2024年3月8日发(作者：广西贵港中招数学试卷答案)
专题03 三角函数专题（数学文化）
一、单选题
1．（2022春·黑龙江齐齐哈尔·高一齐齐哈尔市第八中学校校考开学考试）屏风文化在我国源远流长，可追溯到汉代.某屏风工艺厂设计了一款造型优美的扇环形屏风，如图，扇环外环弧长为2.4m，内环弧长为0.6m，径长（外环半径与内环半径之差）为0.9m，若不计外框，则扇环内需要进行工艺制作的面积的估计值为（
）
A．1.20m2
【答案】C
B．1.25m2 C．1.35m2 D．1.40m2
【解析】设扇环的圆心角为，内环半径为r1，外环半径为r2，根据题设可得r2−r1=0.9和(r1+r2)=3，从而可求扇环的面积.
【详解】设扇环的圆心角为，内环半径为r1，外环半径为r2，则r2−r1=0.9，
由题意可知，r1=0.6，r2=2.4，所以(r1+r2)=3，
所以扇环内需要进行工艺制作的面积的估计值为
111S=(r22−r12)=(r1+r2)(r2−r1)=30.9=1.35m2.
222故选：C.
2．（2021秋·湖南娄底·高三校考阶段练习）《九章算术》“勾股”章有一题：“今有二人同立.甲行率七，乙行率三，乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会，问甲乙各行几何？”大意是说：已知甲､乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为7步/秒，乙的速度为3步/秒，乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东某方向走了一段后与乙相遇.甲､乙各走了多少步？（
）
A．20，8
C．10.5，24.5
【答案】D
B．24，10
D．24.5，10.5
【分析】根据题目信息画出示意图，假设甲､乙相遇时经过时间为t秒，每步走a米，分别得到AC=3ta，AB=10a，BC=(7t−10)a，再在直角三角形中利用勾股定理求解相遇时经过的时间，从而得到甲乙相遇时，甲､乙各走的步数.
【详解】由题意，得到示意图如图所示，甲､乙从A点出发，甲走到B处后，又斜向北偏东某方向走了一段后与乙相遇，即在C点相遇，假设甲､乙相遇时经过时间为t秒，每步走a米，则AC=3ta，AB=10a，BC=(7t−10)a
在RtABC中，AC2+AB2=BC2,
即(3ta)2+(10a)2=[(7t−10)a]2，
解得：t=，
故甲走了7t=故选：D.
【点睛】解三角形应用题的一般步骤：
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
3．（2021·河南许昌·校联考一模）某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光．当物体横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移fp=2vsin4921=10.5步.
=24.5步，乙走了3t=2272，其中v为测速仪测得被测
为激光波长，物体的横向速度，为两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m处，−99发出的激光波长=1600nm(1nm=10m)，测得某时刻频移fp=9.010(1/h)，则该时刻高铁的速度约等于（
）
A．360km/h
【答案】A
B．340km/h C．320km/h D．300km/h
【分析】由已知函数关系知v=fp，结合已知及示意图求出sin，代入求值即可.
2sin【详解】由题设知：v=0.020.02fpsin==，而，则=1.610−6m，
221.00041+(0.02)2sin1.610−69.01091.441041.0004v==3.6105m/h0.02∴，即v360km/h.
0.0421.0004故选：A.
4．（2021·全国·高三专题练习）音乐，是人类精神通过无意识计算而获得的愉悦享受，1807年法国数学家傅里叶发现代表任何周期性声音的公式是形如y=Asinwx的简单正弦型函数之和，而且这些正弦型函数的频率都是其中一个最小频率的整数倍，比如用小提琴演奏的某音叉的声音图象是由下图1,2,3三个函数图象组成的，则小提琴演奏的该音叉的声音函数可以为（
）
A．f(t)=0.06sin1000t+0.02sin1500t+0.01sin3000t
B．f(t)=0.06sin500t+0.02sin2000t+0.01sin300t
C．f(t)=0.06sin1000t+0.02sin2000t+0.01sin3000t
D．f(t)=0.06sin1000t+0.02sin2500t+0.01sin3000t
【答案】C
【分析】由图1求出A、T、的值，写出对应函数的解析式，再结合选项得出函数f(t)的解析式．
【详解】解：由图1知，A=0.06，T=所以=211−=，
5005005002=1000，所以y=0.06sin1000t；
T结合题意知，函数f(t)=0.06sin1000t+0.02sin2000t+0.01sin3000t．
故选：C．
5．（2022春·陕西汉中·高一统考期中）第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事．2月5日，在北京冬奥会短道跑道速滑混合接力的比赛中，中国队以2分37秒348的成绩获得金牌，这也是中国代表团在本届冬奥会上赢得的首枚金牌．短道速滑，全称短跑道速度滑冰，是在长度较短的跑道上进行的冰上竞速运动．如图，短道速滑比赛场地的内圈半圆的弯道计算半径为8.5m，直道长为28.85m．若跑道内圈的周长等于半径为27.78m的扇形的周长，则该扇形的圆心角为（参考数据：取17=53.42）（
）
A．
25B．
3C．2 D．2
3【答案】C
【分析】先计算出跑道内圈的周长，利用扇形的弧长公式即可求得扇形的圆心角.
【详解】由题意得跑道内圈的周长为28.5+28.852=111.12m，所以该扇形的圆心角为111.12−227.78=2．
27.78
故选：C
6．（2022·全国·高三专题练习）我国南宋著名数学家秦九韶发现了已知三角形三边求三角形面积的方法，他把这种方法称为“三斜求积”：以斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里就有已知三边求三角形面积的问题，该问题翻译成现代汉语就是：一块三角形田地，三边分别为13，14，15，则该三角形田地的面积是（
）
A．84
【答案】A
122a2+c2−b2ac−【分析】根据“三斜求积”可得三角形面积公式为S=422B．168 C．79 D．63
，代入数值计算可得；
【详解】解：依题意设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且abc，则三角形面积公式为122a2+c2−b2S=ac−4222152+142−132122，又a=15，b=14，c=13，所以S=1513−=84
42故选：A
7．（2022·全国·高一假期作业）铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图1．我国古代工匠已经知道，将长方体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用10块一样的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为1个单位，如图2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半径是（
）
A．2
tan18B．1
2tan18C．5 D．
5【答案】B
【分析】设O为内切圆的圆心，r为内切圆的半径，根据正多边形的性质，可得AOB=36，再根据锐角三角函数计算可得；
【详解】解：如图，
设O为内切圆的圆心，r为内切圆的半径．正十边形的每个外角为36010=36，内角为180−36=144，1所以OBA=144=72，所以AOB=36，AB=1，
2tanAOBAB11=，得tan18=，解得r=．
2tan1822r2r故选：B．
8．（2022·全国·模拟预测）《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法成了后世数学家处理数学问题的重要依据，通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明，这种证明方式优雅而直观.观察图形可知，阴影直角三角形的短直角边为cos(+)或coscos−sinsin，所以该图直观地反映了公式cos(+)=coscos−sinsin.通过观察图中阴影直角三角形长直角边和长方形的宽，可得公式（
）
A．cos(−)=coscos+sinsin
B．sin(−)=sincos−cossin
C．cos(+)=coscos−sinsin
D．sin(+)=sincos+cossin
【答案】D
【分析】观察可知图中阴影直角三角形长直角边为sin(+)，长方形的宽为sincos+cossin，由二者相等可得结果.
【详解】图中阴影直角三角形长直角边为sin(+)，长方形的宽为sincos+cossin，
显然二者相等，所以有sin(+)=sincos+cossin.
故选：D.
9．（2022·吉林·统考模拟预测）智能主动降噪耳机工作的原理是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪声，然后通过主动降噪芯片生成的声波来抵消噪声（如图）．已知噪声的声波曲线是y=2cos3x，通过主动降噪芯片生成的声波曲线是y=Asin(x+)（其中A0,0,02），则=（
）
A．
2B． C．3
2D．
6【答案】C
【分析】根据题意，结合余弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】由于抵消噪声，所以振幅没有改变，周期没有改变，即A=2，=3，
即y=2sin(3x+)，要想抵消噪声，需要主动降噪芯片生成的声波曲线是y=−2cos3x，
即=3π+2kπ(kZ)，
2因为0π，所以令k=0，即=故选：C
3π，
210．（2022·高一课时练习）2021年1月7日，一个戴着红帽子，扎着红围脖，身材圆滚的大雪人在哈尔滨市友谊西路音乐公园内落成．这个用雪量2000余立方米的“雪人中的巨人”，寓意着可爱祥和、喜庆丰收，每天约有3000人前来和大雪人合影打卡，已成为松花江畔冬天的新地标，这满满的冬日仪式感就是冰城独特的浪漫．小明同学为了估算大雪人的高度，在大雪人的正东方向找到一座建筑物AB，高为13(6−22)m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，雪人头顶C的仰角分别是15°和45°，在楼顶A处测得雪人头顶C的仰角为15°，则小明估算大雪人的高度为（
）
A．132m
【答案】A
【分析】先根据题设画出示意图，利用三角变换公式可求雪人的高度.
【详解】根据题意可得如图所示的示意图：
B．13m C．182m D．133m
其中CAM=15+15=30，CMD=45，AMB=15
13故AMC=120，所以ACM=30，故(6−2)CM=MA=AB=sin152sin15，
又sin15=sin(45−30)=2316−2−=，
2224
13(6−226−24)=26，故CD=故CM=2CM=132，
2故选：A.
11．（2023·全国·高三专题练习）掷铁饼是一项体育竞技活动．如图，这是一位掷铁饼运动员在准备掷出铁饼的瞬间，张开的双臂及肩部近似看成一张拉满弦的“弓”．经测量，此时两手掌心之间的弧长是所在圆的半径为1.05米，则这位掷铁饼运动员两手掌心之间的距离约为（参考数据：（
）
21.414，7，“弓”1031.732）
A．1.819米
C．1.649米
【答案】A
B．1.485米
D．1.945米
【分析】由扇形弧长公式可求得圆心角AOC，根据AB=2AC可求得结果.
【详解】根据题意作图如下，
77，
由题意知：ADB的长为，D为ADB的中点，AOC=20=101.053AB=2AC=21.05sin3=2.131.819，即所求距离约为1.819米.
2故选：A.
12．（2022春·北京丰台·高一统考期末）古希腊的数学家特埃特图斯（Theaetetus，约前417-前369）通过图
来构造无理数2,3,5,．记BAC=，DAC=，则cos(+)=（
）
A．62
−32B．36
−36C．36
+36D．62
+32【答案】B
【分析】利用锐角三角函数求出cos，sin，cos，sin，再利用两角和的余弦公式计算可得；
【详解】解：由图可知cos=123622==，sin=，cos=，sin=，
332233所以cos(+)=coscos−sinsin
=262336
−=−232336故选：B
13．（2022·四川广安·统考模拟预测）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距0180的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表.根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即l=htan.对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为、，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且tan(−)=影长”是“表高”的（
）倍
A．1
【答案】B
【分析】由已知可得出tan=3，由已知条件结合两角差的正切公式可求得tan的值，即可得解.
【详解】设第i(i=1,2)次的“晷影长”是li，“表高”为hi，
由题意可知tan=l17=3，又因为tan(−)=，
h19()7，则第二次的“晷9B．
235C．
27D．
27tan−tan(−)9=20=2
−−==()则tan=tan，1+tantan−()1+3730393−
故l22=tan=.
h23故选：B.
14．（2022·全国·高三专题练习）岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼、江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”．因范仲淹作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得DAC=30，DBC=60，AB=14米，则岳阳楼的高度CD为（
）
A．63米
【答案】B
B．73米 C．83米 D．93米
【分析】由题意可得△ABD为等腰三角形，故有BD=AB=14米，在RtBCD中，利用CD=BDcos?BDC求解即可.
【详解】解：因为DAC=30，DBC=60，
所以ADB=30，
所以△ABD为等腰三角形，
所以BD=AB=14米，
在RtBCD中，BDC=90−60=30，
所以CD=BDcos?BDC14窗cos30=73米.
故选：B.
15．（2022春·辽宁葫芦岛·高一统考期末）圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣·索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45和60，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD约为（
）
A．54m
【答案】A
B．47m C．50m D．44m
【分析】根据题意求得AM=362，在AMC中由正弦定理求出CM，即可在直角VCDM中求出CD.
【详解】由题可得在直角ABM中，AMB=45，AB=36，所以AM=362，
在AMC中，AMC=180−60−45=75，MAC=15+45=60，
所以ACM=180−75−60=45，
所以由正弦定理可得AMsin45=CMsin60362，所以CM=2232=363，
则在直角VCDM中，CD=CMsin60=54，即圣·索菲亚教堂的高度约为54m.
故选：A.
16．（2022·浙江·校联考模拟预测）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了影长l与太阳天顶距θ（0180）的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表.根据三角学知识可知，晷影长l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l=htan.对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且tan(−)=是“表高”的（
）
A．1倍
【答案】A
【分析】先由题意可得tan=3，再由正切的和差公式求得tan，进而可得第二次 “晷影长”与“表高”的倍数关系.
【详解】由第一次的“晷影长”是“表高”的3倍得，tan=3，
B．
231，则第二次的“晷影长”25C．倍
27D．倍
2
又tan(−)=1，
23−1tan−tan(−)2=1，
−−=()所以tan=tan1+tantan(−)=11+32故第二次的“晷影长”是“表高”的1倍.
故选：A.
17．（2022·广西南宁·统考模拟预测）“割圆术”是我国古代计算圆周率的一种方法．在公元263年左右，由魏晋时期的数学家刘徽发明．其原理就是利用圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，进而求．根据“割圆术”，若用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是（
）（精确到0.01）（参考数据sin150.2588）
A．3.05
【答案】C
【分析】根据24个等腰三角形的面积之和约等于圆的面积即可求解.
【详解】设圆的半径为r，以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的24个等腰三角形，
且顶角为B．3.10 C．3.11 D．3.14
360=15，
2412所以正二十四边形的面积为24rrsin15=12rsin15，
2所以有12r2sin15=r2，解得=12sin153.11,
故选：C．
18．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中提出了已知三角形的三边求面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂122c2+a2−b2”以上文字用公式表示就是S=ca−减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．422，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，S是△ABC的面积，其中a，在△ABC中，若a=3，b=5，c=6，则△ABC的内切圆的面积为（
）
A．7π
2B．414π
7C．8π
7D．9π
7【答案】C
【分析】由内心性质得SABC1=lr（l为△ABC周长），即可求出内切圆半径为r，即可求内切圆的面积.
2【详解】因为a=3，b=5，c=6，
所以SABC122c2+a2−b2=ca−422222216+3−56232−==214．
22△ABC的周长l=3+5+6=14，
设△ABC的内切圆半径为r，
由SABC1214=lr，解得r=．
278π．
72所以△ABC的内切圆的面积为πr=故选：C．
19．（2021秋·辽宁营口·高三统考期末）勒洛三角形是定宽曲线所能构成的面积最小的图形，它是德国机械学家勒洛首先进行研究的，其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，如图所示，若正三角形ABC的边长为2，则勒洛三角形面积为（
）
A．2−23
【答案】A
B．2+3 C．4+3
3D．4
【分析】根据题意，勒洛三角形面积为以2为半径的半圆的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，再代入数据计算即可.
【详解】根据题意，以正三角形三个顶点为圆心，以边长2
为半径形成的三个圆弧的构成了以2为半径的半圆，此时勒洛三角形面积为半圆的面积再减去两个正三角形的面积即可.
112所以勒洛三角形面积为S=S半圆−2S△ABC=2−222sin60=2−23.
22故选：A.
【点睛】本题考查扇形的面积计算，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，将问题转化为求以2为半径的半圆的面积减去两个边长为2的正三角形的面积.
20．（2022·全国·高三专题练习）勾股定理被称为几何学的基石，相传在商代由商高发现，又称商高定理，汉代数学家赵爽利用弦图（又称赵爽弦图，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，如图1），证
明了商高结论的正确性，现将弦图中的四条股延长，相同的长度（如将CA延长至D）得到图2．在图2中，若AD=5，BD=310，D，E两点间的距离为145，则弦图中小正方形的边长为（
）
A．3
2B．22
3C．1 D．2
【答案】C
【分析】在△BDE中利用余弦定理可求出cosDBE，则可得cosCBD，再由锐角三角函数的定义可求出CB，由勾股定理求出CD，从而可求得答案
【详解】连接DE，由条件可得BE=AD=5，在△BDE中，由余弦定理得
cosDBE=BD+BE−DE=2BDBE222(310)2+25−(145)2253101，
10=−1，
10∴cosCBD=cos(−DBE)=−cosDBE=∴BC=BDcosCBD=310∴CA=4，
所以弦图中小正方形的边长为CA−CB=1．
1=3，CD=BD2−BC2=9，
10
故选：C
21．（2022·福建漳州·统考三模）英国化学家、物理学家享利·卡文迪许被称为第一个能测出地球质量的人，
卡文迪许是从小孩玩的游戏（用一面镜子将太阳光反射到墙面上，我们只要轻轻晃动一下手中的镜子，墙上的光斑就会出现大幅度的移动，如图1）得到灵感，设计了卡文迪许扭秤实验来测量万有引力，由此计算出地球质量，他在扭秤两端分别固定一个质量相同的铅球，中间用一根韧性很好的钢丝系在支架上，钢丝上有个小镜子，用激光照射镜子，激光反射到一个很远的地方，标记下此时激光所在的点，然后用两个质量一样的铅球同时分别吸引扭秤上的两个铅球（如图2），由于万有引力作用，根秤微微偏转，但激光所反射的点却移动了较大的距离，他用此计算出了万有引力公式中的常数G，从而计算出了地球的质量．在该实验中，光源位于刻度尺上点P处，从P出发的光线经过镜面（点M处）反射后，反射光线照射在刻度尺的点Q处，镜面绕M点顺时针旋转a角后，反射光线照射在刻度尺的点Q处，若△PMQ是正三角形．PQ=a，QQ=b（如图3），则下列等式中成立的是（
）
A．tan=3b
2a+bB．tan=3a
a+2b3a
a+2bC．tan2=【答案】C
3b
2a+bD．tan2=【分析】过点M作MD⊥PQ，则DQ=即可求解tan2．
133aMQD=60−2，a+b，所以tan(60−2)=，MD=a，2a+2b2【详解】过点M作MD⊥PQ，因为△PMQ是正三角形．PQ=a，QQ=b
则DQ=13a+b，MD=a，MQD=60−2
223aMD3a
=2=所以tanMQD=tan(60−2)=DQa+ba+2b2则tan60−tan23−tan23a3b==
，解得tan2=1+tan60tan21+3tan2a+2b2a+b故选：C
22．（2022·全国·高三专题练习）赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形组成），如图（1）类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边角形，设DF=3AF，若向三角形ABC内随机投一粒芝麻（忽略该芝麻的大小），则芝麻落在阴影部分的概率为（
）
7A．
93B．
45C．
63D．
7【答案】D
【分析】根据几何概型的概率公式，求出DEF和△AFC的面积，计算所求的概率值．
【详解】由题意，DFE=π2ππ，AFC=π−=，
333DF=3AF，CF=4AF，由余弦定理可得AC2=AF2+CF2−2AFCFcosAC2=21AF2，
2π，
3SSDEFABC1πDF2sin9AF2323===
1π21AF27，2ACsin23芝麻落在阴影部分的概率为
P=故选：D．
3．
723．（2022·河南郑州·统考三模）位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表．圭表是我国古代
一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即ABC）约为32.5°，夏至正午太阳高度角（即ADC）约为79.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为14米，则表高（即AC的长）约273为（
）（其中tan32.5，tan79.5）
55
A．9.27米
【答案】C
B．9.33米 C．9.45米 D．9.51米
【分析】根据题意BC=ACAC,CD=，BC−CD=14，进而代入数据求解即可.
tanABCtanADC【详解】解：如图，ABC=32.5,ADC=79.5,DB=14，
设表高AC=h，则由题知，tanABC=所以BC=ACAC,tanADC=，
BCCDACAC,CD=，
tanABCtanADC273因为tan32.5，tan79.5，DB=14，
555275189=9.45，
所以h−h=14，解得h=14=3402720所以，表高（即AC的长）约为9.45米.
故选：C
24．（2022秋·河南郑州·高三统考开学考试）古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，
发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin18表示．若实数n满足4sin218+n2=4，则的值为（
）
A．4
【答案】D
1−sin184n2sin2181B．
4C．2 D．
121−sin181−sin18=【分析】先由平方关系得n2=4cos218，再由倍角公式化简得22，最后由诱导公式4nsin1821−cos72()求解即可.
【详解】由题意知，n2=4−4sin218=4cos218，则1−sin181−sin181−sin18==4n2sin21816cos218sin21842cos18sin18=1−sin181−sin18=，
4sin23621−cos72()2()又cos72=cos(90−18)=sin18，则故选：D.
1−sin181.
=4n2sin218225．（2022·高一课时练习）数学家傅里叶关于三角函数的研究告诉我们：人类的声音，小提琴的奏鸣，动物的叫声等都可以归结为一些简单声音的组合，而简单声音是可以用三角函数模型描述的．已知描述百灵鸟
的叫声时用到如图所示的图象，对应的函数解析式是f(x)=Asin(x+)(A0,0,0)，则（
）
A．=3，=C．=3，=【答案】C
6
B．=6，=D．=6，=3
45
67,0可求得的值.
【分析】由图象求得函数f(x)的最小正周期，可求得的值，然后代入点121172−【详解】由图象可知，函数f(x)的最小正周期为T=2，
=12123则=2=3，所以f(x)=Asin(3x+)．
T77+=0，且函数f(x)在x=附近单调递增，
=Asin1247因为f12
所以77(kZ)，
+=2k(kZ)，则=2k−44因为0，所以=故选：C．
4．
26．（2022秋·山西太原·高二山西大附中校考开学考试）筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，
因其经济又环保，
至今还在农业生产中得到使用 (图 1)，
明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的
筒车的轴心距离水面的高度工作原理 (图 2).现有一个半径为 3
米的筒车按逆时针方向每分钟旋转 1
圈，为 2
米，
设筒车上的某个盛水筒
P
到水面的距离为
d (单位:
米) (在水面下则
d
为负数)，
若以盛水筒
P
刚浮出水面为初始时刻，
经过
t
秒后，
下列命题正确的是（
）(参考数据:
cos482)
3
2①d=2−3sint+，
其中sin=，
且
0，，
32302②d=2+3sint−，
其中sin=，
且
0，，
3230③当
t38
时，
盛水筒P再次进入水中，
④当
t22
时，
盛水筒P到达最高点.
A．①③
【答案】C
【分析】根据题意作出示意图，如图所示，其中O为筒车的轴心的位置，AC为水面，过O作OD⊥AC于点D，P为筒车经过t秒后的位置，连接OP，过P作PB⊥OD于点B，首先根据已知条件求出，进而得B．②③ C．②④ D．①④
t出OB=OPsin−，d=2-OB，即可判断①②，将t=38代入求得的解析式可判断③，将t=22代入30求得的解析式可判断④.
【详解】根据题意作出示意图，如图所示，其中O为筒车的轴心的位置，AC为水面，过O作OD⊥AC于
P为筒车经过t秒后的位置，点D，连接OP，过P作PB⊥OD于点B，筒车的角速度为=22==
rad/s，T6030由题意可知sinOAC=sin=OD2=，0，，
OA32tOB,
所以sinOPB=sin−=30OPt所以OB=OPsin−，
30因为d=2-OB，
t2t所以d=2−3sin−=2+sin−，其中sin=，
且
0，，所以①错误，②正确，
303302对于③，当t=38时，38p5=180?48?，sin485，sin=，所以30335d=2+sin(48−)=2−3(sin48cos−cos48sin)=，故盛水筒P没有进入水中，所以③错误，
3对于④，当t=22时，22p2=90?42?，sin42=cos48=，即=42?，所以330d=2+cos(42−)=2+3cos0=5，所以盛水筒P到达最高点，所以④正确，
故选：C
27．（2022秋·河南·高二校联考阶段练习）在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1−cos为角的正矢，记作versin；定义1−sin为角的余矢，记作coversθ.给出下列结论：
①函数f(x)=versinx−coversx在,上单调递增；
4②若coversx−12=2，则versin2x−covers2x−1=；
versinx−15③若g(x)=versinxcoversx，则g(x)的最小值为0；
9④若h(x)=versin2x−coversx，则h(x)的最小值为−.
8其中所有正确结论的序号为（
）
A．①②
【答案】D
B．③④ C．①③④ D．②③④
【分析】利用定义性函数和三角函数关系式的变换判断各选项即可得到结论.
【详解】因为f(x)=versinx−coversx=sinx−cosx=2sinx−，
433所以f(x)在,上单调递增，在,上单调递减，故①错误；
444因为coversx−1−sinx==tanx=2，
versinx−1−cosx所以versin2x−covers2x−1=−1−cos2x+sin2x=−2cos2x+2sinxcosx
−2cos2x+2sinxcosx−2+2tanx2===，故②正确；
sin2x+cos2xtan2x+15g(x)=versinxcoversx=(1−cosx)(1−sinx)=1−(sinx+cosx)+sinxcosx，
t2−1sinx+cosx=t−2,2令，则sinxcosx=2，
t2112所以m(t)=−t+=(t−1)，所以g(x)min=m(1)=0，故③正确；
22219因为h(x)=versin2x−coversx=−cos2x+sinx=2sinx+sinx−1=2sinx+−，
48229所以h(x)min=−，故④正确.
8故选：D.
28．（2022秋·广东肇庆·高三统考阶段练习）《周髀算经》是我国最早的数学典籍，书中记载：我国早在商代时期，数学家商高就发现了勾股定理，亦称商高定理三国时期数学家赵爽创制了如图1的“勾股圆方图”（以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成），用数形结合法给出了勾股定理的详细证明.现将“勾股圆方图”中的四条股延长相同的长度得到图2.在图2中，若AF=6，BF=410，G，F两点间的距离为261，则“勾股圆方图”中小正方形的面积为（
）
A．9
【答案】B
B．4 C．3 D．8
【分析】先在BFG中，利用余弦定理求解cosEBF=而分析即得解.
【详解】由条件可得BG=AF=6.
1，再在△BEF中结合勾股定理求解BE,EF，继10BG2+BF2−GF236+160−2441==−在BFG中，由余弦定理得cosGBF=，
2BGBF26410101∴cosEBF=，
10∴BE=BFcosEBF=410∴EA=6，
∴“勾股圆方图”中小正方形的边长为EA−BE=2，
∴面积为4.
故选：B
29．（2022·上海嘉定·统考一模）中国古代数学家用圆内接正6n边形的周长来近似计算圆周长，以估计圆周率π的值.若据此证明π3.14，则正整数n至少等于（
）
A．8
【答案】C
【分析】先求出圆内接正6n边形的周长，与直径之比与3.14进行比较即可.
B．9 C．10 D．11
1=4，EF=BF2−BE2=12，
10
【详解】
如图，圆内接6n边形，AOA12=2ππ=,B为AOA12中点，半径为6n3nππ,C=12nrsin，
6n6nr,A1A2=2A1B=2rsinAOB=2rsin1圆周率π故选：C
12nrsinπ6n=6nsinπ，由计算器可得：n10.
2r6n二、多选题
30．（2021秋·山东临沂·高一临沂第四中学校考期末）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，卫星图片可以看成一个圆形，如果将其一分为二成两个扇形，设其中一个扇形的面积为S1，圆心角为1，天坛中剩余部分扇形的面积为S2，圆心角为2，(12)当S1与S2的比值为较为美观，那么（
）
5−10.618时，则裁剪出来的扇形看上去2
A．1137.5
C．2=(5−1)
【答案】ACD
B．1127.5
D．15−1=
22【分析】理解题意，根据扇形的面积公式化简，对选项依次判断
1R2S1215−1=1=【详解】设天坛的圆形的半径为R，由=，故D正确；
S21R222225−1由1+2=2，所以2+2=2，解得2=(5−1)，故C正确；
2由5−10.618，则5−11.236，所以2=(5−1)1.236180222.5，
2所以1360−222.5=137.5，故A正确，B错误．
故选：ACD
31．（2020秋·福建福州·高三福建省福州华侨中学校考阶段练习）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后，在落潮时返回海洋.一艘货船的吃水深度（船底到水面的距离）为4m.安全条例规定至少要有2.25m的安全间隙（船底到海底的距离），下表给出了某港口在某季节每天几个时刻的水深.
时刻
0：00
3：00
6：00
若选用一个三角函数f(x)来近似描述这个港口的水深与时间的函数关系，则下列说法中正确的有（
）水深/m
5.0
7.5
5.0
时刻
9：00
12：00
15：00
水深/m
2.5
5.0
7.5
时刻
18：00
21：00
24：00
水深/m
5.0
2.5
5.0
A．f(x)=2.5cos6x+5
B．f(x)=2.5sin6x+5
C．该货船在2：00至4：00期间可以进港 D．该货船在13：00至17：00期间可以进港
【答案】BCD
【分析】依据题中所给表格，写出f(x)的表达式而判断选项A，B；再根据船进港的条件列出不等式，求解即可判断选项C，D.
【详解】依据表格中数据知，可设函数为f(x)=Asinx+k，
由已知数据求得A=2.5，k=5，周期T=12，所以=2=﹐
T6所以有f(x)=2.5sin6x+5，选项A错误；选项B正确；
由于船进港水深至少要6.25，所以 2. 5sin61x+5≥6.25，得sinx≥，
6217513x又0x240x4，则有x或，
6666666从而有1≤x≤5
或13≤x≤17，选项C，D都正确.
故选：BCD
【点睛】解三角不等式sin(x+)m(|m|1)关键在于：找准不等式中的函数值m所对角；
长为一个周期的区间内相位x+所在范围.
32．（2022秋·福建莆田·高三莆田第五中学校考阶段练习）声音是由物体振动产生的波，每一个音都是由纯音合成的.已知纯音的数学模型是函数y=Asint.我们平常听到的乐音是许多音的结合，称为复合音.若一个1复合音的数学模型是函数f(x)=sinx+sin2x，则（
）
23A．f(x)的最大值为
2C．x=为y=f(x)曲线的对称轴
【答案】BD
π2B．2π为f(x)的最小正周期
D．(π,0)为曲线y=f(x)的对称中心
1【分析】分析函数y=sinx与y=sin2x不能同时取得最大值可判断A；由y=sinx的最小正周期是2π，212π=π可判断B；计算y=sin2x的最小正周期是22ππfx+=f−x是否成立可判断C；计算22f(x)+f(2π−x)=0是否成立可判断D；进而可得正确选项.
31【详解】对于A：若f(x)的最大值为，则y=sinx与y=sin2x同时取得最大值，
2211当y=sinx取得最大值1时，cosx=0，可得y=sin2x=sinxcosx=0取不到2，
21π1若y=sin2x取得最大值2时，sin2x=1，此时x=+kπ(kZ)，
4212π而y=sinx=sin+kπ=取不到1，所以y=sinx与y=sin2x不可能同时取得最大值，故选项A不224正确；
12π=π，
对于B：因为y=sinx的最小正周期是2π，y=sin2x的最小正周期是2211且f(x+2π)=sin(x+2π)+sin2(x+2π)=sinx+sin2x=f(x)，
2211f(x+π)=sin(x+π)+sin2(x+π)=−sinx+sin2xf(x)
22所以2π为f(x)的最小正周期，故选项B正确；
ππ1π1对于C：fx+=sinx++sin2x+=cosx−sin2x，
222221ππ1πf−x=sin−x+sin2−x=cosx+sin2x，
22222ππ所以fx+=f−x不恒成立，即22πππfx+f−x，所以x=不是
222曲线y=f(x)的对称轴，故选项C不正确；
11对于D：f(2π−x)=sin(2π−x)+sin2(2π−x)=−sinx−sin2x，
22所以f(x)+f(2π−x)=0对于任意的x恒成立，所以(π,0)为曲线y=f(x)的对称中心，故选项D正确；
故选：BD.
33．（2022春·辽宁葫芦岛·高一统考期末）几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．底与腰之比为黄金分割比（5−10.618）的黄金三角形是“最美三角形”，即顶角为36°的等腰三角形．例如，2中国国旗上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的．如图，将五角星的五个顶点相连，记正五边形ABCDE的边长为a，正五边形A1B1C1D1E1的边长为b，CAD=，则下列结论正确的是（
）
A．sinB．2=5−1
4b5−1
=a2ba3−5
2C．=D．对任意的R，cos+cos(+2)+cos(+4)+cos(+6)+cos(+8)=0
【答案】ACD
【分析】依题意CAD=36，即=36，再根据所给定义及三角恒等变换公式一一计算可得；
【详解】解：依题意CAD=36，即=36，
在!AD1C1中，由正弦定理可得15−15+1，
4D1C1sinD1AC1sin3615−1====，
AC1sinAD1C1sin722cos362所以cos36==因为cos36=1−2sin218，
所以sin18=1−cos36=3−5=5−1，
284所以cos72=sin18=即cos=5−1，
45+15−15−1，sin=，cos2=，故A正确；
2444CD5−1D1C1=5−1CD=b，，11、CD=a，
=AC12AD2又AC1=DB1，AD=AC1+C1B1+B1D
所以AC1=2D1C15−1=2b5−1，即AD=2b2b4b++b=+b，
5−15−15−1a5−1=5−15+3所以4b，即a=2b+b=b，
2+b225−123−5b23−5===所以，故C正确，B错误；
a25+33+53−5(()())因为=5，所以5=，则10=2，
所以cos+cos(+2)+cos(+4)+cos(+6)+cos(+8)
=cos+cos(+2)+cos(+4)+cos[(−4)+10]+cos[(−2)+10]
=cos+cos(+2)+cos(+4)+cos(−4)+cos(−2)
=cos+2coscos4+2coscos2=cos(1+2cos4+2cos2)
=cos[1+2(2cos22−1)+2cos2]=cos(4cos22+2cos2−1)
=cos[4(5−125−1)+−1]=0，故D正确；
42故选：ACD
三、填空题
34．（2023·全国·高三专题练习）我国古代数学著作《九章算术》方田篇记载“宛田面积术曰：以径乘周，四而一”（注：宛田，扇形形状的田地：径，扇形所在圆的直径；周，扇形的弧长），即古人计算扇形面积的公式为：扇形面=径周．现有一宛田的面积为1，周为2，则径是__________．
4
【答案】2
【分析】根据扇形面=径周代入数值计算即可.
4径周，且宛田的面积为1，周为2，
4【详解】根据题意，因为扇形面=所以1=径2，解得径是：2.
4故答案为：2.
35．（2022·全国·高三专题练习）2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径r=2abcd，外接圆半径a+b+c+dR2=1(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc).现有边长均为1的双圆四边形，则R−r=___________.
16abcd
【答案】2−1
2【分析】直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半径即可求解.
【详解】由题意知：a=b=c=d=1，故r=2abcd21==，a+b+c+d421(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)11R2==8=，R=2，故R−r=16abcd16222−1.
22−1.
2故答案为：
36．（2022秋·浙江金华·高一浙江金华第一中学校联考期末）以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧AB的长度为2，则该勒洛三角形的面积是___________.
【答案】18−183
【分析】计算出一个弓形的面积，由题意可知，勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，利用弓形和正三角形的面积可求得结果.
【详解】由弧长公式可得AC=2，可得AC=6，
3132所以，由AB和线段AB所围成的弓形的面积为62−6=6−93，
24而勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，
因此，该勒洛三角形的面积为S=36−93+93=18−183.
故答案为：18−183.
37．（2022·全国·高三专题练习）《后汉书·张衡传》：“阳嘉元年，复造候风地动仪.以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒尊，饰以篆文山龟鸟兽之形.中有都柱，傍行八道，施关发机.外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之.其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际.如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之.振声激扬，伺者因此觉知.虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在.验之以事，合契若神.”如图，为张衡地动仪的结构图，现要在相距200km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向，若A地动仪正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置在A地正东________________km.
()
【答案】100(3+1
)【分析】依题意画出图象，即可得到A=60,B=75,C=45，AB=200，再利用正弦定理计算可得；
【详解】解：如图，设震源在C处，则AB=200km，则由题意可得A=60,B=75,C=45，根据正弦定理可得200AC23216+2=，又sin75=sin(45+30)=sin45cos30+cos45sin30=+=sin45sin7522224所以AC=200sin75=sin452006+24=10022(3+1，
)所以震源在A地正东100故答案为：100(3+1km处.
)(3+1
)
38．（2022秋·河南·高二校联考期末）台球赛的一种得分战术手段叫做“斯诺克”：在白色本球与目标球之间，设置障碍，使得本球不能直接击打目标球.如图，某场比赛中，某选手被对手做成了一个“斯诺克”，本球需经过边BC，CD两次反弹后击打目标球N，点M到CD,BC的距离分别为200cm,60cm，点N到CD,BC的距离分别为80cm,120cm，将M，N看成质点，本球在M点处，若击打成功，则tan=___________．
【答案】9
14
【分析】以C为原点，DC,BC边分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，写出M,N的坐标，求出N关于x轴的对称点N的坐标，N关于y轴的对称点N的坐标，则直线MN方向为本球射出方向，利用斜率公式和诱导公式可求出结果.
【详解】以C为原点，DC,BC边分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图，
则N(−120,−80),M(−60,−200)，
N关于x轴的对称点为N(−120,80),N关于y轴的对称点为N(120,80)，
直线MN方向为本球射出方向，
π80+200149=,tan=.
故tan(−)=142120+609故答案为：9.
1439．（2021秋·山东临沂·高一临沂第四中学校考期末）2020年12月4日，我国科学家宣布构建了76个光子（量子比特）的量子计算原型机“九章”．“九章”得名于我国古代的数学名著《九章算术》，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方（即CD=10尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）.设=BAC，则tan的值为__________．
2
【答案】
【分析】根据题意，将BC长度设为x尺，则AC长度为x+1尺，利用勾股定理求出ABC得各边长，得到tan23
的值，再利用二倍角公式即可求解.
1【详解】根据题意得，在ABC中，ABC=90，AB=CD=5，
2设BC长度为x尺，则AC长度为(x+1)尺，
所以AB2+BC2=AC2，即52+x2=(x+1)，解得x=12，即BC=12，
2所以tan=BC122=12，
=，又因为tan=5AB51−tan222tan所以tan2=32或tan=−，
322245，所以tan因为090，所以0故答案为：.
232=2.
340．（2021秋·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）斯特瓦尔特（Stewart）定理是由18世纪的英国数学家B、提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设△ABC中，内角A、mb2+nc2mna2BDm2−=，则AD=C的对边分别为a、b、c，点D在边BC上，且2．已知△ABC中，m+nm+nDCn()内角A、B、C的对边分别为a、b、c，b=2c=4，asinB+3bcosA=0，点D在BC上，且△ABD的面积与△ADC的面积之比为2，则AD=______．
【答案】221313
##33【分析】由正弦定理可求得角A的值，由余弦定理可得出a的值，由已知可得出m=2n，再利用斯特瓦尔特定理可求得AD的长.
【详解】由asinB+3bcosA=0及正弦定理可得sinAsinB+3sinBcosA=0，
B(0,)，则sinB0，所以，sinA+3cosA=0，则tanA=−3，
A(0,)，故A=2，
3b2+c2−2bccosA=27，
b=4，c=2，由余弦定理可得a=S△ABDBD==2，则BD=m=2，故m=2n，
S△ADCDCDCnmb2+nc2mna22n42+n222n22852−=−=，
由斯特瓦尔特定理可得AD=22m+n3n9n9(m+n)2
因此，AD=故答案为：213.
3213.
341．（2022春·全国·高一期末）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，完成下题：如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上一点，以AB为一边作等边三角形ABC，则当线段OC的长取最大值时，∠AOC＝________.
【答案】60°##
3【分析】由题中给出的原理，得出OC的最大值，以及取最大值时的条件，再结合余弦定理可得出答案.
【详解】因为OB·AC＋OA·BCOC·AB，且△ABC为等边三角形，OB＝1，OA＝2，
所以OB＋OAOC，所以OC3，所以OC的最大值为3，
取等号时，∠OBC＋∠OAC＝180°，所以cos∠OBC＋cos∠OAC＝0，
x2+4−9x2+1−9不妨设AB＝x，所以＋＝0，解得x=7，
2x4x所以cos∠AOC＝故答案为：60
42．（2023·全国·高三专题练习）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动如图2，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当t=0时，盛水筒M位于点P0(3,−33)，经过t秒后运动到点P(x,y)，点P的纵坐标满足9+4−71=，所以∠AOC＝60°．
2232y=f(t)=Rsin(t+)t0,0,||，则当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为2____________．
【答案】−33
【分析】根据筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，可求出，由t=0时，P0(3,−33)求出R和，从而可求出f(t)的关系式，进而可求出点P的纵坐标
【详解】因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，
所以T=2π=120，得=π，
60π所以y=f(t)=Rsint+，
60因为当t=0时，盛水筒M位于点P0(3,−33)，
所以R=32+(−33)2=6，
π所以f(t)=6sint+，
60因为f(0)=−33，
所以6sin=−33，得sin=−因为||π，所以=−，
323，
2ππ所以f(t)=6sint−，
360π4ππ3π=−6sin=−6=−33，
所以f(100)=6sin100−=6sin603332所以当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为−33，
故答案为：−33
43．（2022春·湖南·高一校联考期末）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在ABC中，已知ACB=30，且AB=3−1，现
以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A，B，C，则ABC的面积最大值为______.
【答案】133
##33【分析】设ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，连接AC,BC，则ACB=90，由等边三角形的性质可求出AC,BC，从而可求出AB，在ABC中，利用余弦定理结合基本不等式可得a2+b2„4，从而可求出ABC的面积最大值
【详解】设ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
连接AC,BC，则由题设得，ACB=90，
因为以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A，B，C，
所以AC=所以AB=3233，BC=a，
b=b
32333a2+b2
3在ABC中，由余弦定理可得a2+b2−2abcos30=c2
即a2+b2−3ab=4−23
a2+b2−4−23a2+b2a2+b2
又ab„，∴„223()即a2+b2„4（等号当a=b=，
2时成立）由题意可得ABC为等边三角形，
故S△ABC=故答案为：3343
AB2„=44333
344．（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的
名字命名．对ABC而言，若其内部的点P满足APB=BPC=CPA=120，则称P为ABC的费马点．在ABC中，已知BAC=45，设P为ABC的费马点，且满足PBA=45o，PA=4．则△BPC的外接圆半径长为_________．
【答案】22
【分析】根据题意作出图形，进而结合正余弦定理求出BC的长度，从而可求出结果.
【详解】
PBA=45o，APB=120，BAP=15，PAC=30，ACP=30，
4=PA=PC=4，△APB中，22PB6−2，PB=23−2．
41BC2=(23−2)2+16−223−24−=24，BC=26
2()26=2r设△BPC的外接圆半径为r，3，r=22．
2故答案为：22.
45．（2022秋·辽宁沈阳·高三校联考阶段练习）剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，纸片为一圆形，直径AB=20cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折、沿DC,EC裁剪、展开就可以得到．
AD的长应为_____cm．
已知点C在圆上且AC=10cm,ECD=30．要使得镂空的四边形CEC1D面积最小，【答案】20−103##−103+20
【分析】设CE=a,CD=b,ED=c,
根据AB=20cm,AC=10cm,ECD=30可得CAE=60，进而根据△CED的面积公式可得a,b,c的关系，再根据基本不等式可得当△CED为等腰三角形时取得面积最小值，
进而得出此时CDE=75，结合三角函数求解即可.
【详解】如图，连接AC，作CG⊥AB于G，由题意，AC=AO=OC=10cm，故OAC=60，所以CG=CAsin60o=53cm.
设CE=a,CD=b,ED=c,则由面积公式，SVCED=11absin30o=cCG，即ab=103c.由余弦定理22a2b2a2b23a2+b2−c222，结合基本不等式3ab=a+b−，即ab3002−3，当且仅当2ab−=30030022ab()a=b=3002−3时取等号.
()故SVCED=1ab取最小值时a=b，此时GDC=(180−30)2=75.
4CG5353=5−=5−=5−532−3=20−103.
tan75tan(45+30)2+3故AD=GA−GD=5−()
故答案为：20−103
四、解答题
46．（2022春·广东广州·高一校联考期中）仰望星空，时有流星划过天际，令我们感叹生命的短暂，又深深震撼我们凡俗的心灵．流星是什么？从古至今，人们作过无数种猜测．古希腊亚里士多德说，那是地球上的蒸发物，近代有人进一步认为，那是地球上磷火升空后的燃烧现象．10世纪波斯著名数学家、天文学家阿尔·库希设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观察同一颗流星，来测定其发射点的高度．如图，假设地球是一个标准的球体，O为地球的球心，AB为地平线，有两个观测者在地球上的A，B两地同时观测到一颗流星S，观测的仰角分别为SAD=，SBD=，其中，DAO=DBO=90，为了方便计算，我们考虑一种理想状态，假设两个观测者在地球上的A，B两点测得=30，=15，地球半径为R公里，两个观测者的距离AB=R
．（参考数据：31.73，2.271.5）
3
（1）求流星S发射点近似高度ES；
（2）在古希腊，科学不发达，人们看到流星以为这是地球水分蒸发后凝结的固体，已知对流层高度大约在18公里左右，
若地球半径R6370公里，请你据此判断该流星S是地球蒸发物还是“天外来客”？并说明理由．【答案】（1）ES=0.5R公里；（2）该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”，理由见解析.
【分析】（1）由已知条件在△ASB中利用正弦定理求出AS=(3−1)R，在SAC中再利用余弦定理求出OS=4−3R，从而可得ES=OS−R；
（2）由（1）求出的值可得流星S发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，从而可得结论
【详解】（1）因为AB=3R，则AOB=60，所以AOB为等边角形，所以AB=R．
又因为DAO=DBO=90，所以DAB=DBA=30，所以DAB=DBA=30，所以SAB=60，SBA=45，ASB=75．在△ASB中，由正弦定理：得AS=(3−1)R，
在SAC中，由余弦定理：
RASABAS==，得，
解sin(45+30)sin45sin75sin451OS2=SA2+OA2−2SAOAcosSAO=(3−1)2R2+R2−2(3−1)R2−=(4−3)R2．
2所以OS=4−3R4−1.73R2.27R1.5R，所以ES=OS−R=0.5R公里．
（2）ES0.5R3185公里，所以流星S发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，所以该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”．（言之有理即可）．
47．（2022春·江苏苏州·高一吴县中学校考期中）下图所示的毕达格拉斯树画是由图（i）利用几何画板或者AEFG，PQBE都是正方形.如果改变图动态几何画板Geogebra做出来的图片，其中四边形ABCD，（i）中EAB
的大小会得到更多不同的“树形”．
(1)在图（i）中，AB=2，AE=3，且AE⊥AB，求AQ2的值；
2(2)在图（ii）中，AB=2，AE=3，设EAB=(0)，求AQ的最大值．
【答案】(1)11+43；
(2)11+46.
【分析】（1）根据勾股定理，结合余弦定理进行求解即可；
（2）根据正弦定理、余弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.
(1)
当AE⊥AB时，BE=AE2+AB2=3+4=7，
3则cosABQ=cos2+ABE
=−sinABE=−，
7在ABQ中，由余弦定理可得：
AQ2=AB2+BQ2−2ABBQcosABQ=4+7−227(−3)=11+43；
7()(2)
在ABE中，由余弦定理知，BE2=4+3−223cos=7−43cos，
所以BE=BQ=7−43cos
在ABE中，由正弦定理知3sinAEBE=，可得sinABE=，
sinABEsin7−43cos222在ABQ中，由余弦定理可得AQ=AB+BQ−2ABBQcos(+ABE)
2=11+43(sin−cos)=11+46sin−，
4所以当=3(0,)时，AQ2的取最大值11+46.4
48．（2022·全国·高一专题练习）成都市为迎接2022年世界大学生运动会，需规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，根据自行车比赛的需要，需预留出AC，AD两条服务车道（不ABC=AED=CB，ED为赛道，BA，AE，DC，考虑宽度），2BAC=，CD=42(km)．BC=23(km)，，注：34km为千米．
（1）若cosCAD=3，求服务通道AD的长；
5（2）在（1）的条件下，求折线赛道AED的最长值（即AE+ED最大）．（结果保留根号）
【答案】（1）AD=52；（2）106.
3【分析】（1）在ABC中由正弦定理求得AC，在ACD中由余弦定理表示出CD，从而求得AD；
（2）在VADE中，用余弦定理表示出AD，然后结合基本不等式可得AE+ED的最大值．
3AC8C23=2=32【详解】解：（1）在ABC中，由正弦定理得：sin2sin，AC=；
2342在ACD中，由余弦定理得CD2=AD2+AC2−2ACADcosCAD，
32=AD2+18−182AD，
5AD=52．
222（2）在VADE中，由余弦定理得：AD=AE+ED−2AEDEcos2，
32AD2=AE2+ED2+AEAD，50=(AE+ED)−AEAD，
(AE+ED)2AEAD„，
4(AE+ED)2„50，
(AE+ED)2„200，
33456AE+ED„106．（当且仅当AE=AD=时取“=”
)
3349．“费马点”是由十七世纪法国业余数学家之王费马提出并征解的一个问题，（2022·河北张家口·统考三模）该问题是指在位于三角形内找一个到三角形三个顶点距离之和最小的点.由当时意大利数学家托里拆利给出解答，当三角形三个内角均小于120时，“费马点”与三个顶点的连线正好三等分“费马点”所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120；当三角形有一内角大于或等于120时，所求点为三角形最大内角的顶点.在ABC中，A､B､C的对边分别为a､b､c，且2a2，b2，c2成等差数列， B=60.
(1)证明：ABC是直角三角形；
(2)若O是ABC的“费马点”，a=2.设OA=x，OB=y，OC=z，求x+y+z的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)27
【分析】（1）利用余弦定理求得a,b,c三边之间的关系，利用勾股定理求证ABC为直角三角形.
（2）利用题干中“费马点”的性质，及三角形面积公式，正弦定理，余弦定理进行求解.
(1)
解：由已知及余弦定理得2b2=2a2+c2=2(a2+c2−ac)，解得c=2a，
代入b2=a2+c2−ac，解得b=3a，
c2=4a2=3a2+a2=b2+a2，即ABC是直角三角形.
(2)
由（1）知，a=2，b=23，c=4.
1ABC的面积S=ab=23.
2
13由费马点及正弦定理得S=(xy+yz+zx)sin120=(xy+yz+zx)，xy+yz+zx=8.
24c2=x2+y2+xy,222由余弦定理得b=x+z+xz,
a2=y2+z2+yz,2(x2+y2+z2)+(xy+yz+zx)=32，x2+y2+z2=12，
(x+y+z)2=28，x+y+z=27.
【点睛】该试题通过古代数学文化知识三角形的费马点来考查正弦定理､余弦定理､勾股定理､等差中项､三元方程组的应用等，其中正弦定理､余弦定理是高考必考内容，该题与三元方程及费马点等综合在一起，使试题的难度有所提升，也符合高考命题趋势.数学素养方面主要是培养学生阅读能力､自学能力，使学生会用数学思想方法解题f.
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