （ 江苏省扬州市

曲线 AB 和曲线 DE 分别是顶点在路面 A 、E 的抛物线的一部分，曲线 BCD 是圆弧，已知它们在接点 B 、D 处的切线相同，若桥的最高点 C 到水平面的距离 H  6 米，圆弧的弓高 h  1 米，圆弧所对的弦长 BD  10 米．

（1）求弧 BCD 所在圆的半径； （2）求桥底 AE 的长．

）如图所示的“相邻塔”形立体建筑，已知6． P  OAC 和 Q  OBD 是边长分别为 a 和 （7 +9=16 分

ma

m是常数 

的两个正四面体，底面中 AB 与 CD 交于点 O

试求（1）当 a = 2m 时，若在塔地面 BC 上建一座塔维修站 E ，该站 E 建在何处使得到两塔交点 O 最短距

离是多少？

（2）当 a 为多少时，塔尖 P, Q 之间的距离最短，最短距离多少？

7．如图，在半径为 R 的半圆形铁皮截取一块五边形图形 ABCDE ，其中 ABCD 为矩形和 CDE 等腰三角形 （ DE  EC ），其中 O 为圆心， A 、 B 在圆的直径上， C 、 D 、 E 在圆周上，并将其卷成一个以 AD 为母 线的圆柱体和圆锥体的罐子的侧面（不计裁剪和拼接损耗） ．（1）设 BOC   ，当  为何值时，截取圆柱体和圆锥体的侧面积 S ( ) 为最大？

（2）设 BC  x ，当 x 为何值时，截取圆柱体和圆锥体的体积V ( x) 为最大？

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E

D

C

A O B

（ 8． 江苏省如东高级中学、前黄高级中学、栟茶高级中学、马塘中学四校 2017 届高三 12 月联考数学试题）

图 1 是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图 2 是凹槽的横截面（阴影部分）示意图，其中四边形 ABCD 是矩形，弧 CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为 4 ．若凹槽的强度 T 等于横截面的面积 S 与边 AB 的乘积， 设 AB  2x ， BC  y ．

（1）写出 y 关于 x 函数表达式，并指出 x 的取值范围； （2）求当 x 取何值时，凹槽的强度最大．

（ 年上海模拟）某电器专卖店销售某种型号的空调，记第n 天1  n  30, n  N*的日销售量为 f n 9． 2017

*， （单位:台），函数 f n 图像中的点分别在两条直线上，如图所示该两条直线交点的横坐标为 mm  N

 

 

已知1  n  m 时，函数 f n   32  n ．

（1）当 m  n  30 时，求函数 f n 的解析式；

（2）求 m 的值及该店前 m 天销售该型号空调的销售总量；

（3）按照经验判断当该店此型号空调的销售总量达到或超过570 台，且日销售量仍持续增加时，该型号空 调开始旺销，问该店此型号空调销售到第几天时才可被认为开始旺销？

日销售量 f(n)台

68

40 31

0 1

m 16 30 第n天

10．（江苏省张家港暨阳高级中学 2016-2017 学年第一学期高三年级 12 月自主学习能力测试）某城市 A 计

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划每天从蔬菜基地 B 处给本市供应蔬菜，为此，准备从主干道 AD 的 C 处（不在端点 A 、 D 处）做一条道

路 CB ，主干道 AD 的长为 60 千米，设计路线如图所示，测得蔬菜基地 B 在城市 A 的东偏北 60 处， AB 长 为 60 千米，设 BCD   ，运输汽车在主干道 AD 上的平均车速为 60 千米/小时，在道路 CB 上的平均车速 为 20 千米/小时．

⑴求运输汽车从城市 A 到蔬菜基地 B 处所用的时间 t 关于  的函数关系式 t ( ) ，并指出其定义域； ⑵求运输汽车从城市 A 到蔬菜基地 B 处所用的时间 t 的最小

11．【2017 福建 4 月质检】某公司生产一种产品，第一年投入资金1000 万元，出售产品收入 40 万元，预计 以后每年的投入资金是上一年的一半，出售产品所得收入比上一年多80 万元，同时，当预计投入的资金低 于 20 万元时，就按 20 万元投入，且当年出售产品收入与上一年相等． （1）求第 n 年的预计投入资金与出售产品的收入；

（2）预计从哪一年起该公司开始盈利？（注：盈利是指总收入大于总投入）

12．（2017 上海模拟）如图，欲在一四边形花坛 ABCD 内挖一个等腰三角形的水池 AQR AQ  AR  ，已知 四边形 ABCD 中， △ABD 是等腰直角三角形， AB  AD  6 2 米， △BCD 是等腰三角形， CB  CD ，角

7 池的面积为 S 平方米．

C 的大小为 arctan

24

，要求△AQR 的三个顶点在花坛的边缘上，设水池底边QR 到点 A 的距离为 h 米，水

（1）试将 S 表示成关于 h 的函数；

（2）当 h 为多少米时， S 能取到最大值？求出最大值.

13．（江苏省启东中学 2017 届高三上学期第一次月考数学（理）试卷）如图，某城市设立以城中心O 为圆 心、 r 公里为半径圆形保护区，从保护区边缘起，在城中心O 正东方向上一条高速公路 PB 、西南方向上有 一条一级公路 QC ，现要在保护区边缘 PQ 弧上选择一点 A 作为出口，建一条连接两条公路且与圆 O 相切直

道 BC ．已知通往一级公路道路 AC 每公里造价为 a 万元，通往高速公路的道路 AB 每公里造价为 m2a 万元，

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其中 a, r , m 为常数，设 POA   ，总造价为 y 万元．

（1）把 y 表示成  的函数 y  f ( ) ，并求出定义域； （2）当 m 

62

时，如何确定 A 点的位置才能 2

14．（江苏省苏州市 2017 届高三暑假自主学习测试数学试题）如图，某城市小区有一个矩形休闲广场，

AB  20 米，广场的一角是半径为16 米的扇形 BCE 绿化区域，为了使小区居民能够更好的在广场休闲放松，

现决定在广场上安置两排休闲椅，其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅 MN（宽度不计），点 M 在线段 AD

上，并且与曲线 CE 相切；另一排为单人弧形椅沿曲线CN （宽度不计）摆放．已知双人靠背直排椅的造价 每米为 2a 元，单人弧形椅的造价每米为 a 元，记锐角 NBE   ，总造价为W 元． （1）试将W 表示为 的函数 W ( ) ，并写出 cos 的取值范围； （2）如何选取点 M 的位置，能使总造价W 最小．

第 14 题图

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江苏省 2017 年高考模拟应用题大全数学试卷（四）

答 案

1、解：（1）连接 AB ，因为正方形边长为10 米，

所以 OA OB AB10，则 AOB  π3 ，所以 AB  10

3  ，

所以广场的面积为 ( 1 2 10 π 10  3 10 2 )  10 2  50

π 3 4 3

 100  25 3 （ m2 ） （2）作 OG  CD 于 G ， OK  AD 于 K G ，记 OAK ，

则 AD 2DG 2OK  20sin ，

由余弦定理得 OD 2  OA2  AD 2  2OA  AD cos 

 102

 (20sin  )2

 2 10  20sin  cos  100  400  1  cos2

2  200sin 2

 300 200 2sin(2  45 ) 100( 2 1)2，

所以 OD10( 2 1)，当且仅当   22.5 时取等号，

所以 OA OB OC OD 20 20( 2 1) 20 2 ，

因此求 4条小路的总长度的最小值为 20 2 米．

答：（1）广场的面积为 50

3  100  25 3 平方米；

（2） 4条小路的总长度的最小值为 20 2 米．

2、（1）以 O 为原点， OA 边所在直线为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点 B 作 BG OA于点 G ，

在直角 △ABC 中， AB  2 ， OAB  π

，

4 所以 AG BG1，又因为 OA  2 ， 所以 OG  1 ，则 B(1,1)，

设抛物线 OCB 的标准方程为 y 2  2 px ，

代入点 B 的坐标，得 p  1

2 ，

所以抛物线的方程为 y 2  x ．

因为 CD  a ，所以 AE EF  a ，则 DE  2  a  a 2 ， 所以 f ( a )  a (2  a  a 2 )  a3  a 2  2a ，定义域为 (0,1)．

（2） f '( a )   3 a 2  2 a  2 ，令 f '(a)  0 ，得 a 

7

3 1． 当 0  a  7  1  1 ) 上单调增； 3时， f '(a)  0 ， f (a) 在 (0,7

3 当 7  1 a1时，f'(a)0，7  1

3 f (a) 在 (

3 ,1) 上单调减．

- 6 - / 14

…………2 分

…………6 分

…………8 分

…………12 分

…………14 分

…………4 分

…………8 分

…………10 分

所以当 a  7  1 时， f (a) 取得极大值，也是最大值．

3

答：（1） f ( a )   a 3  a 2  2 a ，定义域为 (0,1)；

…………12 分

（2）当 a 

3、解：方法一：如图所示，以 AB 所在直线为 x 轴，

7  1 时，矩形草坪 CDEF 的面积最大．

3

…………14 分

以线段 AB 的垂直平分线为 y轴，建立平面直角坐标系． 因为 B(10,0) ， k  tan  ，所以直线 BC 的方程为

BC

y  tan   ( x  10) ，

即 x tan   y  10tan   0 ．

设圆心 E (0, t )(t  0) ，由圆 E 与直线 BC 相切，

…………4 分

t  10tan  t10tan， 1 10080sin1  tan 2

得

cos 

10090sin

所以 EO  t  ．

cos 

…………8 分

9

100  90sin  ，(0, )，则100(sin  ) ，令 f ( )  10

f'()cos  2

cos2

9 

设 sin  ，   (0, ) ．列表如下： 0 10 0 2



…………10 分

(0, ) 

0

0

f '( )

－

0 极小值

( , )

0 2 ＋



f ( )

减 增

9

时， f ( ) 取最小值． 所以当    ，即 sin  

0 10

9 时，立柱 EO 最矮． 答：当 sin  

10

…………13 分

…………14 分

方法二：如图所示，延长 EO,CB 交于点 G ， 过点 E 作 EH  BC 于 H ，

E·D

C

H



则 EH  R 100 80sin ，

HEG OBG CBF   ．

A O

R 100  80sin 

在 Rt△EHG 中， EG  

cos cos

在 Rt△OBG 中， OG  OBtan 10tan ．

F B …………4 分

…………6 分

100  90sin 

所以 EO  EG  OG  ．

cos

（以下同方法一）

G

第 3 题图

…………8 分

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4、解：以O 为坐标原点， AB 所在直线为 x 轴，过 O 垂直于 AB 的直线为 y轴，建立如图所示的平面直角

坐标系．则 C (8,16), B(8,0), P(4,4) ，

1

∴ OC : y  2x OD : y   x

2

∴ OC  OD

设 M (2m, m), N (n,2 n),( m  0, n  0)

∵ P 为 MN 的中点

D

P

C

M

A

N

O

B

2m  n  8 ∴ 

m  2n  8

24 

 m  5 ∴ 

 n  8  5

2424 5 ． 此时 M ( 48

, ), d  5 5 5

第 4 题

（2）∵ k

…………7分（建系2分）

∴

m  4 2n  4



2m  4 n  4

PM

 k

PN

∴ 4m 12n  5mn ∵ OC  OD

S∴ △

1 OMON5 mnOMN

2 2

∵ 4 m  12 n  5 mn  8 3 mn 当且仅当 m  3n 

245

时取等号，

192

∴ mn 

25

5 96 24 5

，此时 mn  ∴ S d  OMN 2 5 5

答：（1）当 d  24 5 时， P 为队列 MN 的中点；

5 24 5 时，观赏效果最好．（2）当点 M 满足 d  5

…………16 分（答 1 分）

（1）设弧 BCD 所在圆的半径为（，由题意得 r 2 =5 2  ( r  1) 2 ，r  13. 5、rr  0）

即弧 BCD 所在圆的半径为13 米．

（2）以线段 AE 所在直线为 x 轴，线段 AE 的中垂线为 y轴，建立如图的平面直角坐标系．

…………4 分

H  6 米， BD  10 米，弓高 h 1米，

 B (5,5) ， D (5,5) ， C (0,6) ，设 BCD 所在圆的方程为 x 2  ( y  b ) 2  r 2 ( r  0)

2  r 2 b  7 (6  b) 则  

52  (5  b)2  r 2 r 13

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设曲线 AB 所在抛物线的方程为： y  a ( x  m ) 2 ， 点 B(5,5) 在曲线 AB 上 5  a (5  m ) 2 

弧 BCD 的方程为 x 2  ( y  7) 2  169(5  y  6)

…………6 分

…………8 分

…………10 分

5

又弧 BCD 与曲线段 AB 在接点 B 处的切线相同，且弧 BCD 在点 B 处的切线的斜率为 ，

12

5

由 y  a ( x  m ) 2 得 y   2a ( x  m ) ， 2a(5  m)  ，

12

5

 2a(5  m)   

12

由得 m  29 ， A(29,0) ， E(29,0)

桥底

…………12 分

AE 的长为 58米

…………13 分

答：（1）弧 BCD 所在圆的半径为13 米；

（2）桥底 AE 的长 58米．（答和单位各 1 分） 6、解（1）设底面 BC 的最短距离为 h

…………14 分

1 m 3 3

 OC  OB  sin 60   a    m 2 2 a 2 4

1

BC 2  OC 2  OB 2  2  OC  OB  cos120 

S

 ( 2m )  (

2

m m 1

)2  2  2m   2m 2m 2

BC 

14m 2

S △OBC 

h 

 h  BC  m 2 4 42 m 14

196

1 3

假设维修站为 E 点， CE  OC 2  h 2  350 m

（2）过点 P 作底面 OAC 的垂线交底面 OAC 于点 O ，

1

过点 P 作底面 OBD 的垂线交底面 OBD 于点 O

2

2

连接 O O ，则 O 、 O 、 O 三点共线，且 PO / /QO

1 2

1

2

1

则四边形 PO O Q 是直角梯形

在 Rt OPO 中， OP  a ， OO  2  3 a  3 a ，则 PO  6 a

1 1 1 3 2 3 3 6 m

同理得： OO  3 m , QO 

2 3 a 2 3 a

法一

3 m 6 m 6

则 PO 2  O O 2  (QO  PO ) 2  ( 3 a  ) 2  (  a ) 2

1 2 2 1 3 3 a 3 a 3

1

2

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2 2 m2 2 2 m 2 m，当 a  m 时等号成立） （ a 2   m  3m ，PQ  a 2   m  2 a 2 

a 2 3 a 2 3 3 a 2

则当 a  m 时，塔尖 P, Q 之间的距离最短

法二

记  POO   QOO   ，则 cos   OO 1  3

3， POQ  π  2 1 2 OP

2

则，cos(π  2 )   cos2  1  1  cos  

1

3

在 △ POQ 中， PO  a ， QO  m

a

由余弦定理得， PQ 2  PO 2  QO 2  2 PO  QO  cos  POQ

 a 2  m 2 a a 2a  m  cos(  2 ) m 2 2

a a3 2

  2m

2

PQ  a 2  m2 2 a 2  3m

PQ  a 2  m2 2 m2 2 2 a（ am 2 2  ，当 2 3 m  2 a 2 a

 m  3m ，

a  m 时等号成立） 2 3 3 a 2

则当 a  m 时，塔尖 P, Q 之间的距离最短 7、（1）连接 OE ，可得 OE R ，

OB Rcos ， BC  Rsin ，   (0, π

2 )

所以，截取圆柱体和圆锥体的侧面积 S()  2S梯形面积OBCE R2(sin cos  cos) ，  (0,π 2

S '( )   R 2 (2sin   1)(sin   1)

令 S '( )  0 ，∴ sin 1 0（舍去）或者 sin   1

2

∵   (0, π 2 ) ，   (0, π 6) ， S '( )  0 ，   ( π π

6 , 2 ) ， S '( )  0

所以当  π

6时，

S( ) 截取的圆柱体和圆锥体的侧面积最大

（2）连接 BO ， BO  R2  x2 x  (0, R) ， AB  2BO

设圆柱体和圆锥体的底面半径为 r ， 2 r  AB  2BO  2 R2  x2

r  R2

 x2

π

截取圆柱体和圆锥体的体积V ( x)  πr 2 x  1

3πr 2

(R  x)

- 10 - / 14

)

V ( x)  π R 2  x 2 1 R 2  x 2

(R  x)  1 (2 x3  x 2 R  2R 2 x  R 3 )

π2 x  3 π

π 2 3π

V '(x)  122

3π (6x  2Rx  2R )

令 V '(x)  0 ， 3x2  Rx  R 2  0

∴ x   R  13 R （负号舍去）即x13 R  R

6

6

∵ x  (0, R) ， x  (0, 13 R

6  R )，V'(x)0，x (13 R  R 6 , R ) ， V '(x)  0

所以当 x  13 R  R

6 截取圆柱体和圆锥体的体积最大

8、【解】（Ⅰ）易知半圆 CmD 的半径为 x ，故半圆 CmD 的弧长为  x ．

所以 4  2 x  2 y  πx ， 得 y  4  2πx

2

依题意知： 0  x  y

得 0  x 

4

4 

π

所以， y  4  2πx

2 （ 0  x 4

π）． 4 

（Ⅱ）依题意，设凹槽的强度为 T ，横截面的面积为 S ，则有

T   AB S  2 x  xy  21 2 πx 2

  8x2

 4  3πx3

T 16x  34  3πx2  0 ， x  0 ， x  169π 

因为 0  1612

4

9π  1 2 

 4， π

所以，当 0  x  16时，T0，当16 4 时，T0，

9π  12 9π  12  x  4  π

所以当 x  16

9π  1

2，凹槽的强度最大． 答：所以当 x  16

9π  1

2，凹槽的强度最大．

9、（1）当

m  n  30时，设 f n  anb ，由图可知  f 16  16a 40  b  40  ，则有  ， f 30  68 30a  b  68

- 11 - / 14

2 分

6 分

9 分

13 分

14 分

…………

………………………………

…………

a  2

n 解得  ，所以当 m  n  30 n  N * 时， f  2n  8 ．

b  8

 f m  2m  8

（2）由题意  ，解得 m  8 ，由题意得

f 1 f 2...  f 8 220，

 f m   32  m

所以该店前 8天，此型号的空调的销售总量为 220 台．

（3）由题意得 220  f 9   f n   n  8   570 ，即 n 2  9n  486  0 ，得 n 18

2．

因为当 m  n  30 

n  N * 

时，函数 f

n 2n  8 单调增加，所以该店此型号空调

销售到第18 天时，才可被认为开始旺销．

10、解：⑴在 △ABC 中， AB

BC

sin( π   ) 

sin π， 3

则 BC 60 

23

 30 3

， sin  sin 

π

又 AC AB60sin(  sin( ，则 AC 3 )

，

π

)sin sin(

π  

)

3

所以，运输汽车从城市 A 到蔬菜基地 B 处所用的时间

60sin(   π

3

) 30 3

t ( )  AC BC

60  sin60  20  sin20 

sin(

 π3

)  3 3  sin   3 cos   3 3  1 3 3  3 cos  ，

sin 2sin 2sin  2 

2sin 

其定义域为{ | 60     120  } ．

⑵ t ( )  3 (3  cos  ) sin   (3  cos  )(sin  ) 3 1  3cos  ，

2  sin

 

令 t ( )  0 ，则 cos 1

3，

当 cos 1 3 ( )  0 ；当1

时， t cos  3时，

t ( )  0 ， 所以，当 cos 1 2 2

3时，因为 60    120  ，所以 sin   3时，t ( ) 取得最小值，此时， 答：运输汽车从城市 A 到蔬菜基地 B 处所用的时间 t 的最小值为 1 2 6 ．

- 12 - / 14

…………2 分

…………4 分

…………6 分

…………9分…………12 分最小值为1

2 6 ．

…………14 分

11、【答案】（1）

an  1000(1 )6 n1,1n80n  40,1  2 n  6 20,n  7 ， b n

  ；

440,n  7

（2）由（1）可知当1 n  6时，总利润

  1 n S

n1000 40  1    

40  80n 

 n 2   2   2000 1  1  40n22000，n

1 2  2 

所以， Sn  Sn1  2000  1 n 80n40,n2， 2 

fx 1  x 因为

2000 

 80x  40 为增函数， 2  f (3)  0 ， f (4)  0 ，

所以，当 2  n  3 时， S

n 1

 S ；当 4  n  6 时， S

n 1

 S ，又因为

n

n

S 1

 0, S 6

  528.75  0 ，

所以，当1 n  6时， S  0n

，即前 6 年未盈利， 当 n  7 时， Sn  S6  b7  a7  b8  a8   bn  an  528.75 420n  6，

令 S  0 ，得 n8．

n

综上，预计该公司从第 8 年起开始盈利． 12、解：（1）

BC 与圆 O 相切于 A ，OA BC，在 △ABC 中， AB  r tan

同理，可得 AC  r tan( 3π

4   )

 y  m2

aAB  aAC  m2

ar tan   ar tan( 3π

4   )

 y  ar[m2 tan   tan( 3π   )],  (π 4 4 ,π 2 )

（2）由（1）得

y  ar[m2

tan  tan( 3π1  tan

4   )]  ar[m2 tan  1  tan ]

 ar[m

2

(tantan  1  m2  1]



 ( , ), tan   122  20m 2

 1)  4 2 tan   1 m2

(tan  1) 

π

m，所以  1 时取等号，又 m 

2

tan   3,  

π

当且仅当 tan   2

6  2 π

3

2 分

…………4 分

…………6 分9 分

12 分

…………

…………

…………

- 13 - / 14

πAO即 点在 东偏南 的方向上，总造价最低．3

24C 3

13 解（1） BD  6 米， tan C   tan  ，所以 h  (0,14)

7 2 4

…………14 分

当 h  (0,6] 时， QR  2h ， S  h2

8(h6)QR 42  3h

当 h [6,14) 时，  ， QR 

8 12 2

h2 , h  (0,6]



所以 S   3 21

2h h, h [6,14)

 4 2

（2）当 h  (0,6] 时，面积最大值为 36平方米；

3 147

当 h [6,14) 时， S   (h  7) 2  ，

4 4

147

所以 h  7 当时，水池面积最大为 平方米

4

14、解：（1）过 N 作 AB 的垂线，垂足为 F ；过 M 作 NF 的垂线，垂足为 G ． 在 Rt△BNF 中， BF  16cos ，则 MG 2016cos

20  16cos  ，在 Rt△ MNG 中， MN 

sin

由题意易得

…………4 分

D C

N M

G

E F B

π

CN  16(   ) ．

2

…………6 分

A

因此， W ( )  2a 

20  16cos 

sin  π

 16a(   ),

2

…………7 分

4  5cos  (2cos   1)(cos  2)

( )  16a  8a （2） W ，=8a

2sin  sin 2 

1 π π

令 W ，( ，因为 (1, ) ，所以  ， )=0 ， cos  2 2 3

设锐角  满足 cos  ，   (0, )

1 1 1 5 3

π

当   ( , ) 时， W ，(  )<0 ， W ( ) 单调递减；

1 3 π π

当   ( , ) 时， W ，(  )>0 ， W ( ) 单调递增．

3 2

所以当   π ，总造价W 最小，最小值为 (16 3  8π )a ，此时 MN  8 3 ， NG  4 3

3 3

4

cos  (0, )

5

…………9 分

…………12 分

4 π

…………14 分

- 14 - / 14