2022秋新教材高中数学第五章三角函数5-7三角函数的应用课后提能训练新人教A版必修第一册

第五章 5.7
A 级——基础过关练
1．简谐运动y ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x －π3的相位与初相是( ) A ．5x －π3，π
3
B ．5x －π
3，4
C ．5x －π3，－π
3
D ．4，π3
【答案】C 【解析】相位是5x －π3，当x ＝0时的相位为初相，即－π
3.
2．最大值为12，最小正周期为2π3，初相为π
6的函数表达式是( )
A ．y ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 3＋π6
B ．y ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 3－π6
C ．y ＝12sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫3x －π6
D ．y ＝12sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫3x ＋π6
【答案】D 【解析】由最小正周期为2π3，排除A ，B ；由初相为π
6，排除C ．
3．在两个弹簧上各挂一个质量分别为M 1和M 2的小球，它们做上下自由振动．已知它们在时间t (s)时离开平衡位置的位移s 1(cm)和s 2(cm)分别由下列两式确定：s 1＝5sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2t ＋π6，
s 2＝5cos ⎝
⎛⎭
⎪⎫
2t －π3
，则在时间t ＝
2π
3
时，s 1与s 2的大小关系是( ) A ．s 1＞s 2 B ．s 1＜s 2 C ．s 1＝s 2
D ．不能确定
【答案】C 【解析】当t ＝
2π
3
时，s 1＝－5，s 2＝－5，所以s 1＝s 2.故选C ． 4.如图所示，一个单摆以OA 为始边，OB 为终边的角θ(－π＜θ＜π)与时间t (s)满足函数关系式θ＝12sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2t ＋π2，t ∈[0，＋∞)，则当t ＝0时角θ的大小及单摆频率是( )
A ．2，1
π
B ．12，1π
C ．1
2
，π D ．2，π
【答案】B 【解析】当t ＝0时，θ＝12sin π2＝12，由函数解析式易知单摆周期为2π
2＝
π，故单摆频率为1
π
.
5．(多选)下图是一质点做简谐运动的图象，则下列结论正确的是( )
A ．该质点的运动周期是0.7 s
B ．该质点振幅是5
C ．该质点在0.1 s 和0.5 s 时运动速度为零
D ．该质点运动周期为0.8 s 【答案】BCD
6．简谐运动y ＝－3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫－2x ＋π3(x ≥0)的频率为________． 【答案】1π 【解析】由诱导公式可知y ＝－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，故频率
为
ω
2π＝1
π
. 7．某时钟的秒针端点A 到中心点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，若将A ，B 两点的距离d (cm)表示成时间t (s)的函数，则d ＝______，其中t ∈[0,60]．
【答案】10sin πt 60 【解析】秒针1 s 转π30弧度，t s 后秒针转了π30t 弧度，如图，sin
πt
60
＝d
25，所以d ＝10sin πt
60
.
8．国际油价在某一时间内呈现出正弦波动规律：P ＝A sin ⎝
⎛⎭⎪⎫ωπt ＋π4＋60(美元)(A >0，
ω>0)，现采集到下列信息：最高油价80美元，当t ＝150(天)时达到最低油价，则ω的最小
值为________．
【答案】
1
120
【解析】因为国际油价在某一时间内呈现出正弦波动规律：P ＝A sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫
ωπt ＋π4
＋60，最高油价80美元，所以A ＝20.当t ＝150(天)时达到最低油价，即
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫150ωπ＋π4＝－1，此时150ωπ＋π4＝2k π－π2，k ∈Z .因为ω>0，所以令k ＝1，得150ωπ＋π4＝2π－π2，解得ω＝1120.故ω的最小值为1
120
.
9．如果某地夏天从8～14时的用电量变化曲线近似满足y ＝A sin(ωx ＋φ)＋
b ⎝
⎛⎭
⎪⎫
A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2
，如图所示．
(1)求这一段时间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：(1)观察图象知8～14时这一段时间的最大用电量为50万度，最小用电量为30万度． (2)观察图象可知，12T ＝14－8＝6，所以T ＝12，所以ω＝2πT ＝π6.b ＝12
×(50＋30)＝40，
A ＝1
2
×(50－30)＝10，
所以y ＝10sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6x ＋φ＋40. 将x ＝8，y ＝30代入上式，解得φ＝π
6＋2k π(k ∈Z )．
又|φ|＜π2，所以φ＝π
6
.
所以所求解析式为y ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6
x ＋π6＋40，x ∈[8,14]．
B 级——能力提升练
10．如图所示的是一个半径为3米的水轮，水轮的圆心O 距离水面2米，已知水轮每分钟旋转4圈，水轮上的点P 到水面的距离y (米)与时间t (秒)满足关系式y ＝A sin(ωt ＋φ)＋2，则( )
A ．ω＝15
2π，A ＝3
B ．ω＝2π
15，A ＝3
C ．ω＝2π
15，A ＝5
D ．ω＝15
2π
，A ＝5
【答案】B 【解析】由题意知A ＝3，ω＝2π×460＝2π
15
.
11．已知简谐振动的振幅是32，图象上相邻最高点和最低点的距离是5，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，
则该简谐振动的频率和初相是( )
A ．16，π
6 B ．18，π3 C ．18，π
6
D ．16，π3
【答案】C 【解析】由题意可知，A ＝32，32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝52
，则T ＝8，ω＝2π8＝π4，y ＝
32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ.由3
2sin φ＝34，得sin φ＝12.因为|φ|＜π2，所以φ＝π6.因此频率是18，初
相为π
6
.
12．如图所示，一个大风车的半径为8 m ，每12 min 旋转一周，最低点离地面2 m ．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 (m)与时间t (min)之间的函数关系是( )
A ．h ＝8cos π
6t ＋10
B ．h ＝－8cos π
3
t ＋10
C ．h ＝－8sin π
6t ＋10
D ．h ＝－8cos π
6
t ＋10
【答案】D 【解析】依题意可设h ＝A sin(ωt ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0)，易知T ＝12，A ＝8，B ＝10，所以ω＝2π12＝π6，则h ＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 6＋φ＋10.当t ＝0时，8sin φ＋10＝2，得sin φ＝－1，可取φ＝－π2，所以h ＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6
t －π2＋10＝－8cos π6t ＋10.
13．示波器上显示的曲线是正弦曲线形状，记录到两个坐标M (2,4)和P (6,0)，已知M ，
P 是曲线上相邻的最高点和平衡位置，则得曲线的方程是________．
【答案】y ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8
x ＋π4 【解析】由题意可设曲线方程为y ＝4sin(ωx ＋φ)(ω＞
0)．因为T 4＝4，所以T ＝16，所以ω＝2π16＝π8，所以y ＝4sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π8x ＋φ.又曲线经过点M (2,4)，
所以π8×2＋φ＝π2＋2k π，解得φ＝π4＋2k π，k ∈Z ，所以y ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8
x ＋π4.
14．函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －π6振幅是________；初相是________．
2 －π
6
C 级——探究创新练
15．(2021年杨浦区校级模拟)如图，一只蚂蚁绕一个竖直放置的圆环逆时针匀速爬行，已知圆环的半径为1米，圆环的圆心O 距离地面的高度为1.5米，蚂蚁爬行一圈需要4分钟，且蚂蚁的起始位置在最低点P 0处．
(1)试写出蚂蚁距离地面的高度h (米)关于时刻t (分)的函数关系式h (t )； (2)在蚂蚁绕圆环爬行一圈的时间内，有多长时间蚂蚁距离地面超过1米？
解：(1)设在时刻t (分)时蚂蚁达到点P ，由OP 在t 分钟内所转过的角为2π4t ＝π
2
t ，
如图，以Ox 为始边，OP 为终边的角为π2t ＋3π2，则点P 的纵坐标为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2t ＋3π2，
则h ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2
t ＋3π2＋1.5＝1.5－cos π2t ，可得h ＝1.5－cos π2t (t ≥0)．
(2)由题意可得h ＝1.5－cos π2t ＞1，可得cos π2t ＜12，即π3＋2k π＜π2t ＜5π
3＋2k π，k
∈Z ，解得4k ＋23＜t ＜4k ＋10
3
，k ∈Z ，
因为所研究的问题在蚂蚁绕圆环爬行的一圈内，故t ∈[0,4]，可得23＜t ＜10
3.
所以蚂蚁有8
3
分钟距地面1米以上．。