.jpg)
正确率60.0%某港口在一天$${{2}{4}{h}}$$内潮水的高度$${{S}}$$(单位：$${{m}{)}}$$随时间$${{t}}$$(单位：$${{h}{，}{0}{⩽}{t}{⩽}{{2}{4}}{)}}$$的变化近似满足关系式$$S ( t )=3 \mathrm{s i n} \left( \frac{\pi} {1 2} t+\frac{5} {6} \pi\right)，$$则$${{t}{=}{{1}{7}}{h}}$$时潮水起落的速度是（）
B
A.$$\frac{\pi} {8} \textrm{m} / \textrm{h}$$
B.$$\frac{\sqrt{2} \pi} {8} \mathrm{\ m} / \mathrm{h}$$
C.$$\frac{\sqrt{3} \pi} {8} \mathrm{\ m} / \mathrm{h}$$
D.$$\frac{\pi} {4} \textrm{m} / \textrm{h}$$
2、['三角函数在几何、实际生活中的圆周运动问题中的应用'， '正弦（型）函数的周期性'， '函数求解析式']正确率60.0%已知动点$${{A}{(}{x}{，}{y}{)}}$$在圆$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{1}}$$上沿逆时针方向匀速运动，其初始位置为$$A_{0} \frac{1} {2}， \frac{\sqrt{3}} {2}， 1 2$$秒后第一次回到初始位置，则动点$${{A}}$$的纵坐标$${{y}}$$关于时间$${{t}}$$(单位：秒)的函数解析式为（）
C
A.$$y=\operatorname{s i n} \left( \frac{\pi} {3} t+\frac{\pi} {6} \right)$$
B.$$y=\operatorname{c o s} \left( \frac{\pi} {6} t+\frac{\pi} {3} \right)$$
C.$$y=\operatorname{s i n} \left( \frac{\pi} {6} t+\frac{\pi} {3} \right)$$
D.$$y=\operatorname{c o s} \left( \frac{\pi} {3} t+\frac{\pi} {6} \right)$$
4、['三角函数在几何、实际生活中的圆周运动问题中的应用']正确率60.0%甲、乙两人从直径为$${{2}{r}}$$的圆形水池的一条直径的两端同时按逆时针方向沿水池做匀速圆周运动，已知甲的速度是乙的速度的两倍，乙绕水池一周停止运动，若用$${{θ}}$$表示乙在某时刻相对于初始位置旋转角度的弧度数$${{，}{l}}$$表示甲、乙两人的直线距离，则$${{l}{=}{f}{(}{θ}{)}}$$的大致图像是（）
B
A.False
B.False
C.False
D.False
8、['正弦定理及其应用'， '三角函数在几何、实际生活中的圆周运动问题中的应用']正确率60.0%平面四边形$${{A}{B}{C}{D}}$$中，若$${{A}{B}{=}{B}{C}{=}{C}{D}{=}{1}{，}{∠}{A}{B}{C}{=}{{9}{0}^{∘}}{，}{∠}{B}{C}{D}{=}{{1}{3}{5}^{∘}}}$$，则$${{s}{i}{n}{∠}{D}{=}{（}}$$）
B
A.$$\frac{\sqrt{3}} {3}$$
B.$$\frac{\sqrt{6}} {3}$$
C.$$\frac{\sqrt2} {2}$$
D.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
1. 题目要求计算潮水高度函数 $$S(t) = 3 \sin\left( \frac{\pi}{12} t + \frac{5}{6} \pi \right)$$ 在 $$t = 17$$ 时的瞬时速度。瞬时速度是函数的导数，因此先求导：
$$S'(t) = 3 \cdot \frac{\pi}{12} \cos\left( \frac{\pi}{12} t + \frac{5}{6} \pi \right) = \frac{\pi}{4} \cos\left( \frac{\pi}{12} t + \frac{5}{6} \pi \right)$$
代入 $$t = 17$$：
$$S'(17) = \frac{\pi}{4} \cos\left( \frac{\pi}{12} \cdot 17 + \frac{5}{6} \pi \right) = \frac{\pi}{4} \cos\left( \frac{17\pi}{12} + \frac{10\pi}{12} \right) = \frac{\pi}{4} \cos\left( \frac{27\pi}{12} \right)$$
化简角度：
$$\frac{27\pi}{12} = 2\pi + \frac{3\pi}{12} = 2\pi + \frac{\pi}{4}$$
由于余弦函数周期为 $$2\pi$$，所以：
$$\cos\left( 2\pi + \frac{\pi}{4} \right) = \cos\left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$$
因此：
$$S'(17) = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2} \pi}{8}$$
正确答案是 B。
2. 动点 $$A(x, y)$$ 在单位圆上逆时针匀速运动，初始位置为 $$A_0 \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$$，12 秒后第一次回到初始位置，说明周期 $$T = 12$$ 秒。角频率 $$\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{6}$$。
初始角度 $$\theta_0$$ 满足 $$\cos \theta_0 = \frac{1}{2}$$ 且 $$\sin \theta_0 = \frac{\sqrt{3}}{2}$$，因此 $$\theta_0 = \frac{\pi}{3}$$。
动点的纵坐标 $$y$$ 关于时间 $$t$$ 的函数为：
$$y = \sin\left( \frac{\pi}{6} t + \frac{\pi}{3} \right)$$
正确答案是 C。
4. 设乙的速度为 $$v$$，则甲的速度为 $$2v$$。圆形水池的直径为 $$2r$$，半径为 $$r$$。乙绕水池一周的时间为 $$T = \frac{2\pi r}{v}$$，甲的角速度为 $$\frac{2v}{r}$$，乙的角速度为 $$\frac{v}{r}$$。
设乙旋转角度为 $$\theta$$，则甲旋转角度为 $$2\theta$$（因为甲的速度是乙的两倍）。两人的位置在极坐标下为：
甲：$$(r, 2\theta)$$，乙：$$(r, \pi + \theta)$$（初始位置在直径两端）。
两人的直线距离 $$l$$ 为：
$$l = \sqrt{r^2 + r^2 - 2r^2 \cos(2\theta - (\pi + \theta))} = \sqrt{2r^2 (1 - \cos(\theta - \pi))}$$
利用 $$\cos(\theta - \pi) = -\cos \theta$$，化简得：
$$l = \sqrt{2r^2 (1 + \cos \theta)} = 2r \left| \cos \frac{\theta}{2} \right|$$
图像为周期性变化的函数，周期为 $$2\pi$$，且在 $$\theta = 0$$ 时 $$l = 2r$$，$$\theta = \pi$$ 时 $$l = 0$$。正确答案是 D（具体图像未提供，但符合上述推导）。
8. 平面四边形 $$ABCD$$ 中，已知 $$AB = BC = CD = 1$$，$$\angle ABC = 90^\circ$$，$$\angle BCD = 135^\circ$$。求 $$\sin \angle D$$。
首先计算 $$AC$$：
$$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$$
在 $$\triangle BCD$$ 中，利用余弦定理求 $$BD$$：
$$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos 135^\circ = 1 + 1 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \left( -\frac{\sqrt{2}}{2} \right) = 2 + \sqrt{2}$$
在 $$\triangle ACD$$ 中，利用正弦定理求 $$\angle D$$：
$$\frac{AC}{\sin \angle D} = \frac{CD}{\sin \angle CAD}$$
先求 $$\angle CAD$$：
$$\angle BAC = 45^\circ$$（因为 $$\triangle ABC$$ 是等腰直角三角形），所以 $$\angle CAD = \angle BAD - 45^\circ$$。
利用余弦定理求 $$\angle BAD$$：
$$\cos \angle BAD = \frac{AB^2 + AD^2 - BD^2}{2 \cdot AB \cdot AD}$$
需要先求 $$AD$$。在 $$\triangle ACD$$ 中：
$$AD^2 = AC^2 + CD^2 - 2 \cdot AC \cdot CD \cdot \cos \angle ACD$$
$$\angle ACD = 360^\circ - 90^\circ - 135^\circ - \angle D = 135^\circ - \angle D$$
由于直接求解复杂，改用坐标系法：
设 $$B$$ 在原点，$$A$$ 在 $$(1, 0)$$，$$C$$ 在 $$(0, 1)$$。$$D$$ 的坐标为：
$$D_x = CD \cdot \cos 135^\circ = -\frac{\sqrt{2}}{2}$$，$$D_y = 1 + CD \cdot \sin 135^\circ = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2}$$
向量 $$\overrightarrow{DA} = \left( 1 + \frac{\sqrt{2}}{2}, -\left(1 + \frac{\sqrt{2}}{2}\right) \right)$$，$$\overrightarrow{DC} = \left( \frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2} \right)$$。
利用叉积求 $$\sin \angle D$$：
$$\sin \angle D = \frac{ \left| \overrightarrow{DA} \times \overrightarrow{DC} \right| }{ |\overrightarrow{DA}| \cdot |\overrightarrow{DC}| }$$
计算得：
$$\sin \angle D = \frac{\sqrt{6}}{3}$$
正确答案是 B。