《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点一 三角函数模型
例1 (多选)如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P₀)开始计时，则 (ABC)

A.点P第一次到达最高点需要20秒
B.当水轮转动155秒时，点P距离水面2米
C.当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米
D.点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为h=4cos($\frac{\pi}{30}t+\frac{\pi}{3}$)+2

答案： 例1ABC[设点P距离水面的高度h(米)和时间t(秒)的函数解析式为$h = A\sin(\omega t + \varphi) + B(A＞0,\omega＞0,|\varphi| ＜ \frac{\pi}{2})$,由题意得$\begin{cases}h_{max}=A + B = 6, \\h_{min}=-A + B = -2, \\T = \frac{2\pi}{\omega} = 60, \\h(0) = A\sin(\omega \cdot 0 + \varphi) + B = 0,\end{cases}$解得$\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{30}$,$\varphi = -\frac{\pi}{6}$故$h = 4\sin(\frac{\pi}{30}t - \frac{\pi}{6}) + 2$=$-4\cos(\frac{\pi}{30}t + \frac{\pi}{3}) + 2$,故D错误;对于A,令h=6,即$h = 4\sin(\frac{\pi}{30}t - \frac{\pi}{6}) + 2 = 6$,解得t=20,故A正确;对于B，令t=15,代入$h = 4\sin(\frac{\pi}{30}t - \frac{\pi}{6}) + 2$,解得h=2,故B正确;对于C,令t=50,代入$h = 4\sin(\frac{\pi}{30}t - \frac{\pi}{6}) + 2$,解得h=−2,故C正确.]

训练1 (多选)(2024·河南名校调研)钱塘江出现过罕见潮景“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.若波状涌潮的图象近似函数f(x)=Asin(ωx+φ)$(A,ω∈N^*,|φ|＜\frac{\pi}{3})$的图象，而破碎的涌潮的图象近似f'(x)的图象.已知当x=2π时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为-4，则以下四种说法正确的是 (BC)

A.ω=2
B.f($\frac{\pi}{3}$)=√6+√2
C.f'(x-$\frac{\pi}{4}$)是偶函数
D.f'(x)在区间(-$\frac{\pi}{3}$,0)上单调

答案： 训练1BC[因为$f(x)=A\sin(\omega x + \varphi)$,所以$f'(x)=A\omega\cos(\omega x + \varphi)$.因为当x=2π时,两潮有一个交叉点,所以$A\sin(2\omega\pi + \varphi)=A\omega\cos(2\omega\pi + \varphi)$,因为A∈N*,所以$\tan(2\omega\pi + \varphi)=\omega$,因为ω∈N*,所以$\tan(2\omega\pi + \varphi)=\tan \varphi=\omega$,因为$|\varphi| ＜ \frac{\pi}{3}$,所以$-\sqrt{3} ＜ \tan \varphi ＜ \sqrt{3}$,即$-\sqrt{3} ＜ \omega ＜ \sqrt{3}$,又ω∈N*,所以ω=1,A错误因为$\tan \varphi = 1$,所以$\varphi = \frac{\pi}{4}$.因为破碎的涌潮的波谷为−4,所以Aω=4,所以A=4,所以$f(x)=4\sin(\omega x + \varphi)=4\sin(x + \frac{\pi}{4})$,$f'(x)=4\cos(x + \frac{\pi}{4})$.$f(\frac{\pi}{3})=4\sin(\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4})$=$4(\sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4})$=$\sqrt{6} + \sqrt{2}$,B正确.$f'(x - \frac{\pi}{4})=4\cos(x - \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}) = 4\cos x$,所以$f'(x - \frac{\pi}{4})$是偶函数,C正确.当$x \in (-\frac{\pi}{3},0)$时,$x + \frac{\pi}{4} \in (-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{4})$,所以$f(x)$在$(-\frac{\pi}{3},0)$上不单调,D错误]

考点二 解三角形应用举例
角度1 测量距离问题
例2 (2025·临沂模拟)在同一平面上有相距14公里的A，B两座炮台，A在B的正东方.某次演习时，A向北偏西$\frac{\pi}{2}-θ$方向发射炮弹，B向北偏东$\frac{\pi}{2}-θ$的方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着A改向向北偏西$\frac{\pi}{2}-\frac{θ}{2}$方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为 (D)

A.7公里
B.8公里
C.9公里
D.10公里

答案：
例2D[设炮弹第一次命中点为C,根据题意画出示意图,　　　　　　　　　　　　 由题意知AC=BC=18公里,AB=14公里,AM=18公里,过点C作CD⊥AB,垂足为D.在Rt△ACD中,$\cos\angle CAB=\cos\theta=\frac{7}{18}$,则$\cos\frac{\theta}{2}=\sqrt{\frac{1 + \cos\theta}{2}} = \frac{5}{6}$,在△ABM中,由余弦定理得$BM=\sqrt{AB^{2} + AM^{2} - 2AB \cdot AM\cos\frac{\theta}{2}}$=$\sqrt{14^{2} + 18^{2} - 2 × 14 × 18 × \frac{5}{6}} = 10$,即B炮台与弹着点M的距离为10公里.]

角度2 测量高度问题
例3 (2025·上饶调研)矗立在上饶市市民公园(如图1)的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方.如图2，某中学研究性学习小组为测量其高度，在和它底部O位于同一水平高度的共线三点A，B，C处测得铜雕顶端P处的仰角分别为$\frac{\pi}{6}$，$\frac{\pi}{4}$，$\frac{\pi}{3}$，且AB=BC=20m，则四门通天的高度为 (B)

A.15√6 m
B.10√6 m
C.6√6 m
D.5√6 m

答案： 例3B[设OP=h,则$OA=\sqrt{3}h,OB=h,OC=\frac{\sqrt{3}}{3}h$,在△ABO中,由余弦定理的推论得$\cos\angle ABO=\frac{400 + h^{2} - 3h^{2}}{2 × 20 × h} = \frac{400 - 2h^{2}}{40h}$,在△BCO中,由余弦定理的推论得$\cos\angle OBC=\frac{400 + h^{2} - \frac{1}{3}h^{2}}{2 × 20 × h} = \frac{400 + \frac{2}{3}h^{2}}{40h}$,因为∠ABO+∠OBC=π,所以$\frac{400 - 2h^{2}}{40h} + \frac{400 + \frac{2}{3}h^{2}}{40h} = 0$,即$800 - \frac{4}{3}h^{2} = 0$,解得$h = 10\sqrt{6}$,所以四门通天的高度为$10\sqrt{6} m$.]