人教版高中数学高考一轮复习训练--三角函数模型的应用

考点规范练24　三角函数模型的应用

一、基础巩固

1.已知弹簧振子的振幅为2 cm,在6 s内振子通过的路程是32 cm,由此可知该振子振动的(　　)

A.频率为1.5 Hz B.周期为1.5 s

C.周期为6 s D.频率为6 Hz

2.一个直径为6 m的水轮如图所示,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(单位:m)与时间x(单位:s)之间满足关系式y=Asin(ωx+φ)+2(A>0,ω>0),y<0表示点P在水面下,则有(　　)

A.ω=,A=3 B.ω=,A=3

C.ω=,A=6 D.ω=,A=6

3.为了研究钟表与三角函数的关系,以9点与3点所在直线为x轴,以6点与12点所在直线为y轴,设秒针针尖指向位置P(x,y),若初始位置为P0,秒针从P0(注此时t=0)开始沿顺时针方向走动,则点P的纵坐标y与时间t(单位:秒)的函数关系为(　　)

A.y=sin B.y=sin

C.y=sin D.y=sin

4.如图,在平面直角坐标系Oxy中,质点M,N间隔3分钟先后从点P绕原点按逆时针方向做角速度为弧度/分钟的匀速圆周运动,则M与N的纵坐标之差第4次达到最大值时,N运动的时间为(　　)

A.37.5分钟 B.40.5分钟

C.49.5分钟 D.52.5分钟

5.(多选)某时钟的秒针端点A到时钟的中心点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等于(　　),其中t∈[0,60].

A.10sin B.10cos C.10cos D.10sin

6.根据市场调查,某种商品一年内出厂单价在7 000元的基础上,按月呈f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<)的模型波动(x为月份),已知3月份达到最高价9 000元,9月份价格最低,为5 000元,则7月份的出厂价格为　　　　　元. 

7.去年某地的月平均气温y(单位:℃)与月份x近似地满足函数解析式y=a+bsin(x+φ)(a,b为常数,0<φ<).其中三个月份的月平均气温如表所示,则该地2月份的月平均气温约为　　　　　℃,φ=　　　　　. 

二、综合应用

8.(多选)水车在古代是进行灌溉引水的工具,亦称“水转简车”,是一种以水流作动力,取水灌田的工具.一个半径为R的水车如图所示,一个水斗从点A(3,-3)出发,沿圆周按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周用时120秒.经过t秒后,水斗旋转到点P,设点P的坐标为(x,y),其纵坐标与时间t满足y=f(t)=Rsin(ωt+φ)(t≥0,ω>0,|φ|<),则下列叙述正确的是(　　)

A.φ=-

B.当t∈(0,60]时,函数y=f(t)单调递增

C.当t∈(0,60]时,|f(t)|的最大值为3

D.当t=100时,|PA|=6

9.下表是某地1989~2020年的月平均气温(华氏度).

以月份为x轴,令x=月份-1,以平均气温为y轴.

(1)作出散点图.

(2)用正弦型曲线去拟合这些数据.

(3)第(2)问中所求得的正弦型曲线对应的函数的周期T是多少?

(4)估计这个正弦型曲线的振幅A.

(5)下面四个函数模型中哪一个最适合这些数据?

①=cos;②=cos;③=cos;④=sin.

三、探究创新

10.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往上转,可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮轮盘直径为124米,设置有36个座舱.游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱,当到达最高点时距离地面145米,匀速转动一周大约需要30分钟.以游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.

(1)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米,已知H关于t的函数解析式满足H(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|≤),求摩天轮转动一周对应的解析式H(t).

(2)游客甲坐上摩天轮后多长时间,距离地面的高度第一次恰好达到52米?

(3)若游客乙在游客甲之后进入座舱,且中间间隔5个座舱,在摩天轮转动一周的过程中,设两人距离地面的高度差为h米,求h的最大值.

考点规范练24　三角函数模型的应用

1.B　振幅为2 cm,振子在一个周期内通过的路程为8 cm,易知在6 s内振动了4个周期,故周期T=1.5 s,频率f= Hz.

2.A　由题意可知A为水轮的半径3,又水轮每分钟转2圈,故该函数的最小正周期为T==30 s,所以ω=

3.C　由于秒针每60秒顺时针转一周,故转速ω=-=-

由于初始位置为P0,故经过t秒,秒针与x轴正半轴的夹角为-t+,再由秒针的长度为|OP|=1,可得点P的纵坐标y与时间t的函数关系为y=sin,故选C.

4.A　设圆O的半径为1,质点N的运动时间为t(单位:分钟),

由题意可得,yN=sin=-cost,yM=sin[(t+3)-]=sint,则yM-yN=sin

令sin=1,解得t+=2kπ+,t=12k+,k=0,1,2,3.

故M与N的纵坐标之差第4次达到最大值时,N运动的时间为3×12+=37.5(分钟).

5.AC　依题意作出图形,如图.

因为∠AOB=2π=,所以经过t s秒针转了t rad,连接AB,过点O作OD⊥AB于点D,∠AOD=AOB=

在Rt△AOD中,有sin,所以d=10sin或d=10cos=10cos,其中t∈[0,60].

6.6 000　作出函数简图如图,

三角函数模型为y=Asin(ωx+φ)+B,由题意知A=(9 000-5 000)=2 000,B=7 000,周期T=2×(9-3)=12,

则ω=

将点(3,9 000)看成函数图象的第二个特殊点,则有3+φ=,得φ=0,故f(x)=2 000sinx+7 000(1≤x≤12,x∈N*),即f(7)=2 000×sin+7 000=6 000(元).

故7月份的出厂价格为6 000元.

7.-5　　由题意,得当x==8时,sin=±1.

因为0<φ<,所以+φ<,则+φ=,φ=,y=a+bsin,则化简得当x=2时,y=13-18sin=-5.

8.AD　由题意,R==6,周期T=120,所以ω=

当t=0时,y=-3,把(0,-3)代入f(t),可得-3=6sin φ,解得sin φ=-因为|φ|<,所以φ=-,A正确;

则f(t)=6sin(t≥0).

当t∈[0,60]时,t-,函数f(t)先单调递增后单调递减,B错误;

当t∈[0,60]时,点P到x轴的距离的最大值为6,C错误;

当t=100时,t-,点P的纵坐标为y=-3,横坐标为x=-3,所以|PA|=6,D正确.

9.解 (1)(2)如图所示.

(3)1月份的平均气温最低,为21.4华氏度,7月份的平均气温最高,为73.0华氏度,根据图知,=7-1=6,所以T=12.

(4)2A=平均最高气温-平均最低气温=73.0-21.4=51.6,得A=25.8.

(5)因为x=月份-1,所以不妨取x=2-1=1,y=26.0,代入①,得>1≠cos,所以①不合适.

代入②不合适,同理④也不合适,所以应选③.

10.解 (1)由题意,H(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|),摩天轮的最高点距离地面为145米,最低点距离地面为145-124=21米,则得A=62,B=83.

因为周期为30分钟,所以ω=,则H(t)=62sin(t+φ)+83.

因为H(0)=62sin+83=21,所以sin φ=-1,由于|φ|,得φ=-

故H(t)=62sin+83(0≤t≤30).

(2)H(t)=62sin+83=-62cost+83,

令-62cost+83=52,则cost=,得t=5(分钟).

(3)经过t分钟后甲距离地面的高度为H1=-62cost+83,因为乙与甲间隔的时间为6=5分钟,所以乙距离地面的高度为H2=-62cos(t-5)+83(5≤t≤30),

所以两人距离地面的高度差

h=|H1-H2|==62|sin(t-)|(5≤t≤30).

当t-t-,即t=10或t=25分钟时,h取最大值为62米.