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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. |