人教版2022届一轮复习打地基练习 三角函数模型的应用

这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 三角函数模型的应用，共36页。试卷主要包含了一艘船上午9等内容，欢迎下载使用。
1．京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，风格更加简约，摩天轮直径88米，最高点A距离地面100米，匀速运行一圈的时间是18分钟．由于受到周边建筑物的影响，乘客与地面的距离超过34米时，可视为最佳观赏位置，在运行的一圈里最佳观赏时长为（ ）
A．10分钟B．12分钟C．14分钟D．16分钟
2．为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针指向位置P（x，y），若初如位置为P0(32，12)，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的函数关系为（ ）
A．y=sin(π30t+π6)B．y=sin(−π60t−π6)
C．y=sin(−π30t+π6)D．y=sin(−π30t−π6)
3．某港口的水深（米）是时间t（0≤t≤24）（单位：时）的函数，记作y＝f（t）下面是该港口某季节每天水深的数据：
经过长期观察，y＝f（t）的曲线可近似地看作y＝Asinωt+b的图象，一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离不小于5m是安全的（船舶停靠岸时，船底只需不碰海底即可）．某船吃水深度（船底离水面距离）为6.5m，如果该船想在同一天内安全出港，问它至多能在港内停留的时间是（忽略进出港所用时间）（ ）
A．17B．16C．5D．4
4．如图，一个大风车的半径是8米，每12分钟旋转一周，最低点离地面2米，若风车翼片从最低点按逆时针方向开始旋转，则该翼片的端点P离地面的距离h（米）与时间t（分钟）之间的函数关系是（ ）
A．h＝﹣8sin（π6t）+10B．h＝﹣8cs（π3t）+10
C．h＝8cs（π6t）+10D．h＝﹣8cs（π6t）+10
5．一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距82nmile，此时船的速度为（ ）
A．24nmile/hB．32nmile/hC．18nmile/hD．16nmile/h
6．M，N是曲线y＝πsinx与曲线y＝πcsx的两个不同的交点，则|MN|的最小值为（ ）
A．πB．2πC．3πD．2π
7．如图，一半径为4.8m的筒车按逆时针方向转动，已知筒车圆心O距离水面2.4m，筒车每60s转动一圈，如果当筒车上点P从水中浮现时（图中点P0）开始计时，则（ ）
A．点P第一次到达最高点需要10s
B．点P距离水面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）的函数解析式为ℎ=4.8sin(π30t−π6)+2.4
C．在筒车转动的一圈内，点P距离水面的高度不低于4.8m共有10s的时间
D．当筒车转动50s时，点P在水面下方．距离水面1.2m
8．如图所示，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置O的距离scm和时间ts的函数关系式为s＝6sin（100πt+π6），那么单摆来回摆一次所需的时间为（ ）
A．150sB．1100sC．50sD．100s
9．一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为63海里，则灯塔与轮船原来的距离为（ ）
A．6海里B．12海里
C．6海里或12海里D．63海里
二．多选题（共1小题）
10．摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转t分钟，当t＝15时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为（ ）
A．摩天轮离地面最近的距离为4米
B．若旋转t分钟后，游客距离地面的高度为h米，则h＝﹣60cs（π15t）+68
C．若在t1，t2时刻，游客距离地面的高度相等，则t1+t2的最小值为30
D．ヨt1，t2∈[0，20]，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
三．填空题（共9小题）
11．如图，在P地正西方向8km的A处和正东方向1km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F，为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE和PF，设∠EPA=α(0＜α＜π2)，为了节省建设成本，要使得PE+PF的值最小，则当PE+PF的值最小时，AE＝ km．
12．下面是一半径为2米的水轮，水轮的圆心O距离水面1米，已知水轮自点M开始以1分钟旋转4圈的速度顺时针旋转，点M距水面的高度d（米）（在水平面下d为负数）与时间t（秒）满足函数关系式d＝Asin（ωt+φ）+1(A＞0，ω＞0，|φ|＜π2)，则函数关系式为 ．
13．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．如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周大约用时15s，其轴心O（即圆心）距水面2m．设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下d为负数），若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则d与时间t（单位：s）之间的关系为d＝Asin（ωt+φ）+K（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2）．
（ⅰ）当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，t＝ ；
（ⅱ）盛水筒P到水面的距离d关于旋转时间t的函数解析式为 ．
14．如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝1km，CD＝3km，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为60°，∠AEC＝150°，则两山顶A，C之间的距离为 km．
15．汽车最小转弯半径是指当转向盘转到极限位置，汽车以最低稳定车速转向行驶时，外侧转向轮的中心平面在支承平面上滚过的轨迹圆半径．如图中的BC即是．已知某车在低速前进时，图中A处的轮胎行进方向与AC垂直，B处的轮胎前进方向与BC垂直，轴距AB为2.92米，方向盘转到极限时，轮子方向偏了30°，则该车的最小转弯半径BC为 米．
16．某三个港口A，B，C的位置如图所示，其中B在A南偏西30°方向，相距80海里，A，C两地相距150海里，现有两船分别从A，B港口同时出发，其中货船从A港口直线驶往C港口，速度为25节，海警船从B港口往正东方向行驶速度为（20+153）节.2小时后，货船在D处发生故障，停止航行并发出求救信号，海警船即时收到求救信号并立刻向货船所在位置航行，当时海警船所处位置E距C港口1003海里，记海警船向货船航行的方向为北偏西θ，则sinθ＝ （注：1节＝1海里/小时）
17．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，动点P以每秒π2的角速度从点A出发，沿半径为2的上半圆逆时针移动到B，再以每秒π3的角速度从点B沿半径为1的下半圆逆时针移动到坐标原点O，则上述过程中动点P的纵坐标y关于时间t的函数表达式为 ．
18．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（如图）．假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水简M距离水面的高度H（单位：米）与转动时间t（单位：秒）满足函数关系式H＝2sin（π60t+φ）+54，φ∈（0，π2），且t＝0时，盛水筒M与水面距离为2.25米，当筒车转动100秒后，盛水筒M与水面距离为 米．
19．一半径为4m的水轮，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮每分钟转动（按逆时斜方向）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．
（Ⅰ）当t＝5秒时点P距离水面的高度为 m；
（Ⅱ）将点P距离水面的高度为h（单位：m）表示为时间t（单位：S）的函数，则次函数表达方式为h（t）＝ ．
四．解答题（共7小题）
20．如图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin（ωx+φ）+b．
（1）求这一天的最大温差；
（2）写出这段曲线的函数解析式．
21．如图，某校打算在长为1千米的主干道AB一侧的一片区域内临时搭建一个强基计划高校咨询和宣传台，该区域由直角三角形区域ACB（∠ACB为直角）和以BC为直径的半圆形区域组成，点P（异于B，C）为半圆弧上一点，点H在线段AB上，且满足CH⊥AB．已知∠PBA＝60°，设∠ABC＝θ，且θ∈[π18，π3）．初步设想把咨询台安排在线段CH，CP上，把宣传海报悬挂在弧CP和线段CH上．
（1）若为了让学生获得更多的咨询机会，让更多的省内高校参展，打算让CH+CP最大，求该最大值；
（2）若为了让学生了解更多的省外高校，贴出更多高校的海报，打算让弧CP和线段CH的长度之和最大，求此时的θ的值．
22．现要设计一个如图所示的金属支架（图中实线所示），设计要求是：支架总高度AH为6米，底座BCDEF是以B为顶点，以CDEF为底面的正四棱锥，C，D，E，F在以半径为1米的圆上，支杆AB⊥底面CDEF．市场上，底座单价为每米10元，支杆AB单价为每米20元．设侧棱BC与底面所成的角为θ．
（1）写出tanθ的取值范围；
（2）当θ取何值时，支架总费用y（元）最少？
23．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮．一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐．在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋．下面是某港口在某季节每天的时间与水深关系表：
（1）设港口在x时刻的水深为y米，现给出两个函数模型：y＝Asin（ωx+φ）+h（A＞0，ω＞0，﹣π＜φ＜π）和y＝ax2+bx+c（a≠0）．请你从两个模型中选择更为合适的函数模型来建立这个港口的水深与时间的函数关系式（直接选择模型，无需说明理由）；并求出x＝7时，港口的水深．
（2）一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5米的安全间隙（船底与洋底的距离），问该船何时能进入港口，何时应离开港口？一天内货船可以在港口呆多长时间？
24．一个玩具盘由一个直径为2米的半圆O和一个矩形ABCD构成，AB＝1米，如图所示．小球从A点出发以5v的速度沿半圆O轨道滚到某点E处后，经弹射器以6v的速度沿与点E切线垂直的方向弹射到落袋区BC内，落点记为F．设∠AOE＝θ弧度，小球从A到F所需时间为T．
（1）试将T表示为θ的函数T（θ），并写出定义域；
（2）求时间T最短时csθ的值．
25．某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圈上一点（异于B，C），点H在线段BC上，且满足CH⊥AB．已知∠ACB＝90°，AB＝1dm，设∠ABC＝θ．
（1）为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC＝∠PCB，且CA+CP达到最大．当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
（2）为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA＝60°，且CH+CP达到最大．当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
26．如图所示，ABCD是一块边长为7米的正方形铁皮，其中ATN是一半径为6米的扇形，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用．工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个有边落在BC与CD上的长方形铁皮PQCR，其中P是弧TN上一点．设∠TAP＝θ，长方形PQCR的面积为S平方米．
（1）求S关于θ的函数解析式；
（2）求S的最大值及此时θ的值．
人教版2022届一轮复习打地基练习 三角函数模型的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，风格更加简约，摩天轮直径88米，最高点A距离地面100米，匀速运行一圈的时间是18分钟．由于受到周边建筑物的影响，乘客与地面的距离超过34米时，可视为最佳观赏位置，在运行的一圈里最佳观赏时长为（ ）
A．10分钟B．12分钟C．14分钟D．16分钟
【分析】解法一，求出转动的角速度，利用直角三角形的边角关系求出OC、∠BOC的值，计算最佳观赏期的圆心角和运行的一圈里最佳观赏时长．
解法二，求出转动的角速度，写出点P到从最下端开始运动，运行中到地面距离解析式f（t），计算f（t）≥34时t的取值范围，求出最佳观赏期的时长．
【解答】解：如图所示，
解法一，转动的角速度为2π18=π9，
计算OC＝44﹣（34﹣12）＝22，
所以∠BOC=π3，
所以最佳观赏期的圆心角为2π−2π3=4π3，
在运行的一圈里最佳观赏时长为4π3π9=12（分钟）．
解法二，转动的角速度为2π18=π9，
所以点P到从最下端开始运动，运行中到地面距离为
f（t）＝44sin（π9t−π2）+56（0≤t≤18），
令f（t）≥34，得sin（π9t−π2）≥−12，
解得−π6≤π9t−π2≤7π6，
即3≤t≤15，
所以最佳观赏期的时长为15﹣3＝12（分钟）．
故选：B．
2．为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针指向位置P（x，y），若初如位置为P0(32，12)，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的函数关系为（ ）
A．y=sin(π30t+π6)B．y=sin(−π60t−π6)
C．y=sin(−π30t+π6)D．y=sin(−π30t−π6)
【分析】由秒针是顺时针旋转，每60秒转一周，求出ω，由csφ=32，sinφ=12．求出φ，由此能求出点P的纵坐标y与时间t的函数关系．
【解答】解：∵秒针是顺时针旋转，
∴角速度ω＜0．又由每60秒转一周，
∴ω=−2π60=−π30（弧度/秒），
由P0（32，12），得，csφ=32，sinφ=12．
解得φ=π6，
故选：C．
3．某港口的水深（米）是时间t（0≤t≤24）（单位：时）的函数，记作y＝f（t）下面是该港口某季节每天水深的数据：
经过长期观察，y＝f（t）的曲线可近似地看作y＝Asinωt+b的图象，一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离不小于5m是安全的（船舶停靠岸时，船底只需不碰海底即可）．某船吃水深度（船底离水面距离）为6.5m，如果该船想在同一天内安全出港，问它至多能在港内停留的时间是（忽略进出港所用时间）（ ）
A．17B．16C．5D．4
【分析】寻求变量之间的关系是解题的关键．引进角，利用三角函数的定义，易得变量之间的关系，其模型是三角函数．
【解答】解：由已知数据，易知y＝f（t）的周期T＝12，振幅A＝13﹣10＝3，b＝10，所以y=3sinπ6t+10；
由该船进出港时，水深应不小于5+6.5＝11.5（m），∴3sinπ6t+10≥11.5，
即π6+2kπ≤π6t≤5π6+2kπ（k∈Z），
∴12k+1≤t≤12k+5（k∈Z），在同一天内，取k＝0或1，
所以1≤t≤5或13≤t≤17．
故选：B．
4．如图，一个大风车的半径是8米，每12分钟旋转一周，最低点离地面2米，若风车翼片从最低点按逆时针方向开始旋转，则该翼片的端点P离地面的距离h（米）与时间t（分钟）之间的函数关系是（ ）
A．h＝﹣8sin（π6t）+10B．h＝﹣8cs（π3t）+10
C．h＝8cs（π6t）+10D．h＝﹣8cs（π6t）+10
【分析】由实际问题设出P与地面高度与时间t的关系，f（t）＝Acs（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π）），由题意求出三角函数中的参数A，B，及周期T，利用三角函数的周期公式求出ω，通过初始位置求出φ，从而得解．
【解答】解：由题意，T＝12，∴ω=π6，
设h（t）＝Acs（ωt+φ）+B，（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π）），则A+B=18−A+B=2，
∴A＝8，B＝10，可得：h（t）＝8cs（π6t+φ）+10，
∵P的初始位置在最低点，t＝0时，有：h（t）＝2，即：8csφ+10＝2，解得：φ＝2kπ+π，k∈Z，
∴φ＝π，
∴h与t的函数关系为：h（t）＝8cs（π6t+π）+10＝﹣8csπ6t+10，（t≥0），
故选：D．
5．一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距82nmile，此时船的速度为（ ）
A．24nmile/hB．32nmile/hC．18nmile/hD．16nmile/h
【分析】由题意及图形在△ABS中，AB=12v，BS＝82nmile，∠BSA＝45°，由正弦定理解出即可．
【解答】解：设航速为vnmile/h，如图：
在△ABS中，AB=12v，BS＝82nmile，∠BSA＝45°，
由正弦定理，得82sin30°=12vsin45°，
∴v＝32 nmile/h．
故选：B．
6．M，N是曲线y＝πsinx与曲线y＝πcsx的两个不同的交点，则|MN|的最小值为（ ）
A．πB．2πC．3πD．2π
【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．
【解答】解：要求|MN|的最小值在，只要在一个周期内解即可
∵πsinx＝πcsx 解得x=π4或x=5π4
得到两个点为（，π4，2π2）和（5π4，−2π2）
得到|MN|=(5π4−π4)2+(−2π2−2π2)2=3π
故选：C．
7．如图，一半径为4.8m的筒车按逆时针方向转动，已知筒车圆心O距离水面2.4m，筒车每60s转动一圈，如果当筒车上点P从水中浮现时（图中点P0）开始计时，则（ ）
A．点P第一次到达最高点需要10s
B．点P距离水面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）的函数解析式为ℎ=4.8sin(π30t−π6)+2.4
C．在筒车转动的一圈内，点P距离水面的高度不低于4.8m共有10s的时间
D．当筒车转动50s时，点P在水面下方．距离水面1.2m
【分析】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）；
依题意求出f（t）的解析式，再对选项中的命题依次判断正误即可．
【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f（t）的最大值为7.2，最小为﹣2.4，
所以A+B＝7.2，﹣A+B＝﹣2.4，解得A＝4.8，B＝2.4．
由T=2πω=60，解得ω=π30．
所以f（t）＝4.8sin（π30t+φ）+2.4，
当t＝0时，f（t）＝0，得sinφ=−12，
又|φ|＜π2，所以φ=−π6，
所以所求函数的解析式为h＝f（t）＝4.8sin（π30t−π6）+2.4，选项B正确；
令4.8sin（π30t−π6）+2.4＝7.2，
可得：sin（π30t−π6）＝1，
所以π30t−π6=π2，解得t＝20，
即点P第一次到达最高点要20s，选项A错误；
令4.8sin（π30t−π6）+2.4≥4.8，得sin（π30t−π6）≥12，
即π6≤π30t−π6≤5π6，解得10≤t≤30；
所以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，选项C错误；
令t＝50，得f（t）＝4.8sin（π30t−π6）+2.4＝4.8sin（π30×50−π6）+2.4＝4.8sin3π2+2.4＝﹣2.4，所以D错误．
故选：B．
8．如图所示，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置O的距离scm和时间ts的函数关系式为s＝6sin（100πt+π6），那么单摆来回摆一次所需的时间为（ ）
A．150sB．1100sC．50sD．100s
【分析】单摆来回摆动一次所需的时间就是该函数的最小正周期，再由T=2π|ω|即可得解．
【解答】解：单摆来回摆动一次所需的时间就是该函数的最小正周期，
而最小正周期T=2π|ω|=2π100π=150s．
故选：A．
9．一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为63海里，则灯塔与轮船原来的距离为（ ）
A．6海里B．12海里
C．6海里或12海里D．63海里
【分析】首先将实际问题抽象成解三角形问题，再借助于余弦定理求出边长．
【解答】解：如图，根据条件可得∠BAC＝120°，AB＝18×13=6，BC＝63，
由余弦定理可得cs120°=AB2+AC2−BC22AB⋅AC，即36+AB2−10812AB=−12，
解得AB＝6，
故选：A．
二．多选题（共1小题）
10．摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转t分钟，当t＝15时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为（ ）
A．摩天轮离地面最近的距离为4米
B．若旋转t分钟后，游客距离地面的高度为h米，则h＝﹣60cs（π15t）+68
C．若在t1，t2时刻，游客距离地面的高度相等，则t1+t2的最小值为30
D．ヨt1，t2∈[0，20]，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
【分析】A中，摩天轮离地面最近的距离为8米；
B中，高度h关于时间t的函数解析式是h＝﹣60cs（π15t）+68（t≥0）；
C中，在t1＜30，t2＜30时t1+t2＝30恒成立；
D中，根据高度h关于时间t的函数解析式，以及利用导数研究函数的单调性，即可求解．
【解答】解：对于A，最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，
所以摩天轮离地面最近的距离为128﹣120＝8（米），选项A错误；
对于B，以轴心Q为原点，与底面平行的直线为x轴，建立直角坐标系，
设t＝0分钟时，游客位于点P（0，﹣68），以OP为终边的角为−π2，
t＝15分钟时，旋转角度为π，所以周期T＝30，角速度为ω=2πT=π15，
在转动一周的过程中，高度h关于时间t的函数解析式是：
h＝60sin（ωt−π2）+68＝﹣60cs（π15t）+68（t≥0），选项B正确；
对于C，在t1，t2时刻，游客距离地面的高度相等，在t1＜30，t2＜30时恒成立，
t1+t2的最小值是30，选项C正确；
对于D，h＝﹣60cs（π15t）+68（t≥0），令0≤π15t≤π，解得0≤t≤15，令π≤π15t≤30，解得15≤t≤30，
则h（t）在t∈[0，15]上单调递增，在t∈[15，20]上单调递减，
当t＝0时，h＝8，当t＝15时，hmax＝128，当t＝20时，h＝98＞90，
故h＝90在[0，20]只有一个解，选项D错误．
故选：BC．
三．填空题（共9小题）
11．如图，在P地正西方向8km的A处和正东方向1km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F，为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE和PF，设∠EPA=α(0＜α＜π2)，为了节省建设成本，要使得PE+PF的值最小，则当PE+PF的值最小时，AE＝ 4 km．
【分析】借助三角函数求出PE+PF，利用导数求出当AE为4km，且BF为2km时，PE+PF的值最小．
【解答】解：在Rt△PAE中，由题意可知∠APE＝α，则PE=8csα，
同理在Rt△PBF中，∠PFB＝α，则PF=1sinα，
令f（α）＝PE+PF=8csα+1sinα，0＜α＜π2，
则f′（α）=8sinαcs2α−csαsin2α=8sin3α−cs3αsin2αcs2α，
令f′（α）＝0，得tanα=12，
所以tanα=12，f（α）取得最小值，
此时AE＝AP•tanα＝8×12=4，BF=BPtanα=2，
当AE为4km，且BF为2km时，PE+PF的值最小．
故答案为：4．
12．下面是一半径为2米的水轮，水轮的圆心O距离水面1米，已知水轮自点M开始以1分钟旋转4圈的速度顺时针旋转，点M距水面的高度d（米）（在水平面下d为负数）与时间t（秒）满足函数关系式d＝Asin（ωt+φ）+1(A＞0，ω＞0，|φ|＜π2)，则函数关系式为 d＝2sin（2π15t−π6）+1 ．
【分析】由题意求出A、T、ω和φ的值，即可写出函数关系式．
【解答】解：由题意知水轮的半径为2，水轮圆心O距离水面1，所以A＝2；
又水轮每分钟旋转4圈，所以转一圈需要15秒，
所以T＝15=2πω，解得ω=2π15；
由顺时针旋转t＝0时，ωt+φ＝2kπ−π6，
解得φ＝2kπ−π6（k∈Z），
又|φ|＜π2，所以φ=π6；
所以函数关系式为d＝2sin（2π15t−π6）+1．
故答案为：d＝2sin（2π15t−π6）+1．
13．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．如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周大约用时15s，其轴心O（即圆心）距水面2m．设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下d为负数），若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则d与时间t（单位：s）之间的关系为d＝Asin（ωt+φ）+K（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2）．
（ⅰ）当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，t＝ 5 ；
（ⅱ）盛水筒P到水面的距离d关于旋转时间t的函数解析式为 d＝4sin（2π15t−π6）+2（t≥0） ．
【分析】（i）由题意求出d与t之间的关系式，利用关系式求出当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时t的值；
（ⅱ）写出盛水筒P到水面的距离d关于旋转时间t的函数解析式即可．
【解答】解：由题意知，在d与t之间的关系d＝Asin（ωt+φ）+K中，
A＝4，T＝15，所以ω=2πT=2π15，K＝2；
又4sin（2π15×0+φ）+2＝0，sinφ=−12，
且|φ|＜π2，所以φ=−π6，所以d＝4sin（2π15t−π6）+2；
（ⅰ）在d＝4sin（2π15t−π6）+2＝6中，sin（2π15t−π6）＝1，
解得2π15t−π6=π2+2kπ，k∈Z；
所以t＝5+15k，k∈Z；
令k＝0，得t＝5，
即当盛水筒P第一次到达筒车的最高点时，t＝5；
（ⅱ）盛水筒P到水面的距离d关于旋转时间t的函数解析式为d＝4sin（2π15t−π6）+2（t≥0）．
故答案为：（ⅰ）5；
（ⅱ）d＝4sin（2π15t−π6）+2（t≥0）．
14．如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝1km，CD＝3km，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为60°，∠AEC＝150°，则两山顶A，C之间的距离为 27 km．
【分析】利用直角三角形的边角关系，求得AE和CE的长，再利用余弦定理求得AC的长．
【解答】解：∵AB＝1，CD＝3，
∠AEB＝30°，∠CED＝60°，∠AEC＝150°，
∴AE＝2AB＝2，CE=CDsin60°=332=23；
∵△ACE中，由余弦定理得：
AC2＝AE2+CE2﹣2×AE×CE×cs∠AEC
＝4+12﹣2×2×23×（−32）
＝28，
∴AC＝27；
即两山顶A，C之间的距离为27km．
故答案为：27．
15．汽车最小转弯半径是指当转向盘转到极限位置，汽车以最低稳定车速转向行驶时，外侧转向轮的中心平面在支承平面上滚过的轨迹圆半径．如图中的BC即是．已知某车在低速前进时，图中A处的轮胎行进方向与AC垂直，B处的轮胎前进方向与BC垂直，轴距AB为2.92米，方向盘转到极限时，轮子方向偏了30°，则该车的最小转弯半径BC为 5.84 米．
【分析】由题意画出几何图形，求解直角三角形得答案．
【解答】解：如图，
由题意可知，AB＝2.92米，AB⊥AC，∠ABC＝60°，
∴BC=ABsin30°=2.9212=5.84米．
即该车的最小转弯半径BC为5.84米．
故答案为：5.84．
16．某三个港口A，B，C的位置如图所示，其中B在A南偏西30°方向，相距80海里，A，C两地相距150海里，现有两船分别从A，B港口同时出发，其中货船从A港口直线驶往C港口，速度为25节，海警船从B港口往正东方向行驶速度为（20+153）节.2小时后，货船在D处发生故障，停止航行并发出求救信号，海警船即时收到求救信号并立刻向货船所在位置航行，当时海警船所处位置E距C港口1003海里，记海警船向货船航行的方向为北偏西θ，则sinθ＝ （33−410） （注：1节＝1海里/小时）
【分析】连接AE，求出BE，推出∠B＝60°，求出AE，得到∠EAC＝90°，作AF⊥BE于F，推出∠AEF＝α的正弦函数与余弦函数值，∠AED＝β是大小，然后利用两角和与差的三角函数求解α+β的余弦函数值，然后求解sinθ即可．
【解答】解：连接AE，如图所示，
△ABE中，AB＝80，BE＝2×（20+153）＝40+303，∠B＝60°，
∴AE=802+(40+303)2−2×80×(40+303)×cs60°=503；AC＝150，EC＝1003，
因为：1502+（503）2＝（1003）2，
所以：∠EAC＝90°，AD＝40，DE=502+(503)2=100，
△AEB中，作AF⊥BE于F，AF＝403，BF＝40，EF＝303，
如图：所以sinα=45，csα=35，β＝30°，
sin（α+β）=45×32+35×12=43+310，cs（α+β）=35×32−45×12=33−410．
记海警船向货船航行的方向为北偏西θ，
则sinθ＝sin（90°﹣（α+β））＝cs（α+β）=33−410．（注：1节＝1海里/小时）
故答案为：33−410．
17．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，动点P以每秒π2的角速度从点A出发，沿半径为2的上半圆逆时针移动到B，再以每秒π3的角速度从点B沿半径为1的下半圆逆时针移动到坐标原点O，则上述过程中动点P的纵坐标y关于时间t的函数表达式为 y=2sinπ2t，0≤t≤2−sin[π3(t−2)]，2＜t≤5 ．
【分析】当P在大圆上半圆上运动时，求出∠POA，由任意角的三角函数的定义求得P的纵坐标，当点P在小圆下半圆上运动时，求出∠POB，进一步求得P点纵坐标，则答案可求．
【解答】解：当P在大圆上半圆上运动时，∠POA=π2t，0≤t≤2，
由任意角的三角函数的定义，可得P的纵坐标为y＝2sinπ2t，0≤t≤2；
当点P在小圆下半圆上运动时，∠POB＝π+π3(t−2)，2＜t≤5，
可得P点纵坐标为y＝sin[π+π3(t−2)]＝﹣sin[π3(t−2)]，2＜t≤5．
∴动点P的纵坐标y关于时间t的函数表达式为y=2sinπ2t，0≤t≤2−sin[π3(t−2)]，2＜t≤5．
故答案为：y=2sinπ2t，0≤t≤2−sin[π3(t−2)]，2＜t≤5．
18．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（如图）．假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水简M距离水面的高度H（单位：米）与转动时间t（单位：秒）满足函数关系式H＝2sin（π60t+φ）+54，φ∈（0，π2），且t＝0时，盛水筒M与水面距离为2.25米，当筒车转动100秒后，盛水筒M与水面距离为 0.25 米．
【分析】由已知函数解析式结合t＝0时的函数值求得φ，代入函数解析式，取t＝100求得H值得答案．
【解答】解：∵H＝2sin（π60t+φ）+54，φ∈（0，π2），
当t＝0时，H＝2sinφ+54=2.25，则sinφ=12，
∵φ∈（0，π2），∴φ=π6．
故H＝2sin（π60t+π6）+54，
∴当t＝100时，盛水筒M与水面距离为：
H＝2sin（π60×100+π6）+54=2×(−12)+54=0.25．
故答案为：0.25．
19．一半径为4m的水轮，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮每分钟转动（按逆时斜方向）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．
（Ⅰ）当t＝5秒时点P距离水面的高度为 23+2 m；
（Ⅱ）将点P距离水面的高度为h（单位：m）表示为时间t（单位：S）的函数，则次函数表达方式为h（t）＝ 4sin(π10t−π6)+2 ．
【分析】（Ⅰ）利用直角三角形的边角关系，即可求出5秒后点P离开水面的距离；（Ⅱ）由题意求ω值，结合t＝0的情况可求出φ的值，即得函数解析式．
【解答】解：（Ⅰ）t＝5秒时，水轮转过角度为3×2π60×5=π2，
在Rt△MOP0中，MP0＝2，∴∠MOP0=π6；
在Rt△AON中，∠AON=π3，∴AN=4×sinπ3=23，
此时点A（P）离开水面的高度为23+2；
（Ⅱ）由题意可知，ω=3×2π60=π10，
设角φ(−π2＜φ＜0)是以Ox为始边，OP0为终边的角，
由条件得ℎ(t)=4sin(π10t+φ)+2，其中(−π2＜φ＜0)；
将t＝0，h（0）＝0代入，得4sinφ+2＝0，
∴φ=−π6；
∴所求函数的解析式为ℎ(t)=4sin(π10t−π6)+2．
故答案为23+2，4sin(π10t−π6)+2．
四．解答题（共7小题）
20．如图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin（ωx+φ）+b．
（1）求这一天的最大温差；
（2）写出这段曲线的函数解析式．
【分析】（1）由图象的最高点与最低点易于求出这段时间的最大温差；
（2）A、b可由图象直接得出，ω由周期求得，然后通过特殊点求φ，则问题解决．
【解答】解：（1）由图示，这段时间的最大温差是30℃﹣10℃＝20℃，
（2）图中从6时到14时的图象是函数y＝Asin（ωx+φ）+b的半个周期，
∴12⋅2πω=14﹣6，解得ω=π8，
由图示，A=12（30﹣10）＝10，B=12（10+30）＝20，
这时，y＝10sin（π8x+φ）+20，
将x＝6，y＝10代入上式，可取φ=34π，
综上，所求的解析式为y＝10sin（π8x+34π）+20，x∈[6，14]．
21．如图，某校打算在长为1千米的主干道AB一侧的一片区域内临时搭建一个强基计划高校咨询和宣传台，该区域由直角三角形区域ACB（∠ACB为直角）和以BC为直径的半圆形区域组成，点P（异于B，C）为半圆弧上一点，点H在线段AB上，且满足CH⊥AB．已知∠PBA＝60°，设∠ABC＝θ，且θ∈[π18，π3）．初步设想把咨询台安排在线段CH，CP上，把宣传海报悬挂在弧CP和线段CH上．
（1）若为了让学生获得更多的咨询机会，让更多的省内高校参展，打算让CH+CP最大，求该最大值；
（2）若为了让学生了解更多的省外高校，贴出更多高校的海报，打算让弧CP和线段CH的长度之和最大，求此时的θ的值．
【分析】（1）利用直角三角形的边角关系求出BC、CH和CP的表达式，再计算CH+CP的最大值；
（2）取线段BC的中点O，连接OP，计算CP和线段CH的长度之和y，构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而求得弧CP和线段CH的长度之和最大时对应θ的值．
【解答】解：（1）在Rt△ACB中，BC＝1×csθ＝csθ，
在Rt△CBH中，CH＝csθ×sinθ＝sinθcsθ；
在Rt△CBP中，CP＝csθsin（π3−θ）；
所以CH+CP＝sinθcsθ+csθsin（π3−θ）
＝sinθcsθ+csθ（32csθ−12sinθ）
=12sinθcsθ+32cs2θ
=14sin2θ+32×1+cs2θ2
=12sin（2θ+π3）+34，
因为θ∈[π18，π3），所以4π9≤2θ+π3＜π，
所以当且仅当2θ+π3=π2，即θ=π12时，CH+CP最大，最大值为2+34千米；
（2）取线段BC的中点O，连接OP，如图所示，
则∠COP＝2∠CBP＝2（π3−θ）=2π3−2θ；
由（1）知，CO=12BC=12csθ，所以CP的长为12csθ•（2π3−2θ）=π3csθ﹣θcsθ；
由（1）知，CH＝sinθcsθ，所以CP和线段CH的长度之和为
y=π3csθ﹣θcsθ+sinθcsθ＝csθ（π3−θ+sinθ），θ∈[π18，π3）；
设f（θ）=π3−θ+sinθ，θ∈[π18，π3），g（θ）＝csθ，θ∈[π18，π3），
则y＝f（θ）g（θ）；
因为f′（θ）＝﹣1+csθ，θ∈[π18，π3），
所以f′（θ）＝﹣1+csθ＜0，
所以函数f（θ）在区间[π18，π3）上单调递减，
所以32＜f（θ）≤f（π18），易知函数g（θ）在区间[π18，π3）上也是单调递减函数；
所以g（θ）≤g（π18），所以f（θ）g（θ）≤f（π18）•g（π18）；
所以当且仅当θ=π18时，弧CP和线段CH的长度之和最大．
22．现要设计一个如图所示的金属支架（图中实线所示），设计要求是：支架总高度AH为6米，底座BCDEF是以B为顶点，以CDEF为底面的正四棱锥，C，D，E，F在以半径为1米的圆上，支杆AB⊥底面CDEF．市场上，底座单价为每米10元，支杆AB单价为每米20元．设侧棱BC与底面所成的角为θ．
（1）写出tanθ的取值范围；
（2）当θ取何值时，支架总费用y（元）最少？
【分析】（1）因支架总高度AH为6米，且C，D，E，F在以半径为1米的圆上，所以tanθ的最大值为6，从而得出tanθ的取值范围；
（2）先写出支架总费用y的函数表达式：y=4×10×1csθ+20(6−tanθ)，设f(θ)=2csθ−tanθ，其中tanθ∈（0，6]通过换元转化成积是定值；求和的最小值问题；再利用基本不等式解．
【解答】解：（1）因支架总高度AH为6米，且C，D，E，F在以半径为1米的圆上，
∴tanθ的最大值为6．可得tanθ∈（0，6]（3分）
（2）y=4×10×1csθ+20(6−tanθ)（7分）
=20×(2csθ−tanθ)+120，（8分）
设f(θ)=2csθ−tanθ，其中tanθ∈（0，6]（9分）
则f′(θ)=2sinθ−1cs2θ，…（11分）
当θ=π6时，f′(θ)=2sinθ−1cs2θ=0；
当θ∈(0，π6)时，f′(θ)=2sinθ−1cs2θ＜0；当θ∈(π6，π4)时，f′(θ)=2sinθ−1cs2θ＞0；（13分）
则当θ=π6时，f（θ）取得最小值，满足tanθ∈（0，6）（14分）
则当θ=π6时，费用y最小（15分）
23．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮．一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐．在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋．下面是某港口在某季节每天的时间与水深关系表：
（1）设港口在x时刻的水深为y米，现给出两个函数模型：y＝Asin（ωx+φ）+h（A＞0，ω＞0，﹣π＜φ＜π）和y＝ax2+bx+c（a≠0）．请你从两个模型中选择更为合适的函数模型来建立这个港口的水深与时间的函数关系式（直接选择模型，无需说明理由）；并求出x＝7时，港口的水深．
（2）一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5米的安全间隙（船底与洋底的距离），问该船何时能进入港口，何时应离开港口？一天内货船可以在港口呆多长时间？
【分析】（1）选择函数模型y＝Asin（ωx+φ）+h更适合．根据函数模型求出函数y＝Asin（ωx+φ）+h的表达式．
（2）货船需要的安全水深为4+1.5＝5.5米，当y≥5.5时就可以进港，由此能求出货船可以在1时进港，早晨5时出港；或在中午13时进港，下午17时出港，即可求出答案．
【解答】解：（1）选择函数模型y＝Asin（ωx+φ）+h更适合．
因为港口在0：00时刻的水深为4.25米，结合数据和图象可知h＝4.25，A=6.75−1.752=2.5，
因为T＝12，所以ω=2πT=2π12=π6，
所以y=2.5sin(π6x+φ)+4.25，
因为x＝0时，y＝4.25，代入上式得sinφ＝0，因为﹣π＜φ＜π，所以φ＝0，
所以y=2.5sinπ6x+4.25．
当x＝7时，y=2.5sin7π6+4.25=2.5×(−12)+4.25=3，
所以在x＝7时，港口的水深为3米．
（2）因为货船需要的安全水深是4+1.5＝5.5米，
所以y≥5.5时，船可以进港，
令2.5sinπ6x+4.25≥5.5，则sinπ6x≥12，
因为0≤x＜24，解得1≤x≤5或13≤x≤17，
所以货船可以在1时进入港口，在5时出港；或者在13时进港，17时出港．
因为（5﹣1）+（17﹣3）＝8，一天内货船可以在港口呆的时间为8小时．
24．一个玩具盘由一个直径为2米的半圆O和一个矩形ABCD构成，AB＝1米，如图所示．小球从A点出发以5v的速度沿半圆O轨道滚到某点E处后，经弹射器以6v的速度沿与点E切线垂直的方向弹射到落袋区BC内，落点记为F．设∠AOE＝θ弧度，小球从A到F所需时间为T．
（1）试将T表示为θ的函数T（θ），并写出定义域；
（2）求时间T最短时csθ的值．
【分析】（1）通过过点O作OG⊥BC于G，利用OG＝1、OF=OGsinθ=1sinθ、EF=1+1sinθ、弧AE＝θ及时间、路程与速度之间的关系即得结论；
（2）通过（1）求导，利用函数的单调性即得结论．
【解答】解：（1）过O作OG⊥BC于G，则OG＝1，OF=OGsinθ=1sinθ，EF=1+1sinθ，
弧AE＝θ，
所以T(θ)=弧AE5v+EF6v=θ5v+16vsinθ+16v，θ∈[π4，3π4]．…（7分）
（2）T(θ)=θ5v+16vsinθ+16v，T′(θ)=15v−csθ6vsin2θ=6sin2θ−5csθ30vsin2θ=−(2csθ+3)(3csθ−2)30vsin2θ，…（10分）
记csθ0=23，θ0∈[π4，3π4]，
故当csθ=23时，时间T最短． …（16分）
25．某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圈上一点（异于B，C），点H在线段BC上，且满足CH⊥AB．已知∠ACB＝90°，AB＝1dm，设∠ABC＝θ．
（1）为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC＝∠PCB，且CA+CP达到最大．当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
（2）为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA＝60°，且CH+CP达到最大．当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
【分析】（1）设∠ABC＝∠PCB＝θ，利用直角三角形的边角关系，求出AC+CP的解析式，再计算AC+CP的最大值；
（2）由等积法求出CH的值，再计算CH+CP的最大值以及对应的θ值．
【解答】解：由∠ABC＝∠PCB＝θ，在直角△ABC中，AC＝sinθ，BC＝csθ；
在直角△PBC中，PC＝BC•csθ＝csθ•csθ＝cs2θ，PB＝BC•sinθ＝sinθ•csθ＝sinθcsθ；
（1）AC+CP＝sinθ+cs2θ＝sinθ+1﹣sin2θ＝﹣sin2θ+sinθ+1=−(sinθ−12)2+54，
所以当sinθ=12，即θ＝30°时，AC+CP的最大值为54；
即θ＝30°时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
（2）在直角△ABC中，由S△ABC=12CA⋅CB=12AB⋅CH，
可得CH=sinθ⋅csθ1=sinθ⋅csθ；
在直角△PBC中，PC＝BC•sin（60°﹣θ）＝csθ•（sin60°csθ﹣cs60°sinθ），
所以CH+CP＝sinθcsθ+csθ•（32csθ−12sinθ），θ∈（0，60°），
所以CH+CP=12sin2θ+32cs2θ−12sinθcsθ=14sin2θ+34cs2θ+34=12sin（2θ+60°）+34，
所以当θ＝15°时，CH+CP取得最大值，且最大值为12+34=2+34．
26．如图所示，ABCD是一块边长为7米的正方形铁皮，其中ATN是一半径为6米的扇形，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用．工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个有边落在BC与CD上的长方形铁皮PQCR，其中P是弧TN上一点．设∠TAP＝θ，长方形PQCR的面积为S平方米．
（1）求S关于θ的函数解析式；
（2）求S的最大值及此时θ的值．
【分析】（1）延长RP交AB于E，延长QP交AD于F，求出PR、PQ的值，从而可得长方形PQCR的面积关于θ的函数解析式；
（2）利用换元法转化为t的函数，再利用配方法，即可求得结论．
【解答】解：（1）延长RP交AB于E，延长QP交AD于F，
由ABCD是正方形，PRCQ是矩形，可知PE⊥AB，PF⊥AD，
由∠TAP＝θ，可得EP＝6csθ，FP＝6sinθ，∴PR＝7﹣6sinθ，PQ＝7﹣6csθ，
∴S＝PR•PQ＝（7﹣6sinθ）（7﹣6csθ）＝49﹣42（sinθ+csθ）+36sinθcsθ
故S关于θ的函数解析式为S＝49﹣42（sinθ+csθ）+36sinθcsθ(0≤θ≤π2)⋯（4分）
（2）由sinθ+csθ＝t，可得t2＝（sinθ+csθ）2＝1+2sinθcsθ，即sinθcsθ=t2−12，
∴S＝49﹣42t+18（t2﹣1）＝18t2﹣42t+31． …（7分）
又由0≤θ≤π2，可得π4≤θ+π4≤3π4，
故t=sinθ+csθ=2sin(θ+π4)∈[1，2]，
∴S关于t的表达式为S＝18t2﹣42t+31（t∈[1，2]）．…（9分）
又由S=18(t−76)2+132，t∈[1，2]
可知当t=2时，S取最大值，
故S的最大值为67−422． …（12分）
t
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y
10.0
13.0
10.01
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t
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θ
(π4，θ0)
θ0
(θ0，3π4)
T'（θ）
﹣
0
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T（θ）
减
增