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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
19873 | [] | C | null | 高二 | 已知关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}-x+b \geq 0$ 的解集为 $[-2,1]$, 则关于 $x$ 的不等式 $b x^{2}-x+a \leq 0$ 的解集为 ( ) | A. $[-1,2]$
B. $\left[-1, \frac{1}{2}\right]$
C. $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$
D. $\left[\begin{array}{cc}-1, & -\frac{1}{2}\end{array}\right]$ | 解析几何 | $:$ 关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $\mathrm{ax}{ }^{2}-\mathrm{x}+\mathrm{b} \geq 0$ 的解集为 $[-2,1]$,
$\therefore-2,1$ 是关于 $\mathrm{x}$ 的方程 $\mathrm{ax}^{2}-\mathrm{x}+\mathrm{b}=0$ 的两个根, $\therefore\left\{\begin{array}{l}4 a+2+b=0 \\ a-1+b=0\end{array}\right.$, 解得 $\mathrm{a}=-1, \mathrm{~b}=2$,
$\therefore$ 关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $\mathrm{bx}^{2}-\mathrm{x}+\mathrm{a} \leq 0$ 即 $2 \mathrm{x}^{2}-\mathrm{x}-1 \leq 0$, 解方程 $2 \mathrm{x}^{2}-\mathrm{x}-1=0$, 得 $x_{1}=-\frac{1}{2}, \mathrm{x}_{2}=1$,
$\therefore$ 关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $\mathrm{bx}^{2}-\mathrm{x}+\mathrm{a} \leq 0$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{2} \leq x \leq 1\right.\right\}$, 即 $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$. 故选 C. |
19876 | [] | C | null | 高二 | $x$ 的不等式 $a x-b<0$ 的解集是 $(1,+\infty)$, 则关于 $x$ 的不等式 $(a x+b)(x-3)>0$ 的解集是( ) | A. $(-\infty,-1) \cup(3,+\infty)$
B. $(1,3)$
C. $(-1,3)$
D. $(-\infty, 1) \cup(3,+\infty)$ | 解析几何 | 关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $\mathrm{ax}-\mathrm{b}<0$ 的解集是 $(1,+\infty)$, 即不等式 $\mathrm{ax}<\mathrm{b}$ 的解集是 $(1,+\infty) ， \therefore \mathrm{a}=\mathrm{b}$ $<0 ;: \therefore$ 不等式 $(a x+b)(x-3)>0$ 可化为 $(x+1)(x-3)<0$, 解得 $-1<x<3$,
$\therefore$ 该不等式的解集是 $(-1,3)$. 故选:C. |
19880 | ["9263.jpg"] | B | null | 高二 | 若实数 $x 、 y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-4 \leq 0, \\ x \geq 0, \\ y \geq 0,\end{array}\right.$ 则 $z=\frac{y+2}{x-1}$ 的取值范围为 ( ) | A. $(-\infty,-4] \cup\left[\frac{2}{3},+\infty\right)$
B. $(-\infty,-2] \cup\left[\frac{2}{3},+\infty\right)$
C. $\left[-2, \frac{2}{3}\right]$
D. $\left[-4, \frac{2}{3}\right]$ | 解析几何 | 作出约束条件表示的可行域, 如图 $\triangle O A B$ 内部 (含边界), $z=\frac{y+2}{x-1}$ 表示可行域内部的点 $(x, y)$ 与点 $(1,-2)$ 连线的斜率, $k_{O P}=\frac{-2}{1}=-2, k_{P A}=\frac{-2-0}{1-4}=\frac{2}{3}$, 结合图可知, $z$ 的取值范围是 $z \leq-2$ 或 $z \geq \frac{2}{3}$, 故选 B.
<ImageHere> |
19882 | ["9265.jpg"] | B | null | 高二 | 实数 $x, y, k$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x+y-3 \geq 0, \\ x-y+1 \geq 0, z=x^{2}+y^{2} \text {, 若 } z \text { 的最大值为 } 13 \text {, 则 } k \text { 的值为 ( ) } \\ x \leq k,\end{array}\right.$ | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 解析几何 | 画出可行域 (如图阴影部分所示) 和曲线 $x^{2}+y^{2}=13$, 观察图形, 知直线 $x=k$ 过直线 $x-y+1=0$ 和 $x^{2}+y^{2}=13$ 的交点 $(2,3)$, 解得 $k=2$, 故选 B.
<ImageHere> |
19890 | ["9276.jpg"] | D | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x \leq 3, \\ x+y \geq 2, \\ y \leq x,\end{array}\right.$ 则 $x+2 y$ 的最大值为 | A. 1
B. 3
C. 5
D. 9 | 解析几何 | 如图, 画出可行域,
<ImageHere>
$z=x+2 y$ 表示斜率为 $-\frac{1}{2}$ 的一组平行线, 当 $z=x+2 y$ 过点 $C(3,3)$ 时, 目标函数取得最大值 $z_{\text {max }}=3+2 \times 3=9$, 故选 D. |
19894 | [] | B | null | 高二 | 已知点 $(-3,-1)$ 和点 $(4,-6)$ 在直线 $3 x-2 y-a=0$ 的两侧, 则 $a$ 的取值范围为 ( ) | A. $(-24,7)$
B. $(-7,24)$
C. $(-\infty,-7) \cup(24, \infty)$
D. $(-\infty,-24) \cup(7,+\infty)$ | 解析几何 | 因为点 $(-3,-1)$ 和 $(4,-6)$ 在直线 $3 x-2 y-a=0$ 的两侧, 所以 $[3 \times(-3)-2 \times(-1)-a] \times[3 \times 4-2 \times(-6)-a]<0$, 所以 $-7<a<24$. 故选 B. |
19896 | [] | D | null | 高二 | 如果实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \geq 0, \\ y+1 \geq 0, \\ x+y+1 \leq 0,\end{array}\right.$ 则 $2 x-y$ 的最大值为 ( ) | A. -3
B. -2
C. 2
D. 1 | 解析几何 | 不等式组对应的可行域为直线 $x-y+1=0, y+1=0, x+y+1=0$ 围成的三角形区域,顶点为 $(-1,0),(0,-1),(-2,-1)$, 令 $z=2 x-y$, 则当直线 $z=2 x-y$ 过点 $(0,-1)$ 时, $z$ 取得最大值 1 |
19897 | ["9282.jpg"] | C | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-y+3 \geq 0, \\ x+y+1 \geq 0, \\ x \leq k,\end{array}\right.$ | A. -7
B. -1
C. 1
D. 7 | 解析几何 | 画出满足条件的平面区域, 如图所示, 由 $\left\{\begin{array}{l}x=k, \\ x-y+3=0,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=k, \\ y=k+3,\end{array}\right.$ 则 $A(k, k+3)$,由 $z=2 x+y$, 得 $y=-2 x+z$, 显然直线 $y=-2 x+z$ 过 $A(k, k+3)$ 时, $z$ 最大, 故 $2 k+k+3=6$,解得 $k=1$, 故选 C.
<ImageHere> |
19899 | ["9284.jpg"] | C | null | 高二 | 已知 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geq 0, \\ x+y \leq 2, \\ y \geq 0,\end{array}\right.$围为 ( ) | A. $(-1,1)$
B. $[-1,1)$
C. $[-1,1]$
D. $(-1,1]$ | 解析几何 | 不等式组表示的平面区域如图所示:
<ImageHere>
$\because z=a x+y$ 的最大值为 $a+1, \therefore$ 最值是在 $(1,1)$ 处取得, $\because y=-a x+z$,
当 $-a \geq 0$ 时, $-a \leq 1$, 即 $-1 \leq a \leq 0$;
当 $-a<0$ 时, 需满足 $-a \geq-1$, 即 $0<a \leq 1$, 故 $-1 \leq a \leq 1$.
考点: 由线性目标函数的最值求参数范围. |
19900 | ["9285.jpg"] | A | null | 高二 | 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, $M$ 为不等式组 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y-2 \geq 0, \\ x+2 y-1 \geq 0, \\ 3 x+y-8 \leq 0\end{array}\right.$ 所表示的区域上一动点,则直线 OM 斜率的最小值为 ( ) | A. $-\frac{1}{3}$
B. $-\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2 | 解析几何 | 由线性约束条件可知其对应的可行域如图, 通过观察图象可知当过原点的直线经过点 A 的时候斜率最小,
<ImageHere>
由方程组 $\left\{\begin{array}{l}3 x+y-8=0, \\ x+2 y-1=0\end{array}\right.$ 得 $A(3,-1)$, 所以直线 $\mathrm{OM}$ 斜率的最小值为 $k=\frac{-1}{3}=-\frac{1}{3}$. |
18900 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A$, $B, C$ 的对边, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 且 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=$ | A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ | 解析几何 | 由 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 得 $4 \sqrt{3} \times \frac{1}{2} a b \sin C=a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b$,
$\because a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos C, \therefore 2 \sqrt{3} a b \sin C=2 a b \cos C+2 a b$,
即 $\sqrt{3} \sin C-\cos C=1$, 即 $2 \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=1$, 则 $\sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$,
$\because 0<C<\pi, \therefore-\frac{\pi}{6}<C-\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6}, \therefore C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$, 即 $C=\frac{\pi}{3}$,
则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,
故选 D. |
18902 | ["9171.jpg", "9172.jpg"] | C | null | 高二 | 太极图被称为“中华第一图”. 从孔庙大成殿粱柱, 到楼观台、三茅宫标记物; 从道袍、卦推、中医、气功、武术到南韩国旗…… 太极图无不跃居其上. 这种广为人知的太极图, 其形状如阴阳两鱼互抱在一起, 因而被称为“阴阳鱼太极图”. 在如图所示的阴阳鱼图案中, 阴影部分可表示为
$A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+(y-1)^{2} \leq 1\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2} \leq 4 \\ x^{2}+(y+1)^{2} \geq 1 \\ x \leq 0\end{array}\right\}$, 设点 $(x, y) \in A$, 则 $z=x+2 y$ 的取值范围是 ( )
<ImageHere> | A. $[-2-\sqrt{5}, 2 \sqrt{5}]$
B. $[-2 \sqrt{5}, 2 \sqrt{5}]$
C. $[-2 \sqrt{5}, 2+\sqrt{5}]$
D. $[-4,2+\sqrt{5}]$ | 解析几何 | 如图, 作直线 $x+2 y=0$, 当直线上移与圆 $x^{2}+(y-1)^{2}=1$ 相切时, $z=x+2 y$ 取最大值,此时, 圆心 $(0,1)$ 到直线 $z=x+2 y$ 的距离等于 1 , 即 $\frac{|2-z|}{\sqrt{5}}=1$,解得 $z$ 的最大值为: $2+\sqrt{5}$,
当下移与圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 相切时, $x+2 y$ 取最小值,
同理 $\frac{|-z|}{\sqrt{5}}=2$, 即 $z$ 的最小值为: $-2 \sqrt{5}$,
所以 $z \in[-2 \sqrt{5}, 2+\sqrt{5}]$.
<ImageHere> |
18905 | [] | C | null | 高二 | 设不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+y-3 \geq 0 \\ x-y+1 \geq 0 \\ 3 x-y-5 \leq 0\end{array}\right.$ 表示的平面区域为 $M$, 若直线 $y=k x$ 经过区域 $M$ 内的点, 则实数 $k$ 的取值范围为 | A. $\left(\frac{1}{2}, 2\right]$
B. $\left[\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$
C. $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$
D. $\left[\frac{4}{3}, 2\right]$ | 解析几何 | 做出可行域如图所示, 图中虚线处为满足题意的临界值. 当直线 $y=k x$ 经过点 $A(2,1)$ 时, $k$ 取得最小值 $k_{\min }=\frac{1}{2}$; 当直线 $y=k x$ 经过点 $C(1,2)$ 时, $k$ 取得最大值 $k_{\text {max }}=2$, 所以实数 $k$ 的取值范围为 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$. 故选 C. |
18925 | [] | C | null | 高二 | 若实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-3 y+4 \geq 0 \\ 3 x-y-4 \leq 0 \\ x+y \geq 0\end{array}\right.$, 则 $z=3 x+2 y$ 的最大值是 | A. -1
B. 1
C. 10
D. 12 | 解析几何 | 画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示。
因为 $z=3 x+2 y$, 所以 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$.
平移直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 可知, 当该直线经过点 $A$ 时, $z$ 取得最大值.
联立两直线方程可得 $\left\{\begin{array}{l}x-3 y+4=0 \\ 3 x-y-4=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=2\end{array}\right.$.
即点 $A$ 坐标为 $A(2,2)$, 所以 $z_{\text {max }}=3 \times 2+2 \times 2=10$. 故选 C. |
18927 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 则 $C=(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | 解析几何 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\sqrt{2}$.
由余弦定理 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 可得 $c^{2}-\sqrt{6} c+1=0$. 所以 $c=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ 因为 $\angle C>\angle B$, 所以 $c>b$, 所以 $c=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$. 故选 $\mathrm{A}$. |
18945 | ["9176.jpg"] | D | null | 高二 | 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \leq 0, \\ x-y+2 \geq 0, \\ x \geqslant-1, \\ y \geqslant-1,\end{array}\right.$, 则目标函数 $z=-4 x+y$ 的最大值为（） | A. 2
B. 3
C. 5
D. 6 | 解析几何 | 已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分.
目标函数的几何意义是直线 $y=4 x+z$ 在 $y$ 轴上的截距,
故目标函数在点 $A$ 处取得最大值.
由 $\left\{\begin{array}{l}x-y+2=0, \\ x=-1\end{array}\right.$, 得 $A(-1,1)$,
所以 $Z_{\text {max }}=-4 \times(-1)+1=5$.
故选 C.
<ImageHere> |
18947 | [] | A | null | 高二 | 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c,(a+b+c)(a-b+c)=a c, \sin A \sin C=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$, 则
角 $C=(\quad)$ | A. $C=15^{\circ}$ 或 $C=45^{\circ}$
B. $C=15^{\circ}$ 或 $C=30^{\circ}$
C. $C=60^{\circ}$ 或 $C=45^{\circ}$
D. $C=30^{\circ}$ 或 $C=60^{\circ}$ | 解析几何 | 因为 $(a+b+c)(a-b+c)=a c$ ，所以 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=-a c$.
由余弦定理得, $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=-\frac{1}{2}$ ，
因此 $B=120^{\circ}$, 所以 $A+C=60^{\circ}$, 所以 $\cos (A-C)=\cos A \cos C+\sin A \sin C$
$=\cos A \cos C-\sin A \sin C+2 \sin A \sin C=\cos (A+C)+2 \sin A \sin C$
$=\frac{1}{2}+2 \times \frac{\sqrt{3}-1}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $A-C=30^{\circ}$ 或 $A-C=-30^{\circ}$, 因此, $C=15^{\circ}$ 或 $C=45^{\circ}$, 故选 $\mathrm{A}$ 。 |
18971 | [] | B | null | 高二 | 已知三角形 $\triangle A B C$ 中, $A=30^{\circ}, C=105^{\circ}, b=4$, 则 $a=(\quad)$ | A. 2
B. $2 \sqrt{2}$
c. $2 \sqrt{3}$
D. $2 \sqrt{5}$ | 解析几何 | 因为 $A+B+C=180^{\circ}$, 所以 $B=180^{\circ}-A-C=45^{\circ}$, 又由正弦定理, 知 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,得 $a=\frac{b \sin \mathrm{A}}{\sin \mathrm{B}}=\frac{4 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2 \sqrt{2}$. |
18972 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $B=\frac{\pi}{6}, \mathrm{c}=4, \cos C=\frac{\sqrt{5}}{3}$, 则 $\mathrm{b}=(\quad)$ | A. $3 \sqrt{3}$
B. 3
c. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{4}{3}$ | 解析几何 | $\because B=\frac{\pi}{6}, c=4, \cos C=\frac{\sqrt{5}}{3}, \therefore \sin C=\sqrt{1-\cos ^{2} C}=\frac{2}{3}$,
$\therefore$ 由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$, 可得: $\frac{b}{\frac{1}{2}}=\frac{4}{\frac{2}{3}}$, 解得: $\mathrm{b}=3$.
故选: B. |
18973 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $B=60^{\circ}, C=45^{\circ}, B C=2$, 且 $A D \perp B C$ 于 $D$, 则 $A D=(\quad)$ | A. $\sqrt{3}-1$
B. $\sqrt{3}+1$
c. $3+\sqrt{3}$
D. $3-\sqrt{3}$ | 解析几何 | 如图所示, 由题意知 $\angle B A C=180^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=75^{\circ}$, 则
$\sin \angle B A C=\sin 75^{\circ}=\sin \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,
由正弦定理 $\frac{A B}{\sin C}=\frac{B C}{\sin \angle B A C}$, 所以 $A B=\frac{B C \sin C}{\sin \angle B A C}=\frac{2 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{3}+1}=2(\sqrt{3}-1)$,
在 $R t^{\triangle} A B D$ 中, 有 $A D=A B \cdot \sin B=2(\sqrt{3}-1) \times \frac{\sqrt{3}}{2}=3-\sqrt{3}$. 故选 D.
 |
18982 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $C=60^{\circ}, A C=\sqrt{2}, A B=\sqrt{3}$, 则 $A=(\quad)$ | A.2B.$2\sqrt{2}$C.$2\sqrt{3}$D.$2\sqrt{5}$ | 解析几何 | 由题意得, $C=60^{\circ}, A C=\sqrt{2}, A B=\sqrt{3}$, 由正弦定理得, $\frac{A C}{\sin B}=\frac{A B}{\sin C}$, 则 $\sin B=\frac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $B=45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$, 因为 $A B>A C$, 所以 $C>B$, 则 $B=45^{\circ}$,则 $\mathrm{A}=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$ 故选: C. |
18988 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 中, $a=2 \sqrt{2}, b=2 \sqrt{3}, B=60^{\circ}$, 那么 $A=(\quad)$ | A. $45^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $120^{\circ}$ 或 $60^{\circ}$
D. $135^{\circ}$ 或 $45^{\circ}$ | 解析几何 | 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $A=45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$,因为 $a<b$, 根据三角形中大边对大角, 所以 $B>A$, 因此 $A=45^{\circ}$. |
18989 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\angle A=60^{\circ}, \angle B=45^{\circ}, B C=3 \sqrt{2}$, 则 $A C=(\quad)$ | A. $4 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. $\sqrt{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | 由正弦定理得: $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B} \Leftrightarrow \frac{3 \sqrt{2}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{A C}{\sin 45^{\circ}} \Leftrightarrow A C=2 \sqrt{3}$. |
18990 | [] | D | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, a \sin A \cos B+b \cos ^{2} A=\sqrt{2} a$, 则 $\frac{b}{a}=(\quad)$ | A. $2 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{2}$
c. $\sqrt{3}$
D. $\sqrt{2}$ | 解析几何 | 由正弦定理，得 $\sin ^{2} A \sin B+\sin B \cos ^{2} A=\sqrt{2} \sin A$,
即 $\sin B \cdot\left(\sin ^{2} A+\cos ^{2} A\right)=\sqrt{2} \sin A, \sin B=\sqrt{2} \sin A, \therefore \frac{b}{a}=\frac{\sin B}{\sin A}=\sqrt{2}$. |
18994 | [] | D | null | 高二 | (2019.北京人大附中高考模拟 (理) ) 在三角形 $A B C$ 中, $A B=1, A C=\sqrt{2}, \angle C=\frac{\pi}{6}$, 则 $\angle B=($ ) | A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{\pi}{2}$
C. $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$ | 解析几何 | 由正弦定理得 $\frac{A B}{\sin C}=\frac{A C}{\sin B} \therefore \frac{1}{\sin \frac{\pi}{6}}=\frac{\sqrt{2}}{\sin B}, \sin B=\frac{\sqrt{2}}{2} \therefore B=\frac{\pi}{4}$ 或 $B=\frac{3 \pi}{4}$, 选 D. |
18995 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $C$ 为针角, $\sin C=\frac{3}{5}, A C=5, A B=3 \sqrt{5}$, 则 $B C=$ | A. 2
B. 3
C. 5
D. 10 | 解析几何 | 因为 $C$ 为针角, $\sin C=\frac{3}{5}$, 所以 $\cos C=-\frac{4}{5}$ 由余弦定理得
$A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cos C$, 即 $45=25+B C^{2}-2 \times 5 \times B C \times\left(-\frac{4}{5}\right)$, 解得 $B C=2$ (舍去 $B C=-10$ ). 故选 A. |
18998 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=2 \sqrt{3}, c=2 \sqrt{2}, 1+\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{2 c}{b}$,则 $\angle C=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$ | 解析几何 | 利用正弦定理, 同角三角函数关系, 原式可化为: $1+\frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}=\frac{2 \sin C}{\sin B}$,去分母移项得： $\sin B \cos A+\sin A \cos B=2 \sin C \cos A$,
所以 $\sin (A+B)=\sin C=2 \sin C \cos A$,
所以 $\cos A=\frac{1}{2}$. 由同角三角函数得 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$, 解得 $\sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 所以 $\angle C=\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$ (舍). 故选 B. |
18999 | [] | B | null | 高二 | (2018 云南保山二模) 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $3(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A B})=2|\overrightarrow{A B}|^{2}$, 则 $\tan A+\frac{1}{\tan B}$ 的最小值为 （） | A. $\sqrt{5}$
B. $2 \sqrt{5}$
C. $\sqrt{6}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$ | 解析几何 | 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对应的三条边分别为 $a, b, c$, 则有
$3(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A B})=3(-b c \cos A+a c \cos B)=2 c^{2}$, 由正弦定理得: $\sin A \cos B=$
$5 \cos A \sin B$, 所以 $\tan A=5 \tan B$, 则 $\tan A+\frac{1}{\tan B}=5 \tan B+\frac{1}{\tan B} \geq 2 \sqrt{5}$, 当且仅当 $\tan B=\frac{\sqrt{5}}{5}$ 时, 等号成立, 故选 B. |
19000 | [] | D | null | 高二 | 【山东省实验中学等四校 2019 届高三联合考试数学试题】在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A$, $B$,
$C$ 的对边, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 且 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$ | A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ | 解析几何 | 由 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 得 $4 \sqrt{3} \times \frac{1}{2} a b \sin C=a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b$,
$\because a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos C, \therefore 2 \sqrt{3} a b \sin C=2 a b \cos C+2 a b$,
即 $\sqrt{3} \sin C-\cos C=1$, 即 $2 \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=1$, 则 $\sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$,
$\because 0<C<\pi, \therefore-\frac{\pi}{6}<C-\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6}, \therefore C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$, 即 $C=\frac{\pi}{3}$,
则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$, 故选 D.
【名师点睛】本题主要考查解三角形的应用, 结合三角形的面积公式以及余弦定理求出 $C$ 的值以及利用两角和差的正弦公式进行计算是解决本题的关键. 解答本题时, 根据三角形的面积公式以及余弦定理进行化简求出 $C$ 的值，然后利用两角和的正弦公式进行求解即可. |
19001 | [] | D | null | 高二 | 【山东省烟台市 2019 届高三 3 月诊断性测试 (一模) 数学试题】在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边
分别为 $a, b, c$, 若 $a=1, \sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$, 则角 $A=(\quad)$ | A. $\frac{2 \pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$ | 解析几何 | $\because a=1, \sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$,
$\therefore \sqrt{3} \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin C \cos A=-b \cos A$,
$\therefore \sqrt{3} \sin (A+C)=\sqrt{3} \sin B=-b \cos A$,
$\therefore \sqrt{3} a \sin B=-b \cos A$,
由正弦定理可得: $\sqrt{3} \sin A \sin B=-\sin B \cos A$,
$\because \sin B>0, \therefore \sqrt{3} \sin A=-\cos A$, 即 $\tan A=-\frac{\sqrt{3}}{3}$,
$\because A \in(0, \pi), \therefore A=\frac{5 \pi}{6}$. 故选 D.
【名师点睛】本题主要考查解三角形, 熟记正弦定理, 两角和的正弦公式即可, 属于基础题. 解答本题时, 由 $\sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$, 可得 $\sqrt{3} a \sin B=-b \cos A$, 再由正弦定理得到 $\tan A=-\frac{\sqrt{3}}{3}$, 结合 $A \in(0, \pi)$, 即可求得 $A$ 的值.
【2019 年高考全国 I 卷理数】函数 $f(x)=\frac{\sin x+x}{\cos x+x^{2}}$ 在 $[-\pi, \pi]$ 的图像大致为 ( )
A.
B.
C.
D.
## 【答案】D
【解析】由 $f(-x)=\frac{\sin (-x)+(-x)}{\cos (-x)+(-x)^{2}}=\frac{-\sin x-x}{\cos x+x^{2}}=-f(x)$, 得 $f(x)$ 是奇函数, 其图象关于原点对称, 排除 $\mathrm{A}$. 又 $\mathrm{f}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1+\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}}=\frac{4+2 \pi}{\pi^{2}}>1, f(\pi)=\frac{\pi}{-1+\pi^{2}}>0$, 排除 B, C, 故选 D.
【名师点睛】本题考查函数的性质与图象, 渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养, 采取性质法或赋值法, 利用数形结合思想解题. 解答本题时, 先判断函数的奇偶性, 得 $f(x)$ 是奇函数,排除 $A$ ，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案. |
19013 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos C+c=2 a$, 且 $b=\sqrt{13}, c=3$,则 $a=（ \quad)$ | A. 1
B. $\sqrt{6}$
C. $2 \sqrt{2}$
D. 4 | 解析几何 | 因为 $2 b \cos C+c=2 a$, 由正弦定理可得
$2 \sin B \cos C+\sin C=2 \sin A=2 \sin (B+C)=2 \sin B \cos C+\cos B \sin C$,
所以 $\sin C=2 \cos B \sin C$, 因为 $\sin C \neq 0,0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$. 由余弦定理得
$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 因为 $b=\sqrt{13}, c=3$, 可解得 $a=4$. 故选 B. |
19014 | [] | B | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$ 且满足 $a \cos B-b \cos A=c$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( ) | A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 针角三角形
D. 等腰三角形 | 解析几何 | 利用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 化简已知的等式得：
$\sin A \cos B-\sin B \cos A=\sin C$ ，即 $\sin (A-B)=\sin C ，$
$\because A, B, C$ 为三角形的内角, $\therefore A-B=C$, 即 $A=B+C=\frac{\pi}{2}$,
则 $\triangle A B C$ 为直角三角形, 故选 B. |
19016 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 则 $c=(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | 解析几何 | 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\frac{1 \times \sin \frac{\pi}{4}}{\sin \frac{\pi}{6}}=\sqrt{2}$,
且 $\cos C=-\cos (A+B)=-(\cos A \cos B-\sin A \sin B)=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
由余弦定理可得： $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C}=\sqrt{1+2+2 \times 1 \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$. 故选 A. |
19017 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对应的边分别是 $a, b, c$, 若 $c=2 a \cos B$, 则三角形一定是 ( ) | A. 等腰直角三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形
D. 等边三角形 | 解析几何 | $\because c=2 a \cos B$, 由正弦定理 $c=2 R \sin C, a=2 R \sin A, \therefore \sin C=2 \sin A \cos B$,
$\because A, B, C$ 为 $\triangle A B C$ 的内角, $\therefore \sin C=\sin (A+B), A, B \in(0, \pi)$,
$\therefore \sin (A+B)=2 \sin A \cos B, \quad \sin A \cos B+\cos A \sin B=2 \sin A \cos B$, 整理得 $\sin (A-B)=0$,
$\therefore A-B=0$, 即 $A=B$. 故 $\triangle A B C$ 一定是等腰三角形. 故选 C. |
19018 | [] | A | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $C=\frac{\pi}{3}, c=\sqrt{7}, b=3 a$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为 ( ) | A. $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{2-\sqrt{3}}{4}$
C. $\sqrt{2}$
D. $\frac{2+\sqrt{3}}{4}$ | 解析几何 | 已知 $C=\frac{\pi}{3}, c=\sqrt{7}, b=3 a$,
$\therefore$ 由余弦定理 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$, 可得: $7=a^{2}+b^{2}-a b=a^{2}+9 a^{2}-3 a^{2}=7 a^{2}$,
解得: $a=1, \quad b=3, \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} \times 1 \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$. 故选 A. |
19273 | [] | A | null | 高二 | (2013 重庆) 关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-2 a x-8 a^{2}<0(a>0)$ 的解集为 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$,
且 $x_{2}-x_{1}=15$, 则 $a=$ | A. $\frac{5}{2}$
B. $\frac{7}{2}$
C. $\frac{15}{4}$
D. $\frac{15}{2}$ | 解析几何 | $\because$ 由 $x^{2}-2 a x-8 a^{2}<0(a>0)$, 得 $(x-4 a)(x+2 a)<0$,
即 $-2 a<x<4 a, \therefore x_{1}=-2 a, x_{2}=4 a$.
$\because x_{2}-x_{1}=4 a-(-2 a)=6 a=15, \therefore a=\frac{15}{6}=\frac{5}{2}$. 故选 A. |
19276 | [] | C | null | 高二 | 关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}+b x+2>0$ 的解集为 $\{x \mid-1<x<2\}$, 则关于 $x$ 的不等式 $b x^{2}-a x-2>0$ 的解集为 | A. $\{x \mid-2<x<1\}$
B. $\{x \mid x>2$ 或 $x<-1\}$
C. $\{x \mid x>1$ 或 $x<-2\}$
D. $\{x \mid x<-1$ 或 $x>1\}$ | 解析几何 | $\left[\because a x^{2}+b x+2>0\right.$ 的解集为 $\{x \mid-1<x<2\}$,
$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
\frac{2}{a}=-2, \\
-\frac{b}{a}=1,
\end{array} \text { 解得 }\left\{\begin{array}{l}
a=-1, \\
b=1,
\end{array} \therefore b x^{2}-a x-2>0, \text { 即 } x^{2}+x-2>0, \text { 解得 } x>1 \text { 或 } x<-2 .\right]\right.
$$ |
19285 | ["9211.jpg"] | C | null | 高二 | (2018 天津) 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 5, \\ 2 x-y \leqslant 4, \\ -x+y \leqslant 1, \\ y \geqslant 0,\end{array}\right.$ 则目标函数 $z=3 x+5 y$ 的最大值为 | A. 6
B. 19
C. 21
D. 45 | 解析几何 | 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,
<ImageHere>
作出直线 $y=-\frac{3}{5} x$. 平移该直线, 当经过点 $C$ 时, $z$ 取得最大值, 由 $\left\{\begin{array}{l}-x+y=1 \\ x+y=5\end{array}\right.$,
得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=3\end{array}\right.$, 即 $C(2,3)$, 所以 $a_{\text {max }}=3 \times 2+5 \times 3=21$, 故选 C. |
19287 | ["9213.jpg"] | D | null | 高二 | (2017 天津) 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y \geqslant 0, \\ x+2 y-2 \geqslant 0, \\ x \leqslant 0, \\ y \leqslant 3,\end{array}\right.$ 则目标函数 $z=x+y$ 的最大值为 | A. $\frac{2}{3}$
B. 1
c. $\frac{3}{2}$
D. 3 | 解析几何 | 目标函数为四边形 $A B C D$ 及其内部, 其中 $A(0,1), B(0,3), C\left(-\frac{3}{2}, 3\right), D\left(-\frac{2}{3}, \frac{4}{3}\right)$, 所以直线 $z=x+y$ 过点 $B$ 时取最大值 3 , 选 D.
<ImageHere> |
19288 | ["9214.jpg"] | C | null | 高二 | (2017 山东) 已知 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-y+3 \leqslant 0 \\ 3 x+y+5 \leqslant 0 \\ x+3 \geqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=x+2 y$ 的最大值是 | A. 0
B. 2
C. 5
D. 6 | 解析几何 | 不等式组表示的可行域如图阴影部分，
<ImageHere>
当目标函数过 $(-3,4)$ 时取得最大值, 即 $Z_{\text {max }}=-3+2 \times 4=5$. 选 C. |
19289 | ["9215.jpg"] | D | null | 高二 | (2017 北京) 若 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 3 \\ x+y \geqslant 2 \\ y \leqslant x\end{array}\right.$ 则 $x+2 y$ 的最大值为 | A. 1
B. 3
C. 5
D. 9 | 解析几何 | 不等式组可行域如图阴影部分,
<ImageHere>
目标函数 $z=x+2 y$ 过点 $C(3,3)$ 时, 取得最大值 $Z_{\text {max }}=3+2 \times 3=9$, 故选 $\mathrm{D}$. |
19307 | [] | B | null | 高二 | (2015 陕西) 设 $f(x)=\ln x, 0<a<b$, 若 $p=f(\sqrt{a b}), q=f\left(\frac{a+b}{2}\right), r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))$,则下列关系式中正确的是 ( ) | A. $q=r<p$
B. $q=r>p$
C. $p=r<q$
D. $p=r>q$ | 解析几何 | $\because 0<a<b, \therefore \frac{a+b}{2}>\sqrt{a b}$, 又 $f(x)=\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
故 $f(\sqrt{a b})<f\left(\frac{a+b}{2}\right)$, 即 $q>p$,
$\because r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))=\frac{1}{2}(\ln a+\ln b)=\ln \sqrt{a b}=f(\sqrt{a b})=p, \quad \therefore p=r<q$. |
19312 | [] | B | null | 高二 | 已知正数 $x 、 y$ 满足 $x+y=1$, 则 $\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}$ 的最小值为 ( ) | A. 2
B. $\frac{9}{2}$
c. $\frac{14}{3}$
D. 5 | 解析几何 |
$\because x+y=1$, 所以, $x+(1+y)=2$,
则 $2\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}\right)=[x+(1+y)]\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}\right)=\frac{4 x}{1+y}+\frac{1+y}{x}+5 \geqslant 2 \sqrt{\frac{4 x}{1+y} \cdot \frac{1+y}{x}}+5=9$,
所以, $\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y} \geqslant \frac{9}{2}$,
当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{4 x}{1+y}=\frac{1+y}{x} \\ x+y=1\end{array}\right.$, 即当 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3} \\ y=\frac{1}{3}\end{array}\right.$ 时, 等号成立,
因此, $\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$,
故选 $B$. |
19316 | [] | D | null | 高二 | 若直线 $a x+2 b y-2=0(a, b>0)$ 始终平分圆 $x^{2}+y^{2}-4 x-2 y-8=0$ 的周长, 则 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}$ 的最
小值为 ( ) | A. 1
B. 5
c. $4 \sqrt{2}$
D. $3+2 \sqrt{2}$ | 解析几何 |
由圆的性质可知, 直线 $a x+2 b y-2=0(a, b>0)$,
是圆的直径所在的直线方程,
$\because$ 圆 $x^{2}+y^{2}-4 x-2 y-8=0$ 的标准方程为: $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=13$,
$\therefore$ 圆心 $(2,1)$ 在直线 $a x+2 b y-2=0$ 上,
$\therefore 2 a+2 b-2=0$, 即 $a+b=1$,
$\because \frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)(a+b)=3+\frac{b}{a}+\frac{2 a}{b} \geq 3+2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{2 a}{b}}=3+2 \sqrt{2}$,
$\therefore \frac{1}{a}+\frac{2}{b}$ 的最小值为 $3+2 \sqrt{2}$, 故选 D. |
19020 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a^{2}=b^{2}+c^{2}+b c$, 则 $A=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 根据余弦定定理 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 又 $a^{2}=b^{2}+c^{2}+b c$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{2}$, 又 $0<A<\pi$, 所以 $A=\frac{2 \pi}{3}$. |
19021 | [] | B | null | 高二 | (2019-北京高考模拟 (文) ) 已知 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=120^{\circ}, a=\sqrt{21}$, 三角形 $A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$,且 $b<c$, 则 $c-b=(\quad)$ | A. $\sqrt{17}$
B. 3
c. -3
D. $-\sqrt{17}$ | 解析几何 | 依题意可得: $S=\frac{1}{2} b c \sin 120^{\circ}=\sqrt{3}$, 所以 $b c=4$,
由余弦定理, 得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即: $21=(c-b)^{2}+2 b c-2 b c \cos 120^{\circ}$,据此可得: $(c-b)^{2}=9$. 结合 $b<c$ 可得 $c-b=3$.
本题选择 $B$ 选项. |
19026 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别是角 $A 、 B 、 C$ 所对的边, 若 $\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \tan B=\sqrt{3} a c$, 则 $B$ 的值为 $(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 根据余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 得 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=2 a c \cos B$, 又 $\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}$,所以 $2 a c \cos B \cdot \frac{\sin B}{\cos B}=\sqrt{3} a c$, 整理得 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 又 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$.故选 D. |
19030 | [] | A | null | 高二 | 若 $\triangle A B C$ 内角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 且 $a^{2}=c^{2}-b^{2}+\sqrt{3} b a$, 则 $\angle C=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{2 \pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{5 \pi}{4}$ | 解析几何 | 因为 $a^{2}=c^{2}-b^{2}+\sqrt{3} b a$, 所以 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{3} b a$, 根据余弦定理得 $\cos \angle C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{\sqrt{3} a b}{2 a b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 又因为 $0<C<\pi$, 所以 $\angle C=\frac{\pi}{3}$. |
19033 | [] | A | null | 高二 | (2018 全国卷 II) 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, B C=1, A C=5$, 则 $A B=(\quad)$ | A. $4 \sqrt{2}$
B. $\sqrt{30}$
c. $\sqrt{29}$
D. $2 \sqrt{5}$ | 解析几何 | 因为 $\cos C=2 \cos ^{2} \frac{C}{2}-1=2 \times \frac{1}{5}-1=-\frac{3}{5}$ ，所以由余弦定理，
得 $A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cos C=25+1-2 \times 5 \times 1 \times\left(-\frac{3}{5}\right)=32$, 所以 $A B=4 \sqrt{2}$, 故选 $A$. |
19036 | [] | C | null | 高二 | （2016 年全国 III）在 $\triangle A B C$ 中, $B=\frac{\pi}{4}, B C$ 边上的高等于 $\frac{1}{3} B C$, 则 $\cos A=$ | A. $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
B. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
C. $-\frac{\sqrt{10}}{10}$
D. $-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ | 解析几何 | 设 $\triangle A B C$ 中角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 由题意可得 $\frac{1}{3} a=c \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} c$, 则 $a=\frac{3 \sqrt{2}}{2} c$. 在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理可得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} c a=\frac{9}{2} c^{2}+c^{2}-3 c^{2}=\frac{5}{2} c^{2}$, 则 $b=\frac{\sqrt{10}}{2} c$.
由余弦定理, 可得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{\frac{5}{2} c^{2}+c^{2}-\frac{9}{2} c^{2}}{2 \times \frac{\sqrt{10}}{2} c \times c}=-\frac{\sqrt{10}}{10}$, 故选 C. |
19039 | [] | C | null | 高二 | 若 $\triangle A B C$ 的三个内角满足 $\sin A: \sin B: \sin C=1: 5: 6$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( ) | A. 锐角三角形
B.直角三角形
C.针角三角形
D. 锐角三角形或针角三角形 | 解析几何 | 根所正弦定理可知 $\mathrm{a}: \mathrm{b}: \mathrm{c}=\sin A: \sin B: \sin C=1: 5: 6, \triangle A B C$ 的最大内角为 $C$, 不妨设 $a=k, b=5 k, c=6 k(k>0)$, 根据余弦定理得 $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{4 k^{2}+25 k^{2}-36 k^{2}}{2 \times 2 k \times 5 k}=-\frac{7}{20}<0$, 而 $0<C<\pi$, 所以 $C \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 故 $\triangle A B C$为钝角三角形。 |
19041 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 所对的边长, 若 $c^{2}=(a-b)^{2}+6, C=\frac{\pi}{3}$, 则 $\triangle A B C$
的面积是 | A. 3
B. $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$
c. $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$
D. $3 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 由 $c^{2}=(a-b)^{2}+6$ 可得 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b-6$ (1), 由余弦定理及 $C=\frac{\pi}{3}$ 可得 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=a b$ (2). 所以由(1)(2)得 $a b=6$, 所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin \frac{\pi}{3}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$. |
19046 | [] | C | null | 高二 | (2018-北京高考模拟 (文) ) 已知 $a, b, c$ 分别为三角形 $\mathrm{ABC}$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边, 且 $(a+b)(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$,则三角形 $\mathrm{ABC}$ 中 $\angle A$ 为 | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{2 \pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$ | 解析几何 | 因为 $(a+b)(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$, 所以 $(a+b)(a-b)=(c-b) c$, 即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$,
$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{b c}{2 b c}=\frac{1}{2} * A \in(0, \pi) \approx A=\frac{\pi}{3}$
选 C. |
18105 | [] | D | null | 高二 | 函数 $f(x)=\cos (\omega x+\varphi)$ 的部分图象如图所示, 则 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(\quad)$
 | A. $\left(k \pi-\frac{1}{4}, k \pi+\frac{3}{4}\right), k \in \mathbf{Z}$
B. $\left(2 k \pi-\frac{1}{4}, 2 k \pi+\frac{3}{4}\right), \quad k \in \mathbf{Z}$
C. $\left(k-\frac{1}{4}, k+\frac{3}{4}\right), k \in \mathbf{Z}$
D. $\left(2 k-\frac{1}{4}, 2 k+\frac{3}{4}\right), \quad k \in \mathbf{Z}$ | 解析几何 | 解析: 由题图知，函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\left(\frac{5}{4}-\frac{1}{4}\right) \times 2=2$ ，所以 $\omega=\pi$ ，又 $\left(\frac{1}{4} ， 0\right)$ 可以看作是余弦函数与平衡位置的第一个交点，所以 $\cos \left(\frac{\pi}{4}+\varphi\right)=0 ， \frac{\pi}{4}+\varphi=\frac{\pi}{2}$ ，解得 $\varphi=\frac{\pi}{4}$ ，所以 $f(x)=\cos \left(\pi x+\frac{\pi}{4}\right)$ ，所以由 $2 k \pi<\pi x+\frac{\pi}{4}<2 k \pi+\pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $2 k-\frac{1}{4}<x<2 k+\frac{3}{4} ， k \in \mathbf{Z}$ ，所以函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(2 k-\frac{1}{4} ， 2 k+\frac{3}{4}\right) ， k \in \mathbf{Z}$ ，故选 D.
答案: D |
18106 | [] | A | null | 高二 | 设 $\omega$ 是正实数, 函数 $f(x)=2 \cos \omega x$ 在 $x \in\left[0, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上是减函数, 那么 $\omega$ 的值可以是 | A. $\frac{1}{2}$
B. 2
C. 3
D. 4 | 解析几何 | 解析: 因为函数 $f(x)=2 \cos \omega x$ 在 $\left[0 ， \frac{T}{2}\right]$ 上单调递减，所以要使函数 $f(x)=2 \cos \omega x(\omega>0)$ 在区间 $\left[0 ， \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上单调递减，则有 $\frac{2 \pi}{3} \leqslant \frac{T}{2}$ ，即 $T \geqslant \frac{4 \pi}{3}$ ，所以 $T=\frac{2 \pi}{\omega} \geqslant \frac{4 \pi}{3}$ ，解得 $\omega \leqslant \frac{3}{2}$. 所以 $\omega$ 的值可以是 $\frac{1}{2}$ ，故选 A.
答案: A |
18107 | [] | D | null | 高二 | 将函数 $f(x)=\sin 2 x$ 的图象向右平移 $\varphi\left(0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 个单位长度后得到函数 $g(x)$ 的图象. 若对满足 $\left|f\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right|=2$ 的 $x_{1}, x_{2}$, 有 $\left|x_{1}-x_{2}\right|$ min $=\frac{\pi}{3}$, 则 $\varphi=(\quad)$
$\begin{array}{llll}\text { | A. } \cdot \frac{5 \pi}{12} & \text { B. } \cdot \frac{\pi}{3} & \text { C } \cdot \frac{\pi}{4} & \text { D } \cdot \frac{\pi}{6}\end{array}$ | 解析几何 | 解析: 由已知得 $g(x)=\sin (2 x-2 \varphi)$ ，满足 $\left|f\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right|=2$ ，不妨设此时 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 分别取得最大值与最小值, 又 $\left|x_{1}-x_{2}\right| \min =\frac{\pi}{3}$ ，令 $2 x_{1}=\frac{\pi}{2} ， 2 x_{2}-2 \varphi=-\frac{\pi}{2}$, 此时 $\left|x_{1}-x_{2}\right|=\left|\frac{\pi}{2}-\varphi\right|$ $=\frac{\pi}{3}$ ，又 $0<\varphi<\frac{\pi}{2}$ ，故 $\varphi=\frac{\pi}{6}$ ，选 $\mathrm{D}$.
答案: D |
18121 | [] | A | null | 高二 | 在平面直角坐标系中, 若角 $\alpha$ 的终边经过点 $P\left(\sin \frac{5 \pi}{3}, \cos \frac{5 \pi}{3}\right)$, 则 $\sin (\pi+\alpha)=(\quad)$ | A. $-\frac{1}{2}$
B. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | 解析: 因为 $\left(\sin \frac{5 \pi}{3}, \cos \frac{5 \pi}{3}\right)=\left(-\sin \frac{\pi}{3} ， \cos \frac{\pi}{3}\right)=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} ， \frac{1}{2}\right)$ ，所以角 $\alpha$ 的终边经过第二象限，根据任意角的三角函数的定义可得 $\sin \alpha=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}}=\frac{1}{2}$, 所以 $\sin (\pi+\alpha)=-\sin \alpha$ $=-\frac{1}{2}$, 故选 $\mathrm{A}$.
答案: A |
18122 | [] | B | null | 高二 | 已知角 $\alpha$ 是第二象限角, 且满足 $\sin \left(\frac{5 \pi}{2}+\alpha\right)+3 \cos (\alpha-\pi)=1$, 则 $\tan (\pi-\alpha)=$ | A. $\sqrt{3}$
B. $-\sqrt{3}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. -1 | 解析几何 | 解析: 法一: 由 $\sin \left(\frac{5 \pi}{2}+\alpha\right)+3 \cos (\alpha-\pi)=1$ ，
得 $\cos \alpha-3 \cos \alpha=1 ， \therefore \cos \alpha=-\frac{1}{2} ， \because$ 角 $\alpha$ 是第二象限角，
$\therefore \sin \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2} ， \therefore \tan (\pi+\alpha)=\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=-\sqrt{3}$ ，故选 B.
法二: 由 $\sin \left(\frac{5 \pi}{2}+\alpha\right)+3 \cos (\alpha-\pi)=1$ ，得 $\cos \alpha-3 \cos \alpha=1 ， \therefore \cos \alpha=-\frac{1}{2} ， \because$ 角 $\alpha$ 是第二象限角， $\therefore$ 可取 $\alpha=\frac{2 \pi}{3} ， \therefore \tan (\pi+\alpha)=\tan \frac{2 \pi}{3}=-\sqrt{3}$ ，故选 B.
答案: B |
18124 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\frac{\sin \alpha+3 \cos \alpha}{3 \cos \alpha-\sin \alpha}=5$, 则 $\sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha$ 的值是 | A. $\frac{2}{5}$
B. $-\frac{2}{5}$
C. -2
D. 2 | 解析几何 | 解析:由 $\frac{\sin \alpha+3 \cos \alpha}{3 \cos \alpha-\sin \alpha}=5$ ，得 $12 \cos \alpha=6 \sin \alpha$ ，
即 $\tan \alpha=2$ ， 所以 $\sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha=\frac{\sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{\tan ^{2} \alpha-\tan \alpha}{\tan ^{2} \alpha+1}=\frac{2}{5}$ ，故选 A.
答案: A |
18125 | [] | B | null | 高二 | 若直线 $x=a \pi(0<a<1)$ 与函数 $y=\tan x$ 的图象无公共点, 则不等式 $\tan x \geqslant 2 a$ 的解集为 | A. $\left\{x \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{6} \leqslant x<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
B. $\left\{x \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leqslant x<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
C. $\left\{x \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{3} \leqslant x<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
D. $\left\{x \left\lvert\, k \pi-\frac{\pi}{4} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{\pi}{4}\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$ | 解析几何 | 解析:由正切函数的图象知，当直线 $x=a \pi(0<a<1)$ 与函数 $y=\tan x$ 的图象没有公共点时， $a=\frac{1}{2}$ ， 所以 $\tan x \geqslant 2 a$ ，即 $\tan x \geqslant 1$ ，其解集是 $\left\{x \left\lvert\, k \pi+\frac{\pi}{4} \leqslant x<k \pi+\frac{\pi}{2} ， k \in \mathbf{Z}\right.\right\}$ ，故选 B.
答案: B |
18127 | [] | C | null | 高二 | 若 $3 \cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)+\cos (\pi+\theta)=0$, 则 $\cos ^{2} \theta+\frac{1}{2} \sin 2 \theta$ 的值是 | A. $-\frac{6}{5}$
B. $-\frac{4}{5}$
C. $\frac{6}{5}$
D. $\frac{4}{5}$ | 解析几何 | 解析: $\because 3 \cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)+\cos (\pi+\theta)=0$ ，
由诱导公式可得 $3 \sin \theta-\cos \theta=0$ ， 即 $\tan \theta=\frac{1}{3}$ ，
$\therefore \cos ^{2} \theta+\frac{1}{2} \sin 2 \theta=\frac{\cos ^{2} \theta+\sin \theta \cos \theta}{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}=\frac{1+\tan \theta}{1+\tan ^{2} \theta}=\frac{1+\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{9}}=\frac{6}{5}$.
答案: C |
18128 | [] | B | null | 高二 | 当 $y=2 \cos x-3 \sin x$ 取得最大值时, $\tan x$ 的值是 | A. $\frac{3}{2}$
B. $-\frac{3}{2}$
C. $\sqrt{13}$
D. 4 | 解析几何 | 解析: $y=2 \cos x-3 \sin x=\sqrt{13}\left(\frac{2}{\sqrt{13}} \cos x-\frac{3}{\sqrt{13}} \sin x\right)=$
$\sqrt{13}(\sin \varphi \cos x-\cos \varphi \sin x)=\sqrt{13} \sin (\varphi-x)$.
当 $\sin (\varphi-x)=1$ ，即 $\varphi-x=2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$ 时，
$y$ 取到最大值.
$\therefore \varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{2}+x(k \in \mathbf{Z}), \quad \therefore \sin \varphi=\cos x$,
$\cos \varphi=-\sin x$,
$\therefore \cos x=\sin \varphi=\frac{2}{\sqrt{13}}, \sin x=-\cos \varphi=-\frac{3}{\sqrt{13}}$.
$\therefore \tan x=-\frac{3}{2}$.
答案: B |
18142 | [] | C | null | 高二 | $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \sin \left(\frac{\pi}{6}-x\right)$ 的图象的一条对称轴方程是 | A. $x=\frac{\pi}{4}$
B. $x=\frac{\pi}{2}$
C. $x=\pi$
D. $x=\frac{3 \pi}{2}$ | 解析几何 | 解析: $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \cdot \sin \left(\frac{\pi}{6}-x\right)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}-x\right)=\sin \left(\frac{\pi}{2}+x\right)=\cos$
$x$ ，故选 C.
答案: C |
18144 | [] | B | null | 高二 | $4 \sin 80^{\circ}-\frac{\cos 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=$ | A. $\sqrt{3}$
B. $-\sqrt{3}$
C. $\sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{2}-3$ | 解析几何 | 解析: 因为 $4 \sin 80^{\circ}-\frac{\cos 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=\frac{4 \sin 80^{\circ} \sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=$
$\frac{2 \sin 20^{\circ}-\cos 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=\frac{2 \sin \left(30^{\circ}-10^{\circ}\right)-\cos 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=-\sqrt{3}$,
故选 B.
答案: B |
18146 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\theta$ 为第二象限角, 且 $\cos \frac{\theta}{2}=-\frac{1}{2}$, 则 $\frac{\sqrt{1-\sin \theta}}{\cos \frac{\theta}{2}-\sin \frac{\theta}{2}}$ 的值是 | A. -1
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2 | 解析几何 | 解析: $\because \theta$ 为第二象限角， $\therefore \frac{\theta}{2}$ 为第一或第三象限角.
$\because \cos \frac{\theta}{2}=-\frac{1}{2} ， \therefore \frac{\theta}{2}$ 为第三象限角且 $\sin \frac{\theta}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，
$\therefore \frac{\sqrt{1-\sin \theta}}{\cos \frac{\theta}{2}-\sin \frac{\theta}{2}}=\frac{\left|\cos \frac{\theta}{2}-\sin \frac{\theta}{2}\right|}{\cos \frac{\theta}{2}-\sin \frac{\theta}{2}}=1$.故选 C.
答案: C |
18147 | [] | B | null | 高二 | $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)-\sin 2 x$ 的一个单调递增区间是 | А. $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$
B. $\left[\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right]$
C. $\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{13 \pi}{12}\right]$
D. $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ | 解析几何 | 解析:$y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)-\sin 2 x=\sin 2 x \cos \frac{\pi}{3}-\cos 2 x \sin \frac{\pi}{3}-\sin 2 x=-\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x=-$ $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.
$\therefore y=-\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的单调递增区间是 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的单调递减区间.
由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant 2 x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$ ，得 $\frac{\pi}{12}+k \pi \leqslant x \leqslant \frac{7 \pi}{12}+k \pi ， k \in \mathbf{Z}$. 令 $k=0$ ，得 $x \in\left[\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right]$.
故选 B.
答案: B |
18169 | [] | C | null | 高二 | 化简 $\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{B C}$ 等于 | A. $2 \overrightarrow{B C}$\nB. 0\nC. $-2 \overrightarrow{B C}$\nD. $2 \overrightarrow{A C}$\n\n | 解析几何 | C |
18148 | ["9057.jpg"] | C | null | 高二 | 设四边形 $A B C D$ 为平行四边形, $|\overrightarrow{A B}|=6,|\overrightarrow{A D}|=4$. 若点 $M, N$ 满足 $\overrightarrow{B M}=3 \overrightarrow{M C}, \overrightarrow{D N}=2 \overrightarrow{N C}$,则 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}=$ | A. 20
B. 15
C. 9
D. 6 | 解析几何 | 解析:首先用向量 $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}$ 分别表示向量 $\overrightarrow{A M}, \overrightarrow{N M}$ ，然后求数量积 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}$. 如图所示，由题设知:
<ImageHere>
$\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A D}$
$\overrightarrow{N M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{1}{4} \overrightarrow{A D}$,
$\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}=\left(\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A D}\right) \cdot\left(\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{1}{4} \overrightarrow{A D}\right)$
$=\frac{1}{3}|\overrightarrow{A B}|^{2}-\frac{3}{16}|\overrightarrow{A D}|^{2}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}-\frac{1}{4} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}$
$=\frac{1}{3} \times 36-\frac{3}{16} \times 16=9$.
答案: C |
18149 | [] | C | null | 高二 | 已知向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}|=1, \boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$, 若对一切实数 $x,|x \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}| \geqslant|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|$ 恒成立,则 $|\boldsymbol{b}|$ 的取值范围是 | A. $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$
B. $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$
C. $[1,+\infty)$
D. $(1,+\infty)$ | 解析几何 | 解析: 因为 $|\boldsymbol{a}|=1 ， \boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$ ，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{b}| \cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}|\boldsymbol{b}|$ 把原式 $|x \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}| \geqslant|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|$ 平方整理可得： $x^{2}+2|\boldsymbol{b}| x+3|\boldsymbol{b}|^{2}-|\boldsymbol{b}|-1 \geqslant 0$ 恒成立，所以 $\Delta=4|\boldsymbol{b}|^{2}-4\left(3|\boldsymbol{b}|^{2}-|\boldsymbol{b}|-1\right) \leqslant 0$ ，即 $(|\boldsymbol{b}|$ -1) $(2|\boldsymbol{b}|+1) \geqslant 0$ ，即 $|\boldsymbol{b}| \geqslant 1$ ，故选 C.
答案: C |
18150 | ["9058.jpg"] | C | null | 高二 | 已知 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 是平面内两个互相垂直的单位向量, 若向量 $\boldsymbol{c}$ 满足 $(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}) \cdot(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})=0$, 则 $\boldsymbol{c} \mid$ 的最大值是 | A. -1
B. 2
C. $\sqrt{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | 解析几何 | 解析: 以 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 所在的直线为 $x$ 轴、 $y$ 轴建立平面直角坐标系，由 $(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}) \cdot(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})=0$ ，得 $(\boldsymbol{a}-$ $\boldsymbol{c}) \perp(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})$ ，故将 $\boldsymbol{c}$ 的起点放在坐标原点，则终点在以 $\left(\frac{1}{2} ， \frac{1}{2}\right)$ 为圆心，以 $\sqrt{2}$ 为直径的圆上，如图所示，所以 $|c|$ 的最大值为 $\sqrt{2}$.
<ImageHere>
答案: C |
18162 | [] | B | null | 高二 | 若向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}|=1,|\boldsymbol{b}|=2, \boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}$, 则 $\boldsymbol{a} \cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$ 等于( ) | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 解析几何 | 解析: $\boldsymbol{a} \cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=1+1 \times 2 \times \cos 60^{\circ}=2$.
答案: B |
18163 | [] | C | null | 高二 | 设点 $M$ 是线段 $B C$ 的中点, 点 $A$ 在直线 $B C$ 外, $|\overrightarrow{B C}|=4,|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}|$, 则 $|\overrightarrow{A M}|=($ | A. 8
B. 6
C. 2
D. 1 | 解析几何 | 解析: 由 $|\overrightarrow{B C}|=4 ， \because|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{B C}|$ ，而 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}|=2|\overrightarrow{A M}| ， \therefore|\overrightarrow{A M}|=2$ ，故选 C.
答案: C |
18164 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B A}) \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A C}|^{2}$, 则 $\triangle A B C$ 的形状一定是 | A. 等边三角形
B. 等腰三角形
C. 直角三角形
D. 等腰直角三角形 | 解析几何 | 解析: 由 $(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B A}) \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A C}|^{2}$ ，得 $\overrightarrow{A C} \cdot(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B A}-\overrightarrow{A C})=0$ ，即 $\overrightarrow{A C} \cdot(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{C A})=0$ ，
$\therefore 2 \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B A}=0 ， \therefore \overrightarrow{A C} \perp \overrightarrow{B A} ， \therefore \angle A=90^{\circ}$. 又根据已知条件不能得到 $|\overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{A C}|$ ，故 $\triangle A B C-$
定是直角三角形.
答案: C |
18166 | [] | A | null | 高二 | 已知向量 $\overrightarrow{B A}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{B C}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 则 $\angle A B C=$ | A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $120^{\circ}$ | 解析几何 | 解析:根据向量的夹角公式求解.
$\because \overrightarrow{B A}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{B C}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$,
$\therefore|\overrightarrow{B A}|=1,|\overrightarrow{B C}|=1, \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} ，$
$\therefore \cos \angle A B C=\cos \langle\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}\rangle=\frac{\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}}{|\overrightarrow{B A}| \cdot|\overrightarrow{B C}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\because\langle\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}\rangle \in\left[0^{\circ}, 180^{\circ}\right], \therefore \angle A B C=\langle\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}\rangle=30^{\circ}$.
答案: A |
18168 | [] | C | null | 高二 | 已知平面向量 $\boldsymbol{a}=\left(x_{1}, y_{1}\right), \boldsymbol{b}=\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若 $|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=3, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=-6$, 则 $\frac{x_{1}+y_{1}}{x_{2}+y_{2}}$ 的值为 | A. -2
B. 2
C. $-\frac{2}{3}$
D. $\frac{2}{3}$ | 解析几何 | 解析: 设 $\boldsymbol{a} ， \boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\theta$ ，则 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| \cos \theta=-6 \Rightarrow \cos \theta=-1 ， \therefore \theta=\pi$ ，即 $\boldsymbol{a} ， \boldsymbol{b}$ 共线且反向， $\therefore \boldsymbol{a}=-\frac{2}{3} \boldsymbol{b}, \therefore \boldsymbol{x}_{1}=-\frac{2}{3} x_{2}, y_{1}=-\frac{2}{3} y_{2}, \therefore \frac{x_{1}+y_{1}}{x_{2}+y_{2}}=-\frac{2}{3}$.
答案: C |
18734 | [] | B | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的三内角 $A 、 B 、 C$ 的对边边长分别为 $a 、 b 、 c$. 若 $a=\frac{\sqrt{5}}{2} b, A=2 B$, 则 $\cos B$等于 $(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{6}$ | 解析几何 | 解析 由正弦定理得 $\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}$,
$\therefore a=\frac{\sqrt{5}}{2} b$ 可化为 $\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.
又 $A=2 B, \therefore \frac{\sin 2 B}{\sin B}=\frac{\sqrt{5}}{2}, \therefore \cos B=\frac{\sqrt{5}}{4}$. |
18735 | [] | C | null | 高二 | 若 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{b}=\frac{\cos C}{c}$, 则 $\triangle A B C$ 是( ) | A. 等边三角形
B. 有一内角是 $30^{\circ}$ 的直角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 有一内角是 $30^{\circ}$ 的等腰三角形 | 解析几何 | 解析 $\because \frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{b}, \therefore a \cos B=b \sin A$,
$\therefore 2 R \sin A \cos B=2 R \sin B \sin A, 2 R \sin A \neq 0$.
$\therefore \cos B=\sin B, \therefore B=45^{\circ}$. 同理 $C=45^{\circ}$, 故 $A=90^{\circ}$. |
18736 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 若 $\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \tan B=\sqrt{3} a c$, 则角 $B$ 的值为 $(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 解析 $\because\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \tan B=\sqrt{3} a c$,
$\therefore \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c} \cdot \tan B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
即 $\cos B \cdot \tan B=\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\because 0<B<\pi, \therefore$ 角 $B$ 的值为 $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$. |
18737 | [] | D | null | 高二 | $\triangle A B C$ 中, $A=\frac{\pi}{3}, B C=3$, 则 $\triangle A B C$ 的周长为 ( ) | A. $4 \sqrt{3} \sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)+3$
B. $4 \sqrt{3} \sin \left(B+\frac{\pi}{6}\right)+3$
C. $6 \sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)+3$
D. $6 \sin \left(B+\frac{\pi}{6}\right)+3$ | 解析几何 | 解析 $A=\frac{\pi}{3}, B C=3$, 设周长为 $x$, 由正弦定理知 $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B}=\frac{A B}{\sin C}=2 R$,
由合分比定理知 $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A B+B C+A C}{\sin A+\sin B+\sin C}$,
即 $\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{x}{\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin B+\sin C}$.
$\therefore 2 \sqrt{3}\left[\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin B+\sin (A+B)\right]=x$,
即 $x=3+2 \sqrt{3}\left[\sin B+\sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)\right]$
$=3+2 \sqrt{3}\left(\sin B+\sin B \cos \frac{\pi}{3}+\cos B \sin \frac{\pi}{3}\right)$
$=3+2 \sqrt{3}\left(\sin B+\frac{1}{2} \sin B+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos B\right)$
$=3+2 \sqrt{3}\left(\frac{3}{2} \sin B+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos B\right)$
$=3+6\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin B+\frac{1}{2} \cos B\right)$
$=3+6 \sin \left(B+\frac{\pi}{6}\right)$. |
18745 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{AB}=3, \mathrm{AC}=2, \mathrm{BC}=\sqrt{10}$, 则 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{A C}$ 等于 $(\quad)$ | A. $-\frac{3}{2}$
B. $-\frac{2}{3}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{2}$ | 解析几何 | 解析 由余弦定理得
$\cos A=\frac{A B^{2}+A C^{2}-B C^{2}}{2 A B \cdot A C}=\frac{9+4-10}{12}=\frac{1}{4}$.
$\therefore \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \cos A=3 \times 2 \times \frac{1}{4}=\frac{3}{2}$.
$\therefore \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{A C}=-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=-\frac{3}{2}$. |
18749 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a=\sqrt{5}, b=\sqrt{15}, A=30^{\circ}$, 则 $c$ 等于( ) | A. $2 \sqrt{5}$
B. $\sqrt{5}$
C. $2 \sqrt{5}$ 或 $\sqrt{5}$
D. 以上都不对 | 解析几何 | 解析 $\because a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,
$\therefore 5=15+c^{2}-2 \sqrt{15} \times c \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.
化简得: $c^{2}-3 \sqrt{5} c+10=0$, 即 $(c-2 \sqrt{5})(c-\sqrt{5})=0$,
$\therefore c=2 \sqrt{5}$ 或 $c=\sqrt{5}$. |
18750 | [] | D | null | 高二 | 根据下列情况, 判断三角形解的情况, 其中正确的是 ( ) | A. $a=8, b=16, A=30^{\circ}$, 有两解
B. $b=18, c=20, B=60^{\circ}$, 有一解
C. $a=5, c=2, A=90^{\circ}$, 无解
D. $a=30, b=25, A=150^{\circ}$, 有一解 | 解析几何 | 解析 $\mathrm{A}$ 中, 因 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,
所以 $\sin B=\frac{16 \times \sin 30^{\circ}}{8}=1, \therefore B=90^{\circ}$, 即只有一解;
B 中, $\sin C=\frac{20 \sin 60^{\circ}}{18}=\frac{5 \sqrt{3}}{9}$,
且 $c>b, \therefore C>B$, 故有两解; $C$ 中,
$\because A=90^{\circ}, a=5, \quad c=2$,
$\therefore b=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=\sqrt{25-4}=\sqrt{21}$,
即有解, 故 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{C}$ 都不正确. |
18752 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos ^{2} \frac{A}{2}=\frac{b+c}{2 c}(a 、 b 、 c$ 分别为角 $A 、 B 、 C$ 的对边 $)$, 则 $\triangle A B C$ 的形状为( ) | A. 直角三角形
B. 等腰三角形或直角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 正三角形 | 解析几何 | 解析 由 $\cos \frac{A}{2}=\frac{b+c}{2 c} \Rightarrow \cos A=\frac{b}{c}$,
又 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$,
$\therefore b^{2}+c^{2}-a^{2}=2 b^{2} \Rightarrow a^{2}+b^{2}=c^{2}$, 故选 A. |
18753 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 中, $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$. 若 $a=c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$, 且 $A=75^{\circ}$, 则 $b$ 等于( ) | A. 2
B. $\sqrt{6}-\sqrt{2}$
C. $4-2 \sqrt{3}$
D. $4+2 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 解析 $\sin A=\sin 75^{\circ}=\sin \left(30^{\circ}+45^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,
由 $a=c$ 知, $C=75^{\circ}, B=30^{\circ} . \sin B=\frac{1}{2}$.
由正弦定理: $\frac{b}{\sin B}=\frac{a}{\sin A}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=4$.
$\therefore b=4 \sin B=2$. |
18754 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $b^{2}-b c-2 c^{2}=0, a=\sqrt{6}, \cos A=\frac{7}{8}$, 则 $\triangle A B C$ 的面积 $S$ 为 ( ) | A. $\frac{\sqrt{15}}{2}$
B. $\sqrt{15}$
C. $\frac{8 \sqrt{15}}{5}$
D. $6 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 解析 由 $b^{2}-b c-2 c^{2}=0$ 可得 $(b+c)(b-2 c)=0$.
$\therefore b=2 c$, 在 $\triangle A B C$ 中, $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,
即 $6=4 c^{2}+c^{2}-4 c^{2} \cdot \frac{7}{8}$.
$\therefore c=2$, 从而 $b=4 . \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \times 4 \times \sqrt{1-\left(\frac{7}{8}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$. |
18762 | [] | C | null | 高二 | 若 $\triangle A B C$ 中, $a=4, A=45^{\circ}, B=60^{\circ}$, 则边 $b$ 的值为 ( ) | A. $\sqrt{3}+1$
B. $2 \sqrt{3}+1$
C. $2 \sqrt{6}$
D. $2+2 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 解析 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,
得 $\frac{4}{\sin 45^{\circ}}=\frac{b}{\sin 60^{\circ}}, \therefore b=2 \sqrt{6}$. |
18763 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $\sin ^{2} A=\sin ^{2} B+\sin ^{2} C$, 则 $\triangle A B C$ 为( ) | A. 直角三角形
C. 等边三角形
B. 等腰直角三角形
D. 等腰三角形 | 解析几何 | 解析 $\sin ^{2} A=\sin ^{2} B+\sin ^{2} C \Leftrightarrow(2 R)^{2} \sin ^{2} A=(2 R)^{2} \sin ^{2} B+(2 R)^{2} \sin ^{2} C$, 即 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 由勾股定理的逆定理得 $\triangle A B C$ 为直角三角形. |
18764 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\sin A>\sin B$, 则角 $A$ 与角 $B$ 的大小关系为 ( ) | A. $A>B$
B. $A<B$
C. $A \geqslant B$
D. $A, B$ 的大小关系不能确定 | 解析几何 | 解析 由 $\sin A>\sin B \Leftrightarrow 2 R \sin A>2 R \sin B \Leftrightarrow a>b \Leftrightarrow A>B$. |
18765 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $A=60^{\circ}, a=\sqrt{3}, b=\sqrt{2}$, 则 $B$ 等于 ( ) | A. $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $45^{\circ}$
D. $135^{\circ}$ | 解析几何 | 解析 由 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 得 $\sin B=\frac{b \sin A}{a}$
$=\frac{\sqrt{2} \sin 60^{\circ}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
$\because a>b, \quad \therefore A>B, B<60^{\circ}$
$\therefore B=45^{\circ}$. |
18766 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 如果 $c=\sqrt{3} a, B=30^{\circ}$, 那么角 $C$ 等于 ( ) | A. $120^{\circ}$
B. $105^{\circ}$
C. $90^{\circ}$
D. $75^{\circ}$ | 解析几何 | $\because c=\sqrt{3} a, \therefore \sin C=\sqrt{3} \sin A=\sqrt{3} \sin \left(180^{\circ}-30^{\circ}-C\right)$
$=\sqrt{3} \sin \left(30^{\circ}+C\right)=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin C+\frac{1}{2} \cos C\right)$,
即 $\sin C=-\sqrt{3} \cos C$.
$\therefore \tan C=-\sqrt{3}$.
又 $C \in\left(0^{\circ}, 180^{\circ}\right), \therefore C=120^{\circ}$. |
19048 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, C$. 若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且满足 $\sin B(1+2 \cos C)=2 \sin A \cos C+\cos A \sin C$ ，则下列等式成立的是（） | A. $a=2 b$
B. $b=2 a$
C. $A=2 B$
D. $B=2 A$ | 解析几何 | 由 $\sin B(1+2 \cos C)=2 \sin A \cos C+\cos A \sin C$,
得 $\sin B+2 \sin B \cos C=\sin A \cos C+\sin B$,
即 $2 \sin B \cos C=\sin A \cos C$ ，所以 $2 \sin B=\sin A$ ，即 $2 b=a$ ，选 A. |
19058 | ["9192.jpg"] | A | null | 高二 | 已知 $\overrightarrow{A B} \perp \overrightarrow{A C},|\overrightarrow{A B}|=\frac{1}{t},|\overrightarrow{A C}|=t$, 若点 $P$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面内一点, 且 $\overrightarrow{A P}=\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{4 \overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$,则 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}$ 的最大值等于 ( ) | A. 13
B. 15
C. 19
D. 21 | 解析几何 | 以题意, 以点 $A$ 为坐标原点, 以 $A B$ 所在的直线为 $x$ 轴, $A C$ 所在的直线为 $y$ 轴建立如图所示的
平面直角坐标系,
<ImageHere>
所以点 $P(1,4), B\left(\frac{1}{t}, 0\right), C(0, t)$,
所以 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}=\left(\frac{1}{t}-1,-4\right)(-1, t-4)=\left(\frac{1}{t}-1\right) \times(-1)-4 \times(t-4)$
$=17-\frac{1}{t}-4 t \leqslant 17-2 \sqrt{\frac{1}{t} \times 4 t}=13$ （当且仅当 $\frac{1}{t}=4 t$, 即 $t=\frac{1}{2}$ 时取等号),
所以 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}$ 的最大值为 13 . 故选 A. |
19059 | [] | C | null | 高二 | 设四边形 $A B C D$ 为平行四边形, $|\overrightarrow{A B}|=6,|\overrightarrow{A D}|=4$. 若点 $M, N$ 满足 $\overrightarrow{B M}=3 \overrightarrow{M C}, \overrightarrow{D N}=2 \overrightarrow{N C}$, 则 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}=(\quad)$ | A. 20
B. 15
C. 9
D. 6 | 解析几何 | $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{N M}=\overrightarrow{C M}-\overrightarrow{C N}=-\frac{1}{4} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$, 所以
$$
\begin{aligned}
& \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}=\frac{1}{4}(4 \overrightarrow{A B}+3 \overrightarrow{A D}) \cdot \frac{1}{12}(4 \overrightarrow{A B}-3 \overrightarrow{A D}) \\
= & \frac{1}{48}\left(16 \overrightarrow{A B}^{2}-9 \overrightarrow{A D}^{2}\right)=\frac{1}{48}(16 \times 36-9 \times 16)=9, \text { 选 C. }
\end{aligned}
$$ |
19060 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 中, $a=2 \sqrt{2}, b=2 \sqrt{3}, B=60^{\circ}$, 那么 $A=(\quad)$ | A. $45^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $120^{\circ}$ 或 $60^{\circ}$
D. $135^{\circ}$ 或 $45^{\circ}$ | 解析几何 | 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $A=45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$,因为 $a<b$, 根据三角形中大边对大角, 所以 $B>A$, 因此 $A=45^{\circ}$. |
19062 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别是角 $A 、 B 、 C$ 所对的边, 若 $\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \tan B=\sqrt{3} a c$, 则 $B$ 的值为 $(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 根据余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 得 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=2 a c \cos B$, 又 $\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}$,所以 $2 a c \cos B \cdot \frac{\sin B}{\cos B}=\sqrt{3} a c$, 整理得 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 又 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$. 故选 D. |
19064 | [] | A | null | 高二 | (2019 年高考全国 I 卷文) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin A-b \sin B=4 c \sin C$, $\cos A=-\frac{1}{4}$, 则 $\frac{b}{c}=(\quad)$ | A. 6
B. 5
C. 4
D. 3 | 解析几何 | 由已知及正弦定理可得 $a^{2}-b^{2}=4 c^{2}$,
由余弦定理推论可得 $-\frac{1}{4}=\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}, \therefore \frac{c^{2}-4 c^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{4}, \therefore \frac{3 c}{2 b}=\frac{1}{4}$,
$\therefore \frac{b}{c}=\frac{3}{2} \times 4=6$, 故选 A. |
19065 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 则 $C=(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | 解析几何 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\sqrt{2}$.
由余弦定理 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 可得 $c^{2}-\sqrt{6} c+1=0$. 所以 $c=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ 因为 $\angle C>\angle B$, 所以 $c>b$, 所以 $c=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$. 故选 $\mathrm{A}$. |
19066 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $a=1$, $\sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$,则角 $A=(\quad)$ | A. $\frac{2 \pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$ | 解析几何 | $\because a=1, \sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$,
$\therefore \sqrt{3} \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin C \cos A=-b \cos A$,
$\therefore \sqrt{3} \sin (A+C)=\sqrt{3} \sin B=-b \cos A$,
$\therefore \sqrt{3} a \sin B=-b \cos A$,
由正弦定理可得: $\sqrt{3} \sin A \sin B=-\sin B \cos A$,
$\because \sin B>0, \therefore \sqrt{3} \sin A=-\cos A$, 即 $\tan A=-\frac{\sqrt{3}}{3}$,
$\because A \in(0, \pi), \therefore A=\frac{5 \pi}{6}$. 故选 D.
【名师点睛】本题主要考查解三角形, 熟记正弦定理, 两角和的正弦公式即可, 属于基础题. 解答本题时, 由 $\sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$, 可得 $\sqrt{3} a \sin B=-b \cos A$, 再由正弦定理得到 $\tan A=-\frac{\sqrt{3}}{3}$, 结合 $A \in(0, \pi)$, 即可求得 $A$ 的值. |
19067 | [] | A | null | 高二 | 已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 的对边, $a=2$, 且 $(2+b)(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 | A. $\sqrt{3}$
B. 2
c. $2 \sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 析】由正弦定理得: $(2+b)(a-b)=(c-b) c$, 即 $b^{2}+c^{2}-b c=4$, 由余弦定理得: $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-4}{2 b c}=\frac{b c}{2 b c}=\frac{1}{2}, \therefore A=\frac{\pi}{3}$, 又 $b^{2}+c^{2}-b c=4 \geq 2 b c-b c=b c, \therefore b c \leq 4$, 当且仅当 $b=c=2$ 时取等号, 此时 $\triangle A B C$ 为正三角形,则 $\triangle A B C$ 的面积的最大值为 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, 故选 A.
12、在锐角三角形中, $a, b, c$ 分别是内角 $A, B, C$ 的对边, 设 $B=2 A$, 则 $\frac{a}{b}$ 的取值范围是 ( )
A. $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
B. $(\sqrt{2}, 2)$
c. $(\sqrt{2}, \sqrt{3})$
D. $(0,2)$
【答案】A
【解析】 $\because B=2 A, \therefore$ 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 得： $\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\sin A}{\sin 2 A}=\frac{\sin A}{2 \sin A \cos A}=\frac{1}{2 \cos A}$ ， $\because B$ 为锐角, 即 $0<B<90^{\circ}$, 且 $B=2 A, \therefore A C$ 为锐角, $\left\{\begin{array}{c}0<2 A<90^{\circ} \\ 0<180^{\circ}-3 A<90^{\circ}\end{array}\right.$, 所以 $30^{\circ}<A<45^{\circ}, \therefore \frac{\sqrt{2}}{2}<\cos A<\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $\sqrt{2}<2 \cos A<\sqrt{3}$,
$\therefore \frac{\sqrt{3}}{3}<\frac{1}{2 \cos A}<\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\frac{a}{b}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, 故选 A. |
19079 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos C+c=2 a$, 且 $b=\sqrt{13}, c=3$,则 $a=（ \quad)$ | 1
B. $\sqrt{6}$
C. $2 \sqrt{2}$
D. 4 | 解析几何 | 因为 $2 b \cos C+c=2 a$, 由正弦定理可得
$2 \sin B \cos C+\sin C=2 \sin A=2 \sin (B+C)=2 \sin B \cos C+\cos B \sin C$,
所以 $\sin C=2 \cos B \sin C$, 因为 $\sin C \neq 0,0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$. 由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 因为 $b=\sqrt{13}, c=3$, 可解得 $a=4$. 故选 B. |
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CMM-Math
Introduction
Large language models (LLMs) have obtained promising results in mathematical reasoning, which is a foundational skill for human intelligence. Most previous studies focus on improving and measuring the performance of LLMs based on textual math reasoning datasets (e.g., MATH, GSM8K). Recently, a few researchers have released English multimodal math datasets (e.g., MATHVISTA and MATH-V) to evaluate the effectiveness of large multimodal models (LMMs). In this paper, we release a Chinese multimodal math (CMM-Math) dataset, including benchmark and training parts, to evaluate and enhance the mathematical reasoning of LMMs. CMM-Math contains over 28,000 high-quality samples, featuring a variety of problem types (e.g., multiple-choice, fill-in-the-blank, and so on) with detailed solutions across 12 grade levels from elementary to high school in China. Specifically, the visual context may be present in the questions or opinions, which makes this dataset more challenging. Through comprehensive analysis, we discover that state-of-the-art LMMs on the CMM-Math dataset face challenges, emphasizing the necessity for further improvements in LMM development. We release the Chinese Multimodal Mathemathical Dataset (CMM-Math), which contains 22k+ training samples and 5k+ evaluation samples.
More details can be found in our following paper:
@article{liu2024cmm,
title={CMM-Math: A Chinese Multimodal Math Dataset To Evaluate and Enhance the Mathematics Reasoning of Large Multimodal Models},
author={Liu, Wentao and Pan, Qianjun and Zhang, Yi and Liu, Zhuo and Wu, Ji and Zhou, Jie and Zhou, Aimin and Chen, Qin and Jiang, Bo and He, Liang},
journal={arXiv preprint arXiv:2409.02834},
year={2024}
}
Demo
Some examples in our dataset
The results over different subjects
The results over different levels
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