5.7 三角函数的应用

$ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}}=6 $ .

$ \because f(x) $ 的图象经过点 $ (0,1) $ ， $ \therefore \sin \text{ }\varphi =\dfrac{1}{2} $ .

又 $ \because -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \varphi < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ \therefore \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .

由 $ s=2 \cos 2\sqrt{\dfrac{g}{l}}t $ ,得 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{2\sqrt{\dfrac{g}{l}}}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{\sqrt{\dfrac{g}{l}}} $ .

由函数的图象可知函数的周期为 $ 0.4 $ ,所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{\sqrt{\dfrac{g}{l}}}=0.4 $ ,即 $ l=\dfrac{0.16g}{{\mathrm{\pi }}^{2}}\approx \dfrac{0.16×980}{{3}^{2}}\approx 17.4\mathrm{c}\mathrm{m} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ {t}_{1}+{t}_{2}=2 $ , $ {t}_{2}+{t}_{3}=5 $ ,所以 $ {t}_{3}-{t}_{1}=3 $ ,所以最小正周期 $ T=3 $ .

又 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega } $ ,所以 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,则 $ y= \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}t+\varphi ) $ .

由 $ y > 0.5 $ 可得 $ \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}t+\varphi ) > 0.5 $ ,

所以 $ 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}t+\varphi < \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,可得 $ 3k+\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{2\mathrm{\pi }}\varphi < t < \dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{2\mathrm{\pi }}\varphi +3k $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

因为 $ (3k+\dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{2\mathrm{\pi }}\varphi )-(3k+\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{2\mathrm{\pi }}\varphi )=1 $ ,

所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的正向位移大于 $ 0.5\mathrm{m} $ 的总时间为 $ 1\mathrm{s} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，由题图可知 $ A=60 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ，由 $ \dfrac{T}{4}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{7}{100}=\dfrac{3}{100} $ ，得 $ T=\dfrac{3}{25} $ ，则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{50\mathrm{\pi }}{3} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ ，由题图可知函数 $ I=A \sin (\omega t+\varphi ) $ 的图象过点 $ (\dfrac{1}{10},-60) $ ，故 $ 60 \sin (\dfrac{50\mathrm{\pi }}{3}×\dfrac{1}{10}+\varphi )=-60 $ ，则 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}+\varphi =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，得 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ .

因为 $ |\varphi | < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误.

对于 $ \mathrm{D} $ ，由 $ -30\leqslant 60 \sin (\dfrac{50\mathrm{\pi }}{3}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\leqslant 30 $ ，得 $ -\dfrac{1}{2}\leqslant \sin (\dfrac{50\mathrm{\pi }}{3}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\leqslant \dfrac{1}{2} $ ，

则 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }\leqslant \dfrac{50\mathrm{\pi }}{3}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ 或 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }\leqslant \dfrac{50\mathrm{\pi }}{3}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{7\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi }(k\in \boldsymbol{Z}) $ ， $ \dfrac{3}{25}k\leqslant t\leqslant \dfrac{1}{50}+\dfrac{3}{25}k(k\in \boldsymbol{Z}) $ 或 $ \dfrac{3}{50}+\dfrac{3}{25}k\leqslant t\leqslant \dfrac{2}{25}+\dfrac{3}{25}k(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，

所以在一个周期内，电流不超过 $ 30\mathrm{A} $ 的时长为 $ \dfrac{1}{50}×2=\dfrac{1}{25}(\mathrm{s}) $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .

$ f(t)=28+A \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}t+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4})(A > 0) $ ，其最小正周期 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}}=16 < 24 $ ，

故这天的最大温差即为 $ f(t) $ 的最大值与最小值的差，又 $ A > 0 $ ，故 $ (A+28)-(-A+28)=2A=8 $ ，解得 $ A=4 $ .

令 $ f(t)\geqslant 30 $ ，即 $ 4 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}t+\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi })+28\geqslant 30 $ ， $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}t+\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi })\geqslant \dfrac{1}{2} $ ，又 $ t\in [0,24) $ ，则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{8}t+\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi }\in [\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi },\dfrac{15\mathrm{\pi }}{4}) $ ，

则 $ \dfrac{3}{4}\mathrm{\pi }\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{8}t+\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi }\leqslant \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ 或 $ \dfrac{13\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{8}t+\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi }\leqslant \dfrac{17}{6}\mathrm{\pi } $ ，解得 $ t\in [0,\dfrac{2}{3}]\cup [\dfrac{34}{3},\dfrac{50}{3}] $ ，

则一天中需要降温的时长为 $ \dfrac{2}{3}+(\dfrac{50}{3}-\dfrac{34}{3})=6(\mathrm{h}) $ .

由题意可得 $ \begin{cases}A+B=3,\\ -A+B=-1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}A=2,\\ B=1,\end{cases} $ 又 $ T=\dfrac{60}{4}=15 $ ，所以 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{15} $ ，

当 $ x=0 $ 时， $ d=2 \sin \varphi +1=0 $ ，解得 $ \sin \varphi =-\dfrac{1}{2} $ ，因为 $ |\varphi | < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，

所以 $ d=2 \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{15}x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+1 $ ， $ \mathrm{A} $ 错误；

令 $ d=3 $ ，得 $ \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{15}x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=1 $ ，则 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{15}x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ x=5+15k $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，又 $ x > 0 $ ,所以 $ x $ 的最小值为5，即点 $ P $ 第一次到达最高点需用时5秒， $ \mathrm{B} $ 正确；

由题意知，点 $ P $ 再次接触水面需用时 $ \dfrac{2}{3}T=\dfrac{2}{3}×15=10 $ （秒）， $ \mathrm{C} $ 正确；

当 $ x=2.5 $ 时， $ d=2 \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{15}×\dfrac{5}{2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+1=2 $ ，故点 $ P $ 距水面的高度为2米， $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

（1）不妨设 $ h(t)=A \sin (\omega t+\varphi )+b $ ， $ A > 0 $ , $ \omega > 0 $ ,由题意得 $ A=8 $ ， $ T=12 $ ， $ b=10 $ ,则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .

当 $ t=0 $ 时， $ h(0)=2 $ ，即 $ \sin \text{ }\varphi =-1 $ ,取 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .

因此 $ h(t)=8 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})+10 $ ， $ t\geqslant 0 $ .

（2）由题意令 $ h(t) > 14 $ ，即 $ 8 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})+10 > 14 $ ，则 $ \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}t < -\dfrac{1}{2} $ .

又因为 $ 0\leqslant t\leqslant 12 $ ，所以 $ 4 < t < 8 $ .

所以在第一圈的4分钟到8分钟内，点 $ P $ 离地面的高度超过14米.

当 $ t=0\mathrm{s} $ 时, $ \theta =\dfrac{1}{2} \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}=\dfrac{1}{2} $ ,由函数解析式易知单摆周期为 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{2}=\mathrm{\pi } $ ,故单摆频率为 $ \dfrac{1}{\mathrm{\pi }} $ .

由题意,设 $ y=A \sin (\omega t+\varphi ) $ ,因为质点 $ P $ 在单位圆上运动的角速度大小为 $ 2\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,起点 $ {P}_{0} $ 为射线 $ y=-x(x\geqslant 0) $ 与 $ \odot O $ 的交点,

所以 $ A=1 $ , $ \omega =2 $ , $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,所以动点 $ P $ 的纵坐标 $ y $ 关于时间 $ t $ （单位： $ \mathrm{s} $ ）的函数解析式为 $ y= \sin (2t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ .

由 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }\leqslant 2t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,得 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}+k\mathrm{\pi }\leqslant t\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

又 $ 0\leqslant t\leqslant 12 $ ,所以 $ 0\leqslant t\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{8} $ , $ \dfrac{7\mathrm{\pi }}{8}\leqslant t\leqslant \dfrac{11\mathrm{\pi }}{8} $ , $ \dfrac{15\mathrm{\pi }}{8}\leqslant t\leqslant \dfrac{19\mathrm{\pi }}{8} $ , $ \dfrac{23\mathrm{\pi }}{8}\leqslant t\leqslant \dfrac{27\mathrm{\pi }}{8} $ .

所以动点 $ P $ 的纵坐标 $ y $ 关于时间 $ t $ （单位： $ \mathrm{s} $ ）的函数的单调递增区间为 $ [0,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}] $ , $ [\dfrac{7\mathrm{\pi }}{8},\dfrac{11\mathrm{\pi }}{8}] $ , $ [\dfrac{15\mathrm{\pi }}{8},\dfrac{19\mathrm{\pi }}{8}] $ , $ [\dfrac{23\mathrm{\pi }}{8},\dfrac{27\mathrm{\pi }}{8}] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

根据题意，设 $ y=A \sin (\omega t+\varphi )(A > 0,\omega < 0,-\mathrm{\pi }\leqslant \varphi < \mathrm{\pi }) $ ，

由题意可知，初相 $ \varphi $ 为第一象限角，且 $ \begin{cases} \cos \varphi =\dfrac{\sqrt{3}}{2},\\ \sin \varphi =\dfrac{1}{2},\end{cases} $ 又因为 $ -\mathrm{\pi }\leqslant \varphi < \mathrm{\pi } $ ，则 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ， $ A=\sqrt{{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}}=1 $ ，

函数 $ y= \sin (\omega t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})(\omega < 0) $ 的最小正周期 $ T=60 $ ，

所以 $ \omega =-\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=-\dfrac{2\mathrm{\pi }}{60}=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{30} $ ，

所以点 $ P $ 的纵坐标 $ y $ 与时间 $ t $ 的函数关系式为 $ y= \sin (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{30}t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})(t\geqslant 0) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

将点 $ M(\dfrac{3}{4}\mathrm{\pi },\dfrac{3}{2}) $ 的坐标代入方程可得 $ (2-\dfrac{1}{2}[\dfrac{3}{2}])| \sin \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}\omega |=\dfrac{3}{2} $ ，

即 $ | \sin \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}\omega |=1 $ ，由 $ \omega \in (1,3) $ ，可得 $ \omega =2 $ ，

因此曲线方程为 $ |y|=(2-\dfrac{1}{2}[\dfrac{2x}{\mathrm{\pi }}])| \sin 2x| $ .

当 $ x=\dfrac{7}{6}\mathrm{\pi } $ 时，可得 $ |y|=(2-\dfrac{1}{2}[\dfrac{2×\dfrac{7}{6}\mathrm{\pi }}{\mathrm{\pi }}])| \sin 2×\dfrac{7}{6}\mathrm{\pi }|=(2-\dfrac{1}{2}[\dfrac{7}{3}])| \sin \dfrac{7}{3}\mathrm{\pi }|=| \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ，

所以交点的纵坐标为 $ ±\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，观察题图可知，智力曲线 $ I $ 的最小正周期 $ {T}_{1}=33 $ ，情绪曲线 $ E $ 的最小正周期 $ {T}_{2}=28 $ ，体力曲线 $ P $ 的最小正周期 $ {T}_{3}=23 $ ，因此体力曲线 $ P $ 的最小正周期是三条曲线中最小的， $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} {\rm ，462} $ 除以33的余数为0，462除以28的余数为14，此时情绪曲线 $ E $ 处于下降期，而智力曲线 $ I $ 刚好处于上升期， $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ，智力曲线 $ I $ 的对称中心的横坐标 $ {x}_{1}=16.5{k}_{1} $ , $ {k}_{1}\in \boldsymbol{N} $ ，情绪曲线 $ E $ 的对称中心的横坐标 $ {x}_{2}=14{k}_{2} $ , $ {k}_{2}\in \boldsymbol{N} $ ，体力曲线 $ P $ 的对称中心的横坐标 $ {x}_{3}=11.5{k}_{3} $ , $ {k}_{3}\in \boldsymbol{N} $ ，取 $ 16.5 {\rm ,14} $ , $ 11.5 $ 的公倍数即得3条曲线公共对称中心的横坐标，有无数个，即三条曲线存在无数个公共的对称中心，因此智力、情绪、体力三条曲线存在无数个公共点， $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ，智力曲线 $ I $ 的对称轴方程 $ {t}_{1}=8.25+16.5{n}_{1} $ , $ {n}_{1}\in \boldsymbol{N} $ ，情绪曲线 $ E $ 的对称轴方程 $ {t}_{2}=7+14{n}_{2} $ , $ {n}_{2}\in \boldsymbol{N} $ ，体力曲线 $ P $ 的对称轴方程 $ {t}_{3}=5.75+11.5{n}_{3} $ , $ {n}_{3}\in \boldsymbol{N} $ ，令 $ 8.25+16.5{n}_{1}=7+14{n}_{2}=5.75+11.5{n}_{3} $ ，

由 $ 8.25+16.5{n}_{1}=7+14{n}_{2} $ ，得 $ 165{n}_{1}-140{n}_{2}=-12.5 $ ，而 $ 165{n}_{1} $ , $ 140{n}_{2}\in \boldsymbol{N} $ , $ -12.5\notin \mathrm{Z} $ ，

因此不存在自然数使得方程 $ 8.25+16.5{n}_{1}=7+14{n}_{2} $ 成立,即智力曲线和情绪曲线没有公共的对称轴，同理三条曲线不存在公共的对称轴，

因此不存在正整数 $ n $ ，使得第 $ n $ 天时，智力、情绪、体力三条曲线同时处于最高点或最低点， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

设乙家庭坐进座舱后转动 $ t \min $ 出现了两户家庭的座舱离地面高度一样的情况， $ 0 < t\leqslant 10 $ ，只需考虑旋转的第一周即可.

摩天轮的座舱每分钟转动 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{30}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{15} $ ，则乙家庭的座舱 $ t \min $ 转过的弧度数为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{15}t $ ，

摩天轮的两个相邻座舱中间的圆弧所对的圆心角为 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{48}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{24} $ ，此时甲家庭的座舱转过的弧度数为 $ \dfrac{(k-1)\mathrm{\pi }}{24}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{15}t $ .

因为 $ t \min $ 时，甲、乙两户家庭的座舱关于摩天轮垂直于地面的轴对称，所以 $ \dfrac{(k-1)\mathrm{\pi }}{24}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{15}t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{15}t=2\mathrm{\pi } $ ，

整理得 $ k=48-\dfrac{16}{5}t+1\geqslant 17 $ ，当且仅当 $ t=10 $ 时取等号，

所以 $ k $ 的最小值是17.

将其看成 $ y=A \sin (\omega x+\varphi )(A > 0,\omega > 0) $ 的图象，

由图象知 $ A=6 $ ， $ T=12 $ ， $ \therefore \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .

将 $ (6,0) $ 看成函数图象的第一个特殊点，则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}×6+\varphi =0 $ ,得 $ \varphi =-\mathrm{\pi } $   ， $ \therefore $   函数关系式为 $ y=6 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}x-\mathrm{\pi })=-6 \sin \text{ }\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}x. $

若以1月份为最低气温,8月份为最高气温,则可得 $ A=\dfrac{27-15}{2}=6 $ , $ b=\dfrac{27+15}{2}=21 $ , $ T=(8-1)×2=14 $ ,所以 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{7} $ ,所以 $ y=6 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}x+\varphi )+21 $ .将点 $ (1,15) $ , $ (8,27) $ 的坐标分别代入,

可得 $ \begin{cases}6 \sin \left(\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}+\varphi \right)+21=15,\\ 6 \sin \left(\dfrac{8\mathrm{\pi }}{7}+\varphi \right)+21=27,\end{cases} $

两式相减得 $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}+\varphi )- \sin (\dfrac{8\mathrm{\pi }}{7}+\varphi )=-2 $ ,

即 $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}+\varphi )+ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}+\varphi )=-2 $ ,

即 $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}+\varphi )=-1 $ ,所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{7}+\varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,则 $ \varphi =-\dfrac{9\mathrm{\pi }}{14}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

又 $ -\mathrm{\pi } < \varphi < 0 $ ,所以 $ \varphi =-\dfrac{9\mathrm{\pi }}{14} $ ,

所以函数解析式为 $ y=6 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{7}x-\dfrac{9\mathrm{\pi }}{14})+21 $ , $ x=1 {\rm ,2} $ , $ \cdots $ ,12.