高中数学北师大版 (2019)必修 第二册8 三角函数的简单应用精品课后练习题

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第二册8 三角函数的简单应用精品课后练习题，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.8三角函数的简单应用北师大版（ 2019）高中数学必修第二册
第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(33,-3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设P的坐标为(x,y)，其纵坐标满足y=f(t)=Rsin(ωt+φ)(t≥0,ω>0,|φ|<π2).则下列叙述错误的是(    )
A. R=6,ω=π30,φ=-π6
B. 当t∈[35,55]时，点P到x轴的距离的最大值为6
C. 当t∈[10,25]时，函数y=f(t)单调递减
D. 当t=20时，|PA|=63
2. 如图，摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为120 m，转盘直径为110 m，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要20 min.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动t min后距离地面的高度为H m，则在转动一周的过程中，高度H关于时间t的函数解析式是(    )
A. H=55cosπ10t-π2+65(0≤t≤20)
B. H=55sinπ10t-π2+65(0≤t≤20)
C. H=55cosπ10t+π2+65(0≤t≤20)
D. H=55sinπ10t+π2+65(0≤t≤20)
3. 一观览车的主架示意图如图所示，其中O为轮轴的中心，距地面32m(即OM长)，巨轮的半径为30m，AM=BP=2m，巨轮逆时针旋转且每12分钟转动一圈.若点M为吊舱P的初始位置，经过t分钟，该吊舱P距离地面的高度为h(t)m，则h(t)=(    )

A. 30sin(π12t-π2)+30 B. 30sin(π6t-π2)+30
C. 30sin(π6t-π2)+32 D. 30sin(π6t-π2)
4. 如图，重庆欢乐谷的摩天轮被称为“重庆之眼”，其旋转半径为50米，最高点距离地面120米，开启后按逆时针方向旋转，旋转一周大约18分钟．将摩天轮看成圆面，在该平面内，以过摩天轮的圆心且垂直于地平面的直线为y轴，该直线与地平面的交点为坐标原点建立平面直角坐标系，某人在最低点的位置坐上摩天轮的座舱，摩天轮开始启动，并记该时刻为t=0，则此人距离地面的高度f(t)与摩天轮运行时间t(单位：分钟)的函数关系式为(    )

A. f(t)=50sinπ9t+20(t≥0) B. f(t)=50sin(π9t-π2)+70(t≥0)
C. f(t)=50sin(π9t-π2)+20(t≥0) D. f(t)=50sin(π9t-π)+70(t≥0)
5. 一个半径为5米的水轮示意图，水轮的圆心O距离水面2米，已知水轮自点A开始1分钟逆时针旋转9圈，水轮上的点P到水面的距离y(单位：米)与时间x(单位：秒)满足函数关系式y=Asin(ωx+φ)+2，A>0，ω>0，则有(    )

A. A=5，ω=3π10 B. A=5，ω=10π3
C. A=3，ω=2π15 D. A=3，ω=15π2
6. 如图所示，质点P在半径为2的圆周上按逆时针方向运动，其初始位置为P0(2,-2)，角速度为1，那么点P到x轴的距离d关于时间t的函数图像大致为   (    )
A.
B.
C.
D.
7. 为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的平面直角坐标系．设秒针针尖的位置为P(x,y)，若初始位置为P032,12，当秒针针尖从P0(注：此时t=0)正常开始走时，点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为．(    )
A. y=sinπ30t+π6
B. y=sin-π60t-π6
C. y=sin-π30t+π6
D. y=sin-π30t-π3
8. 一观览车的主架示意图如图所示，其中O为轮轴的中心，距地面32m(即OM长)，巨轮的半径长为30m，AM=BP=2m，巨轮逆时针旋转且每12分钟转一圈，若点M为吊舱P的初始位置，经过t分钟，该吊舱P距离地面的高度为(    )
A. 30sinπ12t-π2+30 B. 30sinπ6t-π2+30
C. 30sinπ6t-π2+32 D. 30sinπ6t-π2

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如下图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A3,-33出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为x,y，其纵坐标满足y=f(t)=Rsin (ωt+φ)(t⩾0,ω>0,|φ|<π2).则下列叙述正确的是(    )
A. φ=-π3
B. 当t∈0,60时，函数y=ft单调递增
C. 当t∈0,60时，点P到x轴的距离的最大值为33
D. 当t=100时，PA=6
10. 如图，摩天轮的半径为40m，其中心O点距离地面的高度为50m，摩天轮按逆时针方向做匀速转动，且20min转一圈，若摩天轮上点P的起始位置在最高点处，则摩天轮转动过程中(    )


A. 经过10min点P距离地面10m
B. 若摩天轮转速减半，则其周期变为原来的12倍
C. 第17min和第43min时P点距离地面的高度相同
D. 摩天轮转动一圈，P点距离地面的高度不低于70m的时间为203min
11. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转简车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具．据史料记载，水车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征，如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(3,-33)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x,y)，其纵坐标满足y=f(t)=R sin(ωt+φ)(t≥0,ω>0,φ<π2)，则下列叙述正确的是

A. φ=-π3
B. 当t∈(0,60]时，函数y=f(t)单调递增
C. 当t=100时，PA=6
D. 当t∈(0,60]时，f(t)的最大值为33
12. 一半径为4米的水轮如图所示，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P0)开始计时，则(    )
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=4sinπ30t+π6+2

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如图所示，一个大风车的半径为8 m，每12 min旋转一周，最低点离地面2 m.若风车翼片从最低点按逆时针方向开始旋转，则该翼片的端点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系是          ．


14. 2020年新型冠状病毒肺炎蔓延全国，作为主要战场的武汉，仅用了十余天就建成了“小汤山”模式的火神山医院和雷神山医院，再次体现了中国速度.随着疫情发展，某地也需要参照“小汤山”模式建设临时医院，其占地是一个正方形和四个以正方形的边为底边、腰长为400m的等腰三角形组成的图形(如图所示)，为使占地面积最大，则等腰三角形的底角为            ．
15. 如下图所示，某公司计划建造一座滨海公园，直线l1与l2均为海岸沿线，▵AOB是以∠O为直角的直角三角形，线段AB为“滨海栈桥”，线段OA将建成“阳光沙滩沿线”，线段OB将建成“灯塔沿线”.现要求“滨海栈桥”长度维持在5km不变的基础上，可适当调整“阳光沙滩沿线”与“灯塔沿线”的设计长度0
16. 如图所示，一个半径为4米的筒车绕其轴心O按逆时针方向匀速转动，每旋转1周恰需要30秒，轴心O距水面的高度为2米．设筒车上的某个盛水筒W到水面的距离为d(单位：米，W在水面下时d为负数).将盛水筒W上浮到水面的一点设为起始位置，则d与时间t(单位：秒)之间的关系为d=Asinωt+φ+K(A>0,ω>0,-π2<φ<π2)，确定A、ω、φ、K的值，则d=          ．



四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
游乐场中的摩天轮沿逆时针方向匀速旋转，其中心O距离地面40.5m，半径40m(示意图如下)，游客从最低点处登上摩天轮，其与地面的距离随着时间而变化，已知游客将在登上摩天轮后30分钟到达最高点，自其登上摩天轮的时刻起，

(1)求出其与地面的距离h与时间t的函数关系的解析式；
(2)若距离地面高度超过20.5m时，为“最佳观景时间”，那么在乘坐一圈摩天轮的过程中，该游客大约有多少“最佳观景时间”？
18. (本小题12.0分)
如图所示，一个水轮的半径为6m，水轮圆心O距离水面3m，已知水轮每分钟转动5圈，如果当水轮上的点P从水中浮现(图中点P0)时开始计算时间．

(1)求动点P距水面的高度z(单位：米(m))与时间t(单位：秒(s))的函数关系(z与t满足正弦函数模型z=Asin(ωt+φ)+B);
(2)在水轮的一圈转动中，求点P露出水面的时长？
19. (本小题12.0分)
如图，摩天轮的半径为50m，圆心O距地面的高度为65m.已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每30min转动一圈．游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱．

(1)游客进入摩天轮的舱位，开始转动tmin后，他距离地面的高度为h，求h关于t的函数解析式；
(2)已知在距离地面超过40m的高度，游客可以观看到游乐场全景，那么在摩天轮转动一圈的过程中，游客可以观看到游乐场全景的时间是多少？
20. (本小题12.0分)
一个半径为2米的水轮如图所示，其圆心O距离水面1米，已知水轮按逆时针匀速转动，每4秒转一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P ​0)开始计算时间．

(1)以过点O且与水面垂直的直线为y轴，过点O且平行于水轮所在平面与水面的交线的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，试将点P距离水面的高度h(单位：米)表示为时间t(单位：秒)的函数；
(2)在水轮转动的任意一圈内，有多长时间点P距水面的高度超过2米？
21. (本小题12.0分)
筒车是我国古代发明的一种水利灌概工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用，现有一个筒车按逆时针方向匀速转动．每分钟转动5圈，如图，将该简车抽象为圆O，筒车上的盛水桶抽象为圆O上的点P，已知圆O的半径为4m，圆心O距离水面2m，且当圆O上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计算时间．

(1)根据如图所示的直角坐标系，将点P到水面的距离h(单位：m，在水面下，h为负数)表示为时间t(单位：s)的函数，并求t=13时，点P到水面的距离；
(2)在点P从P0开始转动的一圈内，点P到水面的距离不低于4m的时间有多长？
22. (本小题12.0分)
如图所示，一个摩天轮的半径为10 m，轮子的底部在地面上2 m处，如果此摩天轮按逆时针转动，每30 s转一圈，且当摩天轮上某人经过点P处(点P与摩天轮中心高度相同)时开始计时．

(1)求此人相对于地面的高度关于时间的关系式；
(2)在摩天轮转动的一圈内，约有多长时间此人相对于地面的高度不小于17 m?
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了在实际问题中建立三角函数模型的问题．考查了运用三角函数的最值，周期等问题，以及确定函数的解析式．
求出函数的解析式，再分析选项，即可得出结论．
【解答】
解：由题意，R=27+9=6，T=60=2πω，∴ω=π30，
点A(33,-3)，即t=0，代入可得-3=6sinφ，
∵|φ|<π2，∴φ=-π6，故A正确；
f(t)=6sin(π30t-π6)，
当t∈[35,55]时，π30t-π6∈[π,53π]，
∴点P到x轴的距离的最大值为6，故B正确；
当t∈[10,25]时，π30t-π6∈[16π,2π3]，函数y=f(t)先增再减，故C错误；
当t=20时，π30t-π6=π2，P的纵坐标为6，|PA|=27+81=63，故D正确，
故选：C．
  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
建立适当的直角坐标系，用坐标表示点P，建立高度H与t的函数关系式，从而求出对应的函数值．
【解答】
解：如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心O为原点，与地面平行的直线为x轴，建立直角坐标系．

设t=0min时，游客甲位于点P(0,-55)，以OP为终边的角为-π2，
根据摩天轮转一周大约需要20min，
可知座舱转动的角速度约为，
由题意可得H=55sin(π10t-π2)+65，0≤t≤20．
故选B．
  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质．
由实际问题确定解析式中A的值以及函数的周期，从而求得ω，再由h(0)=0求得φ．
【解答】
解：设h(t)=Asin(ωt+φ)+k，
易知最大值为60，最小值为0，
所以A=60-02=30,又T=12以及T=2πω可得ω=π6，k=602=30，
当t=0时，ht=0,所以φ=-π2；
所以解析式为h(t)=30sin(π6t-π2)+30，
故选B．
  
4.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查求三角函数模型的解析式，考查实际应用能力，属于中档题．
由题意，设f(t)=Asin (ωt+φ)+B(A>0,  ω>0)，根据题意求出A，B，ω,φ即可．
【解答】
解：由题意，设f(t)=Asin (ωt+φ)+B(A>0,  ω>0)，
∴-A+B=20A+B=120,⇒A=50B=70,
∵T=18,∴ω=2π18=π9,
当t=0时，sin φ=-1，φ=-π2,
∴f(t)=50sin(π9t-π2)+70(t⩾0)，
故选B．
  
5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查求三角函数的解析式，三角函数的模型在实际生活中的应用，属于中档题．
由题得到最大值，求得A的值，利用周期得到ω的值即可．
【解答】
解：由题目可知最大值为7，
所以7=A×1+2，得A=5，
由于水轮自点A开始1分钟逆时针旋转9圈，
所以T=203s，故ω=2πT=3π10．
  
6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了三角函数模型的应用．
由到x轴距离就是旋转角的正弦值的绝对值的两倍，再由初始位置是-π4，从而确定三角函数关系式d=|y|=2sint-π4.然后确定函数的图象．
【解答】
解：根据点P0的坐标可得∠xOP0=-π4，
故∠xOP=t- π4．
设点P(x,y)，
则由三角函数的定义，可得sin∠xOP=y2，
即sin t-π4= y2，
故y=2sint-π4，
因此点P到x轴的距离d=|y|=2sin (t-π4)，
根据解析式可得C选项图像符合条件．
故选C．
  
7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的应用．
易知函数的最小正周期T=60，可求出ω.再利用初始位置的坐标求出φ，问题得以解决．
【解答】
解：由题意，设y=Asin(ωx+φ)，
由题意知，函数的最小正周期T=60，
∴ω=-2π60=-π30，A=(12)2+(32)2=1，
设函数解析式为y=sin(-π30t+φ)(0<φ<π2)(秒针是顺时针走动)．
又∵t=0时，初始位置为P032,12，
∴t=0时，y=12．
∴sinφ=12，∴φ=π6，
∴y=sin(-π30t+π6)．
故选C．
  
8.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质，建立直角坐标系，
由实际问题确定解析式中A的值以及函数的周期，从而求得ω，再由h(0)=0求得φ，即可求出结果，属于基础题．
【解答】
解：如图所示，以点M为坐标原点，以水平方向为x轴，以OM所在直线为y轴建立平面直角坐标系．

因为巨轮逆时针旋转且每12分钟转一圈，则转动的角速度为π6每分钟，
经过t分钟之后，转过的角度为∠BOA=π6t，所以，在转动的过程中，点B的纵坐标满足：
y=32-30sinπ2-π6t=30sinπ6t-π2+32
则吊舱距离地面的距离h=30sinπ6t-π2+32-2=30sinπ6t-π2+30．
故选B．
  
9.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题考查三角函数模型及函数y=Asinωx+φ的图象与性质，属于中档题．
由已知求出R,ω,φ，得f(t)的解析式，然后利用正弦函数的性质逐一分析求解即可．
【解答】
解：∵A3,-33在圆上，∴圆的半径R=32+(-33)2=6，
又T=120，∴ω=2π120=π60，
所以f(t)=6sin(π60t+φ)，
由已知f(0)=-33，即-33=6sinφ，sinφ=-32，
又|φ|<π2，所以φ=-π3，
所以A正确，
所以f(t)=6sin(π60t-π3)，
当t∈0,60时，π60t-π3∈[-π3,2π3]，
由正弦函数的性质知，f(t)在[0,60]上有增有减，
所以B错误;
当t∈0,60时，π60t-π3∈[-π3,2π3]，
则6sin(π60t-π3)∈[-33,6]，
即点P到x轴的距离的最大值为6，
所以C错误;
当t=100时，f(100)=6sin⁡4π3=-33，
又P在圆上，
所以P-3,-33，∴PA=6，
∴D正确．
故选AD．
  
10.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
本题考查三角函数的模型应用，考查三角函数的解析式的求解于应用，考查了三角不等式的求解，属于中档题．
根据题意求出A、h、T和ω，得到在t时刻时点P离地面的高度h=40cosπ10t+50，t≥0.进而可确定各选项正误．
【解答】
解：由图形知，可以以点O为原点，OP所在直线为y轴，与OP垂直的向右的方向为x轴建立坐标系．

设摩天轮按逆时针方向旋转tmin时，点P离地面的高度为hm．
由题意A=40，T=20可得ω=2π20=π10，
故点P离地面的高度h=40sin(π10t+π2)+50，
即在t时刻时点P离地面的高度h=40sin(π10t+π2)+50，
化简得h=40cosπ10t+50，t≥0.
当t=10min时，h=10(m)，故A正确;
若摩天轮转速减半，T=40，则其周期变为原来的2倍，故B错误;
第17min，P点距离地面的高度为h(17)=40cos17π10+50=40cos3π10+50；
第43min，P点距离地面的高度为h(43)=40cos43π10+50=40cos3π10+50，
第17min和第43min时P点距离地面的高度相同，故C正确;
摩天轮转动一圈，P点距离地面的高度不低于70m，
即40cosπ10t+50≥70，即cosπt10≥12，
∵0≤t≤20，得0≤πt10≤2π，
∴0≤πt10≤π3或5π3≤πt10≤2π，
解得0≤t≤103或503≤t≤20，共203min，故D正确．
故选ACD．  
11.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查三角函数模型的应用，考查三角函数的性质问题，属于中档题．
由条件可求出f(t)=6sin⁡(π60t-π3),t⩾0，进而根据相关性质即可判断出各选项正误．
【解答】
解：由题意得R=32+-332=6，T=120=2πω，
所以ω=π60．
由A(3,-33)容易求出∠xOA=-π3，
又|φ|<π2，所以φ=-π3，故选项A正确；
此时f(t)=6sin⁡(π60t-π3),t⩾0．
当t∈(0,60]时，π60t-π3∈(-π3,2π3],
所以sin⁡(π60t-π3)∈(-32,1],
于是f(t)∈(-33,6]，因此f(t)max=6，故选项D错误；
由于π60t-π3∈(-π3,2π3],
因而f(t)=6sin⁡(π60t-π3),在t∈(0,60]上不单调递增，故选项B错误；
当t=100时，yP=f(100)=6sin⁡(π60×100-π3)=-33，
所以xP=-62-(-33)3=-3，即P(-3,-33)，
所以|PA|=6，故选项C正确．
故选AC．  
12.【答案】ABC 
【解析】
【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为f(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)依题意可知f(t)的最大值为6，最小为-2，可得A+B=6，-A+B=-2，解得A，B.60=2πω，解得ω.当t=0时，f(t)=0，得sinφ求出φ，可得所求的函数关系式为f(t).进而对各个选项依次判断即可．
【解答】
解：设点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为
f( t)= Asin(ω t+φ)+ B( A>0,ω>0,|φ|<π2)
依题意可知f(t)的最大值为6，最小为-2，
∴A+B=6，-A+B=-2，解得A=4，B=2．
2πω=60，解得ω=π30．
∴f(t)=4 sin(π30t+φ)+2，
当t=0时，f(t)=0，得sinφ=-12，|φ|<π2，φ=-π6，
故所求的函数关系式为f(t)=4 sin(π30t-π6 )+2， D错误，
令4 sin(π30t-π6 )+2 =6，
可得：sin(π30t-π6)=1，
∴π30t-π6=π2，解得t=20．
点P第一次到达最高点要20s时间．A正确，
f(155)=f(35)=4sin⁡(π30×35-π6)+2=2，B正确；
f(50)=4sin⁡(π30×50-π6)+2=-2，C正确．
故选ABC．
  
13.【答案】 h(t)=-8cosπ6t+10(t≥0) 
【解析】
【分析】
本题考查三角函数在实际问题中的应用，利用三角函数的特征，可设 h(t)= y(t)+2，y(t)=-8cos θ+8，利用函数的周期以及y(0)=0求出θ与时间t的关系即可．
【解答】
解：首先考虑建立直角坐标系，以最低点的切线作为x轴，最低点作为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．

那么，风车上翼片端点P所在位置可由函数x(t)，y(t)来刻画，而且 h(t)= y(t)+2，所以只需要考虑y(t)的解析式．
又设P的初始位置在最低点，即y(0)=0．
在Rt△O1PQ中，cos θ=8-y(t)8，所以y(t)=-8cos θ+8．
而2π12=θt，∴θ=π6t，
所以y(t)=-8cosπ6t+8(t≥0)，
则h(t)=-8cosπ6t+10(t≥0)．
故答案为h(t)=-8cosπ6t+10(t≥0)．
  
14.【答案】π8 
【解析】
【分析】
本题考查了三角形面积公式的应用、二倍角公式和三角函数的最值，属于中档题．
可先求出4个三角形的面积，再求出正方形的边长进而得到面积，最后得到答案．
【解答】
解：设等腰三角形的底角为α，
由三角形的面积公式可得4个等腰三角形的面积和为：
4×12×800cos⁡α×400sinα=320000sin⁡2α，
可得正方形边长为800cosα，
故正方形面积为(800cosα)2=640000cos2α=320000(1+cos2α)，
所以所求占地面积为：
320000(1+cos⁡2α+sin⁡2α)=320000[2sin⁡(2α+π4)+1]，
所以当2α+π4=π2，即α=π8时，占地面积最大，此时底角为π8．
故答案为π8．
  
15.【答案】303 
【解析】
【分析】
本题考查三角函数模型的实际应用，属于中档题. 
设∠ABO=θ，该公司日均盈利为fθ万元，利用辅助角公式结合正弦型函数的性质可求得fθ取最大值时θ满足的条件，结合诱导公式可求得OB的长．
【解答】
解：设∠ABO=θ，则OA=ABsinθ=5sinθ，OB=ABcosθ=5cosθ，
设该公司日均盈利为fθ万元，
则fθ=10sinθ+25cosθ，其中0<θ<π2，
所以fθ=10sinθ+25cosθ=30sinθ+φ，其中φ为锐角，且tanφ=2，
由tanφ=sinφcos φ=2sin2φ+cos2φ=1cosφ,sinφ>0，解得sinφ=63，
因为0<θ<π2，则φ<θ+φ<π2+φ，
故当θ+φ=π2时，fθ取最大值，
此时OB=5cosθ=5cosπ2-φ=5sinφ=5×63=303．
故答案为303．
  
16.【答案】4sinπ15t-π6+2﹒ 
【解析】
【分析】
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象与应用问题，理解函数解析式中参数的物理意义，是解题的关键，属于中档题．
根据d的最大值和最小值列方程组可求A和K，根据周期为30秒可求ω，根据t=0时，d=0即可计算φ﹒
【解答】
解：由题意，d=Asin (ωt+φ)+K，
由图可知d的最大值为6，最小值为-2，即A+K=6-A+K=-2，解得A=4，K=2，
∵每30秒转1圈，∴周期T=2πω=30，∴ω=π15，
∴d=4sinπ15t+φ+2，
依题意，可知当t=0时，d=0，即0=4sinφ+2，可得sinφ=-12，
∵-π2<φ<π2，∴φ=-π6﹒
∴d=4sinπ15t-π6+2﹒
  
17.【答案】解：
(1)设h(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0)，
则A=40，b=40.5，
所以h(t)=40sin(ωt+φ)+40.5(ω>0)，
第一次到最高点旋转了半周期，
所以T=60min⇒ω=2πT=π30(rad/min)，
游客从最低点登上，所以φ=-π2，
故h(t)=40sin(π30t-π2)+40.5(t≥0)，
(或h(t)=-40cosπ30t+40.5(t≥0))．
(2)令h(t)>20.5，
则40sin(π30t-π2)+40.5>20.5
⇒sin(π30t-π2)>-12(或cosπt30<12)，
所以-π6+2kπ<π30t-π2<7π6+2kπ
⇒π3+2kπ<π30t<5π3+2kπ(k∈Z)，
⇒10+60k 所以(50+60k)-(10+60k)=40min，
因此，在乘坐一圈摩天轮的过程中，
该游客大约有40min最佳观景时间． 
【解析】本题主要考查了三角函数的实际应用，属于中档题．
(1)设h(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0)，根据已知条件求出A、ω、φ的值，可得出函数h(t)的解析式;
(2)解不等式h(t)>20.5，即可得解．

18.【答案】解：(1)建立如图所示的直角坐标系，设角φ∈-π2,0是以Ox为始边，OP0为终边的角，
OP每秒钟所转过的角为5×2π60=π6，则OP在时间t内所转过的角为π6t，
由题意可知水轮逆时针转动，得z=6sin(π6t+φ)+3，
当t=0时，z=0，得sinφ=-12，即φ=-π6，
故所求的函数关系式为z=6sin(π6t-π6)+3(t⩾0)．

(2)由点P露出水面，即z>0．
即z=6sin(π6t-π6)+3>0，
可得sin(π6t-π6)>-12
解得：-π6+2kπ<π6t-π6<7π6+2kπ,k∈Z，
∴12k (8+12k)-12k=8．
∴在水轮转动的一圈内，有8s的时间点P露出水面． 
【解析】本题考查在实际问题中建立三角函数模型，考查三角函数的最值，周期，解析式，为中档题．
(1)先建立直角坐标系，则z=Asin(ωx+φ)+B，根据z的最大和最小值求得A和B，利用周期求得ω，当x=0时，z=0，进而求得φ的值，则函数的表达式可得；
(2)由于最大值为6，即z=6sinπ6t-π6+3>0可求得t的范围，得到所求．

19.【答案】解：(1)由题意可知：设在时刻t(min)时点P距离地面的高度h=Asin(ωt+φ)+k．
A=50，k=65，T=30，∴ω=2π30=π15，
即h=50sin(π15t+φ)+65．
又∵t=0时，h=15，∴50sinφ+65=15，解得φ=-π2，
∴h=50sin (π15t-π2)+65．
(2)由(1)知，h=50sin(π15t-π2)+65=-50cos⁡π15t+65，
-50cos⁡π15t+65⩾40，化为：cos⁡π15t⩽12．
∴π3⩽π15t⩽5π3，解得5≤t≤25．
∴在距离地面超过40m的高度，游客可以观看到游乐场全景，那么在摩天轮转动一圈的过程中，游客可以观看到游乐场全景的时间是：20min． 
【解析】本题考查了三角函数的解析式及其图象与性质、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)由题意可知：设在时刻t(min)时点P距离地面的高度h=Asin(ωt+φ)+k，A=50，k=65，T=30，可得ω.再根据t=0时h=15，解得φ，即可得出h关于t的函数解析式；
(2)h≥40，解出即可得出．

20.【答案】解：(1)如图，设水轮与x轴正半轴交点为A，y轴与水面交点为B．

根据题意，设 h=asin(ωt+φ)+b  ，
a=r=2，b=OB=1，
∠BOP0=π3，φ=-π6，
因为函数 h=asinωt+φ+b的最小正周期 T=4，所以ω=2π4=π2，
点P距离水面的高度h(单位：米)表示为时间t(单位：秒)的函数是
h=2sin(π2t-π6)+1(t⩾0).
(2)根据题意，h=2sin(π2t-π6)+1>2，sin(π2t-π6)>12 ，
不妨设 t∈[0,4]，则-π6⩽π2t-π6⩽11π6，
所以π6<π2t-π6<5π6，
解得，23 所以，在水轮转动的任意一圈内，点P距水面的高度超过2米的时间有43秒.
 
【解析】本题考查三角函数模型应用问题，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)设水轮与x轴正半轴交点为A，y轴与水面交点为B，建立三角函数关系式表示高度h关于时间t的函数；
(2)由h关于t的函数，令h≥2，求出t∈[0,4]时的取值范围，再计算有多长时间即可．

21.【答案】解：(1)设P(x,y)，则点P到水面的距离h=2+y；                      
由题可知，OP0与Ox的夹角为π6；                          
OP在时间t转过的角度为5×2π60×t=π6t；                        
由图可知，点P的纵坐标y=4sin(-π6+π6t)；                 
因此，则点P到水面的距离h=2+y=4sin(π6t-π6)+2；         
 当t=13时，h=4sin(π6×13-π6)+2=2，所以点P到水面的距离为2m；
(2)根据题意，点P到水面的距离不低于4m，应满足：
4sin(π6t-π6)+2≥4，得sin(π6t-π6)≥12.                            
因为筒车转动一圈需要12秒，从P0开始转动一圈，则0≤t≤12，
得-π6≤π6t-π6≤11π6 
因此π6≤π6t-π6≤5π6  ，解得2≤t≤6.                                 
因此在点P从P0开始转动的一圈内，点P到水面的距离不低于4m的时间有4s． 
【解析】本题考查三角函数的实际应用，属于一般题．
(1)求出点P的纵坐标，即可得点P到水面的距离h与时间t的函数，令t=13即可求此时点P到水面的距离；
(2)解4sin(π6t-π6)+2≥4即可判断．

22.【答案】解：(1)设在t s时，摩天轮上某人在高h m处．
这时此人所转过的角为2π30t=π15t，
故在t s时，此人相对于地面的高度为h=10sinπ15t+12(t≥0)．
(2)由10sinπ15t+12≥17，
得sinπ15t≥12，则52+30k≤t≤252+30k，k∈N．
故在摩天轮转动的一圈内，此人有10 s相对于地面的高度不小于17 m． 
【解析】本题考查三角函数模型，属于中档题．
(1)根据已知条件，运用待定系数求出h=10sinπ15t+12(t⩾0)；
(2)由10sinπ15t+12⩾17，解得t的范围，即可得到答案．