7.4数学建模活动周期现象的描述同步练习（含解析）-2025-2026学年高一上学期数学人教B版必修第三册

7.4　数学建模活动:周期现象的描述
基础过关练
考点一　三角函数模型在物理中的应用
1.单摆从某点开始来回摆动,离开平衡位置的距离s(厘米)和时间t(秒)的函数关系为s(t)=3sin,那么单摆来回摆动的振幅(厘米)和往返一次所需的时间(秒)分别为(　　)
A.3,4　　　　B.-3,4　　　　C.3,2　　　　D.-3,2
2.(多选题)如图,弹簧挂着的小球做上下运动,将小球视为质点,它在t s时相对于平衡位置(图中h=0处)的高度h(单位:cm)由关系式h=Asin(ωt+φ)确定,其中A>0,ω>0,t≥0,φ∈[0,π].小球从最高点出发,经过0.5 s后,第一次到达最低点,经过的路程为10 cm,则下列说法正确的是(　　)
A.ω=2π
B.φ=
C.小球在t∈[8,9]内经过的路程为10 cm
D.当t=9.75时,小球正在向上运动
3.有两个齿轮旋转的示意图如图①所示,被动轮随着主动轮的旋转而旋转,而且被动轮与主动轮的旋转方向相反.A,B两点分别位于主动轮与被动轮上,初始位置如图①所示,A,B两点到两齿轮中心O1,O2所在直线的距离随时间的变化满足如图②所示的曲线,已知主动轮转动一圈的时间小于被动轮转动一圈的时间,则A,B两点再次同时回到初始位置所经过的时间为　　　　s.
4.如图,一台发电机产生的电流是正弦式电流,即电压U(单位:V)和时间t(单位:s)满足U=311sin(ωt+φ).在一个周期内,电压的绝对值超过的时间为　　　s.(答案用分数表示).
考点二　三角函数模型在生活中的应用
5.据长期观察,某学校周边6时到18时之间的车流量y与时间t满足如下函数关系式:y=Asin+300(A为常数,6≤t≤18).已知8:30(即t=8.5)时的车流量为500,则15:30(即t=15.5)时的车流量约为(参考数据:≈1.41)(　　)
A.441　　　　B.159　　　　C.473　　　　D.127
6.已知人的血压在不断变化,心脏每收缩和舒张一次构成一个心动周期,血压的最大值、最小值分别称为收缩压和舒张压,血压计上的读数就是收缩压和舒张压.已知某人某次测量自己的血压得到收缩压为126 mmHg,舒张压为78 mmHg,心动周期约为0.75 s,假设他的血压p(mmHg)与时间t(s)近似满足函数关系式p(t)=b+asin ωt(a>0,ω>0),则当t∈[0,0.75]时,此人的血压在90 mmHg到114 mmHg的时长约为(　　)
A.0.125 s　　　　B.0.25 s　　　　C.0.375 s　　　　D.0.5 s
7.如图,某“葫芦曲线”经过相同的间隔振幅就变化一次,且过点P,其对应的关系式为|y|=2-·|sin ωx|(x≥0),其中[x]为不超过x的最大整数,0<ω<5.若该“葫芦曲线”上一点M到y轴的距离为π,则点M到x轴的距离为　(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
考点三　三角函数模型的建立及应用
8.为了研究钟表与三角函数的关系,建立如图所示的坐标系,设秒针针尖的位置为P(x,y).若初始位置为P0,当秒针从P0(此时t=0)开始走时,点P的纵坐标y与时间t(单位:s)的函数关系为(　　)
A.y=sin　　　　B.y=sin
C.y=sin　　　　D.y=sin
9.某摩天轮示意图如图所示,其半径为100 m,最低点A到地面的距离为8 m,该摩天轮上一吊箱B(视为质点)从A点出发,按顺时针方向匀速旋转,且每24 min转动一圈,则吊箱B第4次距离地面158 m时,所经历的时长为　　　　min.
10.风力发电的原理是利用风力带动风机叶片旋转,当风吹向叶片时,驱动风轮转动,风能转化成动能,进而来推动发电机发电.如图,风机由一座塔和三个叶片组成,每两个叶片之间的夹角均为,现有一座风机,叶片旋转轴离地面100米,叶片长40米.叶片按逆时针方向匀速转动,并且每5秒转动一圈.风机叶片端点P从离地面最低的位置开始,转动t秒后离地面的距离为h米,在转动一周的过程中,h关于t的函数解析式为h(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π).
(1)求函数h(t)的解析式;
(2)当风机叶片端点P从离地面最低位置开始,在转动一周的过程中,求点P离地面的高度不低于80米的时长.
能力提升练
考点一　三角函数模型在物理中的应用
1.(多选题)在忽略阻尼等因素的理想情况下,音叉的振动是典型的简谐运动,某音叉发出的纯音振动可以近似用三角函数表达,其位移x(单位:cm)随时间t(单位:s)的变化可以用函数x=sin(880πt+φ)来描述,已知该音叉在t= s时的位移为 cm.下列选项正确的是(　　)
A.φ=
B.该音叉每秒钟往复振动880次
C.该音叉离开平衡位置的最大距离为 cm
D.该音叉在t= s时的位移为 cm
2.已知某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动,其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为y=sin(ωt+φ)(ω>0,|φ|<π),其图象如图所示.若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间(单位:s)分别为t1,t2,t3(0A.19　　　　B.20　　　　C.40　　　　D.41
3.主动降噪耳机工作的原理是先通过微型麦克风采集周围的噪声,然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声(如图所示),已知某噪声声波曲线f(x)=Asin(A>0,0≤φ<π),其振幅为2,且经过点(1,-2).
(1)该噪声声波曲线的解析式f(x)=　　　　;
(2)降噪芯片生成的降噪声波曲线的解析式g(x)=　　　　.
考点二　三角函数模型在生活中的应用
4.某市某房地产介绍所对本市一楼盘的房价进行了统计与预测,发现每个季度的平均价格y(单位:元/平方米)与第x季度之间近似满足关系式y=500sin(ωx+φ)+9 500(ω>0).已知第一、二季度的平均价格分别为10 000元/平方米,9 500元/平方米,则此楼盘在第三季度的平均价格(单位:元/平方米)大约是(　　)
A.10 000　　　　B.9 500　　　　C.9 000　　　　D.8 500
5.(多选题)生物研究小组观察发现,某地区一昆虫种群的数量y在8月份期间随时间t(单位:日,t∈N*)的变化近似地满足函数关系式y=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0),且在8月1日时数量达到最低值700,此后逐日增长,8月7日达到最高值900,设8月1日对应t=1,8月7日对应t=7,则(　　)
A.ω=
B.A=450
C.8月17日至23日,该地区此昆虫种群的数量逐日减少
D.8月份中,该地区此昆虫种群的数量不少于850的天数为13
6.(多选题)气候变化是人类面临的全球性问题.某校高一学生为研究“碳排放与气候变化问题”,观察并记录了某天部分时刻的温度变化,其变化曲线近似满足函数f(x)=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0,0<φ<π),如图,则下列说法正确的是(　　)
A.φ=
B.函数f(x)的最小正周期为16π
C. x∈R,f(x)+f(x+8)=40
D.若g(x)=f(x+m)是偶函数,则|m|的最小值为2
考点三　三角函数模型的建立及应用
7.潮汐现象是发生在沿海地区的一种自然现象,是指海水在天体(主要是月球和太阳)引潮力作用下所出现的周期性运动,我们把海面在垂直方向上的涨落称为潮汐,地球上不同地点的潮汐规律不同.下表给出了某沿海港口在一天(24小时)中海水深度的部分统计数据:
时间t/时 0 2 4 6 8 10 12
水深h/米 13.4 14 13.4 12 10 8 6.6
时间t/时 14 16 18 20 22 24
水深h/米 6 6.6 8 10 12 13.4
(1)结合表中数据,在给出的平面直角坐标系中,画出该港口在一天(24小时)中海水深度h(米)与时间t(时)的函数图象,并根据所学知识,从h(t)=at2+bt+c(a>0),h(t)=2t,h(t)=Asin(ωt+φ)+B,h(t)=Acos(ωt+φ)+B这四个函数解析式中,选取一个合适的函数模型描述该港口在一天(24小时)中水深h(米)与时间t(时)的关系,求出其解析式;
(2)现有一货轮需进港卸货,在白天进行物资补给并于当天晚上离港.已知该货轮进港时的吃水深度(水面到船底的距离)为10米,卸货后吃水深度减少0.8米,根据安全航行的要求,船底至少要留出2.8米的安全间隙(船底到海底的距离),如果你是船长,请你规划货轮的进港、离港时间,并计算出货轮在该港口停留的最短时长.(参考数据:≈1.4,≈1.7)
答案
基础过关练
1.A　∵s(t)=3sin,∴单摆来回摆动的振幅为3厘米,往返一次所需的时间为2π×=4(秒).
2.ABD　对于A,由题意得=0.5,∴T=1,∴ω==2π,故A正确;
对于B,当t=0时,小球位于最高点,则sin φ=1,又φ∈[0,π],∴φ=,故B正确;
对于C,由题意得A=5,当t∈[8,9]时,恰好为一个周期,则小球经过的路程为4A=20(cm),故C错误;
对于D,当t=9.75时,h=5sin=5sin 20π=0,
结合h-t的图象可知,图象自下而上穿过x轴,故小球正在向上运动,故D正确.
3.答案　4
解析　设主动轮、被动轮转动一圈的时间分别为T1 s,T2 s,则T1=1,T2=1,故T1=,T2=2,
所以3T1=2T2=4 s,故A,B两点再次同时回到初始位置所经过的时间为4 s.
4.答案　
解析　由题图得,最小正周期T=0.02,φ=0,故ω==100π,所以U=311sin 100πt.
在区间[0,0.02]内,令311sin 100πt=,得100πt=或100πt=,解得t=或t=;
同理,令311sin 100πt=-,得t=或t=.
所以电压的绝对值超过的时间为+=(s).
5.A　由题意可得500=Asin+300,可得200=Asin,解得A=200,
所以y=200sin+300,
当t=15.5时,y=200sin+300=200sin+300=100+300≈100×1.41+300=441.
6.B　由题意可知解得
ω==2π×=,则p(t)=24sin t+102,
令90≤24sin t+102≤114,得-≤sin t≤,
令x=t,由t∈[0,0.75]得x∈[0,2π],
则-≤sin x≤,x∈[0,2π],
画出函数y=sin x,x∈[0,2π]的图象,如图所示,
由图可知,此人的血压在90 mmHg到114 mmHg的时长约为×=0.25(s).
7.D　当0≤x<时,0≤<1,则=0,此时关系式为|y|=2|sin ωx|,∵曲线过点P,∴=1,∴=+kπ(k∈Z),即ω=2+4k(k∈Z),
∵0<ω<5,∴ω=2.当π≤x<时,2≤<3,则=2,
此时关系式为|y|=|sin 2x|,又∵∈,
∴|y|==.
8.C　根据题意,设y=Asin(ωt+φ)(A>0,ω<0,-π≤φ<π),
由题意可知,φ为第一象限角,且
又因为-π≤φ<π,所以φ=,所以A=1,
函数y=sin(ω<0)的最小正周期T=60,
所以ω=-=-=-,
所以点P的纵坐标y与时间t的函数关系为y=sin.
9.答案　40
解析　以O为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图,
设吊箱B离地面的高度为h m,转动的时间为t min,由已知得h=100sin+108=-100cos t+108,
令h=158,得cos t=-,
∴t=+2kπ,k∈Z或t=+2kπ,k∈Z,
∴t=8+24k,k∈Z或t=16+24k,k∈Z,
当k=0时,t=8或t=16,当k=1时,t=32或t=40,
∴当t=40时,吊箱B第4次距离地面158 m.
10.解析　(1)由题意,得ω=,当t=0时,h=60.
所以解得
所以h(t)=40sin+100=-40cos t+100(0≤t≤5).
(2)令h(t)≥80,得-40cos t+100≥80,即cos t≤,在一个周期[0,2π]内,易得≤t≤,解得≤t≤,则-=,
所以在转动一周的过程中,点P离地面的高度不低于80米的时长为 秒.
能力提升练
1.ACD　因为该音叉在t= s时的位移为 cm,
所以sin=,
所以sin(8π+φ)=,所以sin φ=,
因为0<φ<,所以φ=,故A正确;
由A可得x=sin,其最小正周期T==,所以频率为=440,所以该音叉每秒钟往复振动440次,故B错误;
当sin=1时,x取得最大值,为,所以该音叉离开平衡位置的最大距离为 cm,故C正确;
当t= s时,x=sin=sin=cos =,
故该音叉在t= s时的位移为 cm,故D正确.
2.C　由题意得,最小正周期T=t3-t1=(5-t2)-(2-t2)=3,又T=且ω>0,所以ω=,则y=sin.
由0≤t≤60,得φ≤t+φ≤40π+φ,
所以1分钟内阻尼器由其他位置摆动经过平衡位置的最多次数,等价于1分钟内阻尼器的位移y=sin=0的最多次数,等价于区间[φ,40π+φ]内包含kπ(k∈Z)的最多个数.
因为|φ|<π,所以区间[φ,40π+φ]里包含了0,π,2π,3π,…,39π或π,2π,3π,…,40π,
所以1分钟内阻尼器由其他位置摆动经过平衡位置的最多次数为40.
3.答案　(1)2sin　(2)-2sin
解析　(1)由已知可得A=2,则f(x)=2sin,
由噪声声波曲线经过点(1,-2),得-2=2sin,则sin=-1,故+φ=+2kπ,k∈Z,得φ=+2kπ,k∈Z,
又0≤φ<π,所以φ=,则f(x)=2sin.
(2)因为降噪声波曲线与噪声声波曲线的振幅相同、相位相反,
所以g(x)=-2sin.
4.C　把和分别代入y=500sin(ωx+φ)+9 500(ω>0),
得sin(ω+φ)=1,sin(2ω+φ)=0,
所以ω+φ=+2kπ,k∈Z,2ω+φ=π+2kπ,k∈Z,解得ω=+2kπ,φ=2kπ,其中k∈Z.所以3ω+φ=+8kπ,k∈Z,所以当x=3时,y=500sin(3ω+φ)+9 500=500sin+9 500=9 000,k∈Z.故此楼盘在第三季度的平均价格大约是9 000元/平方米.
5.AD　不妨设最小正周期为T,则=7-1=6,即T=12,所以ω==,A正确;由题得A==100,B==800,B错误;因为函数的最小正周期为12,所以此昆虫种群的数量从8月13日至19日逐日增加,从8月19日至25日逐日减少,C错误;由以上分析可知y=100sin+800,当t=1时,y取到最小值700,即+φ=-+2kπ,k∈Z,故φ=-+2kπ,k∈Z,则y=100sin+800=100sin+800,k∈Z,
令100sin+800≥850,则sin≥,则+2kπ≤t-≤+2kπ,k∈Z,
即5+12k≤t≤9+12k,k∈Z,故5≤t≤9或17≤t≤21或29≤t≤31,共13天,D正确.
6.ACD　由题图得A+b=30,b-A=10,=14-6=8,所以b=20,A=10,T=16,所以ω==,所以f(x)=10sin+20.又f(6)=10,所以f(6)=10sin+20=10,即sin=-1,所以+φ=-+2kπ,k∈Z,解得φ=-+2kπ,k∈Z,又0<φ<π,所以φ=,故A正确,B错误.
f(x+8)=10sin+20=10sinx++π+20=-10sin+20,所以f(x)+f(x+8)=40,故C正确.
g(x)=f(x+m)=10sin+20=10sin+20,若其是偶函数,则m+=kπ+,k∈Z,即m=8k-2,k∈Z,所以当k=0时,|m|取得最小值,为2,故D正确.
7.解析　(1)根据题表中数据,描点、连线,可得其图象如下:
由图可知,可以选取函数h(t)=Asin(ωt+φ)+BA>0,ω>0,|φ|<来描述.
由题意得=12,所以T=24,ω=,
又因为解得
所以h(t)=4sin+10.
由h(2)=4sin+10=14,得sin=1,
所以+φ=2kπ+,k∈Z,所以φ=2kπ+,k∈Z,
又|φ|<,所以当k=0时,φ=,
所以h(t)=4sin+10,t∈[0,24].
还可以选取函数h(t)=Acos(ωt+φ)+BA>0,ω>0,|φ|<来描述,求解过程同上,可得h(t)=4cos+10,t∈[0,24].
(2)由题意可知货轮安全进港的水深至少应达到12.8米,按模型h(t)=4sin+10进行计算,
由h(t)=4sin+10≥12.8,
得4sin≥2.8,即sin≥≈,
所以2kπ+≤t+≤2kπ+,k∈Z,
所以24k-1≤t≤24k+5,k∈Z,
又因为t∈[0,24],所以0≤t≤5或23≤t≤24.
结合题意,可安排货轮在0时到5时之间进港.
易知货轮安全离港的水深至少应达到12米,
根据题表中数据可知,最早在晚上10时后水深符合要求,可安全离港,货轮在港停留的时间最短为17小时.
综上,规划决策如下:应安排货轮最晚在凌晨5时进港,最早在晚上10时离港,在港停留的时间最短为17小时.