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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
19080 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 的对边, 且 $\frac{2 \sin C-\sin B}{\sin B}=\frac{a \cos B}{b \cos A}$, 则 $A=(\quad)$ | $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 利用正、余弦定理将已知等式化为 $\frac{2 c-b}{b}=\frac{a \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}}{b \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}}$, 化简整理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$, 因为 $A$ 是三角形内角, 所以 $A=\frac{\pi}{3}$. 故选 C. |
19081 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 的对边, $\angle A C B=\frac{\pi}{3} . D 、 E$ 分别是边 $B C$ 和 $A B$的中点, $A D$ 与 $C E$ 交于 $G$ 点, $C G=2$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值是 ( ) | A. $3 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. $\frac{5 \sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ | 解析几何 | 依题意, $G$ 为 $\triangle A B C$ 的重心, 因为 $C G=2$, 所以 $G E=1, C E=3$. 设 $\angle A E C=\alpha$, 则 $\angle B E C=\pi-\alpha$. 在 $\triangle A E C$ 中, 有 $b^{2}=3^{2}+\left(\frac{c}{2}\right)^{2}-2 \times 3 \times \frac{c}{2} \cos \angle A E C$, 在 $\triangle B E C$ 中, 有 $a^{2}=3^{2}+\left(\frac{c}{2}\right)^{2}-2 \times 3 \times \frac{c}{2} \cos \angle B E C$, 两式相加, 则 $a^{2}+b^{2}=18+\frac{c^{2}}{2}$.
又 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos \frac{\pi}{3}=a^{2}+b^{2}-a b$, 消去 $c^{2}$, 得 $a^{2}+b^{2}=36-a b$, 因为 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 所以所以 $a b \leq 12$, 所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4} a b \leq \frac{\sqrt{3}}{4} \times 12=3 \sqrt{3}$.
当且仅当 $a=b=2 \sqrt{3}$ 时, $\triangle A B C$ 的面积取得最大值, 最大值为 $3 \sqrt{3}$. 故选 $\mathrm{A}$. |
19082 | [] | B | null | 高二 | 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. |
19084 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 如果边 $a, b, c$ 满足 $a \leq \frac{1}{2}(b+c)$, 则 $\angle A(\quad)$ | A. 一定是锐角
B. 一定是针角
C. 一定是直角
D. 以上情况都有可能
【 | 解析几何 | 已知不等式两边平方得 $a^{2} \leq \frac{1}{4}(b+c)^{2}$, 利用余弦定理 os $A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c} \geq \frac{b^{2}+c^{2}-\frac{(b+c)^{2}}{4}}{2 b c}=\frac{3\left(b^{2}+c^{2}\right)-2 b c}{8 b c} \geq \frac{6 b c-2 b c}{8 b c}=\frac{1}{2}$, aаa
$\because \angle A$ 为三角形的内角, $\therefore 0<\angle A<60^{\circ}$, 即 $\angle A$ 一定是锐角.
故选 A |
19085 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对应的边分别为 $a, b, c$, 若 $b c=1, b+2 c \cos A=0$, 则
当角 $B$ 取得最大值时, 三角形的周长为 ( ) | A. $2+\sqrt{3}$
B. $2+\sqrt{2}$
C. 3
D. $3+\sqrt{2}$ | 解析几何 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 由正弦定理得: $\sin B+2 \sin C \cos A=0 \because \cos A=-\frac{b}{2 c}<0$
$\therefore \mathrm{A}$ 为针角. $\therefore \cos A \cos C \neq 0$, aаa
由 $\sin A \cos C+\cos A \sin C=-2 \cos A \sin C$,
可得 $\tan A=-3 \tan C, \tan C>0$,
$\tan B=-\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C}=\frac{-(-2 \tan C)}{1+3 \tan ^{2} C}=\frac{2}{\frac{1}{\tan C}+3 \tan C} \leq \frac{2}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
当且仅当 $\tan C=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时取等号. $\therefore B$ 取得最大值 $\arctan \frac{\sqrt{3}}{3}$ 时,
$\therefore c=b=1, \quad C=B=\frac{\pi}{6} . A=\frac{2 \pi}{3}$.
$\therefore \mathrm{a}=2 \times 1 \times \cos \frac{\pi}{6}=\sqrt{3} . \therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=2+\sqrt{3}$. 故答案为: $2+\sqrt{3}$. |
18771 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $B C=2, B=\frac{\pi}{3}$, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 则 $\tan C$ 为 $(\quad)$ | A. $\sqrt{3}$
B. 1
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | [由 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} B C \cdot B A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $B A=1$, 由余弦定理得
$A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cos B$,
$\therefore A C=\sqrt{3}, \therefore \triangle A B C$ 为直角三角形,
其中 $A$ 为直角,
$\therefore \tan C=\frac{A B}{A C}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.] |
18772 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 如果 $\sin A \sin B+\sin A \cos B+\cos A \sin B+\cos A \cos B=2$, 则 $\triangle A B C$ 是 | A. 等边三角形
B. 针角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 直角三角形 | 解析几何 | [由已知, 得 $\cos (A-B)+\sin (A+B)=2$,
又 $|\cos (A-B)| \leqslant 1,|\sin (A+B)| \leqslant 1$,
故 $\cos (A-B)=1$ 且 $\sin (A+B)=1$,
即 $A=B$ 且 $A+B=90^{\circ}$, 故选 C.] |
18773 | [] | B | null | 高二 | $\triangle A B C$ 中, 若 $a^{4}+b^{4}+c^{4}=2 c^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)$, 则角 $C$ 的度数是 $(\quad)$ | A. $60^{\circ}$
B. $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$
C. $120^{\circ}$
D. $30^{\circ}$ | 解析几何 | 由 $a^{4}+b^{4}+c^{4}=2 c^{2} a^{2}+2 b^{2} c^{2}$,
得 $\cos ^{2} C=\frac{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)^{2}}{(2 a b)^{2}}$
$=\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}+2 a^{2} b^{2}-2 c^{2} a^{2}-2 b^{2} c^{2}}{4 a^{2} b^{2}}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow \cos C= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} . \therefore$ 角 $C$ 为 $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$.] |
18785 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 已知 $|\overrightarrow{A B}|=4,|\overrightarrow{A C}|=1, S_{\triangle A B C}=\sqrt{3}$, 则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$ 等于 $(\quad)$ | A. -2
B. 2
C. $\pm 4$
D. $\pm 2$ | 解析几何 | 答案 D
$\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cos A$
$=4 \times 1 \times \cos A= \pm 2$.] |
18786 | [] | D | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 若 $c=\sqrt{2}, b=\sqrt{6}, B=120^{\circ}$, 则 $a$等于 $(\quad)$ | A. $\sqrt{6}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. $\sqrt{2}$ | 解析几何 | [由正弦定理得 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$,
$\therefore \sin C=\frac{c \cdot \sin B}{b}=\frac{\sqrt{2} \sin 120^{\circ}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{2}$,
$\because c<b, \therefore C$ 为锐角.
$\therefore C=30^{\circ}, \therefore A=180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$.
$\therefore a={ }_{c}=\sqrt{2}$.] |
18787 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $A=120^{\circ}, A B=5, B C=7$, 则 $\frac{\sin B}{\sin C}$ 的值为 ( ) | A. $\frac{8}{5}$
B. $\frac{5}{8}$
C. $\frac{5}{3}$
D. $\frac{3}{5}$ | 解析几何 | [由余弦定理得 $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos A$,
即 $7^{2}=5^{2}+A C^{2}-10 A C \cdot \cos 120^{\circ}$,
$\therefore A C=3$. 由正弦定理得 $\sin B=\frac{A C}{\sin }=\frac{3}{5}$.] |
18788 | [] | D | null | 高二 | 已知锐角三角形的边长分别为 $2,4, x$, 则 $x$ 的取值范围是 ( ) | A. $1<x<\sqrt{5}$
B. $\sqrt{5}<x<\sqrt{13}$
C. $1<x<2 \sqrt{5}$
D. $2 \sqrt{3}<x<2 \sqrt{5}$ | 解析几何 | [由题意, $x$ 应满足条件 $\left\{\begin{array}{l}2^{2}+4^{2}-x^{2}>0 \\ 2^{2}+x^{2}-4^{2}>0\end{array}\right.$
解得: $2 \sqrt{3}<x<2 \sqrt{5}$.] |
18789 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a=15, b=10, A=60^{\circ}$, 则 $\cos B$ 等于 ( ) | A. $-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
B. $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
C. $-\frac{\sqrt{6}}{3}$ | 解析几何 | [由正弦定理得 $\frac{15}{\sin 60^{\circ}}=\frac{10}{\sin B}$.
$\therefore \sin B=\frac{10 \cdot \sin 60^{\circ}}{15}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\because a>b, A=60^{\circ}, \therefore B<60^{\circ}$.
$\therefore \cos B=\sqrt{1-\sin ^{2} B}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.] |
19087 | [] | B | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$. 已知
$\sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0, \quad a=2, c=\sqrt{2}$, 则 $C=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{12}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$ | 解析几何 | 由 $\sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0$,
得 $\sin (A+C)+\sin A(\sin C-\cos C)=0$,
即 $\sin A \cos C+\cos A \sin C+\sin A \sin C-\sin A \cos C=0$,
所以 $\sin C(\sin A+\cos A)=0$, 因为 $C$ 为三角形的内角, 所以 $\sin C \neq 0$,
故 $\sin A+\cos A=0$, 即 $\tan A=-1$, 所以 $A=\frac{3 \pi}{4}$.
由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$ 得, $\sin C=\frac{1}{2}$, 由 $C$ 为锐角, 所以 $C=\frac{\pi}{6}$, 选 B. |
19088 | [] | 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 | 析】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 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin \frac{\pi}{3}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$. |
19100 | [] | D | null | 高二 | （2019$\cdot$江西高二月考）已知 $\alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right), \sin (\pi-2 \alpha)=-\frac{1}{2}$, 则 $\sin \alpha-\cos \alpha=(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
B. $-\frac{\sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $-\frac{\sqrt{6}}{2}$ | 解析几何 | 因为 $\sin (\pi-2 \alpha)=-\frac{1}{2}$, 所以 $\sin 2 \alpha=-\frac{1}{2}$, 即 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{1}{2}$,所以 $(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=1-2 \sin \alpha \cos \alpha=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, 又 $\alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$, 所以 $\sin \alpha<\cos \alpha$,所以得到 $\sin \alpha-\cos \alpha=-\frac{\sqrt{6}}{2}$. 故选: D. |
19101 | [] | A | null | 高二 | (2019 全国 I 文 11) $\triangle A B C$ 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 | 因为 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.
利用正弦定理将角化为边可得 $a^{2}-b^{2}=4 c^{2}$
由余弦定理可得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{4}$
由(1)(2)消去 $a$ 得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-\left(b^{2}+4 c^{2}\right)}{2 b c}=-\frac{1}{4}$,化简得 $b=6 c$, 即 $\frac{b}{c}=6$. 故选A. |
19103 | [] | A | null | 高二 | 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 $A$. |
19104 | [] | C | null | 高二 | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, 则 $C=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$ | 解析几何 | 根据题意及三角形的面积公式知 $\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$,
所以 $\sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\cos C$, 所以在 $\triangle A B C$ 中, $C=\frac{\pi}{4}$. 故选 C. |
17491 | [] | C | null | 高二 | $\cos \frac{5 \pi}{12} \cos \frac{\pi}{6}+\cos \frac{\pi}{12} \sin \frac{\pi}{6}$ 的值是( C ) | A. 0
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | [解析] 原式 $=\cos \frac{5 \pi}{12} \cos \frac{\pi}{6}+\sin \frac{5 \pi}{12} \cdot \sin \frac{\pi}{6}=\cos \left(\frac{5 \pi}{12}-\frac{\pi}{6}\right)=\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. |
17496 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\sin \left(30^{\circ}+\alpha\right)=\frac{3}{5}, 60^{\circ}<\alpha<150^{\circ}$, 则 $\cos \alpha=$ (A ) | A. $\frac{3-4 \sqrt{3}}{10}$
B. $\frac{3+4 \sqrt{3}}{10}$
C. $\frac{4-3 \sqrt{3}}{10}$
D. $\frac{4+3 \sqrt{3}}{10}$ | 解析几何 | [解析] $\because 60^{\circ}<\alpha<150^{\circ}, \therefore 90^{\circ}<30^{\circ}+\alpha<180^{\circ}$,
$\therefore \cos \left(30^{\circ}+\alpha\right)=-\frac{4}{5}$,
又 $\cos \alpha=\cos \left[\left(30^{\circ}+\alpha\right)-30^{\circ}\right]$
$=\cos \left(30^{\circ}+\alpha\right) \cos 30^{\circ}+\sin \left(30^{\circ}+\alpha\right) \sin 30^{\circ}=-\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}=\frac{3-4 \sqrt{3}}{10}$. |
17336 | [] | C | null | 高二 | 函数 $y=\tan \left(x+\frac{\pi}{5}\right), x \in \mathbf{R}$ 且 $x \neq \frac{3}{10} \pi+k \pi, k \in \mathbf{Z}$ 的一个对称中心是( ) | A. $(0,0)$
B. $\left(\frac{\pi}{5}, 0\right)$
C. $\left(\frac{4}{5} \pi, 0\right)$
D. $(\pi, 0)$ | 解析几何 | |
17337 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=3 \tan \left(\frac{5}{2} x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的最小正周期是( ) | A. $\frac{2 \pi}{5}$
B. $\frac{5 \pi}{2}$
C. $\frac{4 \pi}{5}$
D. $5 \pi$ | 解析几何 | |
17350 | [] | C | null | 高二 | 下列各点中, 不是函数 $y=\tan \left(\frac{\pi}{4}-2 x\right)$ 的图象的对称中心的是 ( ) | A. $\left(\frac{\pi}{8}, 0\right)$
B. $\left(-\frac{\pi}{8}, 0\right)$
C. $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$
D. $\left(-\frac{3}{8} \pi, 0\right)$ | 解析几何 | 令 $\frac{\pi}{4}-2 x=\frac{k \pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$, 得 $x=\frac{\pi}{8}-\frac{k \pi}{4}$.
令 $k=0$, 得 $x=\frac{\pi}{8}$;
令 $k=1$, 得 $x=-\frac{\pi}{8}$;
令 $k=2$, 得 $x=-\frac{3 \pi}{8}$. 故选 C. |
17351 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=\tan \omega x(\omega>0)$ 的图象的相邻两支截直线 $y=\frac{\pi}{4}$ 所得的线段长为 $\frac{\pi}{4}$, 则 $f\left(\frac{\pi}{4}\right)$ 的值是 $(\quad)$ | A. 0
B. 1
C. $-1 \quad$ D. $\frac{\pi}{4}$ | 解析几何 | 由题意, 得 $T=\frac{\pi}{\omega}=\frac{\pi}{4}, \therefore \omega=4$.
$\therefore f(x)=\tan 4 x, f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\tan \pi=0$. |
17352 | ["8892.jpg", "8893.jpg", "8894.jpg", "8895.jpg"] | D | null | 高二 | 函数 $y=\tan x+\sin x-|\tan x-\sin x|$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ 内的图象是( ) | <ImageHere>
A
<ImageHere>
C
<ImageHere>
B
<ImageHere>
D | 解析几何 | 当 $\\frac{\\pi}{2}<x<\\pi$ 时, $\\tan x<\\sin x, y=2 \\tan x<0$;
当 $x=\\pi$ 时, $y=0$;
当 $\\pi<x<\\frac{3 \\pi}{2}$ 时, $\\tan x>\\sin x, y=2 \\sin x<0$. 故选 D. |
17354 | [] | C | null | 高二 | 函数 $f(x)=\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的单调递增区间为 $(\quad)$ | A. $\left(k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi+\frac{\pi}{2}\right), \quad k \in \mathbf{Z}$
B. $(k \pi,(k+1) \pi), k \in \mathbf{Z}$
C. $\left(k \pi-\frac{3 \pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{4}\right), k \in \mathbf{Z}$
D. $\left(k \pi-\frac{\pi}{4}, k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right), k \in \mathbf{Z}$ | 解析几何 | |
17355 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=\tan x+\frac{1}{\tan x}$ 是 $(\quad)$ | A. 奇函数
B. 偶函数
C. 既是奇函数又是偶函数
D. 既不是奇函数又不是偶函数 | 解析几何 | 函数的定义域是 $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{1}{2} k \pi\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$, 且 $\tan (-x)+\frac{1}{\tan (-x)}=-\tan x-\frac{1}{\tan x}=-\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right)$, 所以函数 $y=\tan x+\frac{1}{\tan x}$ 是奇函数. |
19324 | ["9223.jpg"] | A | null | 高二 | 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y+6 \geq 0 \\ x-2 y \leq 0 \\ y-2 \leq 0\end{array}\right.$, 则 $|x-y|$ 的取值范围为 ( ) | A. $[0,4]$
B. $[2,4]$
C. $[0,2]$
D. $[2,6]$ | 解析几何 |
由题意, 可作出约束条件的可行域, 如图所示, 在可行域内, 当 $x=y$ 时, $|x-y|=0$ 取得最小值;不妨设 $|x-y|$ 的最大值为 $z$, 则有 $x-y=z$ 或 $x-y=-z$, 即 $y=x-z$ 或 $y=x+z$, 结合图形, 当直线 $y=x+z$ 过点 $A(-2,2)$ 时, $z$ 取得最大值为 4 , 所以 $|x-y|$ 的取值范围为 $[0,4]$. 故正确答案为 $\mathrm{A}$.
<ImageHere> |
19334 | ["9225.jpg"] | C | null | 高二 | 若直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1(a>0, b>0)$ 过点 $(1,1)$, 则 $a+b$ 的最小值等于( ) | A. 2
B. 3
C. 4
D. 5 | 解析几何 | : 基本法: 因为直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1(a>0, b>0)$ 过点 $(1,1)$, 所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$.所以 $a+b=(a+b) \cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$ $=2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geq 2+2 \sqrt{\frac{a}{b}} \cdot \frac{b}{a}=4$, 当且仅当 $a=b=2$ 时取“=”, 故选 C.
速解法: 如图 $a, b$ 分别是直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ 在 $x, y$ 轴上的截距, $A(a, 0), B(0, b)$, 当 $a \rightarrow 1$ 时, $b \rightarrow+\infty$,当 $b \rightarrow 1$ 时, $a \rightarrow+\infty$, 只有点 $(1,1)$ 为 $A B$ 的中点时, $a+b$ 最小, 此时 $a=2, b=2, \therefore a+b=4$
<ImageHere>
答案: C |
19335 | [] | C | null | 高二 | 【2019 年高考浙江卷】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.
【名师点睛】解答此类问题, 要求作图要准确, 观察要仔细, 往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度, 也有可能在解方程组的过程中出错. |
19336 | [] | D | null | 高二 | 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y \leq 6 \\ x+y \geq 3 \\ y \leq 2\end{array}\right.$, 则 $z=\frac{y}{x}$ 的最大值是 ( ) | A. -1
B. 0
C. $\frac{1}{2}$
D. 2 | 解析几何 | 由线性约束条件, 画出可行域如下图
$z=\frac{y}{x}$ 的几何意义是可行域内的点 $(x, y)$ 与原点 $(0,0)$ 连线的斜率, 由可行域可知, 当取点 $\mathrm{B}$ 时, 与原点连线斜率最大, $\mathrm{B}(1,2)$, 所以 $\mathrm{z}$ 的最大值为 $k=\frac{2-0}{1-0}=2$, 所以选 $\mathrm{D}$ 。 |
19337 | ["9226.jpg"] | B | null | 高二 | 已知实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-2 \geq 0 \\ x-2 y+2 \geq 0 \\ x \leq 2\end{array}\right.$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 ( ) | A. $\left[\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2 \sqrt{2}\right]$
B. $\left[\frac{4}{5}, 8\right]$
C. $\left[\frac{2}{5}, 8\right]$
D. $[1,8]$ | 解析几何 | 由约束条件作出可行域是由 $A(2,0), B(0,1), C(2,2)$ 三点所围成的三角形及其内部, 如图中阴影部分, 而 $x^{2}+y^{2}$ 可理解为可行域内的点到原点距离的平方, 显然原点到 $A B$ 所在的直线 $x+2 y-2=0$ 的距离是可行域内的点到原点距离的最小值, 此时 $x^{2}+y^{2}=O D^{2}=\left(\frac{O A \cdot O B}{A B}\right)^{2}=\frac{4}{5}$, 点 $C$ 到原点的距离是可行域内的点到原点距离的最大值, 此时 $x^{2}+y^{2}=2^{2}+2^{2}=8$. 所以 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 $\left[\frac{4}{5}, 8\right]$.
<ImageHere>
故选 B。 |
19338 | ["9227.jpg"] | D | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-2 \leqslant 0, \\ x+y-3 \leqslant 0, \\ 2 x+y-4 \geqslant 0,\end{array}\right.$ 则 $z=x+2 y$ 的最大值等于（） | 2
B. 3
C. 4
D. 5 | 解析几何 | 如图, 作出可行域, 由图可知当动直线 $l: y=-\frac{1}{2} x+\frac{z}{2}$ 经过点 $C$ 时, $\frac{z}{2}$ 取得最大值, 即 $z$ 取得最大值.由 $\left\{\begin{array}{c}x+y-3=0, \\ 2 x+y-4=0,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=2 .\end{array}\right.$ 所以当 $x=1, y=2$ 时, $z_{\text {max }}=5$, 故选 D.
<ImageHere> |
19339 | [] | B | null | 高二 | 已知 $x, y$ 满足约束条件, 若 $\left\{\begin{array}{c}x-2 \leq 0 \\ x-y+1 \geq 0 \\ x+y-m \geq 0\end{array}\right.$, 若 $z=3 x-2 y$ 的最大值为 4 , 则实数 $m$ 的值为 $(\quad)$ | A. 2
B. 3
C. 4
D. 8 | 解析几何 | 由不等式组, 画出可行域如下图所示:
线性目标函数 $\mathrm{z}=3 \mathrm{x}-2 \mathrm{y}$, 化为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{z}{2}$
画出目标函数可知, 当在 $\mathrm{A}$ 点时取得 $\mathrm{z}$ 取得最大值
因为 $\mathrm{A}(2,-2+\mathrm{m})$
代入目标函数可得 $-2+m=\frac{3}{2} \times 2-\frac{4}{2}$
解得 $\mathrm{m}=3$
所以选 B。 |
19340 | [] | B | null | 高二 | 已知 $1 \leq a-b \leq 2,2 \leq a+b \leq 4$, 则 $4 a-2 b$ 的取值范围是 ( ) | A. $[3,12]$
B. $[5,10]$
C. $[6,12]$
D. $[3,10]$ | 解析几何 |
【分析】
利用待定系数法, 令 $4 a-2 b=x(a-b)+y(a+b)$, 求出满足条件的 $x, y$, 利用不等式的基本性质,可得 $4 a-2 b$ 的取值范围.
## 【详解】
令 $4 a-2 b=x(a-b)+y(a+b)$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ -x+y=-2\end{array}\right.$, 解得: $x=3, y=1$, 即 $4 a-2 b=3(a-b)+(a+b)$.
$\because 1 \leq a-b \leq 2, \quad 2 \leq a+b \leq 4, \quad \therefore 3 \leq 3(a-b) \leq 6, \quad \therefore 5 \leq(a-b)+3(a+b) \leq 10$
故选 B.
## 【点睛】
本题考查了利用不等式的性质求取值范围, 其中令 $4 a-2 b=x$ ( $a-b)+y(a+b)$, 并求出满足条件的 $x, y$, 是解答的关键, 属于基础题. |
19352 | ["9231.jpg"] | C | null | 高二 | 已知 $x, y$ 满足不等式组 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-2 \leq 0 \\ x-2 y-1 \leq 0 \\ x \geq 0\end{array}\right.$, 则点 $P(x, y)$ 所在区域的面积是( ) | A. 1
B. 2
C. $\frac{5}{4}$
D. $\frac{4}{5}$ | 解析几何 | 不等式表示的平面区域如图:
<ImageHere>
直线 $2 x+y-2=0$ 的斜率为 -2 , 直线 $x-2 y-1$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$, 所以两直线垂直, 故 $\triangle B C D$ 为直角三角形, 易得 $B(1,0), D\left(0,-\frac{1}{2}\right), C(0,2),|B D|=\frac{\sqrt{5}}{2},|B C|=\sqrt{5}$ 所以阴影部分面积
$S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|B C|=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{5}}{2} \times \sqrt{5}=\frac{5}{4}$, 故选 C。 |
19353 | [] | A | null | 高二 | 已知在锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos C=c \cos B$, 则 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}$ 的最小值为 ( ) | A. $\frac{2 \sqrt{7}}{3}$
B. $\sqrt{5}$
C. $\frac{\sqrt{7}}{3}$
D. $2 \sqrt{5}$ | 解析几何 | $\because 2 b \cos C=c \cos B, \therefore 2 \sin B \cos C=\sin C \cos B$,
$\therefore \tan C=2 \tan B$. 又 $A+B+C=\pi$,
$\therefore \tan A=\tan [\pi-(B+C)]=-\tan (B+C)=-\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B \tan C}=-\frac{3 \tan B}{1-2 \tan ^{2} B}=\frac{3 \tan B}{2 \tan ^{2} B-1}$,
$\therefore \frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}=\frac{2 \tan ^{2} B-1}{3 \tan B}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{2 \tan B}=\frac{2}{3} \tan B+\frac{7}{6 \tan B}$.
又 $\because$ 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $\tan B>0, \therefore \frac{2}{3} \tan B+\frac{7}{6 \tan B} \geq 2 \sqrt{\frac{2}{3} \tan B \times \frac{7}{6 \tan B}}=\frac{2 \sqrt{7}}{3}$, 当且仅当 $\tan B=\frac{\sqrt{7}}{2}$ 时取等号,
$\therefore\left(\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}\right)_{\min }=\frac{2 \sqrt{7}}{3}$, 故选 A. |
18806 | [] | B | null | 高二 | 原点和点 $(1,1)$ 在直线 $x+y=a$ 两侧, 则 $a$ 的取值范围是( ) | A. $a<0$ 或 $a>2$
B. $0<a<2$
C. $a=0$ 或 $a=2$
D. $0 \leqslant a \leqslant 2$ | 解析几何 | |
18823 | ["9165.jpg"] | B | null | 高二 | 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 3, \\ x-y \geqslant-1, \\ y \geqslant 1,\end{array}\right.$ 则目标函数 $\mathrm{z}=4 x+2 y$ 的最大值为 $(\quad)$ | A. 12
B. 10
C. 8
D. 2 | 解析几何 | 解析 画出可行域如图中阴影部分所示, <ImageHere>目标函数 $z=4 x+2 y$ 可转化为 $y=-2 x+\frac{Z}{2}$,作出直线 $y=-2 x$ 并平移, 显然当其过点 $A$ 时纵截距 $\frac{Z}{2}$ 最大.
解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y=3, \\ y=1\end{array}\right.$ 得 $A(2,1), \therefore z_{\max }=10$. |
18845 | [] | D | null | 高二 | 当 $x>1$ 时, 不等式 $x+\frac{1}{x-1} \geqslant a$ 恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是( ) | A. $(-\infty, 2]$
B. $[2,+\infty)$
C. $[3,+\infty)$
D. $(-\infty, 3]$ | 解析几何 | 解析 $\left[\because x>1, \quad \therefore x+\frac{1}{x-1}=(x-1)+\frac{1}{(x-1)}+1 \geqslant\right.$
$\left.2 \sqrt{(x-1) \cdot \frac{1}{x-1}}+1=3 \therefore a \leqslant 3\right]$ |
18848 | [] | C | null | 高二 | 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geqslant 0, \\ 2 x+y \leqslant 2, \\ y+2 \geqslant 0,\end{array} \quad\right.$ 则目标函数 $z=|x+3 y|$ 的最大值为 $(\quad)$ | A. 4
B. 6
C. 8
D. 10 | 解析几何 | 解析[可行域如阴影, 当直线 $u=x+3 y$ 过 $A(-2,-2)$ 时, $u$ 有最小值 $(-2)+(-2) \times 3=-8$; 过 $B\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 时 $u$ 有最大值 $\frac{2}{3}+3 \times \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$.
$\therefore u=x+3 y \in\left[-8, \frac{8}{3}\right]$.
$\therefore z=|u|=|x+3 y| \in[0,8]$. 故选 C. $]$ |
17510 | [] | B | null | 高二 | 对于函数 $f(x)=2 \sin x \cos x$, 下列选项中正确的是 $(\quad)$ | A. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上是递增的
B. $f(x)$ 的图象关于原点对称
C. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$
D. $f(x)$ 的最大值为 2 | 解析几何 | [解析] 因为 $f(x)=2 \sin x \cos x=\sin 2 x$, 所以 $f(x)$ 是奇函数, 因而 $f(x)$ 的图象关于原点对称, 故选 B. |
17515 | [] | D | null | 高二 | 若 $\alpha \in\left[\frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}\right]$, 则 $\sqrt{1+\sin \alpha}+\sqrt{1-\sin \alpha}$ 的值为( ) | A. $2 \cos \frac{\alpha}{2}$
B. $-2 \cos \frac{\alpha}{2}$
C. $2 \sin \frac{\alpha}{2}$
D. $-2 \sin \frac{\alpha}{2}$ | 解析几何 | [解析] $\because \alpha \in\left[\frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}\right], \therefore \frac{\alpha}{2} \in\left[\frac{5 \pi}{4}, \frac{7 \pi}{4}\right]$,
$\therefore$ 原式 $=\left|\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right|+\left|\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right|$
$=-\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}=-2 \sin \frac{\alpha}{2}$. |
17358 | [] | B | null | 高二 | 设 $A$ 是 $\triangle A B C$ 的一个内角, 且 $\sin A+\cos A=\frac{2}{3}$, 则这个三角形是 ( )
$\mathrm{A} \cdot$ 锐角三角形
B. 针角三角形
$\mathrm{C}$. 等边三角形
D. 等腰直角三角形 | [] | 解析几何 | 将 $\sin A+\cos A=\frac{2}{3}$ 两边平方得 $\sin ^{2} A+2 \sin A \cos A+\cos ^{2} A=\frac{4}{9}$, 又 $\sin ^{2} A+\cos ^{2} A=1$, 故 $\sin A \cos A=-$ $\frac{5}{18}$. 因为 $0<A<\pi$, 所以 $\sin A>0$, 则 $\cos A<0$, 即 $A$ 是钝角.
答案: $\mathrm{B}$ |
17362 | [] | C | null | 高二 | 下列结论中成立的是 ( ) | A. $\sin \alpha=\frac{1}{2}$ 且 $\cos \alpha=\frac{1}{2}$
B $\cdot \tan \alpha=2$ 且 $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1}{3}$
$C \cdot \tan \alpha=1$ 且 $\cos \alpha= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\mathrm{D} \cdot \sin \alpha=1$ 且 $\tan \alpha \cdot \cos \alpha=1$ | 解析几何 | A 中, $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=\frac{1}{2} \neq 1$, 故不成立; B 中, $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1}{3}$, 即 $\tan \alpha=3$, 与 $\tan \alpha=2$ 矛盾, 故不成立;
$\mathrm{D}$ 中, $\sin \alpha=1$ 时，角 $\alpha$ 的终边落在 $y$ 轴的非负半轴上，此时 $\tan \alpha$ 无意义，故不成立.
答案: C |
17363 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\tan \alpha=2$, 则 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=(\quad)$ | A.-3
B. -1
$\mathrm{C} \cdot 1$
D. 3 | 解析几何 | $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{\tan \alpha+1}{\tan \alpha-1}$, 把 $\tan \alpha=2$ 代入，
得原式 $=3$.
答案: D |
17365 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\sin \alpha-\cos \alpha=\sqrt{2}, \alpha \in(0, \pi)$, 则 $\tan \alpha=(\quad)$ | A. $-1$
B. $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. 1 | 解析几何 | 由 $\sin \alpha-\cos \alpha=\sqrt{2}(1)$, 两边平方得 $1-2 \sin \alpha \cos \alpha=2$, 即 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-1$, 故 $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=1$
$+2 \sin \alpha \cos \alpha=0$, 即 $\sin \alpha+\cos \alpha=0$ (2), 联立(1)(2)得 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}, \cos \alpha=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故 $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=-1$, 故选 A.
答案: |
17531 | [] | D | null | 高二 | 如果两个函数的图象经过平移后能够重合, 那么这两个函数称为 “和谐” 函数. 下列函数中与 $g(x)=\sqrt{2}$ $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 能构成 “和谐” 函数的是 ( ) | A. $ f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$
B $\cdot f(x)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$
C $\cdot f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)$
D $\cdot f(x)=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)+2$ | 解析几何 | : 将函数 $g(x)$ 图象上的所有的点向上平移 2 个单位长度, 即得到函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)+2$ 的图象,故选 D.
答案: D |
17537 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\omega>0,0<\varphi<\pi$, 直线 $x=\frac{\pi}{4}$ 和 $x=\frac{5 \pi}{4}$ 是函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)$ 图象的两条相邻的对称轴, 则 $\varphi=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{4} \quad$ B. $\frac{\pi}{3}$
C $\cdot \frac{\pi}{2} \quad \mathrm{D} \cdot \frac{3 \pi}{4}$ | 解析几何 | 解析：由题意得周期 $T=2\left(\frac{5 \pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right)=2 \pi$,
$\therefore 2 \pi=\frac{2 \pi}{\omega}$, 即 $\omega=1$,
$\therefore f(x)=\sin (x+\varphi)$,
$\therefore f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\varphi\right)= \pm 1$.
$\because 0<\varphi<\pi, \quad \therefore \frac{\pi}{4}<\varphi+\frac{\pi}{4}<\frac{5 \pi}{4}$,
$\therefore \varphi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{4}$.
答案: A |
17538 | [] | C | null | 高二 | 同时具有性质 “(1)最小正周期是 $\pi$; (2)图象关于直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 对称; (3)在 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$ 上单调递增” 的一个函数是( ) | A. $ y=\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}\right)$
B $\cdot y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$
$\mathrm{C} \cdot y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
$\mathrm{D} \cdot y=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ | 解析几何 | : 由(1)知 $T=\pi=\frac{2 \pi}{\omega}, \omega=2$, 排除 A. 由(2)(3)知 $x=\frac{\pi}{3}$ 时, $f(x)$ 取最大值, 验证知只有 C 符合要求。
答案: C |
17555 | [] | D | null | 高二 | 若 $\triangle A B C$ 中, $C=90^{\circ}, A C=3, B C=4$, 则 $\sin (A-B)$ 的值是 ( D ) | A. $\frac{3}{5}$
B. $\frac{4}{5}$
C. $\frac{24}{25}$
D. $\frac{7}{25}$ | 解析几何 | [解析]由条件可知 $\cos A=\frac{3}{5}, \sin A=\frac{4}{5}, \sin B=\frac{3}{5}, \cos B=\frac{4}{5}, \therefore \sin (A-B)=\sin A \cdot \cos B-\cos A \cdot \sin B=\frac{4}{5} \times \frac{4}{5}-$ $\frac{3}{5} \times \frac{3}{5}=\frac{7}{25}$. |
17561 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \cos (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}, \alpha 、 \beta$ 都是锐角, 则 $\cos \beta=(\mathrm{C})$ | A. $-\frac{63}{65}$
B. $-\frac{33}{65}$
C. $\frac{33}{65}$
D. $\frac{63}{65}$ | 解析几何 | 析] $\because \alpha 、 \beta$ 是锐角, $\therefore 0<\alpha+\beta<\pi$, 又 $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}<0, \therefore \frac{\pi}{2}<\alpha+\beta<\pi, \therefore \sin (\alpha+\beta)=\frac{12}{13}, \sin \alpha=$ $\frac{4}{5}$. 又 $\cos \beta=\cos (\alpha+\beta-\alpha)=\cos (\alpha+\beta) \cos \alpha+\sin (\alpha+\beta) \sin \alpha=-\frac{5}{13} \times \frac{3}{5}+\frac{12}{13} \times \frac{4}{5}=\frac{33}{65}$. |
17381 | [] | D | null | 高二 | 如果角 $\theta$ 的终边在第二象限, 那么点 $P(\sin \theta, \cos \theta)$ 位于 $(\quad)$ | A.第一象限
B. 第二象限
$\mathrm{C} \cdot$ 第三象限
D. 第四象限 | 解析几何 | $\because$ 角 $\theta$ 的终边在第二象限,
$\therefore \sin \theta>0, \cos \theta<0$,
$\therefore$ 点 $P(\sin \theta, \cos \theta)$ 位于第四象限.
答案: D |
17383 | [] | C | null | 高二 | 若 $\sin \alpha \tan \alpha<0$, 且 $\frac{\cos \alpha}{\tan \alpha}<0$, 则角 $\alpha$ 是( ) | A $\cdot$ 第一象限角
B. 第二象限角
$\mathrm{C} \cdot$ 第三象限角
D. 第四象限角 | 解析几何 | 由 $\sin \alpha \tan \alpha<0$ 可知 $\sin \alpha, \tan \alpha$ 异号, 从而 $\alpha$ 是第二或第三象限角.
由 $\frac{\cos \alpha}{\tan \alpha}<0$ 可知 $\cos \alpha, \tan \alpha$ 异号, 从而 $\alpha$ 是第三或第四象限角.
综上可知, $\alpha$ 是第三象限角.
答案: C |
17387 | [] | D | null | 高二 | 若 $\cos \alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}$, 且角 $\alpha$ 的终边经过点 $P(x, 2)$, 则 $P$ 点的横坐标 $x$ 是 ( ) | A. $2 \sqrt{3}$
B. $\pm 2 \sqrt{3}$
C. $-2 \sqrt{2}$
D. $-2 \sqrt{3}$ | 解析几何 | $r=\sqrt{x^{2}+2^{2}}$, 由题意得 $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+2^{2}}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore x=-2 \sqrt{3}$.故选 D.
答案: D |
17389 | [] | C | null | 高二 | 如果角 $\alpha$ 的终边经过点 $P\left(\sin 780^{\circ}, \cos \left(-330^{\circ}\right)\right)$, 则 $\sin \alpha=(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. 1 | 解析几何 | $\sin 780^{\circ}=\sin \left(2 \times 360^{\circ}+60^{\circ}\right)=\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \cos \left(-330^{\circ}\right)=\cos \left(-360^{\circ}+30^{\circ}\right)=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 所以
$P\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 所以 $r=|O P|=\frac{\sqrt{6}}{2}$. 由三角函数的定义, 得 $\sin \alpha=\frac{y}{r}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
答案: C |
17390 | [] | A | null | 高二 | 设 $a<0$, 角 $\alpha$ 的终边经过点 $P(-3 a, 4 a)$, 则 $\sin \alpha+2 \cos \alpha=(\quad)$ | A. $\frac{2}{5} \quad$ B. $-\frac{2}{5}$
C. $\frac{1}{5}$ D. $-\frac{1}{5}$ | 解析几何 | because a<0$, 角 $\alpha$ 的终边经过点 $P(-3 a, 4 a), \therefore$ 点 $P$ 与原点的距离 $r=-5 a, \sin \alpha=-\frac{4}{5}, \cos \alpha=\frac{3}{5}, \therefore \sin \alpha$ $+2 \cos \alpha=\frac{2}{5}$. 选 A.
答案: A |
17421 | [] | C | null | 高二 | 点 $M\left(\frac{\pi}{2},-m\right)$ 在函数 $y=\sin x$ 的图象上, 则 $m$ 等于( ) | A. $ 0$
B. 1
C. -1
D. 2 | 解析几何 | 解析: 点 $M$ 在 $y=\sin x$ 的图象上, 代入得 $-m=\sin \frac{\pi}{2}=1, \therefore m=-1$.
答案: C |
17426 | [] | B | null | 高二 | 用 “五点法” 作 $y=2 \sin 2 x$ 的图像时, 首先描出的五个点的横坐标是( ) | A. $0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3 \pi}{2}, 2 \pi$
B. $0, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}, \pi$
C. $0, \pi, 2 \pi, 3 \pi, 4 \pi$
D. $0, \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 解析: 由 $2 x=0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3 \pi}{2}, 2 \pi$ 知五个点的横坐标是 $0, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}, \pi$.
答案: B |
17427 | [] | B | null | 高二 | 在同一平面直角坐标系内, 函数 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 与 $y=\sin x, x \in[2 \pi, 4 \pi]$ 的图象 $(\quad)$ | A.重合
$\mathrm{B} \cdot$ 形状相同，位置不同
C. 关于 $y$ 轴对称
$\mathrm{D} \cdot$ 形状不同，位置不同 | 解析几何 | 解析: 根据正弦曲线的作法过程, 可知函数 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 与 $y=\sin x, x \in[2 \pi, 4 \pi]$ 的图象位置不同,但形状相同.
答案: B |
17458 | [] | C | null | 高二 | 函数 $y=2-\sin x$ 的最大值及取最大值时 $x$ 的值为 ( ) | A. $ y_{\text {max }}=3, x=\frac{\pi}{2}$
B $\cdot y_{\max }=1, x=\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$
$\mathrm{C} \cdot y_{\text {max }}=3, x=-\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$
$\mathrm{D} \cdot y_{\max }=3, x=\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ | 解析几何 | $\because y=2-\sin x, \therefore$ 当 $\sin x=-1$ 时, $y_{\text {max }}=3$, 此时 $x=-\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$.
答案: C |
17463 | [] | D | null | 高二 | 函数 $y=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)(x \in[-\pi, 0])$ 的单调递增区间是 $(\quad)$ | A.$\left[-\pi,-\frac{5 \pi}{6}\right]$ B$.\left[-\frac{5 \pi}{6},-\frac{\pi}{6}\right]$
C. $\left[-\frac{\pi}{3}, 0\right]$ D. $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$ | 解析几何 | 法一 $y=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$, 其单调递增区间为 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant x-\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 则 $-\frac{\pi}{6}+2 k \pi \leqslant x \leqslant \frac{5 \pi}{6}+$ $2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$.
由于 $x \in[-\pi, 0]$, 所以其单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$.
法二 函数在 $\frac{5 \pi}{6}$ 取得最大值, 且其最小正周期为 $2 \pi$, 则其单调递增区间为 $\left[\frac{5 \pi}{6}-\pi, \frac{5 \pi}{6}\right]$, 即 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$,又 $x \in[-\pi, 0]$, 所以其单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$.
答案: D |
17464 | [] | D | null | 高二 | 函数 $y=|\sin x|+\sin x$ 的值域为 ( ) | A.$[-1,1]$
B. $[-2,2]$
$\mathrm{C} \cdot[-2,0]$
D. $[0,2]$ | 解析几何 | $\because y=|\sin x|+\sin x=\left\{\begin{array}{lr}2 \sin x & (\sin x \geqslant 0) \\ 0 & (\sin x<0) .\end{array}\right.$
又 $\because-1 \leqslant \sin x \leqslant 1, \quad \therefore y \in[0,2]$.
即函数的值域为 $[0,2]$.
答案: D |
17465 | [] | B | null | 高二 | 已知 $x_{0}=\frac{\pi}{3}$ 是函数 $f(x)=\sin (2 x+\varphi)$ 的一个最大值点，则 $f(x)$ 的一个单调递减区间是 $(\quad)$ | A. $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right)$
B. $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right)$
C. $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \quad$ D. $\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$ | 解析几何 | 由 $2 \times \frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{2}$, 得 $\varphi=-\frac{\pi}{6}$. 由 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{6} \leqslant 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}$, 得 $k \pi+\frac{\pi}{3} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$, 令 $k=0$,得选 B.
答案: B |
17574 | [] | A | null | 高二 | 电流 $I(\mathrm{~A})$ 随时间 $t(\mathrm{~s})$ 变化的关系是 $I=3 \sin 100 \pi t, t \in[0,+\infty)$, 则电流 $I$ 变化的周期是 $(\quad)$ | A. $\frac{1}{50}$
B. 50
C. $\frac{1}{100}$
D. 100 | 解析几何 | 解析 : $T=\frac{2 \pi}{100 \pi}=\frac{1}{50}$.
答案: A |
17580 | [] | A | null | 高二 | 据市场调查, 某种商品一年内每件出厂价在 7 千元的基础上, 按月呈 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+$ $b\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的模型波动 $(x$ 为月份), 已知 3 月份达到最高价 9 千元, 7 月份价格最低为 5 千元, 根据以上条件可确定 $f(x)$ 的解析式为 ( ) | A. \cdot f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x-\frac{\pi}{4}\right)+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$
B $\cdot f(x)=9 \sin \left(\frac{\pi}{4} x-\frac{\pi}{4}\right)\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$
$C \cdot f(x)=2 \sqrt{2} \sin \frac{\pi}{4} x+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$
$\mathrm{D} \cdot f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x+\frac{\pi}{4}\right)+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right) | 解析几何 | 解析: 令 $x=3$ 可排除 $\mathrm{D}$, 令 $x=7$ 可排除 $\mathrm{B}$, 由 $A=\frac{9-5}{2}=2$ 可排除 $\mathrm{C}$; 或由题意,
可得 $A=\frac{9-5}{2}=2, b=7$, 周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=2 \times(7-3)=8, \therefore \omega=\frac{\pi}{4}$.
$\therefore f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x+\varphi\right)+7$.
$\because$ 当 $x=3$ 时, $y=9$,
$\therefore 2 \sin \left(\frac{3 \pi}{4}+\varphi\right)+7=9$,
即 $\sin \left(\frac{3 \pi}{4}+\varphi\right)=1$.
$\because|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=-\frac{\pi}{4}$.
$\therefore f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x-\frac{\pi}{4}\right)+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
## 答案: A |
17581 | [] | D | null | 高二 | 动点 $A(x, y)$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转, 12 秒旋转一周, 已知时间 $t=0$ 时,点 $A$ 的坐标是 $\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 则当 $0 \leqslant t \leqslant 12$ 时, 动点 $A$ 的纵坐标 $y$ 关于 $t$ (单位: 秒)的函数的单调递增区间是 $(\quad)$ | A.$ \cdot[0,1]$
B. $[1,7]$
C $\cdot[7,12]$
D. $[0,1],[7,12]$ | 解析几何 | : $\because T=12, \therefore \frac{2 \pi}{12}=\frac{\pi}{6}$,
从而可设 $y$ 关于 $t$ 的函数为 $y=\sin \left(\frac{\pi}{6} t+\varphi\right)$.
又 $t=0$ 时, $y=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $\sin \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 不妨取 $\varphi=\frac{\pi}{3}$,
$\therefore y=\sin \left(\frac{\pi}{6} t+\frac{\pi}{3}\right)$.
$\therefore$ 当 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant \frac{\pi}{6} t+\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$, 即 $12 k-5 \leqslant t \leqslant 12 k+1(k \in \mathbf{Z})$ 时, 该函数单调递增,
$\because 0 \leqslant t \leqslant 12, \therefore$ 函数的单调递增区间为 $[0,1],[7,12]$.
答案: D |
17473 | [] | D | null | 高二 | 若 $\cos (\pi+\alpha)=-\frac{1}{2}, \frac{3}{2} \pi<\alpha<2 \pi$, 则 $\sin (2 \pi+\alpha)$ 等于 $(\quad)$ | A. $\frac{1}{2}$
B. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | 解析: 由 $\cos (\pi+\alpha)=-\frac{1}{2}$, 得 $\cos \alpha=\frac{1}{2}$, 故 $\sin (2 \pi+\alpha)=\sin \alpha=-\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ ( $\alpha$ 为第四象限角).
答案: D |
17474 | [] | A | null | 高二 | $\cos \left(k \pi+\frac{\pi}{3}\right)(k \in \mathbf{Z})$ 的值为 $(\quad)$ | A. $ \pm \frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
$\mathrm{C} \cdot-\frac{1}{2}$
D. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | 解析:当 $k=2 n(n \in \mathbf{Z})$ 时,
原式 $=\cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$;
当 $k=2 n+1(n \in \mathbf{Z})$ 时,
原式 $=\cos \left(\pi+\frac{\pi}{3}\right)=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$.
答案: A |
17597 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\cos \alpha=\frac{1}{3}, \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\sin \frac{\alpha}{2}$ 的值为 $(\quad)$ | A. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $-\frac{1}{6}$
D. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$ | 解析几何 | 解析: $\cos \alpha=1-2 \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{3}, \therefore \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{3}, \because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \frac{\alpha}{2} \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right), \therefore \sin \frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
答案: B |
17599 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 则 $2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=(\quad)$ | A.$\frac{8}{9} B. \frac{17}{18}$
C. $-\frac{8}{9} \quad$ D. $-\frac{2}{3}$ | 解析几何 | 解析: $\because \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 平方可得 $1+\sin 2 \alpha=\frac{1}{9}$, 可得 $\sin 2 \alpha=-\frac{8}{9}$.
$2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=\sin 2 \alpha=-\frac{8}{9}$.
答案: C |
17603 | [] | C | null | 高二 | 若 $\sin 2 \alpha=\frac{1}{4}$, 且 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\cos \alpha-\sin \alpha$ 的值为( ) | A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{3}{4}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $-\frac{\sqrt{3}}{4}$ | 解析几何 | 解析: 因为 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$,
所以 $\cos \alpha<\sin \alpha,(\cos \alpha-\sin \alpha)^{2}=1-\sin 2 \alpha$,
所以 $\cos \alpha-\sin \alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
答案: C |
17604 | [] | C | null | 高二 | 若 $\sin (\alpha+\beta) \cos \beta-\cos (\alpha+\beta) \sin \beta=0$, 则 $\sin (\alpha+2 \beta)+\sin (\alpha-2 \beta)=(\quad)$ | A. 1
B. -1
$\mathrm{C} \cdot 0$
D. $\pm 1$ | 解析几何 | 解析：因为 $\sin (\alpha+\beta) \cos \beta-\cos (\alpha+\beta) \cdot \sin \beta=\sin (\alpha+\beta-\beta)=\sin \alpha=0$,
所以 $\sin (\alpha+2 \beta)+\sin (\alpha-2 \beta)=2 \sin \alpha \cos 2 \beta=0$.
答案: C |
17605 | [] | D | null | 高二 | 若 $\theta \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right], \sin 2 \theta=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$, 则 $\sin \theta=(\quad)$ | A.$ \frac{3}{5} B.\frac{4}{5}$
$\begin{array}{lll}\text { C. } \frac{\sqrt{7}}{4} & \text { D. } \frac{3}{4}\end{array}$ | 解析几何 | 解析: 因为 $\theta \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$, 所以 $2 \theta \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$,
所以 $\cos 2 \theta \leq 0$,
所以 $\cos 2 \theta=-\sqrt{1-\sin ^{2} 2 \theta}$
$=-\sqrt{1-\left(\frac{3 \sqrt{7}}{8}\right)^{2}}=-\frac{1}{8}$.
又 $\cos 2 \theta=1-2 \sin ^{2} \theta$,
所以 $\sin ^{2} \theta=\frac{1-\cos 2 \theta}{2}=\frac{1-\left(-\frac{1}{8}\right)}{2}=\frac{9}{16}$,
所以 $\sin \theta=\frac{3}{4}$.
答案: D |
19108 | [] | 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 ( ) | 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. |
19109 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 满足 $\sin 2 A+\sin (A-B+C)=\sin (C-A-B)+\frac{1}{2}$, 面积 $S$ 满足 $1 \leqslant S \leqslant 2$, 记 $a, b, c$ 分别为 $A, B, C$ 所对的边, 则下列不等式一定成立的是 ( ) | A. $b c(b+c)>8$
B. $a b(a+b)>16 \sqrt{2}$
C. $6 \leq a b c \leq 12$
D. $12 \leq a b c \leq 24$ | 解析几何 | 因为 $A+B+C=\pi$, 由 $\sin 2 A+\sin (A-B+C)=\sin (C-A-B)+\frac{1}{2}$
得 $\sin 2 A+\sin 2 B+\sin 2 C=\frac{1}{2}$, 即 $\sin [(A+B)+(A-B)]+\sin [(A+B)-(A-B)]+\sin 2 C=\frac{1}{2}$,
整理得 $\sin A \sin B \sin C=\frac{1}{8}$, 又 $S=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} a c \sin B$,
因此 $S^{3}=\frac{1}{8} a^{2} b^{2} c^{2} \sin A \sin B \sin C=\frac{1}{64} a^{2} b^{2} c^{2}$, 由 $1 \leqslant S \leqslant 2$ 得 $1 \leqslant \frac{1}{64} a^{2} b^{2} c^{2} \leqslant 2^{3}$,
即 $8 \leqslant a b c \leqslant 16 \sqrt{2}$, 因此选项 C、D 不一定成立. 又 $b+c>a>0$,
因此 $b c(b+c)>b c \cdot a \geqslant 8$, 即 $b c(b+c)>8$, 选项 A 一定成立. 又 $a+b>c>0$,
因此 $a b(a+b)>8$, 显然不能得出 $a b(a+b)>16 \sqrt{2}$, 选项 B 不一定成立. 综上所述, 选 A. |
19110 | [] | C | null | 高二 | 在平面直角坐标系中, 记 $d$ 为点 $P(\cos \theta, \sin \theta)$ 到直线 $x-m y-2=0$ 的距离, 当 $\theta, m$ 变化时, $d$ 的
最大值为 ( ) | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 解析几何 | 由题意可得 $d=\frac{|\cos \theta-m \sin \theta-2|}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{|m \sin \theta-\cos \theta+2|}{\sqrt{m^{2}+1}}$
$$
=\frac{\left|\sqrt{m^{2}+1}\left(\frac{m}{\sqrt{m^{2}+1}} \sin \theta-\frac{1}{\sqrt{m^{2}+1}} \cos \theta\right)+2\right|}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{\left|\sqrt{m^{2}+1} \sin (\theta-\varphi)+2\right|}{\sqrt{m^{2}+1}}
$$
(其中 $\cos \varphi=\frac{m}{\sqrt{m^{2}+1}}, \sin \varphi=\frac{1}{\sqrt{m^{2}+1}}$ ) , $\because-1 \leqslant \sin (\theta-\varphi) \leqslant 1$ ，
$\therefore \frac{\left|2-\sqrt{m^{2}+1}\right|}{\sqrt{m^{2}+1}} \leqslant d \leqslant \frac{2+\sqrt{m^{2}+1}}{\sqrt{m^{2}+1}}, \frac{2+\sqrt{m^{2}+1}}{\sqrt{m^{2}+1}}=1+\frac{2}{\sqrt{m^{2}+1}}$, |
19114 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, b \cos A+a \cos B=2$, 则 $\triangle A B C$的外接圆面积为( ) | A. $4 \pi$
B. $8 \pi$
C. $9 \pi$
D. $36 \pi$ | 解析几何 | $c=b \cos A+a \cos B=2$, 由 $\cos C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ 得 $\sin C=\frac{1}{3}$, 再由正弦定理可得 $2 R=\frac{c}{\sin C}=6$, 所以 $\triangle$ $\mathrm{ABC}$ 的外接圆面积为 $\pi \mathrm{R}^{2}=9 \pi$, 故选 C. |
19125 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $3 \cos ^{2} \frac{A-B}{2}+5 \sin ^{2} \frac{A+B}{2}=4$, 则 $\tan A \cdot \tan B$ 等于() | A. 4 B. $\frac{1}{4}$
c. -4
D. $-\frac{1}{4}$ | 解析几何 | 由条件得 $3 \times \frac{\cos A-B+1}{2}+5 \times \frac{\cos C+1}{2}=4$, 即 $3 \cos (A-B)+5 \cos C=0$, 所以 $3 \cos (A-B)-$ $5 \cos (A+B)=0$, 所以 $3 \cos A \cos B+3 \sin A \sin B-5 \cos A \cos B+5 \sin A \sin B=0$, 即 $\cos A \cos B=4 \sin A \sin B$,所以 $\tan A \tan B=\frac{1}{4}$, 故选 $B$. |
19126 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 若 $\frac{a}{\cos A}=\frac{b}{\cos B}=\frac{c}{\cos C}$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( ) | A. 直角三角形
B. 钝角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 等边三角形 | 解析几何 | $\because \frac{a}{\cos A}=\frac{b}{\cos B}=\frac{c}{\cos C}$, 由正弦定理得： $a=2 R \cdot \sin A, b=2 R \cdot \sin B, c=2 R \cdot \sin C$ 代入，得 $\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sin C}{\cos C}, \therefore$ 进而可得 $\tan A=\tan B=\tan C$,
$\therefore A=B=C$, 则 $\triangle A B C$ 是等边三角形. 故选 D. |
19127 | [] | 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 $B$. |
19135 | [] | B | null | 高二 | 设函数 $f(x)=\sin \left(x-\frac{\pi}{6}\right)$, 若对于任意 $\alpha \in\left[-\frac{5 \pi}{6},-\frac{\pi}{2}\right]$, 在区间 $[0, m]$ 上总存在唯一确定的 $\beta$,使得 $f(\alpha)+f(\beta)=0$, 则 $m$ 的最小值为 ( ) | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{2}$
C. $\frac{7 \pi}{6}$
D. $\pi$ | 解析几何 | 当 $\alpha \in\left[-\frac{5 \pi}{6},-\frac{\pi}{2}\right]$ 时, 有 $\alpha-\frac{\pi}{6} \in\left[-\pi,-\frac{2 \pi}{3}\right]$, 所以 $f(\alpha) \in\left[-\frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right]$.
在区间 $[0, m]$ 上总存在唯一确定的 $\beta$, 使得 $f(\alpha)+f(\beta)=0$,
所以存在唯一确定的 $\beta$, 使得 $f(\beta)=-f(\alpha) \in\left[0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$.
$\beta \in[0, m], \beta-\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{\pi}{6}, m-\frac{\pi}{6}\right]$, 所以 $m-\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right), m \in\left[\frac{\pi}{2}, \frac{5 \pi}{6}\right)$. 故选 B.
【名师点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质, 考查了函数与方程的思想, 正确理解两变量的
关系是解题的关键, 属于中档题. 求解时, 先求 $f(\alpha) \in\left[-\frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right]$, 再由存在唯一确定的 $\beta$, 使得 $f(\beta)=-f(\alpha) \in\left[0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$, 得 $m-\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$, 从而得解. |
19139 | [] | D | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\sin ^{2} \frac{\omega x}{2}+\frac{1}{2} \sin \omega x-\frac{1}{2}(\omega>0), x \in R$. 若 $f(x)$ 在区间 $(\pi, 2 \pi)$内
没有零点, 则 $\omega$ 的取值范围是 ( ) | A. $\left(0, \frac{1}{8}\right]$
B. $\left(0, \frac{1}{4}\right] \cup\left[\frac{5}{8}, 1\right)$
c. $\left(0, \frac{5}{8}\right]$
D. $\left(0, \frac{1}{8}\right] \cup\left[\frac{1}{4}, \frac{5}{8}\right]$ | 解析几何 | $f(x)=\frac{1}{2}(1-\cos \omega x)+\frac{1}{2} \sin \omega x-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \sin \omega x-\frac{1}{2} \cos \omega x=\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(\omega x-\frac{\pi}{4}\right)$, 当 $\omega=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{4}\right), x \in(\pi, 2 \pi)$ 时, $f(x) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$, 无零点, 排除 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$; 当 $\omega=\frac{3}{16}$ 时, $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(\frac{3}{16} x-\frac{\pi}{4}\right), x \in(\pi, 2 \pi)$ 时, $0 \in f(x)$, 有零点, 排除 C. 故选 D. |
19142 | [] | A | null | 高二 | 已知将函数 $f(x)=\cos (2 x+\varphi)\left(0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 的图象向左平移 $\varphi$ 个单位长度后, 得到函数 $g(x)$ 的图象,若 $g(x)$ 的图象关于原点对称, 则 $f\left(\frac{\pi}{3}\right)=(\quad)$ | A. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{2}$ | 解析几何 | $f(x)=\cos (2 x+\varphi)\left(0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 的图象向左平移 $\varphi$ 个单位长度后, 得到函数 $g(x)=\cos [2 x+3 \varphi]$, 因为 $g(x)$ 的图象关于原点对称, 所以 $g(0)=\cos [0+3 \varphi]=0$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{6}$, $f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\cos \left(2 \times \frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. |
19150 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=2 \sin ^{2}\left(x+\frac{\pi}{4}\right)+2 \sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right) \cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right]$ 上的最小值是 ( ) | A. $1-\sqrt{2}$
B. 0
C. 1
D. 2 | 解析几何 | 由题意 $f(x)=1-\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)+\sin \left(\frac{\pi}{2}-2 x\right)=1+\sin 2 x+\cos 2 x=1+\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$,因为 $\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{3 \pi}{4}$, 所以 $\frac{5 \pi}{4} \leq 2 x+\frac{\pi}{4} \leq \frac{7 \pi}{4}$, 所以 $-1 \leq \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \leq-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以
$1-\sqrt{2} \leq 1+\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \leq 0$. 故选 A. |
19151 | [] | B | null | 高二 | (2018 河北石家庄一模) 若 $\omega>0$, 函数 $y=\cos \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图像向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度后与函数 $y=\sin \omega x$ 图像重合, 则 $\omega$ 的最小值为 | A. $\frac{11}{2}$
B. $\frac{5}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{3}{2}$ | 解析几何 | $y=\cos \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$ 向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位可得, $y=\cos \left[\omega\left(x-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=$ $\cos \left(\omega x+\frac{\pi}{3}-\frac{\omega \pi}{3}\right)$, 因为函数 $y=\cos \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度后与函数 $y=\sin \omega x$图象重合, 所以 $\frac{\pi}{3}-\frac{\omega \pi}{3}=k \pi+\frac{\pi}{2}$, 当 $k=-1$ 时, $\omega$ 的最小值为 $\frac{5}{2}$, 故选 B. |
19153 | [] | B | null | 高二 | 若将函数 $f(x)=\sin 2 x+\cos 2 x$ 的图象向左平移 $\varphi(\varphi>0)$ 个单位, 所得的图象关于 $y$ 轴对称, 则 $\varphi$ 的最小值是 ( ) | A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{8}$
C. $\frac{3 \pi}{8}$
D. $\frac{5 \pi}{8}$ | 解析几何 | 函数 $f(x)=\sin 2 x+\cos 2 x=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的图象向左平移 $\varphi(\varphi>0)$ 个单位, 得到 $y=\sqrt{2} \sin \left(2 x+2 \varphi+\frac{\pi}{4}\right)$ 图象关于 $y$ 轴对称, 即 $2 \varphi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in Z)$, 解得 $\varphi=\frac{1}{2} k \pi+\frac{\pi}{8}$, 又 $\varphi>0$, 当 $k=0$ 时, $\varphi$ 的最小值为 $\frac{\pi}{8}$, 故选 B. |
19423 | [] | B | null | 高二 | (2015 山东) 已知 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geqslant 0 \\ x+y \leqslant 2 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$, 若 $z=a x+y$ 的最大值为 4 , 则 $a=$ | A. 3
B. 2
C. -2
D. -3 | 解析几何 | 由 $z=a x+y$ 得 $y=-a x+z$, 借助图形可知:
当 $-a \geq 1$, 即 $a \leq-1$ 时在 $x=y=0$ 时有最大值 0 , 不符合题意;
当 $0 \leq-a<1$, 即 $-1<a \leq 0$ 时在 $x=y=1$ 时有最大值 $a+1=4, a=3$,
不满足 $-1<a \leq 0$; 当 $-1<-a \leq 0$, 即 $0<a \leq 1$ 时在 $x=y=1$ 时有最大值
$a+1=4, a=3$, 不满足 $0<a \leq 1$; 当 $-a<-1$,
即 $a>1$ 时在 $x=2, y=0$ 时有最大值 $2 a=4, a=2$, 满足 $a>1$. |
19425 | ["9237.jpg"] | C | null | 高二 | (2014 福建) 已知圆 $C:(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=1$, 设平面区域 $\Omega=\left\{\begin{array}{l}x+y-7 \leq 0, \\ x-y+7 \geq 0, \\ y \geq 0\end{array}\right.$, 若圆心 $C \in \Omega$,且.
圆 $C$ 与 $x$ 轴相切, 则 $a^{2}+b^{2}$ 的最大值为 | A. 5
B. 29
C. 37
D. 49 | 解析几何 | 平面区域 $\Omega$ 为如图所示的阴影部分的 $\triangle A B D$,
<ImageHere>
因圆心 $C(a, b) \in \Omega$, 且圆 $C$ 与 $x$ 轴相切, 所以点 $C$ 在如图所示的线段 $M N$ 上, 线段 $M N$ 的方程为 $y=1(-2 \leqslant x \leqslant 6)$, 由图形得, 当点 $C$ 在点 $N(6,1)$ 处时, $a^{2}+b^{2}$ 取得最大值 $6^{2}+1^{2}=37$, 故选 C. |
19428 | ["9242.jpg"] | B | null | 高二 | (2012 福建) 若直线 $y=2 x$ 上存在点 $(x, y)$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y-3 \leq 0, \\ x-2 y-3 \leq 0, \\ x \geq m,\end{array}\right.$, 则实数 $m$ 的最大值为 | A. -1
B. 1
C. $\frac{3}{2}$
D. 2 | 解析几何 | 由题意, $\left\{\begin{array}{c}y=2 x \\ x+y-3=0\end{array}\right.$, 可求得交点坐标为 $(1,2)$ 要使直线 $y=2 x$ 上存在点 $(x, y)$ 满足约条件 $\left\{\begin{array}{c}x+y-3 \leqslant 0 \\ x-2 y-3 \leqslant 0, \\ x \geqslant m\end{array}\right.$ 如图所示.
<ImageHere>
则 $3-m \geq 2 m$, 可得 $m \leq 1, \therefore$ 实数 $m$ 的最大值为 1 , 故选 B. |
19429 | [] | B | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y-2 \leq 0 \\ 3 x-y+1 \geq 0 \\ y \leq 2\end{array}\right.$, 则 $z=4 x+2 y$ 的最小值为 ( ) | A. -17
B. -13
C. $\frac{16}{3}$
D. 20 | 解析几何 | $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y-2 \leq 0 \\ 3 x-y+1 \geq 0, \\ y \leq 2\end{array}\right.$ 由此可得可行域如下图所示:
该可行域是一个以 $A\left(\frac{1}{3}, 2\right), B(4,2), C\left(-\frac{3}{2},-\frac{7}{2}\right)$ 为顶点的三角形区域（包括边界）.
目标函数 $z=4 x+2 y$ 可化为 $y=-2 x+\frac{z}{2}$
当动直线 $y=-2 x+\frac{z}{2}$ 过点 $C\left(-\frac{3}{2},-\frac{7}{2}\right)$ 时, $z$ 取得最小值,
此时 $z_{\text {min }}=4 \times\left(-\frac{3}{2}\right)+2 \times\left(-\frac{7}{2}\right)=-13$, 故选 B。 |
19431 | [] | A | null | 高二 | 设 $m>1$, 在约束条件 $\left\{\begin{array}{l}y \geq x \\ y \leq m x \\ x+y \leq 1\end{array}\right.$ 下, 目标函数 $z=x+m y$ 的最大值小于 2 , 则 $m$ 的取值范围为 | A. $(1,1+\sqrt{2})$
B. $(1+\sqrt{2},+\infty)$
C. $(1,3)$
D. $(3,+\infty)$ | 解析几何 | 画出可行域, 可知 $z=x+5 y$ 在点 $\left(\frac{1}{1+m}, \frac{m}{1+m}\right)$ 取最大值,
由 $\frac{1}{1+m}+\frac{m^{2}}{1+m}<2$ 解得 $1<m<\sqrt{2}+1$. |
19433 | ["9245.jpg"] | C | null | 高二 | 已知 $x, y$ 满足不等式组 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-2 \leq 0 \\ x-2 y-1 \leq 0 \\ x \geq 0\end{array}\right.$, 则点 $P(x, y)$ 所在区域的面积是 ( ) | A. 1
B. 2
C. $\frac{5}{4}$
D. $\frac{4}{5}$ | 解析几何 | 不等式表示的平面区域如图:
<ImageHere>
直线 $2 x+y-2=0$ 的斜率为 -2 , 直线 $x-2 y-1$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$, 所以两直线垂直, 故 $\triangle B C D$ 为直角三角形, 易得 $B(1,0), D\left(0,-\frac{1}{2}\right), C(0,2),|B D|=\frac{\sqrt{5}}{2},|B C|=\sqrt{5}$ 所以阴影部分面积
$S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|B C|=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{5}}{2} \times \sqrt{5}=\frac{5}{4}$, 故选 C。 |
19434 | ["9246.jpg", "9247.jpg"] | C | null | 高二 | 太极图被称为“中华第一图”. 从孔庙大成殿梁柱, 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 $\mathrm{z} \in[-2 \sqrt{5}, 2+\sqrt{5}]$.
<ImageHere> |
19435 | ["9248.jpg"] | B | null | 高二 | 已知实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-2 \geq 0 \\ x-2 y+2 \geq 0 \\ x \leq 2\end{array}\right.$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 ( ) | A. $\left[\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2 \sqrt{2}\right]$
B. $\left[\frac{4}{5}, 8\right]$
C. $\left[\frac{2}{5}, 8\right]$
D. $[1,8]$ | 解析几何 | 由约束条件作出可行域是由 $A(2,0), B(0,1), C(2,2)$ 三点所围成的三角形及其内部, 如图中阴影部分, 而 $x^{2}+y^{2}$ 可理解为可行域内的点到原点距离的平方, 显然原点到 $A B$ 所在的直线 $x+2 y-2=0$ 的距离是可行域内的点到原点距离的最小值, 此时 $x^{2}+y^{2}=O D^{2}=\left(\frac{O A \cdot O B}{A B}\right)^{2}=\frac{4}{5}$, 点 $C$ 到原点的距离是可行域内的点到原点距离的最大值, 此时 $x^{2}+y^{2}=2^{2}+2^{2}=8$. 所以 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 $\left[\frac{4}{5}, 8\right]$.
<ImageHere>
故选 B。 |
19436 | ["9249.jpg"] | C | null | 高二 | (2016 浙江)在平面上, 过点 $P$ 作直线 $l$ 的垂线所得的垂足称为点 $P$ 在直线 $l$ 上的投影. 由区域 $\left\{\begin{array}{l}x-2 \leq 0 \\ x+y \geq 0 \\ x-3 y+4 \geq 0\end{array}\right.$, 中的点在直线 $x+y-2=0$ 上的投影构成的线段记为 $A B$, 则 $|A B|=$ | A. $2 \sqrt{2}$
B. 4
C. $3 \sqrt{2}$
D. 6 | 解析几何 | 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示, 过点 $C, D$ 分别作直线 $x+y-2=0$ 的垂线,
垂足分别为 $A, B$, 则四边形 $A B D C$ 为矩形; 又 $C(2,-2), D(-1,1)$, 所以 $|A B|=|C D|=\sqrt{(2+1)^{2}+(-2-1)^{2}}=3 \sqrt{2}$, 故选 C.
<ImageHere> |
20183 | [] | A | null | 高二 | 设 $P$ 是椭圆 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$ 上一点, $M, N$ 分别是两圆 $(x+2)^{2}+y^{2}$ $=1$ 和 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$ 上的点, 则 $|P M|+|P N|$ 的最小值和最大值分别为 | A. 4,8
B. 6,8
C. 8,12
D. 2,6 | 解析几何 | 解析 ：设椭圆的左、右焦点分别为 $F_{1} 、 F_{2}$, 两圆的半径为 $R$, 由题意可知 $|P M|+|P N|$ 的最大值为 $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|+2 R$, 最小值为 $\left|P F_{1}\right|+$ $\left|P F_{2}\right|-2 R$, 又因为 $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2 a=6, R=1$, 所以 $|P M|+|P N|$ 的最大值为 8 ，最小值为 4 .
答案： A |
20184 | [] | C | null | 高二 | 若点 $O$ 和点 $F$ 分别为椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的中心和左焦点, 点 $P$为粗圆上的任意一点, 则 $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{F P}$ 的最大值为 ( ) | A. 2
B. 3
C. 6
D. 8 | 解析几何 | 解析 ：由题意, $F(-1,0)$, 设点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$,
则有 $\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$, 解得 $y_{0}^{2}=3\left(1-\frac{x_{0}^{2}}{4}\right)$,
$\because \overrightarrow{F P}=\left(x_{0}+1, y_{0}\right), \quad \overrightarrow{O P}=\left(x_{0}, y_{0}\right)$,
$\therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{F P}=x_{0}\left(x_{0}+1\right)+y_{0}^{2}$
$=x_{0}\left(x_{0}+1\right)+3\left(1-\frac{x_{0}^{2}}{4}\right)=\frac{x_{0}^{2}}{4}+x_{0}+3$.
此二次函数对应的抛物线的对称轴为 $x_{0}=-2$,
$\because-2 \leqslant x_{0} \leqslant 2, \therefore$ 当 $x_{0}=2$ 时,
$\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{F P}$ 取得最大值 $\frac{2^{2}}{4}+2+3=6$, 选 C.
答案： C |
20185 | [] | B | null | 高二 | 直线 $y=x+2$ 与椭圆 $\frac{x^{2}}{m}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 有两个公共点, 则 $m$ 的取值范围是( ) | A. $m>1$
B. $m>1$ 且 $m \neq 3$
C. $m>3$
D. $m>0$ 且 $m \neq 3$ | 解析几何 | 解析 ：把 $y=x+2$ 代入 $\frac{x^{2}}{m}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 并整理得 $(m+3) x^{2}+4 m x+m=$ |