高中湘教版（2019）5.5 三角函数模型的简单应用课后测评

这是一份高中湘教版（2019）5.5 三角函数模型的简单应用课后测评，共32页。试卷主要包含了0分），则下列叙述错误的是，0mB，4m，5 m，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
5.5三角函数模型的简单应用同步练习
湘教版（2019）高中数学必修第一册
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 一观览车的主架示意图如图所示，其中O为轮轴的中心，距地面32m(即OM长)，巨轮的半径为30m，AM=BP=2m，巨轮逆时针旋转且每12分钟转动一圈．若点M为吊舱P的初始位置，经过t分钟，该吊舱P距离地面的高度为h(t)m，则h(t)=(    )
A. 30sin (π12t−π2)+30 B. 30sin(π6t−π2)+30
C. 30sin(π6t−π2)+32 D. 30sin(π6t−π2)
2. 如图，摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为120 m，转盘直径为110 m，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要20 min.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动t min后距离地面的高度为H m，则在转动一周的过程中，高度H关于时间t的函数解析式是(    )
A. H=55cosπ10t−π2+65(0≤t≤20)
B. H=55sinπ10t−π2+65(0≤t≤20)
C. H=55cosπ10t+π2+65(0≤t≤20)
D. H=55sinπ10t+π2+65(0≤t≤20)
3. 一观览车的主架示意图如图所示，其中O为轮轴的中心，距地面32m(即OM长)，巨轮的半径长为30m，AM=BP=2m，巨轮逆时针旋转且每12分钟转一圈，若点M为吊舱P的初始位置，经过t分钟，该吊舱P距离地面的高度为(    )
A. 30sinπ12t−π2+30 B. 30sinπ6t−π2+30
C. 30sinπ6t−π2+32 D. 30sinπ6t−π2
4. 如图所示，质点P在半径为2的圆周上按逆时针方向运动，其初始位置为P0(2,−2)，角速度为1，那么点P到x轴的距离d关于时间t的函数图像大致为   (    )
A.
B.
C.
D.

5. 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(33,−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
6. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(图1).明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理(图2).假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心O到水面的距离h为1.5m，筒车的半径r为2.5m，筒车转动的角速度ω为π12rad/s，如图3所示，盛水桶M(视为质点)的初始位置P0距水面的距离为3m，则3s后盛水桶M到水面的距离近似为(2≈1.414,3≈1.732)(  )
A. 4.0m B. 3.8m C. 3.6m D. 3.4m
7. 为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的平面直角坐标系．设秒针针尖的位置为P(x,y)，若初始位置为P032,12，当秒针针尖从P0(注：此时t=0)正常开始走时，点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为(    )．
A. y=sinπ30t+π6 B. y=sin-π60t-π6
C. y=sin-π30t+π6 D. y=sin-π30t-π3
8.  一半径为的水轮如图所示，水轮圆心距离水面，已知水轮每逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时(图中点)开始计时，则(    )
A. 点第一次到达最高点需要
B. 在水轮转动的一圈内，点距离水面的高度不低于共有的时间
C. 点距离水面的距离d(单位：)与时间(单位：)的函数解析式为d=4.8sinπ30t−π6+2.4
D. 当水轮转动时，点在水面下方，距离水面2.4m

9. 如图，重庆欢乐谷的摩天轮被称为“重庆之眼”，其旋转半径为50米，最高点距离地面120米，开启后按逆时针方向旋转，旋转一周大约18分钟．将摩天轮看成圆面，在该平面内，以过摩天轮的圆心且垂直于地平面的直线为y轴，该直线与地平面的交点为坐标原点建立平面直角坐标系，某人在最低点的位置坐上摩天轮的座舱，摩天轮开始启动，并记该时刻为t=0，则此人距离地面的高度f(t)与摩天轮运行时间t(单位：分钟)的函数关系式为(    )
A. f(t)=50sinπ9t+20(t≥0) B. f(t)=50sin(π9t−π2)+70(t≥0)
C. f(t)=50sin(π9t−π2)+20(t≥0) D. f(t)=50sin(π9t−π)+70(t≥0)
10. 如图为一直径为6 m的水轮，水轮圆心O距水面2 m，已知水轮每分钟转2圈，水轮上的点P到水面的距离y(m)与时间x(s)满足关系式y=Asin(ωx+φ)+2(A>0,ω>0,y<0表示P在水面下)，则有
A. ω=π15，A=3
B. ω=2π15，A=3
C. ω=π15，A=6
D. ω=2π15，A=6

11. 某旅游区每年各个月接待游客的人数近似地满足周期性规律，因而一年中的第n月的从事旅游服务工作的人数f(n)可以近似用函数f(n)=3000cosnπ6+2π3+4000来刻画(其中正整数n表示一年中的月份).当该地区从事旅游服务工作人数在5500或5500以上时，该地区也进入了一年中的旅游“旺季”，那么一年中是“旺季”的月份总数有
A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个
12. 如图为一半径为3m的水轮，水轮中心O距水面2m，已知水轮每分钟旋转4圈，水轮上的点P到水面距离y(m)与时间x(s)满足函数关系y=Asin(ωx+φ)+2则(    )
A. ω=2π15，A=5 B. ω=152π，A=5
C. ω=152π，A=3 D. ω=2π15，A=3
第II卷（非选择题）
二、多空题（本大题共5小题，共25.0分）
13. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理(如图1).因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(如图2).假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．因筒车上盛水筒的运动具有周期性，可以考虑利用三角函数模型刻画盛水筒(视为质点)的运动规律．将筒车抽象为一个几何图形，建立直角坐标系(如图3).设经过t秒后，筒车上的某个盛水筒M从点P0运动到点P.由筒车的工作原理可知，这个盛水筒距离水面的高度H(单位：m)，由以下量所决定：筒车转轮的中心O到水面的距离h，筒车的半径r，筒车转动的角速度ω(单位：rad/s)，盛水筒的初始位置P0以及所经过的时间t(单位：s).已知r=3m，h=2m，筒车每分钟转动(按逆时针方向)1.5圈，点P0距离水面的高度为3.5m，若盛水筒M从点P0开始计算时间，则至少需要经过          s就可到达最高点；若将点P距离水面的高度H表示为时间t的函数，则此函数表达式为          ．       
            图1                                               图2 
 
                  图3
14. 一半径为4m的水轮，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮每分钟转动(按逆时针方向)3圈，当水轮上点P从水中浮现时开始计时，即从图中点P0开始计算时间．当t=5秒时点P离水面的高度为          m；将点P距离水面的高度h(单位：m)表示为时间t(单位：s)的函数，则此函数表达式为          ．

15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A、B分别在x轴非负半轴和y轴的非负半轴上滑动，顶点C在第一象限内，AB=2，BC=1，设∠DAx=θ.若θ=π4，则点C的坐标为          ；若θ∈0,π2，则OC⋅OD的取值范围为          ．


16. 某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为5 cm，秒针均匀地绕点O旋转，当时间t=0时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离d(单位：cm)表示成t(单位：s)的函数，则d=          (其中t∈[0,60])；d的最大值为          cm．
17. 如图，已知球O的半径为5，圆O1，O2为球O的两个半径均为2的截面圆，圆面O，圆面O1，圆面O2两两垂直，A，B分别为圆O与圆O1，O2的交点，P，Q两点分别从A，B同时出发，按箭头方向沿圆周O1，O2以每秒π6弧度的角速度运动，直到两点回到起始位置时停止运动，则其运动过程中线段PQ长度的最大值为          ；研究发现线段PQ长度最大的时刻有两个，则这两个时刻的时间差为          s.
三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）
18. 如图，某公园摩天轮的半径为40m，点O距地面的高度为50m，摩天轮做匀速转动，每3min转一圈，摩天轮上的点P的起始位置在最低点处．
(Ⅰ)已知在时刻t(min)时点P距离地面的高度f(t)=Asin(ωt+φ)+h，求2018min时点P距离地面的高度；
(Ⅱ)当离地面50+203m以上时，可以看到公园的全貌，求转一圈中有多少时间可以看到公园全貌？








19. 一个半径为2米的水轮如图所示，其圆心 O距离水面1米，已知水轮按逆时针匀速转动，每4秒转一圈，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)以过点O且与水面垂直的直线为y轴，过点O且平行于水轮所在平面与水面的交线的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，试将点P距离水面的高度h(单位：米)表示为时间t(单位：秒)的函数；
(2)在水轮转动的任意一圈内，有多长时间点P距水面的高度超过2米？







20. 如图是半径为2m的水车截面图，在它的边缘(圆周)上有一定点P，按逆时针方向以角速度π3rad/s(每秒绕圆心转动π3rad)作圆周运动，已知点P的初始位置为P0，且P0的纵坐标为1，设点P的纵坐标y是转动时间t(单位：s)的函数记为y=f(t)

(1)求函数y=f(t)的解析式；
(2)选用恰当的方法作出函数f(t)，0≤t≤6的简图；
(3)当水车上点P的纵坐标大于等于1时，水车可以灌溉植物，则水车旋转一圈内有多长时间可以灌溉植物？







21. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中使用，明朝科学家徐光启所著《农政全书》中描绘了筒车的工作原理．如图，一个半径为3 m的筒车，按逆时针方向转一周的时长为2 min，筒车的轴心O距离水面的高度为1.5 m.筒车上均匀分布了12个盛水筒，设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为y(单位：m)(在水面下则y为负数)，若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则y与时间t(单位：min)之间的关系为y=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0,φ<π2).

(1)求A，ω，φ，b的值；
(2)盛水筒出水后至少经过多少时间就可以到达最高点；
(3)在筒车运行的过程中，求相邻两个盛水筒距离地面的高度差h(单位：m)关于t的函数解析式，并求出高度差的最大值．







22. 一半径为2m的水轮如图所示，水轮圆心O距离水面1m；已知水轮按逆时针做匀速转动，每3s转一圈，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)试建立适当的坐标系，将点P距离水面的高度h(m)表示为时间t(s)的函数；
(2)点P第一次到达最高点大约要多长时间？
(3)记ft=h，求证：不论t为何值，ft+ft+1+ft+2是定值．







23. 如图，天津之眼，全称天津永乐桥摩天轮，是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮，是天津的地标之一．永乐桥分上下两层，上层桥面预留了一个长方形开口，供摩天轮轮盘穿过，摩天轮的直径为110米，外挂装48个透明座舱，在电力的驱动下逆时针匀速旋转，转一圈大约需要30分钟．现将某一个透明座舱视为摩天轮上的一个点P，当点P到达最高点时，距离下层桥面的高度为113米，点P在最低点处开始计时．

(1)试确定在时刻t(单位：分钟)时点P距离下层桥面的高度H(单位：米)；
(2)若转动一周内某一个摩天轮透明座舱在上下两层桥面之间的运行时间大约为5分钟，问上层桥面距离下层桥面的高度约为多少米⋅







24. 如图，摩天轮的半径为50m，圆心O距地面的高度为65m.已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每30min转动一圈．游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱．

(1)游客进入摩天轮的舱位，开始转动tmin后，他距离地面的高度为h，求h关于t的函数解析式；
(2)已知在距离地面超过40m的高度，游客可以观看到游乐场全景，那么在摩天轮转动一圈的过程中，游客可以观看到游乐场全景的时间是多少？







25. 如图所示，某游乐园的一个摩天轮的半径为10米，轮子的底部到地面的距离为2米，该摩天轮沿逆时针方向旋转，且每20分钟旋转一圈，当摩天轮上某人经过点P0(到地面的高度为17米)时开始计时，∠POP0=α(0≤α≤π2)．
(1)求此人转动5分钟后相对于地面的高度；
(2)当摩天轮上此人经过点P1时，|P0P1|=45,∠POP1=β(0≤β≤π2)，求cosβ．







答案和解析
1.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质．
由实际问题确定解析式中A的值以及函数的周期，从而求得ω，再由h(0)=0求得φ．
【解答】解：设h(t)=Asin(ωt+φ)+k，
易知最大值为60，最小值为0，
所以A=60−02=30,又T=12以及T=2πω可得ω=π6，k=602=30，
当t=0时，ht=0,所以；
所以解析式为，
故选B．  
2.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
建立适当的直角坐标系，用坐标表示点P，建立高度H与t的函数关系式，从而求出对应的函数值．
【解答】
解：如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心O为原点，与地面平行的直线为x轴，建立直角坐标系．

设t=0min时，游客甲位于点P(0,−55)，以OP为终边的角为−π2，
根据摩天轮转一周大约需要20min，
可知座舱转动的角速度约为，
由题意可得H=55sin(π10t−π2)+65，0≤t≤20．
故选B．
  
3.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质，建立直角坐标系，
由实际问题确定解析式中A的值以及函数的周期，从而求得ω，再由h(0)=0求得φ，即可求出结果，属于基础题．
【解答】
解：如图所示，以点M为坐标原点，以水平方向为x轴，以OM所在直线为y轴建立平面直角坐标系．

因为巨轮逆时针旋转且每12分钟转一圈，则转动的角速度为π6每分钟，
经过t分钟之后，转过的角度为∠BOA=π6t，所以，在转动的过程中，点B的纵坐标满足：
y=32−30sinπ2−π6t=30sinπ6t−π2+32
则吊舱距离地面的距离h=30sinπ6t−π2+32−2=30sinπ6t−π2+30．
故选B．
  
4.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型的应用．
由到x轴距离就是旋转角的正弦值的绝对值的两倍，再由初始位置是−π4，从而确定三角函数关系式d=|y|=2sint−π4.然后确定函数的图象．
【解答】
解：根据点P0的坐标可得∠xOP0=−π4，
故∠xOP=t− π4．
设点P(x,y)，
则由三角函数的定义，可得sin∠xOP=y2，
即sin t−π4= y2，
故y=2sint−π4，
因此点P到x轴的距离d=|y|=2sin (t−π4)，
根据解析式可得C选项图像符合条件．
故选C．
  
5.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查了在实际问题中建立三角函数模型的问题．考查了运用三角函数的最值，周期等问题，以及确定函数的解析式．
求出函数的解析式，再分析选项，即可得出结论．
【解答】
解：由题意，R=27+9=6，T=60=2πω，∴ω=π30，
点A(33,−3)，即t=0，代入可得−3=6sinφ，
∵|φ|<π2，∴φ=−π6，故A正确；
f(t)=6sin(π30t−π6)，
当t∈[35,55]时，π30t−π6∈[π,53π]，
∴点P到x轴的距离的最大值为6，故B正确；
当t∈[10,25]时，π30t−π6∈[16π,2π3]，函数y=f(t)先增再减，故C错误；
当t=20时，π30t−π6=π2，P的纵坐标为6，|PA|=27+81=63，故D正确，
故选：C．
  
6.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查三角函数模型的应用，和差角公式公式的应用，属于中档题．
根据题意可得α，过O作水平直线OX，设∠XOP0=θ，可得，求出sinθ，cosθ，运用两角和与差的三角函数公式计算即可．
【解答】
解：因为3s后ωt=α，
，
过O作水平直线OX，设∠XOP0=θ，h=1.5，r=2.5，
则，
依题意，P0处距水面的距离为3 m，
sinθ=35，cosθ=1−sin2θ=45，

=2.5(35×22+45×22)+1.5=3.9745≈4.0(m)．
故选A．  
7.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的应用．
易知函数的最小正周期T=60，可求出ω.再利用初始位置的坐标求出φ，问题得以解决．
【解答】
解：由题意，设y=Asin(ωx+φ)，
由题意知，函数的最小正周期T=60，
∴ω=−2π60=−π30，A=(12)2+(32)2=1，
设函数解析式为y=sin(−π30t+φ)(0<φ<π2)(秒针是顺时针走动)．
又∵t=0时，初始位置为P032,12，
∴t=0时，y=12．
∴sinφ=12，∴φ=π6，
．
故选C．
  
8.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型的应用和三角函数性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为f(t) =Asin(ωt+φ) +B(A>0,ω>0,|φ|<π2)，依题意可知解得A，B，60=2πω，解得ω，当t=0时，f(t)=0，得sinφ求出φ，可得所求的函数关系式为f(t)，进而对各个选项依次判断即可．
【解答】
解：设点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为f(t) =Asin(ωt+φ) +B(A>0,ω>0,|φ|<π2)
依题意可知A=4.8，B=2.4，
由2πω=60，解得ω=π30．
∴f(t)=4.8sin(π30t+φ)+2.4，
当t=0时，f(t)=0，得sinφ=−12，|φ|<π2，φ=−π6，
故所求的函数关系式为f(t)=4.8sin(π30t−π6)+2.4，
所以点距离水面的距离d(单位：)与时间(单位：)的函数解析式为d=|f(t)|=|4.8sin(π30t−π6)+2.4|，
故C错误；
令4.8sin(π30t−π6)+2.4=7.2，
可得：sin(π30t−π6)=1，
∴π30t−π6=π2，解得t=20．
点P第一次到达最高点要20s时间，A错误；
4.8sin(π30t−π6)+2.4≥4.8⇒sin(π30t−π6)≥12⇒π6≤π30t−π6≤5π6⇒10≤t≤30;
∴在水轮转动的一圈内，有20秒的时间，点P距离水面的高度不低于4.8米， B错误；
t=50时，f(t)=4.8sin(π30t−π6)+2.4=4.8sin(π30×50−π6)+2.4=4.8sin3π2+2.4=−2.4，D正确．
故选D．  
9.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查求三角函数模型的解析式，考查实际应用能力，属于中档题．
由题意，设f(t)=Asin (ωt+φ)+B(A>0,  ω>0)，根据题意求出A，B，ω,φ即可．
【解答】
解：由题意，设f(t)=Asin (ωt+φ)+B(A>0,  ω>0)，
∴−A+B=20A+B=120,⇒A=50B=70,

当t=0时，sin φ=−1，
，
故选B．
  
10.【答案】A

【解析】
【分析】
本题以实际问题为载体，考查三角函数模型的构建，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
先根据点P到水面距离的最大值得A，利用周期求得ω．
【解答】
解：∵水轮的半径为3，水轮圆心O距离水面2m，
∴点P到水面距离的最大值为5，即A+2=5，
∴A=3．
又水轮每分钟旋转2圈，故转一圈需要30秒，
∴T=30=2πω，
∴ω=π15．
故选A．  
11.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型的运用，三角函数图象及其性质，考查了分析和运算能力，属于中档题．
根据题意，由f(n)=3000cos (nπ6+2π3)+4000⩾5500，求出n的取值范围即可得到答案．
【解答】
解：由题意，令f(n)=3000cos (nπ6+2π3)+4000⩾5500，
即cos (nπ6+2π3)⩾12，
，k∈Z，
解得12k−6⩽n⩽12k−2，k∈Z，
又1⩽n⩽12,n∈N*，
∴当k=1时，n∈[6,10]，
∴取n=6，7，8，9，10，
即一年中6，7，8，9，10月是该地区的旅游“旺季”，即一年中是“旺季”的月份总数为5个．
故选B．
  
12.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要通过一个实际背景来考查三角函数的周期及振幅．
根据题意，水轮旋转一周所用的时间为一个周期，由周期公式，T=2πω求解；A为最大振幅，由图象知到最高点时即为A值．
【解答】
解：已知水轮每分钟旋转4圈
∴ω=4×2π60=2π15
又∵半径为3m，水轮中心O距水面2m，
∴距水面最高点为5，即A=3，
故选D．
  
13.【答案】203
H=3sin(π20t+π6)+2 


【解析】
【分析】
本题考查了三角函数解析式，三角函数模型的应用，属于中档题．
求出∠P0Ox，角速度ω，得出H关于t的函数解析式．
【解答】
解：过P0向x轴作垂线，垂足为A，则P0A=3.5−2=1.5=12r，

∴∠P0OA=π6，
筒车的角速度ω=1.5×2π60=π20，
∴H=3sin(π20t+π6)+2，
令π20t+π6=π2可得t=203．
故答案为：203，H=3sin(π20t+π6)+2．
  
14.【答案】

【解析】
【分析】
本题主要考查了函数y=Asinωx+φ的图像与性质和三角函数模型的应用，属于中档题．
根据题意，先求出t=5秒时水轮转过的角度，再过点P0,A分别作x轴的垂线，通过计算得到进而求出答案；然后算出点P转动的角速度，再设，其中，把(0,0)的坐标代入即可求解．
【解答】
解：如图所示：

当t=5秒时，水轮转过的角度为；即点P转到点A处，
过点P0,A分别作x轴的垂线，垂足分别为M，N；
在直角三角形MOP0中，MP0=2，所以；
在直角三角形AON中，；所以
此时点P离水面的高度为23+2m;
点P转动的角速度，
由条件可设，其中，
将(0,0)的坐标代入，得4sinφ+2=0，所以，
所以所求的函数表达式为．
故答案为23+2，．
  
15.【答案】22,322
−1,3


【解析】
【分析】
本题主要考查的是三角函数的应用及向量的数量积，属于中档题．
分别过点D作x、y轴的垂线，垂足点分别为E、F，过点C分别作x、y轴的垂线，垂足点分别为M、N，结合图形求出C，D坐标即可．
【解答】
解：分别过点D作x、y轴的垂线，垂足点分别为E、F，过点C分别作x、y轴的垂线，垂足点分别为M、N，如下图所示：

则∠OBA=∠DAE=∠BCN=θ，设点Cx1,y1、Dx2,y2，
则x1=CN=cosθ，y1=OB+BN=2cosθ+sinθ，
x2=OA+AE=2sinθ+cosθ，y2=DE=sinθ．
当θ=π4时，x1=cosπ4=22，y1=2cosπ4+sinπ4=322，则点C22,322；
由上可知，Ccosθ,2cosθ+sinθ，D2sinθ+cosθ,sinθ，
则OC⋅OD=cosθ2sinθ+cosθ+2cosθ+sinθsinθ=1+4sinθcosθ=1+2sin2θ∈−1,3，
因此，OC⋅OD的取值范围是−1,3．
故答案为：22,322；−1,3．
  
16.【答案】10sinπt60;10

【解析】
【分析】
本题考查三角函数模型的应用，考查三角函数的最值问题，属于基础题．
由题意可求出∠AOB=πt30，由此可得出d=10sinπt60，t∈[0,60]，继而可求出d的最大值．
【解答】
解：由题意，得∠AOB=t60×2π=πt30．
故d=2×5sin∠AOB2=10sinπt60，t∈[0,60]．
由t∈[0,60]，知πt60∈[0,π]，
所以当，即t=30时，d取最大值是10sinπ2=10．
故答案为10sinπt60，10．
  
17.【答案】25
8


【解析】
【分析】
本题考查三角函数的运用和同角三角函数的基本关系，考查分析与计算能力，综合性强，属于较难题．
建立空间直角坐标系，根据题意可以得到|PQ|=16sin2θ+2cosθ+12+2cosθ+12，再利用同角三角函数的关系化简，再二次函数求最值的方法即可求解．
【解答】
解：由题意O1Q=O2P=2，设P，Q两点旋转过的角度为θ，

建立坐标系如图，则根据题意P−2sinθ,−2cosθ,−1,Q2sinθ,1,2cosθ，
|PQ|=16sin2θ+2cosθ+12+2cosθ+12
=8+8sin2θ+2+8cosθ
=18−8cos2θ+8cosθ
=18−8cosθ−122+2=20−8cosθ−122⩽20=25，
当cosθ=12时取得最大值25；
又θ∈0,2π，当cosθ=12时；
则秒；
故答案为25;8．  
18.【答案】解：(Ⅰ)依题意，A=40，h=50，T=3，
∴ω=2πT=2π3；
又f(0)=10，
∴φ=−π2；
∴f(t)=40sin(2π3t−π2)+50(t≥0)；
∴f(2018)=40sin(2π3×2018−π2)+50
=40sin5π6+50=70，
即2018min时点P所在位置的高度为70m；
(Ⅱ)由(1)知，f(t)=40sin(2π3t−π2)+50
=50−40cos2π3t(t≥0)；
依题意：f(t)>50+203，
∴−40cos2π3t>203，
∴cos2π3t<−32，
解得2kπ+5π6<2π3t<2kπ+7π6，k∈N，
即3k+54 ∵(3k+74)−(3k+54)=12，
∴转一圈中有0.5min时间可以看到公园全貌．

【解析】本题考查了y=Asin(ωx+φ)型函数解析式的求法与三角不等式的解法问题，属于拔高题．
(Ⅰ)由题意求出A、h和ω的值，结合f(0)=10求得φ的值，写出函数f(x)的解析式，计算t=2018时点P距离地面的高度即可；
(Ⅱ)化简f(t)，由f(t)>50+203求出t的取值范围，再由t的区间端点值的差求得一圈中可以看到公园全貌的时间．

19.【答案】解：(1)如图，设水轮与x轴正半轴交点为A，y轴与水面交点为B．

依题意，设 h=asin(ωt+φ)+b  ，
a=r=2，b=OB=1，
∠BOP0=π3，φ=-π6，
因为函数 h=asinωt+φ+b的最小正周期 T=4，所以 ω=2πT=π2，
点P距离水面的高度h(单位：米)表示为时间t(单位：秒)的函数是


(2)依题意，， ，
不妨设 t∈[0,4]，则，
所以，
解得，23 所以，在水轮转动的任意一圈内，点P距水面的高度超过2米的时间有43秒.


【解析】本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
(1)设水轮与x轴正半轴交点为A，y轴与水面交点为B，建立三角函数关系式表示高度h关于时间t的函数；
(2)由h关于t的函数，令h≥2，求出t∈[0,4]时的取值范围，再计算有多长时间即可．

20.【答案】解：(1)由题意，设，
由f(0)=2sinφ=1，即sinφ=12，
，
，
，
故函数y=f(t)=2sin(π3t+π6)(t≥0)；
(2)由(1)知y=f(t)=2sin(π3t+π6)(t≥0)，
根据题意列表如下；
 t
0
1
52
4
112
6
π3t+π6
π6
π2
π
3π2
2π
13π6
f(t)
1
 2
0
−2
0
1
在直角坐标系中描点、连线，作出函数f(t)在0≤t≤6的简图如图所示；

(3)由(1)知y=f(t)=2sin(π3t+π6)，
易知f(t)的最小正周期，
根据函数的周期性，取第一圈内的数据进行分析即可，
∴水车旋转一圈，水车上点P的纵坐标大于等于1时，
则有f(t)=2sin(π3t+π6)≥1，且0≤t≤6，
，即，
解得0≤t≤2，
水车旋转一圈内可以灌溉植物的时间t=2−0=2s，
故水车旋转一圈内可以灌溉植物的时间为2s．

【解析】本题考查了三角函数模型应用问题，同时查了函数图象与性质的应用问题，属于中档题．
(1)由题意由题意，设，根据f(0)=2sinφ=1，即sinφ=12，求出φ值，即可求出y=f (t)的解析式；
(2)根据题意列表、描点、连线，作出函数f (t)在0≤t≤6的简图即可；
(3)由函数f(t)=2sin(π3t+π6)≥1，且0≤t≤6，求出t的取值范围即可求解．

21.【答案】解：(1)由题知T=2=2πω，得ω=π，
由题意得A=3,b=32,φ=−π6；
(2)因为盛水筒出水后到最高点至少经历13个圆周，所以t=13T=23min，
(3)设两个相邻的盛水筒分别用A和B表示(A领先于B)，则，
经过tmin相邻两个盛水筒距离水面的高度分别H1=3sin(πt−π6)+32和H2=3sin(πt−π3)+32， 
所以h=|H1−H2|=3|sin (πt−π6)−sin (πt−π3)|=3|32sin πt−12cos πt−12sin πt−32cos πt|=33−12sin πt−3−12cos πt=3(6−2)2|sin(πt+π4)|，t∈[0,+∞),
所以h的最大值为3(6−2)2m.

【解析】本题考查三角函数模型的应用，函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质，两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
(1)根据题意结合函数y=Asin(ωx+φ)的性质可得A，ω，φ，b的值；
(2)由盛水筒出水后到最高点至少经历13个圆周，即可得结论；
(3)设两个相邻的盛水筒分别用A和B表示(A领先于B)，则，化简得，即可得解．

22.【答案】解：(1)以水轮所在平面与水面的交线为x轴，以过点O且与水面垂直的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，设h=Asin(ωt+φ)+k(−π2<φ<0)， 则A=2，k=1，
 ∵T=3=2πω，
 ∴ω=2π3，
∴h=2sin(2π3t+φ)+1， 
∵t=1，h=0，
 ∴0=2sinφ+1， 
∴sinφ=−12，
 ∵−π2<φ<0，
 ∴φ=−π6，
 ∴h=2sin(2π3t−π6)+1；

 (2)令2sin(2π3t−π6)+1=3，得sin(2π3t−π6)=1，
 ∴2π3t−π6=π2，
 ∴t=1s，
 ∴点P第一次到达最高点大约要1s的时间； 
(3)由(1)知：f (t)=2sin(2π3t−π6)+1=3sin2π3t−cos2π3t+1，
 f (t+1)=2sin(2π3t+π2)+1=2cos2π3t+1，
 f (t+2)=2sin(2π3t+7π6)+1=−3sin2π3t−cos2π3t+1，
 ∴f (t)+f (t+1)+f (t+2)=3(为定值)．

【解析】 本题以实际问题为载体，考查三角函数模型的构建，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是构建三角函数式，利用待定系数法求得．
(1)先根据h的最大值和最小值，求得A和k，利用周期求得ω，当t=0时，h=0，进而求得φ的值，则函数的表达式可得； (2)令最大值为3，可得三角函数方程，进而可求点P第一次到达最高点的时间； (3)由(1)可求：f (t)，f (t+1)，f (t+2)，进而可求f (t)+f (t+1)+f (t+2)是定值．

23.【答案】解：(1)如图，建立平面直角坐标系.由题可知OP在t分钟内所转过的角为2π30×t=π15t，
因为点P在最低点处开始计时，所以以Ox为始边，OP为终边的角为π15t−π2，
所以点P的纵坐标为55sin (π15t−π2)，
则H=55sin (π15t−π2)+58=58−55cos π15t(t⩾0)，
故在t分钟时点P距离下层桥面的高度H为58−55cos π15t(米)．

(2)根据对称性，上层桥面距离下层桥面的高度为点P在t=52分钟时距离下层桥面的高度．
当t=52时，H=58−55cos π15t=58−55cos (π15×52)=58−5532，
故上层桥面距离下层桥面的高度约为58−5532米.


【解析】【试题解析】
本题主要考查三角函数模型及其应用，考查学生数学应用能力，属于中档题．
(1)如图，建立平面直角坐标系，以Ox为始边，OP为终边的角为π15t−π2，计算得到答案．
(2)根据对称性，上层桥面距离下层桥面的高度为点P在t=52分钟时距离下层桥面的高度，计算得到答案．


24.【答案】解：(1)由题意可知：设在时刻t(min)时点P距离地面的高度h=Asin(ωt+φ)+k．
A=50，k=65，T=30，，
即．
又∵t=0时，h=15，∴50sinφ+65=15，解得，
∴h=50sin (π15t−π2)+65．
(2)由(1)知，，
，化为：．
，解得5≤t≤25．
∴在距离地面超过40m的高度，游客可以观看到游乐场全景，那么在摩天轮转动一圈的过程中，游客可以观看到游乐场全景的时间是：20min．

【解析】本题考查了三角函数的解析式及其图象与性质、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)由题意可知：设在时刻t(min)时点P距离地面的高度h=Asin(ωt+φ)+k，A=50，k=65，T=30，可得ω.再根据t=0时h=15，解得φ，即可得出h关于t的函数解析式；
(2)h≥40，解出即可得出．

25.【答案】解(1)以O为坐标原点，以OP所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
此人在摩天轮上每分钟转过的角为2π20=π10，
所以t分钟时，此人的纵坐标为10sin(π10t+α)，
所以t分钟时，此人相对于地面的高度为h=10sin(π10t+α)+12．
当t=0时，10sinα+12=17，则sinα=12，所以α=π6，
则h=10sin(π10t+π6)+12．
所以5分钟后的高度为h=10sin(π10×5+π6)+12=53+12(米)．
(2)由(1)可知，P0(53,5),P1(10cosβ,10sinβ)，
则|P0P1|=(53−10cosβ)2+(5−10sinβ)2=45，
即(32−cosβ)2+(12−sinβ)2=45，
所以2−2(cosπ6cosβ+sinπ6sinβ)=45，所以cos(β−π6)=35．
又因为β>π6，所以sin(β−π6)=45，
故cosβ=cos[(β−π6)+π6]=cos(β−π6)cosπ6−sin(β−π6)sinπ6=35×32−45×12=33−410．

【解析】(1)建立坐标系，根据条件求得此人在摩天轮上每分钟转过的角为2π20=π10，进而求得t分钟时，此人的纵坐标为10sin(π10t+α)及其离地面的高度，即可求出解析式，再把5代入即可；
(2)根据|P0P1|=45,∠POP1=β(0≤β≤π2)，再结合三角函数的有关知识，求得cos(β−π6)=35，再结合两角和的余弦公式即可求解结论．
本题考查了数量积的运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．