高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本理.docx
- 文档编号:3207141
- 上传时间:2023-05-05
- 格式:DOCX
- 页数:14
- 大小:191.86KB
高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本理.docx
《高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本理.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本理.docx(14页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本理
2019-2020年高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本理
1.(xx武汉三中月考)如图,两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等,灯塔A在观察站南偏西40°方向上,灯塔B在观察站南偏东60°方向上,则灯塔A在灯塔B的( )
A.北偏东10°方向上B.北偏西10°方向上
C.南偏东80°方向上D.南偏西80°方向上
2.设A,B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧选定一点C,测出A、C的距离为50m,∠ACB=45°,∠CAB=105°,则可以计算出A,B两点间的距离为( )
A.50mB.50mC.25mD.m
3.如图,一条河的两岸平行,河的宽度d=0.6km,一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB=1km,水的流速为2km/h,若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6min,则客船在静水中的速度为( )
A.8km/hB.6km/h
C.2km/hD.10km/h
4.一艘海轮从A处出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行,30分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B,C两点间的距离是( )
A.10海里B.10海里C.20海里D.20海里
5.(xx东营模拟)如图,在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°,在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°,A、B的距离是84m,则塔高CD为( )
A.24mB.12mC.12mD.36m
6.(xx滨州模拟)已知A,B两个小岛相距10nmile,从A岛望C岛和B岛成60°的视角,从B岛望C岛和A岛成75°的视角,那么B岛和C岛间的距离是 nmile.
7.某同学骑电动车以24km/h的速度沿正北方向的公路行驶,在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上,15min后到点B处,测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上,则点B与电视塔的距离是 km.
8.如图所示,一艘海轮从A处出发,测得灯塔在海轮的北偏东15°方向上,与海轮相距20海里的B处,海轮按北偏西60°的方向匀速航行了30分钟后到达C处,又测得灯塔在海轮的北偏东75°方向上,则海轮的速度为 海里/分钟.
9.如图,航空测量组驾驶飞机飞行的航线和山顶在同一铅直平面内,已知飞机的飞行高度为10000m,速度为50m/s,某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420s后看山顶的俯角为45°,求山顶的海拔高度.(取=1.4,=1.7)
10.(xx黑龙江哈尔滨六中开学考试)某飞船上的返回舱顺利到达地球后,为了及时将航天员救出,地面指挥中心在返回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心(记为B,C,D).当返回舱在距地面1万米的P点时(假定以后垂直下落,并在A点着陆),C救援中心测得返回舱位于其南偏东60°方向,仰角为60°,B救援中心测得返回舱位于其南偏西30°方向,仰角为30°,D救援中心测得着陆点A位于其正东方向.
(1)求B、C两救援中心间的距离;
(2)求D救援中心与着陆点A间的距离.
B组 提升题组
11.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱,为了测量喷水柱喷出的水柱的高度,某人在喷水柱正西方的点A测得水柱顶端的仰角为45°,沿点A向北偏东30°方向前进100m到达点B,在B点测得水柱顶端的仰角为30°,则水柱的高度是( )
A.50mB.100mC.120mD.150m
12.地面上有两座相距120米的塔,在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α,在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为,且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角,则两塔的高度分别为( )
A.50米,100米B.40米,90米
C.40米,50米D.30米,40米
13.(xx青岛模拟)如图,在海中一孤岛D的周围有2个观察站A,C,已知观察站A在岛D的正北5nmile处,观察站C在岛D的正西方,现在海面上有一船B,在A点测得其在南偏西60°方向4nmile处,在C点测得其在北偏西30°方向上,则两观测点A与C的距离为 nmile.
14.如图所示,长为3.5m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处1.4m的地面上,另一端B在离堤足C处2.8m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则tanα= .
15.(xx辽宁沈阳二中月考)在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A,某时刻测得一艘匀速直线行驶的船位于点A的北偏东45°且与点A相距40海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ
且与点A相距10海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度(单位:
海里/小时);
(2)若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.
答案全解全析
A组 基础题组
1.D 由条件及题图可知,∠A=∠ABC=40°,因为∠BCD=60°,所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向上.
2.A 由题意,易得B=30°.由正弦定理,得=,∴AB===50(m).
3.B 连接AB,设AB与河岸线所成的锐角为θ,客船在静水中的速度为vkm/h,由题意知,sinθ==,从而cosθ=,结合已知及余弦定理可得=+12-2××2×1×,解得v=6.选B.
4.A
如图所示,易知,在△ABC中,AB=20海里,∠CAB=30°,∠ACB=45°,根据正弦定理得=,解得BC=10(海里).
5.C 设塔高CD=xm,
则AD=xm,DB=xm.
又由题意得∠ADB=90°+60°=150°,
在△ABD中,利用余弦定理,得
842=x2+(x)2-2·x2cos150°,
解得x=12(负值舍去),故塔高为12m.
6.答案 5
解析
如图,
在△ABC中,AB=10,A=60°,B=75°,C=45°,
由正弦定理,
得=,所以BC===5(nmile).
7.答案 3
解析 由题意知AB=24×=6,
在△ABS中,∠BAS=30°,AB=6,∠ABS=180°-75°=105°,∴∠ASB=45°,
由正弦定理知=,
∴BS==3(km).
8.答案
解析 由已知可得∠ACB=45°,∠B=60°,
由正弦定理得=,
所以AC===10,所以海轮航行的速度为=(海里/分钟).
9.解析
如图,作CD垂直直线AB于点D,
∵∠A=15°,∠DBC=45°,∴∠ACB=30°,
又在△ABC中,=,
AB=50×420=21000,
∴BC=×sin15°=10500(-).
∵CD⊥AD,∴CD=BC·sin∠DBC=10500(-)×=10500(-1)=7350.
故山顶的海拔高度为10000-7350=2650(m).
10.解析
(1)由题意,PA⊥AC,PA⊥AB,∠CAB=30°+60°=90°,则△PAC,△PAB,△ABC均为直角三角形,在Rt△PAC中,PA=1,∠PCA=60°,则AC=,在Rt△PAB中,PA=1,∠PBA=30°,则AB=,又∠CAB=90°,∴BC==.
答:
B、C两救援中心间的距离为万米.
(2)易得sin∠ACD=sin∠ACB=,cos∠ACD=-,又∠CAD=30°,所以sin∠ADC=sin(30°+∠ACD)=,在△ADC中,由正弦定理得,=,AD==.
答:
D救援中心与着陆点A间的距离为万米.
B组 提升题组
11.A
如图,设水柱高度是hm,水柱底端为C,则在△ABC中,∠BAC=60°,AC=hm,AB=100m,BC=hm,根据余弦定理得(h)2=h2+1002-2·h·100·cos60°,即h2+50h-5000=0,即(h-50)(h+100)=0,解得h=50(舍负),故水柱的高度是50m.
12.B 设高塔高H米,矮塔高h米,在O点望高塔塔顶的仰角为β.则tanα=,tan=,根据三角函数的倍角公式有=,①
因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角,所以在O点望矮塔塔顶的仰角为-β.
由tanβ=,tan=,得=,②
联立①②解得H=90,h=40.
即两座塔的高度分别为40米,90米.
13.答案 2
解析 如图,延长AB与DC,设交点为E,由题意可得∠E=30°,∠BCE=60°,∴∠EBC=90°,∠ABC=90°,
在Rt△ADE中,AE==10nmile,
所以EB=AE-AB=6nmile.
在Rt△EBC中,BC=BE·tan30°=2nmile,
在Rt△ABC中,AC==2(nmile).
14.答案
解析 由题意可得,在△ABC中,AB=3.5,AC=1.4,BC=2.8,
由余弦定理可得,AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos∠ACB,即3.52=1.42+2.82-2×1.4×2.8×cos(π-α),解得cosα=,所以sinα=,所以tanα==.
15.解析
(1)
如图,AB=40海里,AC=10海里,∠BAC=θ.
由于0°<θ<90°,
sinθ=,
所以
cosθ==.
由余弦定理得
BC=
=10(海里).
所以该船的行驶速度为=15(海里/小时).
(2)该船会进入警戒水域.理由如下:
如图所示,设直线AE与BC相交于点Q.
在△ABC中,由余弦定理得,cos∠ABC===.
从而sin∠ABC===.
在△ABQ中,由正弦定理得,
AQ==
=40(海里).
由于AE=55海里>40海里=AQ,所以点Q位于点A和点E之间,且QE=AE-AQ=15(海里).
过点E作EP⊥BC于点P,则EP的长等于点E到直线BC的距离.
在Rt△QPE中,PE=QE·sin∠PQE,则PE=QE·sin∠AQC=QE·sin(45°-∠ABC)=15×=3(海里),又3海里<7海里,所以该船会进入警戒水域.
2019-2020年高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第六节函数y=Asin(ωx+φ)的图象及应用夯基提能作业本理
1.(xx沈阳三十一中月考)函数y=sin在区间上的简图是( )
2.若函数y=cos(ω∈N*)图象的一个对称中心是,则ω的最小值为( )
A.1B.2C.4D.8
3.函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则该函数的解析式可为( )
A.y=2sinB.y=2sin
C.y=2sinD.y=2sin
4.已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>0),y=f(x)的图象与直线y=2的两个相邻交点的距离等于π,则f(x)的单调递增区间是( )
A.,k∈Z
B.,k∈Z
C.,k∈Z
D.,k∈Z
5.一个大风车的半径为8m,12min旋转一周,它的最低点P0离地面2m,风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转,则点P离地面距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系式可为( )
A.h(t)=-8sint+10B.h(t)=-cost+10
C.h(t)=-8sint+8D.h(t)=-8cost+10
6.函数f(x)=tanωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y=所得线段的长为,则f= .
7.(xx课标全国Ⅲ,14,5分)函数y=sinx-cosx的图象可由函数y=2sinx的图象至少向右平移 个单位长度得到.
8.某城市一年中12个月的平均气温(℃)与月份的关系可近似地用函数y=a+Acos(x=1,2,3,…,12)来表示,已知6月份的平均气温最高,为28℃,12月份的平均气温最低,为18℃,则10月份的平均气温为 ℃.
9.某同学用“五点法”画函数f(x)=Asin(ωx+φ)在某一个周期内的图象时,列表如下:
x
x1
x2
x3
ωx+φ
0
π
2π
Asin(ωx+φ)
0
2
0
-2
0
(1)求x1,x2,x3的值及函数f(x)的表达式.
(2)将函数f(x)的图象向左平移π个单位,可得到函数g(x)的图象,求函数y=f(x)·g(x)在x∈上的最小值.
10.设函数f(x)=(sinωx+cosωx)2+2cos2ωx(ω>0)的最小正周期为.
(1)求ω的值.
(2)若函数y=g(x)的图象是由y=f(x)的图象向右平移个单位长度得到的,求y=g(x)的单调递增区间及图象的对称轴和对称中心.
B组 提升题组
11.(xx北京,7,5分)将函数y=sin图象上的点P向左平移s(s>0)个单位长度得到点P'.若P'位于函数y=sin2x的图象上,则( )
A.t=,s的最小值为B.t=,s的最小值为
C.t=,s的最小值为D.t=,s的最小值为
12.函数f(x)=sin(2x+φ)的图象向左平移个单位后关于原点对称,则函数f(x)在上的最小值为( )
A.-B.-C.D.
13.(xx莱芜模拟)设函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ是常数,A>0,ω>0).若f(x)在区间上具有单调性,且f=f=-f,则f(x)的最小正周期为 .
14.(xx河北衡水二中模拟)已知角φ的终边经过点P(-4,3),函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于,则f的值为 .
15.(xx山东,17,12分)设f(x)=2sin(π-x)sinx-(sinx-cosx)2.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把得到的图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g的值.
答案全解全析
A组 基础题组
1.A 令x=0,得y=sin=-,排除B,D.由f=0,f=0,排除C.
2.B 由题意知+=kπ+(k∈Z)⇒ω=6k+2(k∈Z),又ω∈N*,所以ωmin=2.
3.A 不妨设A>0,ω>0,由题图可知A=2,=-=,则T=π,所以ω=2,则y=2sin(2x+φ),因为图象经过点,所以2sin=2,所以+φ=2kπ+,k∈Z,即φ=2kπ-,k∈Z,当k=0时,φ=-,所以函数解析式可为y=2sin,故选A.
4.C 由题意知f(x)=2sin,f(x)的最小正周期T=π,所以ω=2.
由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z得,kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.∴f(x)的单调递增区间为,k∈Z.
5.D 由题意设h(t)=Acosωt+B(ω>0),因为风车12min旋转一周,所以=12,所以ω=,由题意知h(t)的最大值与最小值分别为18,2.所以解得A=-8,B=10,所以函数解析式可为h(t)=-8cost+10.
6.答案 0
解析 依题意得=,∴ω=4.
∴f(x)=tan4x.
∴f=tanπ=0.
7.答案
解析 函数y=sinx-cosx=2sin的图象可由函数y=2sinx的图象至少向右平移个单位长度得到.
8.答案 20.5
解析 依题意知,∴a==23,A==5,∴y=23+5cos,
当x=10时,y=23+5cos=20.5,
即10月份的平均气温为20.5℃.
9.解析
(1)由ω+φ=0,ω+φ=π可得ω=,φ=-,由x1-=,x2-=,x3-=2π可得x1=,x2=,x3=.由Asin=2,得A=2,所以f(x)=2sin.
(2)由f(x)=2sin的图象向左平移π个单位,得g(x)=2sin=2cos的图象,所以y=f(x)·g(x)=2×2sin·cos=2sin.当x∈时,x-∈,所以当x-=-,即x=时,ymin=-2.
10.解析
(1)f(x)=(sinωx+cosωx)2+2cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx+sin2ωx+1+cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx+2=sin+2,
依题意得=,故ω的值为.
(2)依题意得:
g(x)=sin3++2=sin+2,
令2kπ-≤3x-≤2kπ+(k∈Z),
得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z),
故y=g(x)的单调递增区间为kπ+,kπ+(k∈Z).
令3x-=kπ+,k∈Z,得x=+,k∈Z,所以y=g(x)图象的对称轴为x=+,k∈Z.
令3x-=kπ,k∈Z,得x=+,k∈Z,
所以y=g(x)图象的对称中心为(k∈Z).
综上所述,y=g(x)的单调递增区间为(k∈Z),图象的对称轴为x=+,k∈Z,对称中心为(k∈Z).
B组 提升题组
11.A 点P在函数y=sin的图象上,∴t=sin=.所以P.将点P向左平移s(s>0)个单位长度得P'.
因为P'在函数y=sin2x的图象上,所以sin2=,即cos2s=,所以2s=2kπ+或2s=2kπ+π,即s=kπ+或s=kπ+(k∈Z),又s>0,所以s的最小值为.
12.A f(x)=sin(2x+φ)的图象
y=sin=sin的图象,∴y=sin的图象关于原点对称,∴+φ=kπ(k∈Z),∴φ=kπ-(k∈Z),∵|φ|<,∴φ=-,∴f(x)=sin.当0≤x≤时,-≤2x-≤,∴-≤sin≤1.∴函数f(x)在上的最小值为-.
13.答案 π
解析 记f(x)的最小正周期为T.
由题意知≥-=,
又f=f=-f,且-=,可作出示意图如图所示(一种情况):
∴x1=×=,
x2=×=,
∴=x2-x1=-=,
∴T=π.
14.答案 -
解析 由于角φ的终边经过点P(-4,3),所以cosφ=-.又根据函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于,可得=2×,所以ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ),所以f=sin=cosφ=-.
15.解析
(1)f(x)=2sin(π-x)sinx-(sinx-cosx)2=2sin2x-(1-2sinxcosx)=(1-cos2x)+sin2x-1=sin2x-cos2x+-1=2sin+-1.
由2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z),
得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z).
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z).
(2)由
(1)知f(x)=2sin+-1.
把y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到y=2sin+-1的图象,再把
得到的图象向左平移个单位,得到y=2sinx+-1的图象,即g(x)=2sinx+-1.所以g=2sin+-1=.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 数学 一轮 复习 第四 三角函数 三角形 八节 夯基提能 作业本