2025高考一轮复习（人教A版）第16讲 三角函数的应用（含答案）

高考一轮复习（人教A版）第十六讲三角函数的应用阅卷人一、选择题得分1．在△ABC中，已知AB=2AC=2.点D是边BC上靠近C的三等分点.AD的长等于边AB上的高，则tanA=（）A．3 B．23 C．45 2．摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，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.某摩天轮等距离设置有60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30min.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度H(m)关于时间t（min）的函数关系式为H=65−50cosπA．253m B．50m C．25(33．位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表．圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即∠ABC）约为32.5°，夏至正午太阳高度角（即∠ADC）约为79.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为14米，则表高（即AC的长）约为（）（其中tan32.5°≈A．9.27米 B．9.33米 C．9.45米 D．9.51米4．“寸影千里”法是《周髀算经》中记载的一种远距离测量的估算方法，其具体方法是在同一天（如夏至）的正午，于两地分别竖起同高的标杆，然后测量标杆的影长，并根据“日影差一寸，实地相距千里”的原则推算两地距离．如图，某人在夏至的正午分别在同一水平面上的A，B两地竖起高度均为a寸的标杆AE与BF，AC与BD分别为标杆AE与BF在地面的影长，再按影长AC与BD的差结合“寸影千里”来推算A，B两地的距离．记∠CEA=α，A．1000asin(α+β)sinαC．1000acos(α+β)sinβ5．岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼、江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”．因范仲淹作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC=30°，∠DBC=60°，AB=14米，则岳阳楼的高度CD为（）A．63米 B．73米 C．83米 6．2022年春节期间，G市某天从8~16时的温度变化曲线（如图）近似满足函数f(x)=22cos(ωx+φ)（ω>0，0<φ<πA．8～13时这段时间温度逐渐升高B．8～16时最大温差不超过5℃C．8～16时0℃以下的时长恰为3小时D．16时温度为−2℃7．已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0，|φ|≤π2)，其图象与直线y=−1相邻两个交点的距离为πA．(π6，π3) B．[8．筒车亦称“水转筒车”，是我国古代发明的一种水利灌溉工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，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）．假设在水流量稳定的情况下，一个半径为8m的筒车按逆时针方向做4min一圈的匀速圆周运动，已知筒车的轴心O到水面的距离为43m，且该筒车均匀分布有8个盛水筒（视为质点），以筒车上的某个盛水筒P刚浮出水面开始计时，设转动时间为t（单位：①t=1min时，盛水筒P到水面的距离为4+43②t=43min与t=2③经过34min，盛水筒P共8次经过筒车最高点；④记与盛水筒P相邻的盛水筒为Q，则P，Q到水面的距离差的最大值为43A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④阅卷人二、多项选择题得分9．2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图像近似函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω∈N*,|φ|<πA．ω=2 B．f(C．f'(x−π4)是偶函数 10．如图，摩天轮的半径为50米，摩天轮的中心O点距离地面的高度为55米，摩天轮匀速逆时针旋转，每24分钟转一圈，摩天轮上点P的起始位置在最高点处，下列结论正确的是()A．经过12分钟，点P首次到达最低点B．第16分钟和第32分钟点P距离地面一样高C．从第28分钟至第40分钟点P距离地面的高度一直在降低D．摩天轮在旋转一周的过程中，点P有8分钟距离地面的高度不低于80米11．在新农村建设中，某村准备将如图所示的∠BAC内区域规划为村民休闲中心，其中∠CAD区域设计为人工湖（点D在∠BAC的内部），∠DAB区域则设计为公园，种植各类花草.现打算在AC，AB上分别选一处E，F，修建一条贯穿两区域的直路EF，供汽车通过，设AD与直路EF的交点为P，现已知AB=AC=400米，∠BAC=2π3，∠CAD=π6，AP=200米，PE，PF段的修路成本分别为100万元/百米，50万元/百米，设∠AFP=α，修路总费用为关于A．PE=100B．S(α)=C．修路总费用最少要400万元D．当修路总费用最少时，PF长为400米阅卷人三、填空题得分12．已知函数f(x)=msin12x+mcos1213．如图，游乐场中的摩天轮逆时针匀速转动，每转一圈需要12分钟，其中心O距离地面40.5米，半径为40米.如果你从最低处登上摩天轮并开始计时，当你第4次距离地面60.14．筒车亦称为“水转筒车”，一种以流水为动力，取水灌田的工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史.如图，假设在水流量稳定的情况下，一个半径为3米的筒车按逆时针方向做每6分钟转一圈的匀速圆周运动，筒车的轴心O距离水面BC的高度为1.5米，设筒车上的某个盛水筒P的切始位置为点D（水面与筒车右侧的交点），从此处开始计时，t分钟时，该盛水筒距水面距离为H=ft=Asin阅卷人四、解答题得分15．一个半径为2米的水轮如图所示，水轮圆心O距离水面1米．已知水轮按逆时针作匀速转动，每6秒转一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时（图中点P0（1）以过点O且平行于水轮所在平面与水面的交线L的直线为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，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距离水面的高度不低于2米？16．如图所示，镇海中学甬江校区学生生活区(如矩形ABCD所示)，其中O为生活区入口.已知有三条路AB，BC，AD，路AD上有一个观赏塘T，其中AT=300m，路BC上有一个风雨走廊的入口L，其中BL=200m.现要修建两条路OT，OL，修建OT，OL费用成本分别为2λ/m，3λ/m.设∠TOA=α．（1）当AO=600m，BO=200m时，求张角∠TOL的正切值；（2）当OT⊥OL时，求当α取多少时，修建OT，OL的总费用最少，并求出此时总费用．17．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．如图，某摩天轮最高点距离地面高度为130 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30min（1）游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动tmin后距离地面的高度为Hm，求在转动一周的过程中，H关于（2）证明：cosθ−cosφ=−2sinθ+φ（3）若甲、乙两人分别坐在两个相邻的座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差h（单位：m）关于t的函数解析式，并求高度差的最大值（精确到0.1）．（参考数据：18．在校园美化、改造活动中，要在半径为30m、圆心角为2π3的扇形空地EOF的内部修建一矩形观赛场地ABCD，如图所示．取CD的中点M，记∠MOC=θ（1）写出矩形ABCD的面积S与角θ的函数关系式；（2）求当角θ为何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出最大面积．19．已知一个半径为3.2米的水轮如图所示，水轮圆心O距离水面1.6米，且按顺时针方向匀速转动，每45秒转动一圈.如果以水轮上点P从水面浮现时（图中点P0位置）开始计时，记点P距离水面的高度hm关于时间ts（1）在水轮转动的一周内，求点P距离水面高度hm关于时间t（2）在水轮转动的一周内，求点P在水面下方的时间段.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：根据题意可得：在△ABC中，设CM为AB边上的高，则AD=CM，又BD=2CD，则3S△ACD=S△ABC，32S△ACD=S△ABC，设∠CAD=α，∠BAD=β，且AB=2AC=2，所以3×12×AC×AD×sinα=12×CM×AB，解得sinα=23，同理：32×12×AB×AD×sinβ=12×CM×AB，解得：sinβ=2．【答案】D【解析】【解答】解：设甲位置对应的时间为t1min，转到乙位置时对应的时间为则t2所以甲､乙两人座舱高度差为|65−50=50|=50|(1−=25(6−所以甲､乙两人座舱高度差的最大值为25(6故答案为：D.【分析】设甲位置对应的时间为t1min，转到乙位置时对应的时间为t2min，根据题意可得3．【答案】C【解析】【解答】如图，∠ABC=32.设表高AC=h，则由题知，tan∠ABC=所以BC=AC因为tan32.5°≈35所以53h−5所以，表高（即AC的长）约为9.45米.故答案为：C

【分析】利用已知条件结合正切函数的定义，再结合作差法，进而得出表高。4．【答案】C【解析】【解答】由题意可知AC=AEtan所以BD−AC=BFtanβ故答案为：C．

【分析】利用已知条件结合正切函数的定义得出AC=AEtanα，5．【答案】B【解析】【解答】因为∠DAC=30°，∠DBC=60°，所以∠ADB=30°，所以△ABD为等腰三角形，所以BD=AB=14米，在Rt△BCD中，∠BDC=90°−60°=30°，所以CD=BD·cos故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合等腰三角形的定义和直角三角形中角的关系式，从而结合余弦函数的定义，进而得出岳阳楼的高度CD的长。6．【答案】D【解析】【解答】由图像可知：8～13时这段时间温度先下降再升高，A不符合题意；8～16时最大温度22℃，最小温度−22℃，最大温差为8～16时0℃以下的时长超过3小时，C不符合题意；T=4×(13−11)=8=2πω，ω=π故f(x)=22cos(故答案为：D.

【分析】由图像直接判断A、B、C选项，求出解析式判断D选项即可.7．【答案】D【解析】【解答】解：函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0，|φ|≤π故函数的周期为2πω=π，故ω=2若f(x)>1对∀x∈(−π12，π3所以2kπ≤2⋅(−π12因为|φ|≤π2，所以故答案为：D．

【分析】由题意可得函数的周期为2πω=π，求得ω=2．再根据当∀x∈(−π12，π3)时sin(8．【答案】A【解析】【解答】解：以水车的轴心为原点，建立如图所示直角坐标系：

由题可知水车旋转一周的时间为4min，当P刚露出水面时，与y轴的夹角是30°，相邻盛水桶之间的夹角是45°，当P旋转t=1min时，旋转了360°4=90°，旋转到此时D点到水面的距离为43+8sin②当t=43min时，旋转了13周，即与y轴正半轴的夹角是180°−(当t=2min时，P旋转了180°，即C点，与y轴正半轴的夹角也是30°C点与E点到水面的距离相等，故以②正确；③经过34min，则水车转过了344=8.5个周期，所以盛水桶④设Q在P的上方，OP与y轴负方向的夹角为α，(0则OQ与y轴负方向的夹角为α+45°，相邻两筒到水面的距离差为：|4=|8[(1−2其中cosφ=2−2当α=φ时取最大值为82−2，故故答案为：A．【分析】以水车的轴心为原点，建立如图所示直角坐标系，分析其中的几何关系判断①②，利用周期判断③，求出距离差的表达式结合三角变换求最值判断④即可．9．【答案】B,C【解析】【解答】解：因为f(x)=Asin(ωx+φ)，则f'(x)=Aωcos(ωx+φ)，

由题意得f(2π)=f'(2π)因为破碎的涌潮的波谷为−4，

所以f'(x)的最小值为−4，即−Aω=−4，得A=4，

所以f(x)=4sin(x+π因为f(x)=4sin(x+π4)，所以f因为f'(x)=4cos(x+π4)，由−π3<x<0，得−π12<x+π4故答案为：BC.【分析】利用复合函数的求导方法和f(2π)=f'(2π)以及同角三角函数基本关系式，从而得出tanφ=ω，再利用ω∈N*，10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：设在时刻t(min)时点P距离地面的高度由题意，A=50，h=55，

因为每24分钟转一圈，

所以T=24，

所以ω=2π24=π又f(0)=50+55=105

即在t=0时取到最大值，

即φ=所以f(t)=50sin对于A：因为周期为24，

并且在t=0时刻，P在最高点，

所以经过12分钟，一半的的时间，

点P首次到达最低点，A正确；对于B：由f(16)=50cos4π3+55=30，

对于C：28≤t≤40，

则7π3≤π12t≤10π3，

在7π3，10π3【分析】先求出P距离地面的高度f(t)=Asin11．【答案】A,C,D【解析】【解答】对于A，在∆AEP中，由正弦定理知，APsin∠AEP=PEsin∠EAP，

所以PE=200×12sinπ3-α=100cosπ6+α，所以A对；

对于B，在∆APF中，因为∠BAC=2π3，∠CAD=π6，所以∠PAF=π2，

所以sinα=APPF，所以PF=APsinα=200sinα，

所以S(α)=1×100cos(π6+α)+0.5×200sinα=100cos(π12．【答案】[−3【解析】【解答】解：因为x∈[0,2π]，所以12x+π4∈π4,5π4，

又因为sin12x+cos12x=2sin12x+π4，令sin12x+π4=0，则12x+π4=π⇒x=3π2，

所以f(3π2)=-2sin3π2+32=42≠0，故x=3π2不是fx得零点，

令t=sin12x+π4,x∈0,3π2∪3π2,2π，则t∈-22,0∪0,1，

故函数f(x)=msin12x+mcos12x−2sinx+32=msin12x+π4-2sinx+32

在x∈[0,2π]上恰有两个零点，所以方程13．【答案】20【解析】【解答】解：设从最低处登上摩天轮后逆时针匀速转动的时间为t分钟，因为每转一圈需要12分钟，所以匀速转动t分钟所转动的角为π6t，距离地面的距离为f(t)=40.5−40cosπ6t=−40cosπ6t+40.所以第1次距离地面60.5米时所用时间为4分钟，第2次距离地面60.5米时所用时间为8分钟，第3次距离地面故答案为：20.【分析】设从最低处登上摩天轮后逆时针匀速转动的时间为t分钟，距离地面的距离为f(t)，求出f(t)=−40cosπ14．【答案】3【解析】【解答】解：由题意知，A=3，T=6，b=1.5，∴ω=2π当t=0时，H=0，∴3sinφ+1.5=0，即∵φ<π2，故答案为：3【分析】本题考查三角函数的实际应用问题，根据图象及所给条件确定振幅、周期、b，结合t=0时得出方程，求得φ的值，即可得解.15．【答案】（1）解：设h=Asin根据函数h=AsinA=OP由题意可知，当t=0时，h=0，则2sinφ+1=0，所以sinφ=−又因为函数h=2sin(ωt−π所以ω=2π所以h=2sin（2）解：根据题意可知，h=2sin(π当水轮转动一圈时，t∈[0，6]，可得：π3所以，此时π6解得1<t<3，又因为3−1=2（秒)，即水轮转动任意一圈内，有2秒的时间点P距水面的高度不低于2米．【解析】【分析】（1）利用已知条件，设出函数的解析式，再结合题意和物理意以及待定系数法，从而确定参数值，即可求出函数的解析式.（2）结合（1）中函数的解析式求解三角不等式，即可确定点P距水面的高度不低于2米的时间．（1）解：设h=Asin根据函数h=AsinA=OP由题意可知当t=0时，h=0，则2sinφ+1=0，所以则φ=−π又因为函数h=2sin(ωt−π所以ω=2π所以h=2sin（2）解：根据题意可知，h=2sin即sin(当水轮转动一圈时，t∈[0，6]，可得：π3所以此时π6解得1<t<3，又因为3−1=2（秒)，即水轮转动任意一圈内，有2秒的时间点P距水面的高度不低于2米．16．【答案】（1）解：设∠LOB=β，β为锐角，则tanβ=LB设∠TOA=α，则tanα=TA故tan∠TOL=（2）解：当OT⊥OL时，∠LOB=π2−α故OT=300sinα设修建OT，OL的总费用为y，则y=300设t=sinα+cosα，则t=则sinαcosα=t所以y=600λ⋅sinα+cosα因为y=t−1t在(1,2]上单调递增，所以所以y=1200λ⋅1t−1t的最小值为1200λ⋅1故当α=π4时，修建OT，OL的总费用最少，最少为【解析】【分析】本题考查三角函数的模型的应用.

（1）设∠LOB=β，利用正切的定义可求出tanβ，tanα，根据三角函数诱导公式以及两角和的正切公式进行化简可求出（2）当OT⊥OL时，∠LOB=π2−α，利用锐角三角函数的定义可求出OT,OL的表达式，据此可求出总费用的表达式y=600λ⋅17．【答案】（1）解：设座舱距离地面最近的位置为点P，如图所示：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根据摩天轮转一周大约需要30min，可知座舱转动的角速度约为π由题意可得H=55sin(π（2）解：令θ=θ+φ2+θ−φ2，φ==−2sin（3）解：已知如图所示：

甲、乙两人的位置分别用点A,B表示，则∠AOB=经过tmin后甲距离地面的高度为H点B相对于点A始终落后π24此时乙距离地面的高度为H2则甲、乙距离地面的高度差h=|利用cosθ−cosφ=−2sinθ+φ可得h=55|=110|sin(π当π15t−π48=π2（或3π2），即所以甲、乙两人距离地面的高度差的最大值约为7【解析】【分析】本题考查三角函数模型的应用，两角和差的余弦公式，正弦函数的图象和性质.

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