高中数学压轴题小题专项训练专题18与三角相关的实际问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题18与三角相关的实际问题含解析答案，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．小明同学有两段如图一所示的长方形木块（长度足够），现小明要在两块长方形的一端分别截去△ABC与△DEF，使其拼接成如图二所示的一个角，则小明在第一段长方形木块截掉的∠ABC的余弦cs∠ABC＝（ ）
A．B．C．D．
2．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明代科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理.假定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.将筒车抽象为一个几何图形（圆），筒车的半径为2m，筒车的轴心O到水面的距离为1m，筒车每分钟按逆时针转动2圈.规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即时的位置）时开始计算时间，设盛水筒M从运动到点P时所用时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）.若以筒车的轴心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系（如图2），则h与t的函数关系式为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，设不计硬管粗细可通过的最大极限长度为l米．为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为米，则m的值是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径为，为圆心，且，在上有一座观赏亭，其中，计划在圆弧上再建一座观赏亭，记，当越大时，游客在观赏亭处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，（ ）
A．B．C．D．
5．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米B．千米
C．千米D．千米
6．某港口某天0时至24时的水深（米）随时间（时）变化曲线近似满足如下函数模型（）.若该港口在该天0时至24时内，有且只有3个时刻水深为3米，则该港口该天水最深的时刻不可能为（ ）
A．16时B．17时C．18时D．19时
7．在一座尖塔的正南方地面某点，测得塔顶的仰角为，又在此尖塔正东方地面某点，测得塔顶的仰角为，且，两点距离为，在线段上的点处测得塔顶的仰角为最大，则点到塔底的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．凸四边形就是没有角度数大于的四边形，把四边形任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为
A．3B．4C．D．
9．如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点A观察点的仰角的大小(仰角为直线与平面所成角)．若，，，则的最大值（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．如图，要在一块半径为6．圆心角为的扇形铁皮POQ中截取两块矩形铁皮ABCD和EFGC，使点A在弧PQ上，点B在半径OQ上，边CD与边GC在半径OP上，且点F为线段OB的中点．设，两块矩形铁皮的面积之和为S，则S的最大值为 ，此时 ．
11．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，某摩天轮最高点距离地面高度128米，转盘直径为120米，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，转一周需要30分钟.若游客甲坐上摩天轮的座舱，开始旋转分钟后距离地面的高度为米，则关于的函数解析式为 ；若游客甲在，时刻距离地面的高度相等，则的最小值为 .
12．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线，为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路，上分别设立游客接送点M，N，且千米，若要求观景台P与两接送点所成角与相等，记，观景台P到M，N建造的两条观光线路与之和记为y，则把y表示为的函数为y= ；当两台观光线路之和最长时，观景台P到A点的距离 千米.
13．如图，某湖有一半径为的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且，．定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设．则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为 ．
14．如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的仰角为，测得湖中之影的俯角为45°，则云距湖面的高度为 (精确到0.1 m).

15．如图，在一条海防警戒线上的点处各有一个水声监测点，两点到点A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B处收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后，两处同时收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒，则点P到海防警戒线的距离为 千米.
16．如图，某地区有三个居民小区分别位于点，，处，其中，，的中点为，在线段上选一点建一座供水水塔，向三个小区铺设管道，则管道总长度的最小值为 .
17．某小区有一个半径为r米，圆心角是直角的扇形区域，现计划照图将其改造出一块矩形休闲运动场地，然后在区域I（区域ACD），区域II（区域CBE）内分别种上甲和乙两种花卉（如图），已知甲种花卉每平方米造价是a元，乙种花卉每平方米造价是3a元，设∠BOC=θ，中植花卉总造价记为，现某同学已正确求得：，则 ；种植花卉总造价最小值为 .
18．如图，点为某沿海城市的高速公路出入口，直线为海岸线，，，是以为圆心，半径为的圆弧型小路．该市拟修建一条从通往海岸的观光专线（新建道路，对道路进行翻新），其中为上异于的一点，与平行，设，新建道路的单位成本是翻新道路的单位成本的倍．要使观光专线的修建总成本最低，则的值为 ．
19．某学校在一块圆心角为，半径等于的扇形空旷地域（如图）组织学生进行野外生存训练，已知在O，A，B处分别有50名，150名，100名学生，现要在道路OB（包括O，B两点）上设置集合地点P，要求所有学生沿最短路径到P点集合，则所有学生行进的最短总路程为 .
20．已知南北回归线的纬度为，设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度，为该地的纬度值，那么这三个量之间的关系是.当地夏半年取正值，冬半年取负值，如果在北半球某地（纬度为）的一幢高为的楼房北面盖一新楼，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，两楼的距离应不小于 （结果用含有和的式子表示）.
21．如图，公园要在一块圆心角为，半径为的扇形草坪中修建一个内接矩形文化景观区域，若，则文化景观区域面积的最大值为 ．
22．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得海里，，，，则，两点的距离为 海里.

23．水星是离太阳最近的行星，在地球上较难观测到.当地球和水星连线与地球和太阳连线的夹角达到最大时，称水星东（西）大距，这是观测水星的最佳时机（如图1）.将行星的公转视为匀速圆周运动，则研究水星大距类似如下问题：在平面直角坐标系中，点A，分别在以坐标原点为圆心，半径分别为1，3的圆上沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度分别为，.当达到最大时，称A位于的“大距点”.如图2，初始时刻A位于，位于以为始边的角的终边上.

（1）若，当A第一次位于的“大距点”时，A的坐标为 ；
（2）在内，A位于的“大距点”的次数最多有 次
24．一湖中有不在同一直线的三个小岛A、B、C，前期为开发旅游资源在A、B、C三岛之间已经建有索道供游客观赏，经测量可知AB两岛之间距离为3公里，BC两岛之间距离为5公里，AC两岛之间距离为7公里，现调查后发现，游客对在同一圆周上三岛A、B、C且位于（优弧）一片的风景更加喜欢，但由于环保、安全等其他原因，没办法尽可能一次游览更大面积的湖面风光，现决定在上选择一个点D建立索道供游客游览，经研究论证为使得游览面积最大，只需使得△ADC面积最大即可.则当△ADC面积最大时建立索道AD的长为 公里.（注：索道两端之间的长度视为线段）
25．已知正三角形的三个顶点，一质点从AB的中点沿与AB夹角为的方向射到BC近上的点后，依次反射到CA和AB边上的点、.若、、是三个不同的点，则的取值范围为 .
参考答案：
1．A
【分析】首先设，在中有，，在中，有，利用，结合同角三角函数的平方关系，求得结果.
【详解】设，则有，
利用拼接的图，以及拼接后得到的角为，
可知，所以有，
因为拼接的时候有，
所以有，整理得，
因为，代入，，
求得，即，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关三角函数的求值问题，涉及到的知识点有在直角三角形中角的三角函数值与边的关系，同角三角函数关系式，属于较难题目.
2．A
【解析】首先先求以为终边的角为，再根据三角函数的定义求点的纵坐标，以及根据图形表示.
【详解】，所以对应的角是，
由在内转过的角为，
可知以为始边，以为终边的角为，
则点的纵坐标为，
所以点距水面的高度表示为的函数是.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键读懂题意，并能抽象出函数关系，关键是求以在内转过的角为，再求以为终边的角为.
3．A
【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.
【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB.
设,则.
过A作AC垂直内侧墙壁于C，B作BD垂直内侧墙壁于D，则.
在直角三角形中，,所以.
同理：.
所以.
因为（当且仅当且时等号成立）.
所以.
因为走廊的宽度与高度都是3米，
所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为,
所以.
故选：A
【点睛】利用三角函数解应用题的解题思路：
（1）画出符合题意的图形；
（2）把有关条件在图形中标出；
（3）建立三角关系式，利用三角函数求最值.
4．A
【分析】设，在中，由正弦定理得，变形可得，记求导可得，由导数与函数的单调性的关系分析可得答案．
【详解】解：设，在中，，，
由正弦定理得，即，
所以，
从而，其中，，所以，
记，则，，
令，，存在唯一使得，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，最大，即最大，又为锐角，从而最大，此时，
故选：.
【点睛】本题考查解三角形的应用，涉及函数导数的性质以及应用，关键是建立三角函数的模型，属于难题．
5．D
【分析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.
【详解】
在中，，
设，
则，
当且仅当时取等号，
设，则，
又到的距离为20千米，所以，，
故（时取等号），
所以，得，
故选：D
6．D
【分析】本题是单选题，利用回代验证法，结合五点法作图以及函数的最值的位置，判断即可．
【详解】解：由题意可知，时，，
由五点法作图可知：如果当时，函数取得最小值可得：，可得，
此时函数，函数的周期为：，
该港口在该天0时至24时内，有且只有3个时刻水深为3米，满足，
如果当时，函数取得最小值可得：，可得，
此时函数，函数的周期为：，
时，，如图：
该港口在该天0时至24时内，有且只有3个时刻水深为3米，不满足，
故选：D．
【点睛】本题考查三角函数的模型以及应用，三角函数的周期的判断与函数的最值的求法，考查转化思想以及数形结合思想的应用，是难题．
7．A
【分析】作出图示，根据正切的二倍角公式和解直角三角形求得塔的高度，再运用等面积法可求得选项.
【详解】如下图所示，设，则，，
则，解得，
，解得，
所以，解得，
所以，，
要使点处测得塔顶的仰角为最大，则需最大，也即需最小，所以，
又，即，
所以点到塔底的距离为，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查立体图形的计算实际运用，关键在于依据已知作出图形，明确已知条件中的数据在图形中的表示，再运用解三角形的知识得以解决.
8．C
【分析】设，，利用余弦定理与正弦定理，表示出与
，在中，由余弦定理求得的表达式，根据三角函数值的有界性即可求得最大值．
【详解】设，
在中，由余弦定理可得
所以，即
在中，由正弦定理可得 ，则，
在中，由余弦定理可得
而由条件可知，，
所以
即
结合，代入化简可得
所以当时，取得最大值为
此时取得最大值为
所以选C
【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，涉及的计算、化简较为复杂，要求熟练掌握三角函数式的变形，属于中档题．
9．D
【分析】过作，交于，连结，设，分析可知，，可得，结合二次函数最值分析求解.
【详解】由勾股定理可得，，过作，交于，连结，

则，设，则，
在中，，，所以，
则，可得，
所以，
当，即时，取得最大值为.
故选：D.
10． /
【分析】根据题意，得到矩形的面积为，矩形的面积为，进而化简，结合三角函数的性质，以及基本关系式和正切的倍角公式，即可求解.
【详解】由题意知，一块半径为6，圆心角为的扇形铁皮，
可得且，
在直角中，，所以，
所以，
所以矩形的面积为，
因为为的中点，所以，
所以矩形的面积为，
所以两块矩形铁皮的面积之和为：
，
其中，且，
所以，当时，取得最大值，
此时，即，所以，
因为，所以，即，
解得或（不合题意，舍去），
综上可得，当时，取得最大值.
故答案为：9；
【点睛】知识方法点拨：求解三角函数实际应用问题的处理策略：
1.若已知三角函数模型，根据给定的三角函数模型，利用三角函数的图象与性质解决问题，其关键在于准确理解自变量的意义，以及自变量与函数之间的对应关系；
2、把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函数模型，结合三角函数的图象与性质等有关知识解决问题，其关键在于正确理解题意，合理建模.
11． ， 30
【分析】设出，，由最高点高度及摩天轮直径列出方程，求出，再由转一周的时间求出，当min时，摩天轮转到最高点，求出，写出解析式；设，得到，分两种情况进行求解，得到的最小值为30.
【详解】设，，
由题意得：，
解得：，
又因为转一周需要30分钟，所以min，
所以，
故，
由题意，当min时，摩天轮转到最高点，
故，解得：，
即，，
不妨取，得，
所以，，
因为摩天轮有48个座舱，故每两个座舱与圆心相接的圆心角为，
不妨设，
由题意得：，
故，
①，，解得：，，
故min，当且仅当时，等号成立，
②，，
解得：，显然当时，取得最小值，最小值为min，
综上：的最小值为30min.
故答案为：，，30.
12． 2
【分析】利用余弦定理得到，根据正弦定理得到，，根据三角恒等变换得到函数解析式，计算得到答案.
【详解】，故，
，，，
在中，根据正弦定理：，
故，，
故，
故，
当时，最大，此时，为等边三角形，故.
故答案为：；.
【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力和应用能力.
13．
【分析】由题意，根据余弦定理得的值，则四边形的面积表示为，再代入面积公式化简为三角函数，根据三角函数的性质求解最大值即可.
【详解】在中，，
，，
，
，则（其中），当时，取最大值，所以“直接监测覆盖区域”面积的最大值.
故答案为：.
【点睛】解答本题的关键是将四边形的面积表示为，代入面积公式后化简得三角函数的解析式，再根据三角函数的性质求解最大值.
14．37.3m
【分析】正确作出图形，在两个直角三角形中，利用三角函数列出方程组，解之即得.
【详解】点距离湖面10，云朵点对于点的仰角为，
湖中之影对于点的俯角为，依题求点距离湖面的高度.
不妨设，在中，,则.
在中，,即
故得，，解得.
故答案为：37.3m.
15．
【分析】由可算得t，再用勾股定理，即可得到本题答案.
【详解】由题意得，，设，过点P作AC的垂线，垂足为O，因为，且，，则有，得，所以，在中，，所以点P到海防警戒线的距离为千米.
故答案为：
【点睛】本题主要考查利用余弦定理解决实际问题.
16．/
【分析】首先设，，利用三角函数表示，再利用三角函数求最值.
【详解】解：设，，由，，的中点为，
可得，，，
则，，，
所以，
设，，
则， (其中)，
所以，即，因为，所以，所以当时，，取得最小值.
故答案为:.
17．
【分析】根据Ⅰ，Ⅱ的面积均为扇形面积减去三角形面积，结合扇形的面积公式可得，再根据可得；再对求导分析函数的极值点与最值求解最小值即可.
【详解】，
在单调递减，在单调递增，故
故答案为：；
18．
【分析】根据题意列出修建成本与的函数表达式，通过函数关系式求出修建成本的最小值
【详解】
设翻新道路的单位成本为，则新建道路的单位成本为。因为，，所以，且圆半径，则，如上图所示，作，因为与平行，则，中，，所以；所以，观光专线的修建总成本，当最大时，修建成本最小，设，，令得：，令得：，所以在单调递增，在单调递减，时，最大，此时修建成本最小
故答案为：
【点睛】题目比较综合，首先是用角度表示弧长和线段的长度，需要借助辅助线，从而求出修建成本的表达式，是关于的函数表达式，可通过求导的方法，研究函数的单调性，确定时，函数取得最小值
19．
【分析】设，以为变量，利用正弦定理求得每条路线的长度，然后建立总路程关于的函数表达式，利用导数求出其最小值，求解时注意讨论和重合的情况．
【详解】连接，当集合地点在处时，，
所有学生行进的总路程为．
当集合地点不在处时，设，则．
在中，由正弦定理可得，
所以，，所以．
设所有学生行进的总路程为，
则
．
令，则，令，得，
又，在上单调递减，
所以根据复合函数的单调性知，当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以当时，取得最小值，
此时．
故答案为：.
【点睛】本题考查利用正弦定理解决实际问题，考查导数在解决实际问题中的应用，考查考生分析问题、解决问题的能力.解三角形在实际生活中的应用非常广泛，如测量距离、高度、角度，渔船的相遇、追及问题等都会用到．解题时应认真分析题意，明确所求，找到简单有效的解题思路，基本解题步骤如下：①分析——理解题意，分析已知与未知，画出示意图；②建模——根据已知条件与求解目标，把已知量与未知量尽量集中在有关的三角形中；③求解——利用正、余弦定理求解；④检验——检验所求得的解是否具有实际意义，从而得到实际问题的解，属于较难题．
20．
【分析】根据题意，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，应取太阳直射南回归线时的情况考虑，此时的太阳直射纬度为，依题意两楼的间距不小于MC，根据太阳高度角的定义，以及题设条件，解三角形，即得解.
【详解】如图：
设点A，B，C分别为太阳直射北回归线，赤道，南回归线时楼顶在地面上得投射点，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，应取太阳直射南回归线时的情况考虑，此时的太阳直射纬度为，依题意两楼的间距不小于MC，根据太阳高度角的定义得：
故答案为：
【点睛】本题考查了解三角形在实际问题中的应用，考查了学生综合分析，数学建模，数学运算的能力，属于较难题.
21．
【分析】取中点，连结，交于点，交于点，连结，设，推导出和，从而得出文化景观区域面积，利用三角函数的性质，解出面积最大值．
【详解】取中点，连结，交于点，交于点，连结，
设，则，，
，
文化景观区域面积：
，
当，即时，文化景观区域面积取得最大值为．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到变量，从而表示得，再熟练掌握三角恒等变换进行化简即可得解.
22．
【分析】先求的，利用余弦定理求得，利用正弦定理求得，再由余弦定理求得.
【详解】在三角形中，，
所以，所以，
在三角形中，
，
由正弦定理得
，
在三角形中，，
所以
（海里）.
故答案为：

23． 6
【分析】根据题意可得，，可得，结合倍角公式运算求解；根据题意分析可知求“大距点”个数的问题转化为直线与在的交点个数问题，结合图象分析求解.
【详解】（1）当时，经过时间，，，
当A位于的“大距点”时，与小圆相切，
此时为直角三角形，所以，
因为，所以，
因为A是第一次位于的“大距点”，可知，则，
所以，，
即A的坐标为；
（2）经过时间，，，
对于任意，当A位于的“大距点”时，
A，两点坐标满足，即，
当时，求“大距点”个数的问题转化为直线与在的交点个数问题.
若与有7个交点，则第1个交点到第7个交点间隔恰好3个周期，
共长度等于36，因为，所以内不可能有7个交点.
又当时，
如图所示，与有6个交点，故A最多有6次位于的“大距点”.
故答案为：；6.

【点睛】方法点睛：数形结合求交点个数：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个．
24．
【分析】根据题意画出草图，根据余弦定理求出的值，设点到的距离为，可得，分析可知取最大时，取最大值，然后再对为中点和不是中点两种情况分析，可得的最大值为，然后再根据圆的有关性质和正弦定理，即可求出结果．
【详解】根据题意可作出及其外接圆，连接，交于点，连接，如下图：
在中，由余弦定理
,
由为的内角，可知，所以.
设的半径为，点到的距离为，点到的距离为，则,
故取最大时，取最大值.
①当为中点时，由垂径定理知，即，
此时，故；
②当不是中点时，不与垂直，设此时与所成角为，则，故；
由垂线段最短知，此时;
综上，当为中点时，到的距离最大，最大值为；
由圆周角定理可知，,
由垂径定理知，此时点为优弧的中点，故，
则，
在中，由正弦定理得
所以.
所以当△ADC面积最大时建立索道AD的长为公里.
故答案为：．
【点评】本题考查了正弦定理、余弦定理在解决实际问题中的应用，属于中档题．
25．
【分析】设，则求得，再根据反射的条件：入射角等于反射角可得：在和中运用正弦定理表示，由可求得的取值范围.
【详解】根据题意做出示意如下图所示：
设，则，根据反射的条件：入射角等于反射角可以得：
在中由正弦定理得而，
所以，所以
在中由正弦定理得，
所以，
解得，
故填：
【点睛】本题考查解三角形中的正弦定理的应用，关键在于由反射的条件得出边、角之间的关系，再由建立不等式，求得范围，属于难度题.