复习参考题教学评价实录

三角函数模型的简单应用

(45分钟

70分) 一、选择题(每小题5分,共40分) 1.与图中曲线对应的函数是(

)

A.y=|sinx|

B.y=sin|x| C.y=-sin|x|

D.y=-|sinx| 【解析】选C.因为图象关于y轴对称,故排除A,D.又当∈(0,π)时y<0,故选C. 2.如图为一半径为3米的水轮,水轮圆心O距离水面2m,已知水轮自点A开始旋转,15s旋转一圈.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,则有(

)

A.ω=,A=3

B.ω=,A=3 C.ω=,A=5

D.ω=,A=5 【解析】选A.因为T=15,故ω==,显然ymax-ymin的值等于圆O的直径,即ymax-ymin=6,故A===3. 3.图为一简谐运动的图象,则下列判断正确的是(

)

A.该质点的振动周期为0.7s B.该质点的振幅为5cm C.该质点在0.1s和0.5s时速度最大

D.该质点在0.3s和0.7s时加速度最大

【解析】选B.周期为2×(0.7-0.3)=0.8s,故A错;由题中图象可知,振幅为5cm,故B对;在最高点时,速度为零,加速度最大,故C、D错. 4.(2016·巢湖高一检测)商场人流量被定义为每分钟通过入口的人数,五一某商场的人流量满足函数F(t)=50+4sin(t≥0),则在下列哪个时间段内人流量是增加的(

) A.[0,5]

B.[5,10]

C.[10,15]

D.[16,20] 【解析】选C.由2kπ-≤≤2kπ+,k∈Z,得4kπ-π≤t≤4kπ+π,k∈Z.当k=1时,得t∈[3π,5π], 而[10,15]⊆[3π,5π],故在[10,15]上是增加的. 【延伸探究】本题条件不变,则在哪个时间段内人流量是减少的? 【解析】选D.由2kπ+≤≤2kπ+,k∈Z得, 4kπ+π≤t≤4kπ+3π,k∈Z,

当k=1时,得t∈[5π,7π], 而[16,20]⊆[5π,7π],故在[16,20]上是减少的. 5.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)的周期为,初相为,值域为[-1,3],则其函数式的最简形式为(

) A.y=2sinC.y=-2sin【解析】选A.A=+1

B.y=2sin-1

D.y=2sin=2,B==1. -1 +1 又T=,所以ω==3.φ=, 所以f(x)=2sin+1. 6.电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数I=Asin(ωt+φ) 的图象如图所示,则当t=度是(

) 秒时,电流强

A.-5安

B.5安

C.5【解析】选A.由图知A=10, T=2==, 安

D.10安

所以ω=100π, 则I=10sin(100πt+φ). 因为点(0,5)在图象上,

所以10sinφ=5,即sinφ=,φ=, 所以I=10sin当t=时,I=10sin. =10sin=-5. 7.在两个弹簧上各有一个质量分别为M1和M2的小球做上下自由振动.已知它们在时间t(s)离开平衡位置的位移s1(cm)和s2(cm)分别由下列两式确定:s1=5sin系是(

) A.s1>s2

B.s1

C.s1=s2

D.不能确定

【解析】选C.当t=时,s1=5sins1=s2. 8.如图,设点A是单位圆上的一定点,动点P从点A出发在圆上按逆时针方向旋转一周,点P所旋转过的弧数d=f(l)的图象大致是(

) 的长为l,弦AP的长为d,则函=5sin=-5.s2=10·cos=-5.所以,s2=10cos2t.当t=时,s1与s2的大小关

【解题指南】可借助弧长计算公式及圆中相应几何性质得出. 【解析】选C.由l=αR可知α=所以d=2Rsin=2Rsin, ,结合圆的几何性质可知=Rsin,

又R=1,所以d=2sin, 故结合正弦图象可知,选C. 二、填空题(每小题5分,共10分) 9.动点A(x,y)在圆x2+y2=1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转,12s旋转一周.已知当t=0时,点A的坐标是,则当0≤t≤12时,动点A的纵坐标y关于t(单位:s)的函数的单调递增区间是

. 【解析】由T=12,所以ω==,从而可设y关于t的函数为y=sin

(t≥0),又t=0时,y=, 所以φ=,所以y=sin

所以当-+2kπ≤t+≤+2kπ,k∈Z, 即-5+12k≤t≤1+12k,k∈Z,函数单调递增,因为0≤t≤12.所以增区间为[0,1]和[7,12]. 答案:[0,1],[7,12] 【补偿训练】如图,显示相对于平均海平面的某海湾的水面高度h(m)在某天从0～24时的变化情况,则水面高度h关于时间t的函数关系式为

.

【解析】设h=Asin(ωt+φ),由图象知A=6,T=12, 所以=12,得ω==,点(6,0)为“五点法”中的第一点,故×6+φ=0, 得φ=-π, 所以h=6sin=-6sint,t∈[0,24]. 答案:h=-6sint,0≤t≤24 10.某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为5cm,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(cm)表示成t(s)的函数,则d=

,其中t∈[0,60]. 【解析】经过ts秒针转了trad.由图知sin=, 所以d=10sin,其中t∈[0,60].

答案:10sin

三、解答题(每小题10分,共20分) 11.已知某海滨浴场的海浪高度y(单位:m)是时间t(0≤t≤24,单位:h)的函数,记y=f(t),下表是某日各时的浪高数据: t 0 3 6 9 12 15 18 21 24 y 1.5 1.0 0.5 1.0 1.5 1.0 0.5 0.99 1.5 经长期观测,y=f(t)的图象可近似地看成是函数y=Acosωt+B. (1)根据以上数据,求函数y=Acosωt+B的最小正周期T、振幅A及函数解析式. (2)根据规定,当海浪高度等于或高于1m时才对冲浪爱好者开放.请依据(1)的结论,判断一天内的8:00到20:00之间,有多长时间可供冲浪者进行活动? 【解析】(1)由表中数据,知周期T=12, 所以ω==. 由t=0,y=1.5,得A+B=1.5, 由t=3,y=1.0得B=1, 所以A=0.5,所以y=cost+1(0≤t≤24). (2)因为y≥1时,所以y=cost+1≥1. 所以cost≥0, 所以2kπ-≤t≤2kπ+(k∈Z),

所以12k-3≤t≤12k+3(k∈Z). 又因为8≤t≤20,所以k=1,即9≤t≤15. 所以冲浪爱好者从上午9:00到下午15:00有6h可进行运动. 12.如图所示,某地夏天从8～14时的用电量变化曲线近似满足函数y=Asin(ωx+φ)+b.

(1)求这一天的最大用电量和最小用电量. (2)写出这段曲线的函数解析式. 【解析】(1)最大用电量为50万kW·h,最小用电量为30万kW·h. (2)观察图象可知从8～14时的图象是y=Asin(ωx+φ)+b的半个周期的图象, 所以A=×(50-30)=10,b=×(50+30)=40. 因为×=14-8, 所以ω=. 所以y=10sin+40. 将x=8,y=30代入上式,解得φ=. 所以所求解析式为y=10sin【能力挑战题】

+40,x∈[8,14].

某商品一年内出厂价格在6元的基础上按月份随正弦曲线波动,已知3月份达到最高价格8元,7月份价格最低为4元,该商品在商店内的销售价格在8元基础上按月份随正弦曲线波动,5月份销售价格最高为10元,9月份销售价最低为6元,假设商店每月购进这种商品m件,且当月销完,你估计哪个月份盈利最大? 【解析】设出厂价波动函数为y1=6+Asin(ω1x+φ1), 易知A=2,T1=8,ω1=,+φ1=⇒φ1=-, 所以y1=6+2sin. 设销售价波动函数为y2=8+Bsin(ω2x+φ2), 易知B=2,T2=8,ω2=,+φ2=⇒φ2=-, 所以y2=8+2sin每件盈利y=y2-y1=-=2-2sinx, . 当sinx=-1时,x=2kπ-(k∈Z),x=8k-2(k∈Z),此时y取最大值.当k=1,即x=6时,y最大.所以估计6月份盈利最大.