《2025年教材完全解读高中数学必修第一册苏教版》

2.(2024·江苏连云港高一月考·能力点2)(多选)小夏同学在学习了《任意角和弧度制》后，对家里的扇形瓷器盘(图7-1-2-13①)产生了浓厚的兴趣，并临摹出该瓷器盘的大致形状(图7-1-2-13②)。在扇形$ OAB $中，$\angle AOB=\frac{\pi}{3}$，$ OB=OA=2 $，则()。

A.$\angle AOB=30^{\circ}$
B.弧长$ l_{\overset{\frown}{AB}}=\frac{2\pi}{3}$
C.扇形$ OAB $的周长为$\frac{2\pi}{3}+4$
D.扇形$ OAB $的面积为$\frac{4\pi}{3}$

答案： BC

3.(2024·安徽池州一中期中·能力点1,2)(多选)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，其卫星图片可以看成一个圆形，如图7-1-2-14所示，如果将其一分为二成两个扇形，设其中一个扇形的面积为$ S_{1} $，圆心角为$\alpha_{1}$，剩余部分扇形的面积为$ S_{2} $，圆心角为$\alpha_{2}(\alpha_{1}＜\alpha_{2})$，当$ S_{1} $与$ S_{2} $的比值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}\approx0.618$时，裁剪出来的扇形看上去较为美观，那么()。

A.$\alpha_{1}\approx137.5^{\circ}$
B.$\alpha_{1}\approx127.5^{\circ}$
C.$\alpha_{2}=(\sqrt{5}-1)\pi$
D.$\frac{\alpha_{1}}{\alpha_{2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

答案： ACD

4.(2024·河南部分名校质检·能力点2)已知某机械装置有两个相互啮合的齿轮，大轮有40齿，小轮有18齿。当小轮转动两周时，大轮转动的角度为rad(写正数值)；如果小轮的转速为180 r/min，大轮的半径为20 cm，则大轮圆周上一点每秒转过的弧长为cm。

答案： $\frac{9π}{5}$；$54π$

5.(能力点2)在一块顶角为$\frac{2\pi}{3}$、腰长为2的等腰三角形钢板废料$ OAB $中裁剪扇形，现有如图7-1-2-15所示的两种方案。
(1)求两种方案中扇形的周长之差的绝对值；
(2)比较两种方案中扇形面积的大小。

答案：
(1) 方案一：扇形圆心在O，半径$ r_1=1 $（三角形的高），圆心角$ \alpha_1=\frac{2\pi}{3} $。
周长$ C_1=2r_1 + r_1\alpha_1=2×1 + 1×\frac{2\pi}{3}=2 + \frac{2\pi}{3} $。
方案二：扇形圆心在O，半径$ r_2=2 $（腰长），圆心角$ \alpha_2=\frac{\pi}{3} $（弧与AB相切，由几何关系得）。
周长$ C_2=2r_2 + r_2\alpha_2=2×2 + 2×\frac{\pi}{3}=4 + \frac{2\pi}{3} $。
周长之差的绝对值：$ |C_1 - C_2|=\left|2 + \frac{2\pi}{3} - \left(4 + \frac{2\pi}{3}\right)\right|=2 $。
(2) 方案一面积：$ S_1=\frac{1}{2}r_1^2\alpha_1=\frac{1}{2}×1^2×\frac{2\pi}{3}=\frac{\pi}{3} $。
方案二面积：$ S_2=\frac{1}{2}r_2^2\alpha_2=\frac{1}{2}×2^2×\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3} $。
因为$ \frac{2\pi}{3}＞\frac{\pi}{3} $，所以方案二面积更大。
(1) $ 2 $
(2) 方案二面积大于方案一面积。

6.(2024·山东省实验中学期中·能力点2)某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面是如图7-1-2-16所示的扇形环面（由扇形$ OAD $挖去扇形$ OBC $后构成）。已知$ OA=10 $，$ OB=x(0＜x＜10) $，线段$ BA,CD $与$\overset{\frown}{BC},\overset{\frown}{AD}$的长度之和为30，圆心角为$\theta\ rad$。
(1)求$\theta$关于$ x $的函数解析式；
(2)记铭牌的截面面积为$ y $，试问$ x $取何值时，$ y $的值最大？并求出最大值。

答案：
(1) 由题意知，线段$BA=CD=10-x$，弧$AD=10\theta$，弧$BC=x\theta$。
长度之和：$BA+CD+\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{BC}=2(10-x)+10\theta+x\theta=30$。
整理得：$2(10-x)+\theta(x+10)=30$，解得$\theta=\frac{2(x+5)}{x+10}$，$0＜x＜10$。
(2) 铭牌面积$y=S_{扇形OAD}-S_{扇形OBC}=\frac{1}{2}·10^2\theta-\frac{1}{2}x^2\theta=\frac{1}{2}\theta(100-x^2)$。
将$\theta=\frac{2(x+5)}{x+10}$代入，化简得$y=(x+5)(10-x)=-x^2+5x+50$。
二次函数$y=-x^2+5x+50$开口向下，对称轴$x=\frac{5}{2}$。
当$x=\frac{5}{2}$时，$y_{ max}=-\left(\frac{5}{2}\right)^2+5·\frac{5}{2}+50=\frac{225}{4}$。
(1) $\theta=\frac{2(x+5)}{x+10}(0＜x＜10)$；
(2) 当$x=\frac{5}{2}$时，$y$最大值为$\frac{225}{4}$。