《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例6]如图，一个大风车的半径为8 m，12 min旋转一周，它的最低点$P_0$离地面2 m，风车翼片的一个端点$P$从$P_0$开始按逆时针方向旋转，则点$P$离地面的距离$h$(单位：m)与时间$t$(单位：min)之间的函数关系式是 ( )

A. $h=-8\sin\frac{\pi}{6}t + 10$
B. $h=-\cos\frac{\pi}{6}t + 10$
C. $h=-8\sin\frac{\pi}{6}t + 8$
D. $h=-8\cos\frac{\pi}{6}t + 10$

答案： [例6]D 由题意设$h = A\cos\omega t + B$，因为12 min旋转一周，
所以$\frac{2\pi}{\omega}=12$，所以$\omega=\frac{\pi}{6}$，
由于最大值与最小值分别为18，2.
所以$\begin{cases}-A + B = 18\\A + B = 2\end{cases}$，
解得$A=-8$，$B = 10$. 所以$h=-8\cos\frac{\pi}{6}t + 10$.

1. 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$y=a + A\cos[\frac{\pi}{6}(x - 6)](x = 1,2,3,\cdots,12)$来表示，已知6月份的月平均气温最高为$28^{\circ}C$，12月份的月平均气温最低为$18^{\circ}C$，则10月份的平均气温为__________$^{\circ}C$.

答案： 1.【解析】由题意得$\begin{cases}a + A = 28\\a - A = 18\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 23\\A = 5\end{cases}$，所以$y = 23 + 5\cos\left[\frac{\pi}{6}(x - 6)\right]$，令$x = 10$，得$y = 20.5$.
答案：20.5

2. 如图所示，某窑洞窗口形状上部是圆弧$\overset{\frown}{CD}$，下部是一个矩形$ABCD$，$\overset{\frown}{CD}$所在圆的圆心为$O$. 经测量$AB = 4$米，$BC=\frac{\sqrt{3}}{3}$米，$\angle COD=\frac{2\pi}{3}$，现根据需要把此窑洞窗口形状改造为矩形$EFGH$，其中$E,F$在边$AB$上，$G,H$在$\overset{\frown}{CD}$上. 设$\angle OGF=\theta$，矩形$EFGH$的面积为$S$.
(1)求矩形$EFGH$的面积$S$关于变量$\theta$的函数关系式；
(2)当$\cos\theta$为何值时，矩形$EFGH$的面积$S$最大？

答案：
2.【解析】
(1)如图，作$OP\perp CD$分别交$AB$，$CD$，$GH$于$M$，$P$，$N$，

由四边形$ABCD$，$EFGH$是矩形，$O$为圆心，$\angle COD=\frac{2\pi}{3}$，
可得$OM\perp AB$，$ON\perp GH$，$P$，$M$，$N$分别为$CD$，$AB$，$GH$的中点，$\angle CON=\frac{\pi}{3}$，
在$Rt\triangle COP$中，$CP = 2$，$\angle COP=\frac{\pi}{3}$，
所以$OC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$米，$OP=\frac{2\sqrt{3}}{3}$米，
所以$OM=OP - PM=OP - BC=\frac{\sqrt{3}}{3}$米，
在$Rt\triangle ONG$中，
$\angle GON=\angle OGF=\theta$，$OG = OC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$米，
所以$GN=\frac{4\sqrt{3}}{3}\sin\theta$米，$ON=\frac{4\sqrt{3}}{3}\cos\theta$米，
所以$GH = 2GN=\frac{8\sqrt{3}}{3}\sin\theta$米，
$GF = MN=ON - OM=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$米，
所以$S = GF\cdot GH=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\cdot\frac{8\sqrt{3}}{3}\sin\theta=\frac{8}{3}(4\cos\theta - 1)\sin\theta,\theta\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right)$，
所以$S$关于$\theta$的函数关系式为$S=\frac{8}{3}(4\cos\theta - 1)\sin\theta,\theta\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right)$.
(2)由
(1)得$S'=\frac{8}{3}(4\cos^{2}\theta - 4\sin^{2}\theta-\cos\theta)=\frac{8}{3}(8\cos^{2}\theta-\cos\theta - 4)$，因为$\theta\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right)$，
所以$\cos\theta\in\left(\frac{1}{2},1\right)$，
令$S' = 0$，得$\cos\theta=\frac{1+\sqrt{129}}{16}\in\left(\frac{1}{2},1\right)$，
设$\theta_0\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right)$，且$\cos\theta_0=\frac{1+\sqrt{129}}{16}$，
所以由$S'＞0$，得$0＜\theta＜\theta_0$，即$S$在$(0,\theta_0)$上单调递增，
由$S'＜0$，得$\theta_0＜\theta＜\frac{\pi}{3}$，即$S$在$\left(\theta_0,\frac{\pi}{3}\right)$上单调递减，所以当$\theta=\theta_0$时，$S$取得最大值，
所以当$\cos\theta=\frac{1+\sqrt{129}}{16}$时，矩形$EFGH$的面积$S$最大.

[例1]已知$\omega ＞ 0$，函数$f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{4})$在$(\frac{\pi}{2},\pi)$上单调递减，则$\omega$的取值范围是 ( )
A. $[\frac{1}{2},\frac{5}{4}]$ B. $[\frac{1}{2},\frac{3}{4}]$
C. $(0,\frac{1}{2}]$ D. $(0,2]$

答案： [例1]A 由$\frac{\pi}{2}+2k\pi＜\omega x+\frac{\pi}{4}＜\frac{3\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbf{Z})$，
得$\frac{\pi}{4\omega}+\frac{2k\pi}{\omega}＜x＜\frac{5\pi}{4\omega}+\frac{2k\pi}{\omega}(k\in\mathbf{Z},\omega＞0)$.
因为函数$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$上单调递减，
所以$\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)\subseteq\left(\frac{\pi}{4\omega}+\frac{2k\pi}{\omega},\frac{5\pi}{4\omega}+\frac{2k\pi}{\omega}\right)$，
即$\begin{cases}\frac{\pi}{4\omega}+\frac{2k\pi}{\omega}\leq\frac{\pi}{2}\\\frac{5\pi}{4\omega}+\frac{2k\pi}{\omega}\geq\pi\end{cases}$，
解得$\frac{1}{2}+4k\leq\omega\leq\frac{5}{4}+2k,k\in\mathbf{Z}$.
因为$\begin{cases}\omega＞0\\\frac{\pi}{\omega}\geq\frac{\pi}{2}\end{cases}$，所以$0＜\omega\leq2$，
当$k = 0$时，$\frac{1}{2}\leq\omega\leq\frac{5}{4}$.