《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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 $P_0$)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 $h = 4\cos\left(\dfrac{\pi}{30}t+\dfrac{\pi}{3}\right)+2$

答案： 例1 ABC [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＝Asin(ωt＋φ)＋B(A＞0,ω＞0,|φ|＜$\frac{\pi}{2}$),由题意得$\begin{cases}h_{max}=A+B=6,\\h_{min}=-A+B=-2,\\T=\frac{2\pi}{\omega}=60,\\h(0)=A\sin(\omega\cdot0+\varphi)+B=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}A=4,\\B=2,\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{30},\\\varphi=-\frac{\pi}{6}.\end{cases}$故h＝4sin($\frac{\pi}{30}$t－$\frac{\pi}{6}$)＋2＝－4cos($\frac{\pi}{30}$t＋$\frac{\pi}{3}$)＋2,故D错误；对于A,令h＝6,即h＝4sin($\frac{\pi}{30}$t－$\frac{\pi}{6}$)＋2＝6,解得t＝20,故A正确；对于B,令t＝155,代入h＝4sin($\frac{\pi}{30}$t－$\frac{\pi}{6}$)＋2,解得h＝2,故B正确；对于C,令t＝50,代入h＝4sin($\frac{\pi}{30}$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 $f(x) = A\sin(\omega x+\varphi)\left(A,\omega\in\mathbf{N}^*,\vert\varphi\vert\lt\dfrac{\pi}{3}\right)$ 的图象，而破碎的涌潮的图象近似 $f'(x)$ 的图象.已知当 $x = 2\pi$ 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.$\omega = 2$
B.$f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\sqrt{6}+\sqrt{2}$
C.$f'\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)$ 是偶函数
D.$f'(x)$ 在区间 $\left(-\dfrac{\pi}{3},0\right)$ 上单调

答案： 训练1 BC [因为f(x)＝Asin(ωx＋φ),所以f'(x)＝Aωcos(ωx＋φ).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ω∈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－$\sqrt{3}$＜ω＜$\sqrt{3}$,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$\sin(x +\frac{\pi}{4})$,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$\cos(x－\frac{\pi}{4} +\frac{\pi}{4})$＝4cosx,所以f'(x－$\frac{\pi}{4}$)是偶函数,C正确.当x∈(－$\frac{\pi}{3}$,0)时,x＋$\frac{\pi}{4}$∈(－$\frac{\pi}{12}$,$\frac{\pi}{4}$),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 $\dfrac{\pi}{2}-\theta$ 方向发射炮弹，B 向北偏东 $\dfrac{\pi}{2}-\theta$ 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 $\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\theta}{2}$ 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2 D [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,$\cos∠CAB=\cos\theta=\frac{7}{18}$,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 $\dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{\pi}{3}$，且 $AB = BC = 20$ m，则四门通天的高度为(B)

A.$15\sqrt{6}$ m
B.$10\sqrt{6}$ m
C.$6\sqrt{6}$ m
D.$5\sqrt{6}$ m

答案： 例3 B [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$\cos∠ABO=\frac{400+h^{2}-3h^{2}}{2×20× h}=\frac{400 - 2h^{2}}{40h}$,在△BCO中,由余弦定理的推论得$\cos∠OBC=\frac{400+h^{2}-\frac{1}{3}h^{2}}{2×20× h}=\frac{400+\frac{2}{3}h^{2}}{40h}$.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.]