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5.7
三角函数
应用
第五章三角函数第七节5.7三角函数的应用课后练习2021-2022学年高中数学人教A版2019必修第一册
一、单选题(共11题)
1.在一幢20m高的楼顶,测得对面一塔吊顶的仰角为600 , 塔基的俯角为450 , 那么塔吊的高是( )
A. 201+33m B. 201+3m C. 106+2m D. 206+2m
2.已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与B的距离为( )
A. akm B. akm C. akm D. 2akm
3.函数y=sin(ωx+φ)(x∈R,ω>0,0≤φ<2π)的部分图象如图,则( )
A. ω=π2,φ=π4 B. ω=π3,φ=π6 C. ω=π4,φ=π4 D. ω=π4,φ=5π4
4.水车在古代是进行灌溉引水的工具,是人类的一项古老的发明,也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为R的水车,一个水斗从点A(3 3 ,﹣3)出发,沿圆周按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周用时60秒.经过t秒后,水斗旋转到P点,设P的坐标为(x,y),其纵坐标满足y=f(t)=Rsin(ωt+φ)(t≥0,ω>0,|φ|< π2 ).则下列叙述错误的是( )
A. R=6,ω=π30,φ=-π6 B. 当t∈[35,55]时,点P到x轴的距离的最大值为6
C. 当t∈[10,25]时,函数y=f(t)单调递减 D. 当t=20时, |PA|=63
5.已知 sinα+ 3 cosα=2,则tanα=( )
A. - 3 B. 3 C. - 33 D. 33
6.设动直线x=a与函数f(x)=2sin2( π4 +x)和g(x)= 3 cos2x的图象分别交于M、N两点,则|MN|的最大值为( )
A. 3 B. 2 C. 2 D. 3
7.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=120°,CD=40m,则电视塔的高度为( )
A. 10 m B. 20m C. 20 m D. 40m
8.在一个港口,相邻两次高潮发生的时间相距12h,低潮时水深为9m,高潮时水深为15m.每天潮涨潮落时,该港口水的深度y(m)关于时间t(h)的函数图象可以近似地看成函数y=Asin(ωt+φ)+k的图象,其中0≤t≤24,且t=3时涨潮到一次高潮,则该函数的解析式可以是( )
A. y=3sinπ6t+12 B. y=-3sinπ6t+12 C. y=3sinπ12t+12 D. y=3cosπ12t+12
9.半径为1的球内切于一圆锥,则圆锥体积的最小值为( )
A. 2π B. 8π3 C. 3π D. 11π3
10.M,N是曲线y=πsinx与曲线y=πcosx的两个不同的交点,则|MN|的最小值为( )
A. π B. C. D. 2π
11.矩形ABCD满足AB=2,AD=1,点A、B分别在射线OM,ON上,∠MON为直角,当C到点O的距离最大时,∠BAO的大小为( )
A. π6 B. π4 C. π3 D. 3π8
二、填空题(共6题)
12.如图所示,PA,PB是⊙O的切线,AC是⊙O的直径,∠P=40°,则∠BAC=________.
13.某港口在一天24小时内的潮水的高度近似满足关系 ,其中0≤t≤24,S的单位是m,t的单位是h,则18点时潮水起落的速度是________.
14.某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数 (x=1,2,3,…,12)来表示,已知6月份的月平均气温最高,为28℃,12月份的月平均气温最低,为18℃,则10月份的平均气温值为________℃
15.一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°,与灯塔S相距20海里,随后货轮继续沿正西方向航行30分钟到达N处后,又测得灯塔在货轮的北偏东45°,则货轮的速度为________海里/时.
16.某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数 y=a+Acos[π6(x-6)](x=1,2,3,⋯,12) 来表示,已知6月份的月平均气温最高,为 28°C ,12月份的月平均气温最低,为 18°C ,则10月份的平均气温值为________ °C .
17.如图,一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船的航行速度为________ 海里/小时.
三、综合(共3题)
18.如图,一个水轮的半径为4m,水轮圆心O距离水面2m,已知水轮每分钟转动5圈,如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点p0)开始计算时间.
(1)将点p距离水面的高度z(m)表示为时间t(s)的函数;
(2)点p第一次到达最高点大约需要多少时间?
19.如图:已知圆O的直径是2,点C在直径AB的延长线上,BC=1,点P是圆O上的一个动点,以PC为边作正三角形PCD,且点D与圆心分别在PC的两侧,求四边形OPDC面积的最大值.
20.如图,AOB是一块半径为r的扇形空地, ∠AOB=π2 .某单位计划在空地上修建一个矩形的活动场地OCDE及一矩形停车场EFGH,剩余的地方进行绿化.若 ∠BOG=π6 ,设 ∠AOD=θ
(Ⅰ)记活动场地与停车场占地总面积为 f(θ) ,求 f(θ) 的表达式;
(Ⅱ)当 cosθ 为何值时,可使活动场地与停车场占地总面积最大.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】由题意,AB=20米,∠DAE=60°,∠DAC=45°,可知ABCD是正方形,有此易得CD=AD=20米,再由,∠DAE=60°,在直角三角形ADE中可求得DE=, AD=20∴塔高为DE+CD="20+20" =20(+1)故选B
【分析】本题考查已知三角函数模型的应用问题,解答本题的关键是建立起符合条件的模型,然后再由三角形中的相关知识进行运算,解三角形的应用一般是求距离(长度问题,高度问题等)解题时要注意综合利用所学的知识与题设中的条件,求解三角形的边与角
2.【答案】 B
【解析】解答:由图可知,∠ACB=120°,
由余弦定理
cos∠ACB=
= =﹣ ,
则AB= a(km).
故选B.
分析:先根据题意确定∠ACB的值,再由余弦定理可直接求得|AB|的值.
3.【答案】 C
【解析】【解答】观察图象可知,A=1,T=4(3-1)=8,所以。将(1,1)代入得所以, 故选C。
4.【答案】C
【解析】【解答】解:由题意,R= 27+9 =6,T=60= 2πω ,∴ω= π30 , 点A(3 3 ,﹣3)代入可得﹣3=6sinφ,∵|φ|< π2 ),∴φ=﹣ π6 .故A正确;
f(t)=6sin( π30 t﹣ π6 ),当t∈[35,55]时, π30 t﹣ π6 ∈[π, 53π ],∴点P到x轴的距离的最大值为6,正确;
当t∈[10,25]时, π30 t﹣ π6 ∈[ 16 π, 2π3 ],函数y=f(t)单调递减,不正确;
当t=20时, π30 t﹣ π6 = π2 ,P的纵坐标为6,|PA|= 27+81 =6 3 ,正确,
故选C.
【分析】求出函数的解析式,再分析选项,即可得出结论.
5.【答案】 D
【解析】【解答】解:∵ sinα+ 3 cosα=2 ,
∴212sinα+32cosα=2 , 可得sinα+π3=1 ,
∴α+π3=2kπ+π2 , k∈Z.
∴α=2kπ+π6 ,
则tanα=tan2kπ+π6=tanπ6=33.
故答案为:D
【分析】sinα+ 3 cosα=2 , 利用和差公式化简可得α=2kπ+π6 , 即可求出tanα的值。
6.【答案】 D
【解析】【解答】解: f(x)=1-cos(π2+2x)=1+sin2x , |MN|=|f(a)-g(a)|=|1+sin2a-3cos2a|
= |2sin(2a-π3)+1|≤3 .
故选D
【分析】利用二倍角公式先化简f(x),将|MN|表示成a的三角函数,利用公式 asinx+bcosx=a2+b2sinx(x+θ) 化简|MN|,利用三角函数的有界性求出最大值.
7.【答案】 D
【解析】解答:由题可设AB=x , 则 ,
在△DBC中,∠BCD=120°,CD=40,由余弦定理得BD2=BC2+CD2﹣2BC•CD•cos∠DCB
即:( )2=(40)2+x2﹣2×40•x•cos120°
整理得:x2﹣20x﹣800=0
解得x=40或x=﹣20(舍)
所以,所求塔高为40米 .
故选D.
分析:设出AD=x , 进而根据题意可表示出BD,DC,进而在△DBC中利用余弦定理建立方程求得x .
8.【答案】A
【解析】【解答】解:依题意, {A+K=15-A+K=9 ,解得 {A=3K=12 , 又T= 2πω=12 ,
∴ω= π6 .
又f(3)=15,
∴3sin( 36π +φ)+12=15,
∴sin( π2 +φ)=1.
∴φ=0,
∴y=f(t)=3sin π6 t+12.
故选:A.
【分析】高潮时水深为A+K,低潮时水深为﹣A+K,联立方程组求得A和K的值,再由相邻两次高潮发生的时间相距12h,可知周期为12,由此求得ω值,再结合t=3时涨潮到一次高潮,把点(3,15)代入y=Asin(ωx+φ)+K的解析式求得φ,则函数y=f(t)的表达式可求.
9.【答案】 B
【解析】【解答】解:设母线与底面的夹角2α,底面半径R,内切球半径r=1,圆锥的高h 则:R=r•cotα=cotα,h=R•tan2α=cotα•tan2α=21-tan2α ,
圆锥的体积V=13πR2h=13π×1tanα2×21-tan2α
=2π3×1tan2α1-tan2α ,
而2α<90°,α<45°,所以:tanα<1,1﹣tan2α>0 又因为:tan2α+(1﹣tan2α)=1=定值
所以:当tan2α=1﹣tan2α,即tanα=22时,V最小=2π3×112×12=8π3 .
故选B.
【分析】设母线与底面的夹角2α,底面半径R,内切球半径r=1,圆锥的高h用α表示R,h,求出圆锥的体积V的表达式,利用基本不等式求出V最小 .
10.【答案】 C
【解析】解答:要求|MN|的最小值在,只要在一个周期内解即可
∵πsinx=πcosx 解得x= 或x=
得到两个点为(, )和( )
得到|MN|= =
故选C
分析:|MN|的最小值即一个周期内两个交点的距离;列出方程求出两个交点坐标,据两点的距离公式求出|MN|的最小值.
11.【答案】 D
【解析】【解答】解:如图所示,
建立直角坐标系.
设∠OAB=θ,则∠CBE=θ.θ∈0,π2 .
B(0,2sinθ),C(sinθ,cosθ+2sinθ).
∴|OC|2=sin2θ+(cosθ+2sinθ)2
=1+4sinθcosθ+4sin2θ
=1+2sin2θ+2(1﹣cos2θ)
=22sin2θ-π4+3,
∵θ∈0,π2 , ∴2θ-π4∈-π4,3π4 .
∴当2θ-π4=π2 , 即θ=3π8时,|OC|2取得最大值,22+3.
故选:D.
【分析】如图所示,建立直角坐标系.设∠OAB=θ,则∠CBE=θ.θ∈0,π2 . 可得B(0,2sinθ),C(sinθ,cosθ+2sinθ).|OC|2=sin2θ+(cosθ+2sinθ)2
=22sin2θ-π4+3,由于θ∈0,π2 , 可得2θ-π4∈-π4,3π4 . 即可得出.
二、填空题
12.【答案】 20°
【解析】【解答】连接OP,
根据切线的性质可知,AP=BP,∠DAP=∠DPB= ∠P= ×40°=20°,
在△ADP与△BPD中,AP=BP,DP=DP,∠DAP=∠DPB=20°,
∴△ADP≌△BPD,OP⊥AB,
∴∠DAP=90°﹣∠DAP=90°﹣20°=70°,
∵AP是⊙O的切线,AC是直径,
∴∠OAP=90°,
∴∠BAC=∠OAP﹣∠DAP=90°﹣70°=20°.
【分析】连接OP,根据切线的性质可求出△ADP≌△BPD及∠APD的度数,根据直角三角形的性质可求出∠DAP的度数,由切线的性质定理解答即可.
13.【答案】
【解析】【解答】由题意,∵
∴v=S'=
当t=18时,速度v=
故答案为
【分析】利用导数的物理意义,高度对时间的导数,从而得解.
14.【答案】 16
【解析】【解答】据题意得28=a+A, =a﹣A
解得a=20,A=8
所以
令x=10得y= =16
故答案为:16
【分析】根据题意列出方程组,求出a,A,求出年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数;将x=10代入求出10月份的平均气温值.
15.【答案】 202
【解析】【解答】由题意,如图所示,
可知∠SMN=15°+90°=105°,∠SNM=45°,SM=20,∴∠NSM=30°,
在△SMN中,由正弦定理可得: MNsin∠NSM=SMsin∠SNM ,
即 MN12=2022 ,解得:MN= 102 ,
∴货轮的速度为 MN12 = 202 海里/时.
故答案为: 202 .
【分析】由题意可知,在△SMN中,由正弦定理可得MN= 102 , 即可得出货轮的速度.
16.【答案】 20.5
【解析】【解答】根据题意,由于一年中12个月的平均气温与月份x的关系可近似地用三角函数y=a+Acos[ π6 (x-6)](x=1,2,3,…,12),由于x=6,y=28,可知a+A=28,x=12,a-A=18,得到a=23,A=5,当x=10,y=20.5,故可知则10月份的平均气温值为20.5℃。
【分析】根据实际问题的已知条件结合三角型函数图象与a和A的关系,从而建立关于a和A的方程组,进而求出a和A的值,从而求出三角型函数的解析式,再利用三角型函数的解析式求出10月份的平均气温值。
17.【答案】 1762
【解析】【解答】解:由题意知∠MPN=75°+45°=120°,∠PNM=45°.
在△PMN中,由正弦定理,得
,
∴MN=
又由M到N所用时间为14﹣10=4(小时),
∴船的航行速度v=3464=1762(海里/时);
故答案为:1762 .
【分析】根据题意可求得∠MPN和,∠PNM进而利用正弦定理求得MN的值,进而求得船航行的时间,最后利用里程除以时间即可求得问题的答案.
三、综合题
18.【答案】 (1)解:依题意可知z的最大值为6,最小为﹣2,
∴ {A+B=6-A+B=-2 ⇒ {A=4B=2 ;
∵op每秒钟内所转过的角为 (5×2π60)=π6t ,得z=4sin (π6t+ϕ)+2 ,
当t=0时,z=0,得sinφ=﹣ 12 ,即φ=﹣ π6 ,故所求的函数关系式为
z=4sin (π6t-π6) +2
(2)解:令z=4sin (π6t-π6) +2=6,得sin (π6t-π6) =1,
取 π6t-π6=π2 ,得t=4,
故点P第一次到达最高点大约需要4S
【解析】【分析】(1)先根据z的最大和最小值求得A和B,利用周期求得ω,当x=0时,z=0,进而求得φ的值,则函数的表达式可得;(2)令最大值为6,即 z=4sin (π6t-π6) +2=6可求得时间.
19.【答案】 解:设∠POB=θ.在△POC中,由余弦定理得:PC2=OP2+OC2﹣2OP•OC•cosθ=5﹣4cosθ
所以S=S△OPC+S△PCD=2sinθ-π3+543 , 当θ-π3=π2时,即θ=56π时,
四边形OPDC面积的最大值为 2+543 .
【解析】【分析】设∠POB=θ,将面积表示为角的函数,再利用三角函数求最值的方法求最值.
20.【答案】 解: ( Ⅰ ) 由题意得,在矩形OCDE中, ∠AOD=θ , ∴OC=rcosθ , OE=rsinθ ,
∴ 矩形OCDE的面积为 S矩形OCDE=OC⋅OE=r2sinθcosθ ;
又 ∠BOG=π6 ,四边形EFGH是矩形, ∴HG=rsinπ6=r2 , OH=rcosπ6=3r2 ,
∴HE=OH-OE=r(32-sinθ) ;
∴ 矩形EFGH的面积为 S矩形EFGH=HG⋅HE=r22(32-sinθ) ,
∴f(θ)=S矩形OCDE+S矩形EFGH=r2sinθcosθ+r22(32-sinθ)=r2(sinθcosθ-12sinθ+34) ,其中 θ∈(0,π3) ;
( Ⅱ ) 由题意知, f'(θ)=r2(cos2θ-sin2θ-12cosθ)=r22(4cos2θ-cosθ-2) ,
令 f'(θ)=0 ,得 4cos2θ-cosθ-2=0 ,
解得 cosθ=1+338 ,或 cosθ=1-338( 不合题意,舍去 ) ;
令 cosθ0=1+338 ,则 θ0∈(0,π3) ;
① 当 θ∈(0,θ0) 时, f'(θ)>0 , f(θ) 单调递增;
② 当 θ∈(θ0,π3) 时, f'(θ)<0 , f(θ) 单调递减;
∴ 当 θ=θ0 时, f(θ) 取得最大值;
即 cosθ=1+338 时,可使活动场地与停车场占地总面积最大.
【解析】【分析】 ( Ⅰ )根据三角函数的定义及矩形的面积公式,即可确定函数的表达式;
(Ⅱ) 求导数,利用导数研究函数的单调性,即可求出函数的最值和此时的余弦值.