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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
20193 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=2 x-\sin x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上 $(\quad)$ | A. 是增函数
B. 是减函数
C. 有最大值
D. 有最小值 | 解析几何 | 解析 ：$f^{\prime}(x)=2-\cos x>0, \therefore f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上是增函数, 故选 A.
答案： A |
20196 | ["9308.jpg"] | A | null | 高二 | 在 $\mathbf{R}$ 上可导的函数 $f(x)$ 的图象如图所示, 则关于 $x$ 的不等式 $x \cdot f^{\prime}(x)<0$ 的解集为 $(\quad)$
<ImageHere> | A. $(-\infty,-1) \cup(0,1)$
B. $(-1,0) \cup(1,+\infty)$
C. $(-2,-1) \cup(1,2)$
D. $(-\infty,-2) \cup(2,+\infty)$ | 解析几何 | 解析 ：从 $f(x)$ 的图象可知, $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)(1,+\infty)$ 是增函数,在 $(-1,1)$ 是减函数,
$\therefore$ 当 $x<-1$, 或 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;
当 $-1<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,
$\therefore x \cdot f^{\prime}(x)<0$ 的解集为 $(-\infty,-1) \cup(0,1)$, 故选 A.
答案 ：A |
17792 | ["8965.jpg"] | B | null | 高二 | 函数 $y=-\cos x(x>0)$ 的图象中与 $y$ 轴最近的最高点的坐标为 | A. $\left(\frac{\pi}{2}, 1\right)$
B. $(\pi, 1)$
C. $(0,1)$
D. $(2 \pi, 1)$ | 解析几何 | 解析 : 用五点作图法作出函数 $y=-\cos x(x>0)$ 的一个周期的图象如图所示，由图易知与 $y$轴最近的最高点的坐标为 $(\pi ， 1)$.
<ImageHere>
答案: B |
17798 | [] | A | null | 高二 | 用 “五点法” 作函数 $y=\cos \left(4 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 在一个周期内的图象时, 第四个关键点的坐标是 | A. $\left(\frac{5 \pi}{12}, 0\right)$
B. $\left(-\frac{5 \pi}{12}, 1\right)$
C. $\left(\frac{5 \pi}{12}, 1\right)$
D. $\left(-\frac{5 \pi}{12}, 0\right)$ | 解析几何 | 解析 : 令 $4 x-\frac{\pi}{6}=\frac{3 \pi}{2}$ ，得 $x=\frac{5 \pi}{12} ， \therefore$ 该点坐标为 $\left(\frac{5 \pi}{12} ， 0\right)$.
答案: A |
17799 | [] | C | null | 高二 | 以下对正弦函数 $y=\sin x$ 的图象描述不正确的是 | A. 在 $x \in[2 k \pi, 2 k \pi+2 \pi](k \in \mathbf{Z})$ 时的图象形状相同, 只是位置不同
B. 介于直线 $y=1$ 与直线 $y=-1$ 之间
C. 关于 $x$ 轴对称
D. 与 $y$ 轴仅有一个交点 | 解析几何 | 解析: 由正弦函数 $y=\sin x$ 在 $x \in[2 k \pi ， 2 k \pi+2 \pi](k \in \mathbf{Z})$ 时的图象可知 C 项不正确.
答案: C |
17800 | ["8973.jpg", "8974.jpg", "8975.jpg", "8976.jpg"] | D | null | 高二 | 函数 $y=-\sin x, x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]$ 的简图是
<ImageHere> | A.
<ImageHere>
C
<ImageHere>
B
<ImageHere>
D | 解析几何 | 解析: 当 $x=-\frac{\pi}{2}$ 时， $y=-\sin x$ 取得最大值 1 ，当 $x=\frac{3 \pi}{2}$ 时， $y=-\sin x$ 取得最大值 1 ，故
选 D
答案: D |
17801 | ["8977.jpg"] | C | null | 高二 | 与图中曲线(部分)对应的函数解析式是
<ImageHere> | A. $y=|\sin x|$
B. $y=\sin |x|$
C. $y=-\sin |x|$
D. $y=-|\sin x|$ | 解析几何 | 解析：注意图象所对的函数值的正负，可排除选项 A，D.当 $x \in(0 ， \pi)$ 时， $\sin |x|>0$ ，而图中显然小于零，因此排除选项 B.故选 C.
答案: C |
19651 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 中, $a=1, b=\sqrt{3}, A=30^{\circ}$, 则 $B$ 等于 $(\quad)$ | A. $30^{\circ}$
B. $30^{\circ}$ 或 $150^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$ | 解析几何 | 由题意得, $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{a}=1, b=\sqrt{3}, \mathrm{~A}=30^{\circ}$, 由 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 得, $\sin \mathrm{B}=\frac{b \cdot \sin A}{a} \frac{\sqrt{3} \times \frac{1}{2}}{1}$ $=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 又 $\mathrm{b}>\mathrm{a}, 0^{\circ}<\mathrm{B}<180^{\circ}$, 则 $\mathrm{B}=60^{\circ}$ 或 $\mathrm{B}=120^{\circ}$, |
19652 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 中, $A: B: C=1: 1: 4$, 则 $a: b: c$ 等于 | A. $1: 1: \sqrt{3}$
B. $2: 2: \sqrt{3}$
C. $1: 1: 2$
D. 1: $1: 4$ | 解析几何 | $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\because \mathrm{A}: \mathrm{B}: \mathrm{C}=1: 1: 4$, 故三个内角分别为 $30^{\circ} 、 30^{\circ} 、 120^{\circ}$,
则 $\mathrm{a}: \mathrm{b}: \mathrm{c}=\sin 30^{\circ}: \sin 30^{\circ}: \sin 120^{\circ}=1: 1: \sqrt{3}$ ，故选 A. |
19653 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $c=\sqrt{3}, B=45^{\circ}, C=60^{\circ}$, 则 $b=(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$
D. $\sqrt{2}$ | 解析几何 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{c}=\sqrt{3}, \mathrm{~B}=45^{\circ}, \mathrm{C}=60^{\circ}$, 则 $\mathrm{b}=\frac{c \sin B}{\sin C}=\frac{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{2}$. |
19654 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 的三内角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 若 $c=2 b \cos A$,则此三角形必是 ( ) | A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 针角三角形 | 解析几何 | $\because c=2 b \cos A$ 由正弦定理，可得： $\sin C=2 \sin B \cos A$, 即 $\sin (A+B)=2 \sin B \cos A$ ， $\sin A \cos B+\cos A \sin B=2 \sin B \cos A ， \therefore \sin A \cos B-\sin B \cos A=0$ 即 $\sin (A-B)==0 ， \because A 、 B$ 是 $\triangle A B C$ 的三内角, $\therefore A=B$. 故 $\triangle A B C$ 的是等腰三角形. |
19655 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $A=30^{\circ}, A B=2$, 且 $\triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 则 $\triangle A B C$ 外接圆的半径为 $(\quad)$ | A. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$
C. 2
D. 4 | 解析几何 | 在 $\triangle A B C$ 中, 由 $A=30^{\circ}, c=A B=2$, 得到 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} b \times 2 \times \frac{1}{2}=\sqrt{3}$,
解得 $\mathrm{b}=2 \sqrt{3}$, 根据余弦定理得: $\mathrm{a}^{2}=12+4-2 \times 2 \sqrt{3} \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=4$, 解得 $\mathrm{a}=2$,
根据正弦定理得: $\frac{a}{\sin A}=2 R$ ( $\mathrm{R}$ 为外接圆半径), 则 $\mathrm{R}=\frac{2}{2 \times \frac{1}{2}}=2$ |
19657 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 三内角正弦之比为 $\sin A: \sin B: \sin C=2: 3: \sqrt{7}$, 则角四等于 $(\quad)$ | A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $120^{\circ}$ | 解析几何 | 由题意得, 根据正弦定理可得, $a: b: c=2: 3: \sqrt{7}, \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{1}{2}, C=\frac{\pi}{3}$, |
19659 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $A=\frac{\pi}{3}, \cos B=\frac{\sqrt{6}}{3}, B C=6$, 则 $A C=(\quad)$ | A. $4 \sqrt{2}$ B. 4 C. $2 \sqrt{3}$ D. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ | 解析几何 | $\because \cos \mathrm{B}=\frac{\sqrt{6}}{3}, \mathrm{~B} \in(0, \pi)$,$\therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 由正弦定理可得: $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B}$,$\therefore A C=\frac{B C \sin B}{\sin A}=\frac{6 \times \frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$ |
19662 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \tan B=\sqrt{3} a c$, 则角 $B=(\quad)$ | A. $30^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$
D. $30^{\circ}$ 或 $150^{\circ}$ | 解析几何 | C 由余弦定理得: $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$, 即 $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{c}^{2}-\mathrm{b}^{2}=2 \mathrm{accos} \mathrm{B}$,代入已知等式得: $2 a \cos B \cdot \tan B=\sqrt{3} a c$, 即 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$\because \mathrm{B}$ 为三角形内角, $\therefore \mathrm{B}=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$, |
19663 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A 、 B 、 C$ 的对边, 若 $a=2, b=2 \sqrt{3}, \angle A=30^{\circ}$,则 $\angle B$ 等于 ( ) | A. $30^{\circ}$
B. $30^{\circ}$ 或 $150^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$ | 解析几何 | $\because \mathrm{a}=2, \mathrm{~b}=2 \sqrt{3}, \angle \mathrm{A}=30^{\circ}$,
$\therefore$ 由正弦定理可得 $: \sin B=\frac{b \sin A}{a}=\frac{2 \sqrt{3} \times \frac{1}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$\because \mathrm{B} \in\left(0,180^{\circ}\right), \therefore \mathrm{B}=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$. |
19664 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\sin A-2 \sin B \cos C=0$, 则 $\triangle A B C$ 必定是（） | A. 针角三角形 B. 锐角三角形
C. 直角三角形
D. 等腰三角形 | 解析几何 | $\because \sin \mathrm{A}-2 \sin B \cos \mathrm{C}=0$
由正弦定理及余弦定理可得, $a-2 b \times \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=0$
整理可得, $\mathrm{b}=\mathrm{c} \therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 为等腰三角形、 |
19665 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $b=1, c=\sqrt{3}, B=30^{\circ}$, 则 $C$ 的大小为 ( ) | A. $30^{\circ}$
B. $30^{\circ}$ 或 $150^{\circ}$
C. $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$
D. $60^{\circ}$ | 解析几何 | $\because$ 由正弦定理可得: $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2$,
$\therefore$ 解得 $: \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore$ 解得: $C=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$. |
19666 | [] | C | null | 高二 | 若 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 且 $a^{2}=c^{2}-b^{2}+\sqrt{2} b a$, 则 $\angle C=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{5 \pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{3 \pi}{4}$ | 解析几何 | $\because a^{2}=c^{2}-b^{2}+\sqrt{2} b a$, 即 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{2} a b$,
$\therefore \cos \mathrm{C}=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \because \mathrm{C}$ 为三角形内角, $\therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{4}$. |
19668 | [] | A | null | 高二 | $\triangle A B C$ 中, $A=45^{\circ}, B=30^{\circ}, a=10$, 则 $b=(\quad)$ | A. $5 \sqrt{2}$
B. $10 \sqrt{2}$
C. $10 \sqrt{6}$
D. $5 \sqrt{6}$ | 解析几何 | 根据题意, $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 有 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 则 $\mathrm{b}=\frac{a \cdot \sin B}{\sin A}$,又由 $\mathrm{A}=45^{\circ}, \mathrm{B}=30^{\circ}, \mathrm{a}=10$,则 $\mathrm{b}=\frac{a \cdot \sin B}{\sin A}=\frac{10 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=5 \sqrt{2}$; |
19950 | [] | A | null | 高二 | $b=c=0$ 是二次函数 $y=a x^{2}+b x+c$ 的图象经过原点的 ( ) | A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件 | 解析几何 | 解析: 解答: 若 $b=c=0$, 则二次函数 $y=a x^{2}+b x+c=a x^{2}$ 经过原点,若二次函数 $y=a x^{2}+b x+c$ 过原点, 则 $c=0$, 故选A.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性. |
19951 | [] | B | null | 高二 | 命题 $p$ : 不等式 $a x^{2}+2 a x+1>0$ 的解集为 $R$, 命题 $q: 0<a<1$,则 $p$ 是 $q$ 成立的 ( ) | A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件 | 解析几何 | 解析：解答：当 $a=0$ 时, 不等式 $a x^{2}+2 a x+1>0$ 的解集为 $R$;
当 $\left\{\begin{array}{l}a>0, \\ \Delta=4 a^{2}-4 a<0,\end{array}\right.$, 即 $0<a<1$ 时, 不等式 $a x^{2}+2 a x+1>0$ 的解集为 $R$.
综上, 不等式 $a x^{2}+2 a x+1>0$ 的解集为 $R$ 时, $0 \leq a<1$, 故选B.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性. |
19670 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $B C=1, B=\frac{\pi}{3}, \triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 则 $A C$ 的长为 ( ) | A. 3
B. $\sqrt{13}$
C. $\sqrt{21}$
D. $\sqrt{57}$ | 解析几何 | $\because \mathrm{BC}=1, \mathrm{~B}=\frac{\pi}{3}, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 $\sqrt{3}=\frac{1}{2} \mathrm{BC} \cdot \mathrm{AB} \cdot \sin \mathrm{B}=\frac{1}{2} \times A B \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore \mathrm{AB}=4$,
$\therefore \mathrm{AC}=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cdot \cos B}=\sqrt{16+1-2 \times 4 \times 1 \times \frac{1}{2}}=\sqrt{13}$. |
19674 | [] | B | null | 高二 | 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对的边长分别为 $a, b, c$, 若 $b \cos C+c \cos B=2 a \cos A$, 则 $A=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | $: \because b \cos C+\cos B=2 a \cos A$,
$\therefore$ 由正弦定理可得: $\sin B \cos C+\sin C \cos B=2 \sin A \cos A$,
可得: $\sin (B+C)=\sin A=2 \sin A \cos A, \because A \in(0, \pi), \sin A \neq 0, \therefore \cos A=$ $\frac{1}{2}, \therefore$ 可得 $\mathrm{A}=\frac{\pi}{3}$. |
19676 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $a=4, A=\frac{\pi}{3}$, 则该三角形面积的最大值是 ( ) | A. $2 \sqrt{2}$
B. $3 \sqrt{3}$
C. $4 \sqrt{3}$
D. $4 \sqrt{2}$ | 解析几何 | 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $16=b^{2}+c^{2}-b c \geq 2 b c-b c=b c$,
$\therefore b c \leq 16, \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c s i n A \leq 4 \sqrt{3}$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $4 \sqrt{3}$. 故选: C. |
19677 | [] | D | null | 高二 | 设 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 如果 $(a+b+c)(b+c-a)$ $=3 b c$, 且 $a=\sqrt{3}$, 那么 $\triangle A B C$ 的外接圆半径为 ( ) | A. 2
B. 4
C. $\sqrt{2}$
D. 1 | 解析几何 | $\because(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})(\mathrm{b}+\mathrm{c}-\mathrm{a})=3 \mathrm{bc}, \therefore(\mathrm{b}+\mathrm{c})^{2}-\mathrm{a}^{2}=3 \mathrm{bc}$, 化为: $\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}-\mathrm{a}^{2}=\mathrm{bc}$.
$\therefore \cos \mathrm{A}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}, \because \mathrm{A} \in(0, \pi), \therefore \mathrm{A}=\frac{\pi}{3}$, 由正弦定理可得 $2 \mathrm{R}=\frac{a}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$,
解得 $\mathrm{R}=1$, 故选: $\mathrm{D}$. |
19679 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 且 $b^{2}+c^{2}=a^{2}+b c$. 若 $\sin B \cdot \sin C=\sin ^{2} A$,则 $\triangle A B C$ 的形状是 ( ) | A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等边三角形
D. 等腰直角三角形 | 解析几何 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\because \mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{bc}, \therefore \cos \mathrm{A}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{b c}{2 b c}=\frac{1}{2}$,
$\because \mathrm{A} \in(0, \pi), \therefore A=\frac{\pi}{3}$.
$\because \sin B \cdot \sin C=\sin ^{2} A, \therefore b c=a^{2}$, 代入 $b^{2}+c^{2}=a^{2}+b c, \therefore(b-c)^{2}=0$, 解得 $b=c$.
$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 的形状是等边三角形. 故选: $\mathrm{C}$. |
19680 | [] | A | null | 高二 | 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $a=2 \sqrt{2}, \cos A=\frac{3}{4}, \sin B=2 \sin C$,则 $\triangle A B C$ 的面积是 ( ) | A. $\sqrt{7}$
B. $\frac{\sqrt{7}}{4}$
C. $\frac{16}{5}$
D. $\frac{8}{5}$ | 解析几何 | $\because a=2 \sqrt{2}, \cos A=\frac{3}{4}, \sin \mathrm{B}=2 \sin \mathrm{C}$, 可得: $\mathrm{b}=2 \mathrm{c} . \sin \mathrm{A}=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\frac{\sqrt{7}}{4}$,
$\therefore$ 由 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 可得: $8=4 c^{2}+c^{2}-3 c^{2}$, 解得 $c=2, b=4$.
$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{bcsin} \mathrm{A}=\frac{1}{2} \times 2 \times 4 \times \frac{\sqrt{7}}{4}=\sqrt{7}$. 故选 A. |
19687 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 若 $B=60^{\circ}, b^{2}=a c$, 则 $\triangle A B C$ 一定是 ( ) | A. 直角三角形
B. 针角三角形
C. 等边三角形
D. 等腰直角三角形 | 解析几何 | 由余弦定理可得: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=a^{2}+c^{2}-a c=a c$,
化为 $(a-c)^{2}=0$, 解得 $a=c$. 又 $B=60^{\circ}$, 可得 $\triangle A B C$ 是等边三角形, 故选: $C$. |
19688 | [] | D | null | 高二 | 如图, 要测量底部不能到达的某铁塔 $A B$ 的高度, 在塔的同一侧选择 $C 、 D$ 两观测点, 且在 $C 、 D$ 两点测得塔顶的仰角分别为 $45^{\circ} 、 30^{\circ}$. 在水平面上测得 $\angle B C D=120^{\circ}, C 、 D$ 两地相距 $600 \mathrm{~m}$,则铁塔 $A B$ 的高度是 ( ) | A. $120 \sqrt{2} m$
B. $480 \mathrm{mC}$
C. $240 \sqrt{2} m$
D. $600 \mathrm{~m}$ | 解析几何 | 设 $A B=x$, 则 $B C=x, B D=\sqrt{3} \mathrm{x}$,
在 $\triangle \mathrm{BCD}$ 中, 由余弦定理知 $\cos 120^{\circ}=\frac{B C^{2}+C D^{2}-B D^{2}}{2 B C \cdot C D}=\frac{x^{2}+600^{2}-3 x^{2}}{2 x \cdot 600}=-\frac{1}{2}$,
求得 $\mathrm{x}=600$ 米, 故铁塔的高度为 600 米. 故选 D. |
19690 | [] | A | null | 高二 | 已知在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 且 $4 \sqrt{3} \cos (A+B)+2 \cos 2 C+5=0$,则角 $C=(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{\pi}{2}$ | 解析几何 | $4 \sqrt{3} \cos (\mathrm{A}+\mathrm{B})+2 \cos 2 \mathrm{C}+5=0$,
可得 $4 \sqrt{3} \cos (\pi-C)+2 \cos 2 C+5=0$, 即 $-4 \sqrt{3} \cos C+2\left(2 \cos ^{2} C-1\right)+5=0$,
即 $4 \cos ^{2} C-4 \sqrt{3} \cos C+3=0$, 可得 $\cos C=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 由 $0<C<\pi$, 可得 $C=\frac{\pi}{6}$, 故选: $A$. |
18485 | [] | B | null | 高二 | 已知两灯塔 $A$ 和 $B$ 与海洋观测站 $C$ 的距离都等于 $a \mathrm{~km}$, 灯塔 $A$ 在观测站 $C$ 的北偏东 $20^{\circ}$ 方向上, 灯塔 $B$ 在观测站 $C$ 的南偏东 $40^{\circ}$ 方向上, 则灯塔 $A$ 与灯塔 $B$ 的距离为 $(\quad)$ | A. $a \mathrm{~km}$
B. $\sqrt{3} a \mathrm{~km}$
C. $\sqrt{2} a \mathrm{~km}$
D. $2 a \mathrm{~km}$ | 解析几何 | 解析 $\angle A C B=120^{\circ}, A C=B C=a$,
$\therefore$ 由余弦定理得 $A B=\sqrt{3} a$. |
18486 | [] | D | null | 高二 | 海上有 $A 、 B$ 两个小岛相距 $10 \mathrm{n}$ mile, 从 $A$ 岛望 $C$ 岛和 $B$ 岛成 $60^{\circ}$ 的视角, 从 $B$ 岛望 $C$ 岛和 $A$ 岛成 $75^{\circ}$ 的视角，则 $B 、 C$ 间的距离是 $(\quad)$ | A. $10 \sqrt{3} \mathrm{n}$ mile
B. $\frac{10 \sqrt{6}}{3}$ n mile
C. $5 \sqrt{2} \mathrm{n}$ mile
D. $5 \sqrt{6} \mathrm{n}$ mile | 解析几何 | 解析 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=180^{\circ}-60^{\circ}-75^{\circ}=45^{\circ}$.
由正弦定理得: $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A B}{\sin B}$
$\therefore \frac{B C}{\sin 60^{\circ}}=\frac{10}{\sin 45^{\circ}}$
解得 $B C=5 \sqrt{6}$. |
18489 | [] | A | null | 高二 | 甲船在岛 $B$ 的正南 $A$ 处, $A B=10$ 千米, 甲船以每小时 4 千米的速度向正北航行,同时, 乙船自 $B$ 出发以每小时 6 千米的速度向北偏东 $60^{\circ}$ 的方向驶去. 当甲、乙两船相距最近时, 它们所航行的时间是( ) | A. $\frac{150}{7}$ 分钟
B. $\frac{15}{7}$ 小时
C. 21,.5 分钟
D. 2,.15 分钟 | 解析几何 | 解析 设行驶 $x$ 小时后甲到点 $C$, 乙到点 $D$, 两船相距 $y \mathrm{~km}$,则 $\angle D B C=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$.
$\therefore y^{2}=(10-4 x)^{2}+(6 x)^{2}-2(10-4 x) \cdot 6 x \cos 120^{\circ}$
$=28 x^{2}-20 x+100$
$=28\left(x^{2}-\frac{5}{7} x\right)+100=28\left(x-\frac{5}{14}\right)^{2}-\frac{25}{7}+100$
$\therefore$ 当 $x=\frac{5}{14}$ (小时) $=\frac{150}{7}$ (分钟)时,
$y^{2}$ 有最小值。 $\therefore y$ 最小. |
18499 | [] | A | null | 高二 | 设甲、乙两楼相距 $20 \mathrm{~m}$, 从乙楼底望甲楼顶的仰角为 $60^{\circ}$, 从甲楼顶望乙楼顶的俯角为 $30^{\circ}$ ，则甲、乙两楼的高分别是( ) | A. $20 \sqrt{3} \mathrm{~m}, \frac{40}{3} \sqrt{3} \mathrm{~m}$
B. $10 \sqrt{3} \mathrm{~m}, 20 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
C. $10(\sqrt{3}-\sqrt{2}) \mathrm{m}, 20 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
D. $\frac{15}{2} \sqrt{3} \mathrm{~m}, \frac{20}{3} \sqrt{3} \mathrm{~m}$ | 解析几何 | 解析 $h$ 甲 $=20 \tan 60^{\circ}=20 \sqrt{3}(\mathrm{~m})$.
$h_{\text {乙 }}=20 \tan 60^{\circ}-20 \tan 30^{\circ}=\frac{40}{3} \sqrt{3}(\mathrm{~m})$. |
19702 | [] | A | null | 高二 | 已知数列 $\left\{\mathbf{a}_{\mathbf{n}}\right\}$, 对任意的 $\mathbf{n} \in \mathbf{N}^{*}$, 点 $\mathbf{P}_{\mathbf{n}}\left(\mathbf{n}, \mathbf{a}_{\mathbf{n}}\right)$ 都在直线 $\mathbf{y}=\mathbf{2 x}+\mathbf{1}$ 上,则 $\left\{\mathbf{a}_{\mathbf{n}}\right\}$ 为 ( ) | A. 公差为 2 的等差数列
B. 公差为 1 的等差数列
C. 公差为 $-\mathbf{2}$ 的等差数列
D. 非等差数列 | 解析几何 | 对任意的 $n \in N^{*}$, 点 $P_{n}\left(n, a_{n}\right)$ 都在直线 $y=2 x+1$ 上,
$\therefore a_{n}=2 n+1, \therefore$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}-a_{n-1}=2 n+1-[2(n-1)+1]=2$,
$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列. 故选 A. |
20014 | [] | C | null | 高二 | 已知点 $(3,2)$ 在椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上, 则 ( ) | A. 点 $(-3,-2)$ 不在椭圆上
B. 点 $(3,-2)$ 不在粗圆上
C. 点 $(-3,2)$ 在椭圆上
D. 无法判断点 $(-3,-2) 、(3,-2) 、(-3,2)$ 是否在粗圆上 | 解析几何 | 解析：解答： $\because$ 点 $(3,2)$ 在椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上, $\therefore$ 由椭圆的对称性知, 点 $(-3,2) 、(3,-$ 2)、 $(-3,-2)$ 都在椭圆上，故选 C.
分析: 本题考查了点与椭圆的位置关系, 由椭圆的对称性, 可得点 $(3,2)$ 和点 $(-3,2)$ 在椭圆上 |
20015 | [] | B | null | 高二 | 若焦点在 $x$ 轴上的椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{m}=1$ 的离心率为 $\frac{1}{2}$, 则 $m$ 的值为 ( ) | A. $\sqrt{3}$
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{8}{3}$
D. $\frac{2}{3}$ | 解析几何 | 解析: 解答: . $\because$ 焦点在 $x$ 轴上, $\therefore a=\sqrt{2}, b=\sqrt{m}, c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$,
$\therefore c=\sqrt{2-m}, e=\frac{c}{a}=\sqrt{\frac{2-m}{2}}=\frac{1}{2}, \therefore m=\frac{3}{2}$. 故选 B.
分析: 根据椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{m}=1$, 得出 $a$ 与 $c$, 求出离心率即可. |
20016 | [] | B | null | 高二 | 已知点 $P$ 是椭圆 $16 x^{2}+25 y^{2}=400$ 上一点, 且在 $x$ 轴上方, $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆的左、右焦点, 直线 $P F_{2}$ 的斜率为 $-4 \sqrt{3}$, 则 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积是 ( ) | A. $24 \sqrt{3}$
B. $12 \sqrt{3}$
C. $6 \sqrt{3}$
D. $3 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 解析: 解答: . $\because$ 粗圆 $16 x^{2}+25 y^{2}=400$ 化成标准形式为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$,
$\therefore a^{2}=25, b^{2}=16$, 可得 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=3$.
$\therefore$ 椭圆的焦点为 $F_{1}(-3,0), F_{2}(3,0)$.
设位于椭圆 $X$ 轴上方弧上的点为 $(m, n)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\frac{m^{2}}{25}+\frac{n^{2}}{16}=1, \\ \frac{n-0}{m-3}=-4 \sqrt{3},\end{array}\right.$解得 $\left\{\begin{array}{l}m=\frac{5}{2}, \\ n=2 \sqrt{3}\end{array}\right.$ (负值舍去).
$\therefore \triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积 $S=\frac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{3}=6 \sqrt{3}$. 故选 B.
分析: 根据椭圆 $16 x^{2}+25 y^{2}=400$ 化成标准形式为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$, 可得 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=3$.
设位于椭圆 $x$ 轴上方弧上的点为 $(m, n)$, 再求出 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积 $S=\frac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{3}=6 \sqrt{3}$. |
20017 | [] | B | null | 高二 | 粗圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的左、右顶点分别为 $A_{1}, A_{2}$, 点 $\mathrm{P}$ 在 $\mathrm{C}$ 上且直线 $P A_{2}$ 斜率的取值范围是 $[-2,-1]$,那么直线 $P A_{1}$ 斜率的取值范围是 ( ) | A. $\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right]$
B. $\left[\frac{3}{8}, \frac{3}{4}\right]$
C. $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$
D. $\left[\frac{3}{4}, 1\right]$ | 解析几何 | 解析: 解答: 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{3}=1, k_{P A_{2}}=\frac{y_{0}}{x_{0}-2}, k_{P A_{1}}=\frac{y_{0}}{x_{0}+2}$
$$
k_{P A_{1}} \cdot k_{P A_{2}}=\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=\frac{3-\frac{3}{4} x_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=-\frac{3}{4} \text {, 故 } k_{P A_{1}}=-\frac{3}{4} \frac{1}{k_{P A_{2}}} \text {. }
$$
因为 $k_{P A_{2}} \in[-2,-1]$,所以 $k_{P A_{1}} \in\left[\frac{3}{8}, \frac{3}{4}\right]$.故选 B.
分析: 将 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 代入到 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 得到 $x_{0}$ 与 $y_{0}$ 之间的关系,利用 $k_{P A_{1}} \cdot k_{P A_{2}}$ 为定值求解 $k_{P A_{2}}$ 的取值范围. |
20018 | [] | B | null | 高二 | 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F$, 右顶点为 $A$, 点 $B$ 在粗圆上, 且 $B F \perp x$轴, 直线 $A B$ 交 $y$ 轴于点 $P$. 若 $\overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B}$, 则椭圆的离心率是 $(\quad)$ | A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{1}{2}$ | 解析几何 | 解析：解答：本小题主要考查椭圆及椭圆的几何性质.
由已知 $B$ 点横坐标为 $-c$, 取 $B\left(-c, \frac{b^{2}}{a}\right)$.
$\because \overrightarrow{A P}=2 \overrightarrow{P B} . \therefore \overrightarrow{A P}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}$
$\because A B$ 所在直线方程为 $y=-\frac{a-c}{a}(x-a), \therefore P$ 点纵坐标为 $a-c$.
由 $\triangle B F A \backsim \triangle P O A$ 得, $\frac{b^{2}}{a-c}=\frac{3}{2}, \therefore 2 c^{2}-3 a c+a^{2}=0$.
即 $2 e^{2}-3 e+1=0$ 解得 $e=\frac{1}{2}(e=1$ 舍去 $)$. 故选 D.
分析: 本小题主要考查椭圆及粗圆的几何性质, 注意结合直线的斜率求解即可. |
20019 | [] | C | null | 高二 | 椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 与直线 $x+y=1$ 交于 $P 、 Q$ 两点, 且 $O P \perp O Q$, 其中 $O$为坐标原点, 求 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$ 的值 ( ) | A. 1
B. 3
C. 2
D. $\frac{1}{2}$ | 解析几何 | 解析: 解答: 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), P\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 由 $\mathrm{OP} \perp \mathrm{OQ} \Leftrightarrow x_{1} x_{2}+\mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}=0$
$$
\begin{aligned}
& \because y_{1}=1-x_{1}, y_{2}=1-x_{2}, \text { 代入上式得: } 2 x_{1} x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=0 \quad \text { (1) 又将 } y=1-x \text { 代入 } \\
& \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow\left(a^{2}+b^{2}\right) x^{2}-2 a^{2} x+a^{2}\left(1-b^{2}\right)=0, \because \Delta>0, \therefore x_{1}+x_{2}=\frac{2 a^{2}}{a^{2}+b^{2}}, \\
& x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}\left(1-b^{2}\right)}{a^{2}+b^{2}} \text { 代入(1)化简得 } \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=2 . . \text { 故选 C. }
\end{aligned}
$$
分析: 本小题主要考查了粗圆与直线的结合, 联立直线消去 $\mathrm{y}$, 利用两根之和与两根之积,求解即可. |
20020 | [] | A | null | 高二 | 已知曲线 $C$ 上的动点 $M(x, y)$ 和向量 $\boldsymbol{a}=(x+2, y), \boldsymbol{b}=(x-2, y)$ 满足 $|\boldsymbol{a}|+|\boldsymbol{b}|=6$, 则曲线 $C$ 的离心率
是( ) | A. $\frac{2}{3}$
B.
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{1}{3}$ | 解析几何 | 解析: 解答: $|\boldsymbol{a}|+|\boldsymbol{b}|=6$ 表示动点 $M$ 到两定点 $(-2,0),(2,0)$ 的距离之和为 6 , 所以曲线 $C$ 是以 $(-2,0),(2,0)$ 为焦点, 以 6 为长轴长的椭圆,故离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{3}$, 故选 A.
分析: 根据栯圆的定义, 求出 $a$ 与 $c$ 的值, 即可确定离心率. |
20025 | [] | C | null | 高二 | 设定点 $F_{1}(0,-3), F_{2}(0,3)$, 动点 $P(x, y)$ 满足条件 $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=a(a>0)$, 则动点 $P$ 的轨迹是( ) | A. 椭圆
B. 线段
C. 椭圆、线段或不存在
D. 不存在 | 解析几何 | 解析: 解答: 当 $a>\left|F_{1} F_{2}\right|=6$ 时, 动点 $P$ 的轨迹为椭圆;
当 $a=\left|F_{1} F_{2}\right|=6$ 时, 动点 $P$ 的轨迹为线段;
当 $a<\left|F_{1} F_{2}\right|=6$ 时, 动点 $P$ 的轨迹不存在., 故选 C.
分析: 本题给出点 $\mathrm{P}$ 满足的条件, 求动点的轨迹, 注意应用粗圆的定义与形成粗圆的条件即可. |
20032 | [] | C | null | 高二 | 下列说法中正确的是( ). | 已知 $F_{1}(-4,0), F_{2}(4,0)$, 到 $F_{1}, F_{2}$ 两点的距离之和等于 8 的点的轨迹是椭圆
B. 已知 $F_{1}(-4,0), F_{2}(4,0)$, 到 $F_{1}, F_{2}$ 两点的距离之和为 6 的点的轨迹是椭圆
C. 到 $F_{1}(-4,0), F_{2}(4,0)$ 两点的距离之和等于点 $M(5,3)$ 到 $F_{1}, F_{2}$ 的距离之和的点的轨迹是椭圆
D. 到 $F_{1}(-4,0), F_{2}(4,0)$ 两点距离相等的点的轨迹是椭圆 | 解析几何 | 解析: 解答: $\mathrm{A}$ 中常数 $8=\left|F_{1} F_{2}\right|, \mathrm{B}$ 中常数 $6<\left|F_{1} F_{2}\right|$, 所以轨迹都不是粗圆; 可计算 $\mathrm{C}$ 中常数等于 $4 \sqrt{10}>\left|F_{1} F_{2}\right|$, 符合椭圆定义, 轨迹是椭圆; $\mathrm{D}$ 中点的轨迹应该是一条直线, 故选 C. 故选 C.
分析：本题给出焦点满足的条件, 求动点的轨迹, 注意应用粗圆的定义与形成陏圆的条件即可. |
20033 | [] | A | null | 高二 | 已知椭圆的焦点是 $F_{1} 、 F_{2}, P$ 是椭圆上的一个动点, 如果延长 $F_{1} P$ 到 $Q$, 使得 $|P Q|=$ $\left|P F_{2}\right|$, 那么动点 $Q$ 的轨迹是 | A. 圆
B. 椭圆
C. 抛物线
D. 双曲线的一支 | 解析几何 | 解析: 解答: $\because\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2 a,|P Q|=\left|P F_{2}\right|$,
$\therefore\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=\left|P F_{1}\right|+|P Q|=2 a$.
即 $\left|F_{1} Q\right|=2 a$.
$\therefore$ 动点 $Q$ 到定点 $F_{1}$ 的距离等于定长 $2 a$, 故动点 $Q$ 的轨迹是圆. 故选 $\mathrm{A}$.
分析：本题给出椭圆的焦点是 $F_{1} 、 F_{2}$, 求动点的轨迹, 注意应用圆的定义与形成圆的条件即可 |
20034 | [] | A | null | 高二 | 已知椭圆 $x^{2}+m y^{2}=1$ 的焦点在 $y$ 轴上, 长轴长是短轴长的两倍, 则 $m$ 的值为 ( ) | A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 2
D. 4 | 解析几何 | 解析: 解答: 粗圆方程可化为 $\frac{x^{2}}{1}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{m}}=1$,由焦点在轴上可得长半轴长为 $\sqrt{\frac{1}{m}}$,短半轴长为 1 , 所以 $\sqrt{\frac{1}{m}}$, 解得 $m=\frac{1}{4}$. 故选 A.
分析: 本题给出椭圆 $x^{2}+m y^{2}=1$ 的焦点在 $y$ 轴上, 化为标准方程再求其他量即可. |
20035 | [] | B | null | 高二 | 椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的右焦点到直线 $y=\sqrt{3} x$ 的距离是 ( ) | A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. 1
D. $\sqrt{3}$ | 解析几何 | 解析：解答：椭圆的右焦点为 $F(1,0)$, 根据点到直线的距离公式得
$$
\therefore d=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \text { 故选 B. }
$$
分析: 根据椭圆标准的方程 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 求出右焦点, 再代入点到直线的距离的距离公式即可. |
20036 | [] | B | null | 高二 | 若一个粗圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列, 则该椭圆的离心率是( ) | A. $\frac{4}{5}$
B. $\frac{3}{5}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{1}{5}$ | 解析几何 | 解析: 解答: 由题意知 $2 b=a+c$, 又 $b^{2}=a^{2}-c^{2}$,
$$
\begin{aligned}
& \therefore 4\left(a^{2}-c^{2}\right)=a^{2}+c^{2}+2 a c . \\
& \therefore 3 a^{2}-2 a c-5 c^{2}=0 . \therefore 5 c^{2}+2 a c-3 a^{2}=0 . \\
& \therefore 5 e^{2}+2 e-3=0 . \therefore e=\frac{3}{5} \text { 或 } e=-1 \text { (舍去). 故选 B. }
\end{aligned}
$$
分析: 根据长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列, 找出 $a$ 与 $c$ 的关系即可. |
20037 | [] | B | null | 高二 | 椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$ 的离心率为( ) | A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | 解析几何 | 解析: 解答: $c^{2}=16-8=8, \therefore e=\sqrt{\frac{8}{16}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 故选 D.
分析: 根据椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$, 得出 $a$ 与 $c$, 求出离心率即可. |
20038 | [] | C | null | 高二 | 已知 $M(-2,0), N(2,0),|P M|-|P N|=3$, 则动点 $P$ 的轨迹是( ) | A.双曲线
B.双曲线左边一支
C.双曲线右边一支
D.一条射线 | 解析几何 | 解析：解答： $\because|P M|-|P N|=3<4$, 由双曲线定义知, 其轨迹为双曲线的一支. 又 $\because|P M|>|P N|$, 故点 $P$ 的轨迹为双曲线的右支.故选 C.
分析：本题考查了双曲线的定义，根据 $|P M|-|P N|=3$ ，可得是双曲线的右支。 |
20039 | [] | C | null | 高二 | 双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$ 的顶点到渐进线的距离等于（） | A. $\frac{2}{5}$
B. $\frac{4}{5}$
C. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{4 \sqrt{5}}{5}$ | 解析几何 | 解析: 解答: 双曲线的右顶点为 $(2,0)$, 渐近线方程为 $x-2 y=0$, 则顶点到渐近线的距离为 $\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$. 故选 C
分析: 先求顶点, 后求渐近线方程, 再用距离公式求解. |
20040 | [] | C | null | 高二 | 已知双曲线 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$, 则 $\mathrm{C}$ 的渐近线方程为 ( ) | A. $y= \pm \frac{1}{4} x$
B. $y= \pm \frac{1}{3} x$
C. $y= \pm \frac{1}{2} x$
D. $y= \pm x$ | 解析几何 | 解析: 解答: 因为 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 所以 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{4}$, 又因为 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$, 所以 $\frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{4}$,得 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{4}$, 所以渐近线方程为 $y= \pm \frac{1}{2} x$. 故选 C
分析: 根据题目中给出离心率确定 $a$ 与 $c$ 之间的关系, 再利用 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$ 确定 $a$ 与 $b$ 之间的关系, 即可求出渐近线方程. |
20041 | [] | C | null | 高二 | 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 的左、右焦点分别为 $\mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}$, 其一条渐近线方程为 $y=x$, 点 $P\left(\sqrt{3}, y_{0}\right)$ 在该双曲线上, 则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PF}_{2}}=(\quad)$
(A) -12
(B)-2
(C)0
(D) 4
答案: C
解析: 解答: 由题意: $\frac{b}{\sqrt{2}}=1, \therefore b=\sqrt{2}, \therefore$ 双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$
$\because$ 点 $\mathrm{P}\left(\sqrt{3}, \mathrm{y}_{0}\right)$ 在该双曲线上, $\therefore \frac{3}{2}-\frac{\mathrm{y}_{0}{ }^{2}}{2}=1, \therefore \mathrm{y}_{0}= \pm 1$,
$\therefore \mathrm{P}(\sqrt{3}, \pm 1)$, 又 $\mathrm{F}_{1}(-2,0), \mathrm{F}_{2}(2,0), \therefore \overrightarrow{\mathrm{PF}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PF}}_{2}=(-2-\sqrt{3},-1) \cdot(2-\sqrt{3},-1)=-1+1=0$,
或 $\overrightarrow{\mathrm{PF}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PF}_{2}}=(-2-\sqrt{3}, 1) \cdot(2-\sqrt{3}, 1)=-1+1=0 . \therefore \overrightarrow{\mathrm{PF}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PF}_{2}}=0$. 故选 $\mathrm{C}$
分析: 根据双曲线的渐近线方程求出 $\mathrm{b}$ 的值, 然后把 $\mathrm{P}$ 点坐标求出来, 再利用数量积的运算律计算.
13. 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线与抛物线 $\mathrm{y}^{2}=2 p x(p>0)$ 的准线分别交于 $A, B$ 两点, $O$ 为坐标原点. 若双曲线的离心率为 $2, \triangle A O B$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 则 $p=(\quad)$ | A. 1
B. $\frac{3}{2}$
C. 2
D. 3 | 解析几何 | 解析：解答:
$ 的距离与它到 $B(5,0)$ 距离的差等于 6 , 则 $P$ 点的轨迹方程是 $(\quad)$ | A. $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1$
B. $\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=1$
C. $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1 \quad(x \leq-3)$
D. $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1(\mathrm{x} \geq 3)$ | 解析几何 | 解析：解答：由题意知点 $P$ 的轨迹是双曲线靠近 $B$ 点的右支, 且 $\mathrm{c}=5, \mathrm{a}=3, \therefore b=4 . \therefore$ 点 $P$ 的轨迹方程是 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1(\mathrm{x} \geq 3)$.
故点 $P$ 的轨迹为双曲线的右支.故选 D.
分析: 本题考查了双曲线的定义, 根据动点 $\mathrm{P}$ 到 $\mathrm{A}(-5,0)$ 的距离与它到 $\mathrm{B}(5,0)$ 距离的差等于
6 , 可得是双曲线的右支。 |
20053 | [] | D | null | 高二 | 双曲线 $m x^{2}+y^{2}=1$ 的虚轴长是实轴长的 2 倍, 则 $m$ 的值为( ). | A. $-\frac{1}{4}$
B. -4
C. 4
D. $\frac{1}{4}$ | 解析几何 | 解析: 解答: 由双曲线方程 $m x^{2}+y^{2}=1$, 知 $m<0$, 则双曲线方程可化为 $y^{2}-\frac{x^{2}}{-\frac{1}{m}}=1$, 则 $a^{2}$ $=1, a=1$, 又虚轴长是实轴长的 2 倍,
$\therefore b=2, \therefore-\frac{1}{m}=b^{2}=4, \therefore m=-\frac{1}{4}$, 故选 A.
分析: 本题考查了双曲线的定义, 双曲线 $m x^{2}+y^{2}=1$ 的虚轴长是实轴长的 2 倍, 可得 $b=2 a$,根据双曲线的标准方程, 可得 $a=1$ 即可。 |
20054 | [] | D | null | 高二 | 双曲线 $8 k x^{2}-k y^{2}=8$ 的一个焦点是 $(0,3)$, 则 $\mathrm{k}$ 的值是 $(\quad)$ | A.-1
B. 1
C. $-\frac{\sqrt{65}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{65}}{3}$ | 解析几何 | 解析：解答：由题知双曲线焦点在 $y$ 轴上, 且 $\mathrm{c}=3$, 双曲线方程可化为
$\frac{y^{2}}{-\frac{8}{k}}-\frac{x^{2}}{-\frac{1}{k}}=1, \therefore-\frac{8}{k}-\frac{1}{k}=9, \therefore \mathrm{k}=-1$. , 故选 A.
分析：因为双曲线 $8 k x^{2}-k y^{2}=8$ 的一个焦点是 $(0,3)$, 所以 $\mathrm{c}=3$, 将双曲线化为标准方程即可。 |
20055 | [] | C | null | 高二 | 双曲线 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{k}=1$ 的离心率 $e \in(1,2)$, 则 $k$ 的取值范围是 | A. $-12<k<-1$
B. $0<k<12$
C. $-12<k<0$
D. $k<-12$ 或 $0<k$ | 解析几何 | 解析: 解答: 双曲线方程可变为 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{-k}=1$, 则 $a^{2}=4, b^{2}=-k, c^{2}=4-k$,
$$
e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{4-k}}{2} \text {, 又 } \because e \in(1,2) \text {, 则 } 1<\frac{\sqrt{4-k}}{2}<2 \text {, 解得 }-12<k<0 \text {. 故选 C. }
$$
分析: 因为双曲线 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{k}=1$ 的离心率 $e \in(1,2)$, 根据 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{4-k}}{2}$ 确定 $1<\frac{\sqrt{4-k}}{2}<2$, 解不等式即可。
$6 . \mathrm{k}>9$ 是方程 $\frac{x^{2}}{9-k}+\frac{y^{2}}{k-4}=1$ 表示双曲线的( )
(A) 充要条件
(B) 充分不必要条件
（C）必要不充分条件
(D) 既不充分又不必要条件
答案: C
解析: 解答: 当 $k>9$ 时, $9-k<0, k-4>0$, 方程表示双曲线.
当 $k<4$ 时, $9-k>0, k-4<0$, 方程也表示双曲线.
$\therefore \mathrm{k}>9$ 是方程 $\frac{x^{2}}{9-k}+\frac{y^{2}}{k-4}=1$ 表示双曲线的充分不必要条件. 故选 C.
分析: 因为. $\mathrm{k}>9$ 是方程 $\frac{x^{2}}{9-k}+\frac{y^{2}}{k-4}=1$ 可得焦点在 $y$ 轴上, 将双曲线化为标准方程即可 |
20056 | [] | C | null | 高二 | 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的右焦点到左顶点的距离等于它到渐近线距离的 2 倍, 则其渐近线方程为 | A. $2 x \pm y=0$
B. $x \pm 2 y=0$
C. $4 x \pm 3 y=0$
D. $3 x \pm 4 y=0$ | 解析几何 | 解析: 解答: 双曲线的右焦点到左顶点的距离为 $a+c$, 右焦点到渐近线 $y= \pm \frac{b}{a} x$ 距离为 $b$,所以有: $a+c=2 b$, 由 $4 x \pm 3 y=0$ 得 $y= \pm \frac{4}{3} x$, 取 $\mathrm{a}=3, \mathrm{~b}=4$, 则 $\mathrm{c}=5$, 满足 $a+c=2 b$. 故选:
分析：本题旨在考查双曲线的几何性质，可用第选法. |
20057 | [] | C | null | 高二 | 与椭圆 $C: \frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{12}=1$ 共焦点且过点 $(1, \sqrt{3})$ 的双曲线的标准方程为 $(\quad)$ | A. $x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$
B. $y^{2}-2 x^{2}=1$
C. $\frac{y^{2}}{2}-\frac{x^{2}}{2}=1$
D. $\frac{y^{2}}{3}-x^{2}=1$ | 解析几何 | 解析: 解答: 椭圆 $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{12}=1$ 的焦点坐标为 $(0,-2),(0,2)$, 设双曲线的标准方程为 $\frac{y^{2}}{m}-\frac{x^{2}}{n}=1(m>0, n>0)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{m}-\frac{1}{n}=1, \\ m+n=4,\end{array}\right.$ 解得 $m=n=2$, 故选 C.分析：根据椭圆 $C: \frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{12}=1$, 可得 $a^{2}=16, b^{2}=12$, 可求出焦点坐标, 即可。 |
20058 | [] | C | null | 高二 | 平面内有两个定点 $F_{1}(-5,0)$ 和 $F_{2}(5,0)$, 动点 $P$ 满足 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=6$, 则动点 $P$ 的轨迹方程是( ). | A. $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1(x \leq-4)$
B. $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1 \quad(x \leq-3)$
C. $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1 \quad(x \geq 4)$
D. $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1 \quad(x \geq 3)$ | 解析几何 | 解析: 解答: 根据两个定点 $F_{1}(-5,0)$ 和 $F_{2}(5,0)$, 动点 $P$ 满足 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=6$,所以 $c=5, a=3$, 所以 $b=4$, 故选 D
分析：根据双曲线的定义可得. |
20060 | [] | B | null | 高二 | 设抛物线的顶点在原点, 其焦点 $F$ 在 $y$ 轴上, 又抛物线上的点 $(k,-2)$ 与 $F$ 点的距离为 4 , 则 $k$ 的值是 ( ) | A. 4
B. 4 或 -4
C. -2
D. 2 或 -2 | 解析几何 | 解析: 解答: 由题意, 设抛物线的标准方程为: $x^{2}=-2 p y$, 则: $\frac{p}{2}+2=4, \therefore p=4, x^{2}=$ $-8 y$. 又点 $(k,-2)$ 在抛物线上, $\therefore k^{2}=16, k= \pm 4$. . 故选 B.
分析: 根据抛物线的顶点在原点, 其焦点 $F$ 在 $y$ 轴上, 可设抛物线的标准方程为: $x^{2}=-$ $2 p y$; 求解即可。 |
20061 | ["9289.jpg", "9290.jpg"] | C | null | 高二 | 设抛物线 $\mathrm{C}: y^{2}=2 p x(\mathrm{p}>0)$ 的焦点为 $\mathrm{F}$, 点 $\mathrm{M}$ 在 $\mathrm{C}$ 上, $|M F|=5$, 若以 $M F$ 为直径的圆过点 $(0,2)$, 则 $\mathrm{C}$ 的方程为
<ImageHere>
答案: C
解析: 解答: 由题意知: $F\left(\frac{p}{2}, 0\right)$, 准线方程为 $x=-\frac{p}{2}$, 则由抛物线的定义知, $X_{M}=5-\frac{p}{2}$, 设以 $\mathrm{MF}$ 为直径的圆的圆心为 $\left(\frac{5}{2}, \frac{y_{M}}{2}\right)$, 所以圆的方程为 $\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{y_{M}}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$, 又因为过点( 0,2 , , 所以 $y_{M}=4$, 又因为点 $\mathrm{M}$ 在 $\mathrm{C}$ 上, 所以 $16=2 \mathrm{p}\left(5-\frac{p}{2}\right)$, 解得 $p=2$ 或 $p=8$, 所以抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程为 $y^{2}=4 x$ 或 $y^{2}=16 x$,故选 C.
分析：结合已知条件,设出圆心坐标,然后借助抛物线的定义,确定抛物线的方程.
11. 过抛物线焦点 $F$ 的直线与抛物线相交于 $A 、 B$ 两点, 若 $A 、 B$ 在抛物线准线上的射影是 $A_{1} 、 B_{1}$, 则 $\angle A_{1} F B_{1}$ 等于 $(\quad)$
<ImageHere> | A. $45^{\circ}$
B. $60^{\circ} \mathrm{C} \cdot 90^{\circ}$
D. $120^{\circ}$ | 解析几何 | 解析: 解答: 由抛物线的定义得, $|A F|=\left|A A_{1}\right|,|B F|=\left|B B_{1}\right|, \therefore \angle 1=\angle 2$,
$$
\begin{aligned}
& \angle 3=\angle 4, \text { 又 } \angle 1+\angle 2+\angle 3+\angle 4+\angle A_{1} A F+\angle B_{1} B F=360^{\circ}, \\
& \text { 且 } \angle A_{1} A F+\angle B_{1} B F=180^{\circ}, \therefore \angle 1+\angle 2+\angle 3+\angle 4=180^{\circ}, \\
& \therefore 2(\angle 2+\angle 4)=180^{\circ}, \text { 即 } \angle 2+\angle 4=90, \text { 故 } \angle A_{1} F B=90^{\circ} \text {. 故选 C. }
\end{aligned}
$$
分析: 结合已知条件, 因为 $A 、 B$ 在抛物线准线上的射影是 $A_{1} 、 B_{1},|O F| / /\left|A A_{1}\right|,|O F| / /\left|B B_{1}\right|$,抛物线的定义得, $|A F|=\left|A A_{1}\right|,|B F|=\left|B B_{1}\right|$, 可得 $\angle 3=\angle 4, \angle 1=\angle 2$, 求解即可。 |
20062 | [] | B | null | 高二 | 已知动圆 $\mathrm{M}$ 与直线 $y=2$ 相切, 且与定圆 $\mathrm{C}: x^{2}+(y+3)^{2}=1$ 外切, 求动圆圆心 $\mathrm{M}$ 的
轨迹方程. (12 分) | A. $y^{2}=12 x$
B. $x^{2}=-12 y$
C. $x^{2}=12 y$
D. $y^{2}=-12 x$ | 解析几何 | 解析：解答：设动圆圆心为 $\mathrm{M}(x, y)$, 半径为 $\mathrm{r}$, 则由题意可得 $\mathrm{M}$ 到 $\mathrm{C}(0,-3)$ 的距离与到直线 $y=3$ 的距离相等, 由抛物线的定义可知: 动圆圆心的轨迹是以 $C(0,-3)$ 为焦点, 以 $y=3$ 为准线的一条抛物线, 其方程为 $x^{2}=-12 y$.
.故选 B.
分析: 结合已知条件, 设动圆圆心为 $\mathrm{M}(x, y)$, 半径为 $\mathrm{r}$, 则由题意可得 $\mathrm{M}$ 到 $\mathrm{C}(0,-3)$的距离与到直线 $y=3$ 的距离相等, 求解即可。 |
20063 | [] | D | null | 高二 | 已知抛物 $C: y^{2}=8 x$ 与点 $M(-2,2)$, 过C的焦点, 且斜率为 $k$ 的直线与 $C$ 交于
$A, B$ 两点, 若 $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}=0$, 则 $k=(\quad)$ | A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\sqrt{2}$
D. 2 | 解析几何 | 解析: 解答: 由题意知直线 $A B$ 的方程为 $y=k(x-2)$, 将其代入到 $y^{2}=8 x$ 得,
$k^{2} x^{2}-4\left(k^{2}+2\right) x+4 k^{2}=0$, 设 $A\left(x, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{4\left(k^{2}+2\right)}{k^{2}}, x_{1} x_{2}=4$ (1)
又 $y_{1}+y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)-4 k$, (2)
$y_{1} y_{2}=k^{2}\left[x_{1} x_{2}-2\left(x_{1}+x_{2}\right)+4\right](3)$
因为 $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}=0$, 所以 $\left(x_{1}+2, y_{1}-2\right) \cdot\left(x_{2}+2, y_{2}-2\right)=0$,
即 $x_{1} x_{2}+2\left(x_{1}+x_{2}\right)+y_{1} y_{2}-2\left(y_{1}+y_{2}\right)+8=0$.(4)
由(1)(2)(3)(4)得, $k=2$..故选 D
分析: 先求出抛物线的焦点, 列出过焦点的直线方程，与抛物线联立，化简成关于 $x$ 的一元
二次方程, 利用根与系数关系代入求解. |
20064 | ["9291.jpg"] | B | null | 高二 | 设抛物线 $y^{2}=8 x$ 的焦点为 $F$, 准线为 $l, P$ 为抛物线上一点, $P A \perp l, A$ 为垂足. 如果直线 $A F$ 的斜率为 $-\sqrt{3}$, 那么 $|P F|=(\quad)$ | A. $4 \sqrt{3}$
B. 8
C. $8 \sqrt{3}$
D. 16 | 解析几何 | 解析: 解答: 如图, $K_{A F}=-\sqrt{3}, \therefore \angle A F O=60^{\circ}, \because|B F|=4, \therefore|A B|=4 \sqrt{3}$,
即 $P$ 点的纵坐标为 $4 \sqrt{3}, \therefore(4 \sqrt{3})^{2}=8 x, \therefore x=6, \therefore|P A|=8=|P F|$, 故选 B.
<ImageHere>分析: 结合已知条件, 设抛物线 $y^{2}=8 x$ 的焦点为 $F$, 准线为 $l, P$ 为抛物线上一点, $P A \perp l$, $A$ 为垂足, 结合图像, 求解即可。 |
20069 | [] | D | null | 高二 | 抛物线 $y^{2}=8 x$ 的焦点到直线 $x-\sqrt{3} y=0$ 的距离是 ( ) | A. $2 \sqrt{3}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. 1 | 解析几何 | 解析: 解答: 抛物线 $y^{2}=8 x$ 的焦点 $(2,0)$ 到直线 $x-\sqrt{3} y=0$ 的距离, 根据点到直线的距离公式可得 $d=\frac{|2-0|}{2}=1$, 故选 D.
分析：本题考查的是抛物线的基本几何性质,在求解时首先求得抛物线的焦点坐标,然后利用点到直线的距离公式进行求解即可. |
20073 | [] | A | null | 高二 | 拖物线 $y=\frac{1}{m} x^{2}(m<0)$ 的焦点坐标是 $(\quad)$ | A. $\left(0, \frac{m}{4}\right)$
B. $\left(0,-\frac{m}{4}\right)$
C. $\left(0, \frac{1}{4 m}\right)$
D. $\left(0,-\frac{1}{4 m}\right)$ | 解析几何 | 解析: 解答: $\because x^{2}=m y(m<0), \therefore 2 p=-m, p=-\frac{m}{2}$,焦点坐标为 $\left(0,-\frac{p}{2}\right)$, 即 $\left(0, \frac{m}{4}\right)$, 故选 A.
分析: 本题考查的是抛物线的标准方程,在求解时首先求得抛物线的标准方程,然后求出焦点, 进行求解即可. |
20074 | [] | B | null | 高二 | 抛物线的顶点在原点, 对称轴是 $x$ 轴, 抛物线上的点 $(-5,2 \sqrt{5})$ 到焦点的距离是 6 , 则抛物线的方程为 ( ) | A. $y^{2}=-2 x$
B. $y^{2}=-4 x$
C. $y^{2}=2 x$
D. $y^{2}=-4 x$ 或 $y^{2}=-36 x$ | 解析几何 | 解析: 解答: 由题意, 设抛物线的标准方程为: $y^{2}=-2 p x(p>0)$, 由题意, 得 $\frac{p}{2}+5=6$, $\therefore p=2, \therefore$ 抛物线方程为 $y^{2}=-4 x$, 故选 B.
分析: 本题考查的是抛物线的标准方程,在求解时首先求得抛物线的标准方程的 $p$ 求解即可 |
20075 | [] | B | null | 高二 | 已知抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=2 \sqrt{3}$, 则 $p=(\quad)$ | A. 3
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{6}$ | 解析几何 | 解析: 解答: $\because$ 抛物线 $y^{2}=2 p x$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 都关于 $x$ 轴对称, 则 $A, B$ 关于 $x$ 轴对称. 又 $\because|A B|=2 \sqrt{3}$, 不妨设 $A$ 在第一象限, 则 $A$ 的纵坐标为 $\sqrt{3}$, 代入圆 $x^{2}+y^{2}=4$, 得 $A$ 的横坐标为 1 . 再将 $x=1, y=\sqrt{3}$ 代入 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 中得 $p=\frac{3}{2}$. 故选 B.
分析: 本题考查的是抛物线的标准方程, 因为抛物线 $y^{2}=2 p x$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 都关于 $x$ 轴对称，则 $A, B$ 关于 $x$ 轴对称，假设 $\mathrm{A}$ 在第一象限，求解即可 |
20077 | [] | A | null | 高二 | 经过抛物线 $y^{2}=2 x$ 的焦点且平行于直线 $3 x-2 y+5=0$ 的直线的方程是 ( ) | A. $6 x-4 y-3=0$
B. $3 x-2 y-3=0$
C. $2 x+3 y-2=0$
D. $2 x+3 y-1=0$ | 解析几何 | 解析: 解答: 据题意设所求平行直线方程为 $3 x-2 y+c=0$, 又直线过抛物线 $y^{2}=2 x$ 的焦点 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 代入求得 $c=-\frac{3}{2}$, 故直线方程为 $6 x-4 y-3=0$. 故选 A.
分析: 因为经过抛物线 $y^{2}=2 x$ 的焦点, 可得 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 与直线 $3 x-2 y+5=0$ 平行,可得斜率, 求解即可。 |
20078 | [] | C | null | 高二 | 已知抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的准线与圆 $(x-3)^{2}+y^{2}=16$ 相切, 则 $p$ 的值为 $(\quad)$ | A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. 2
D. 4 | 解析几何 | 解析: 解答: 因为抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的准线方程是 $x=-\frac{p}{2}$,
由题意知, $3+\frac{p}{2}=4, p=2$..故选 C.
分析：因为抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的准线与圆 $(x-3)^{2}+y^{2}=16$ 相切,可得 $3+\frac{p}{2}=4$, 求解即可。 |
20079 | [] | D | null | 高二 | 正三角形的一个顶点位于坐标原点, 另外两个顶点在抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上, 求正三角形外接圆的方程 ( ) | A. $x^{2}+\frac{y^{2}}{2}-8 p x=0$
B. $x^{2}-y^{2}-8 p x=0$
C. $x^{2}+y^{2}+8 p x=0$
D. $x^{2}+y^{2}-8 p x=0$ | 解析几何 | 解析：解答：根据题意可得圆心在 $x$ 轴上, 且过原点,故可设圆的方程为: $x^{2}+y^{2}+D x=0$, 又 $\because$ 圆过点 $A(6 p, 2 \sqrt{3})$,
$\therefore$ 所求圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-8 p x=0$, 故选 D.
分析: 因为正三角形的一个顶点位于坐标原点, 另外两个顶点在抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$上, 即可设圆的方程为: $x^{2}+y^{2}+D x=0$ 求解即可。 |
19757 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对应的边分别为 $a, b, c$, 若角 $A, B, C$ 依次成等差数列, 且 $a=1, b=\sqrt{3}$, 则 $\mathrm{S}_{\triangle A B C}=(\quad)$ | A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. 2 | 解析几何 | $\because A 、 B 、 C$ 依次成等差数列, $\therefore B=60^{\circ} \therefore$ 由余弦定理得: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 得 $: c=2$ $\therefore$ 由三角形面积公式得: $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故选 C. |
20080 | [] | C | null | 高二 | 若函数 $\mathrm{f}(x)=2 x^{2}-1$ 的图象上一点 $(1,1)$ 及邻近一点 $(1+\Delta x, 1+\Delta \mathrm{y})$, 则 $\frac{\Delta y}{\Delta x}$ 等于 ( ) | A. 4
B. $4 x$
C. $4+2 \Delta x$
D. $4+2 \triangle x^{2}$ | 解析几何 | 解析：解答：明确 $\Delta \mathrm{y}$ 的意义, 根据函数的解析式求出 $\Delta \mathrm{y}$ 的表达式, 即可得到答案.
$\because \triangle \mathrm{y}=\left[2(1+\Delta x)^{2}-1\right]-1=2 \Delta x^{2}+4 \Delta x$,
$\therefore \frac{\Delta y}{\Delta x}=4+2 \Delta x$, 故选 C.
分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据 $\Delta \mathrm{y}$ 的意义, 即函数在点 $(1,1)$的变化量, 先求 $\Delta \mathrm{y}$, 即可得到 $\frac{\Delta y}{\Delta x}$, 属于基础题. |
20082 | [] | B | null | 高二 | 设 $f(x)$ 是可导函数, 且 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=2$, 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=(\quad)$ | A. $\frac{1}{2}$
B. -1
C. 0
D. -2 | 解析几何 | 解析: 解答: 因为 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=-2 \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{-2 \Delta x}=-2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=2$所以 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-1$, 故选 B.
分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行计算即可. |
20084 | [] | B | null | 高二 | 设 $\mathrm{f}(x)$ 为可导函数, 且满足条件 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x+1)-f(1)}{2 x}=3$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线的斜率为 ( )
A、 $\frac{3}{2}$
B、 3
C、 6
D、无法确定
答案: C
解析: 解答: 因为设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为可导函数, 且满足条件
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x+1)-f(1)}{2 x}=3=\frac{1}{2} f^{\prime}(1) \therefore f^{\prime}(1)=6$, 选 C
分析: 本题主要考查了导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的几何意义进行计算即可.
15. 若函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导, 且 $x_{0} \in(a, b)$ 则 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-h\right)}{h}$ 的值为( ) | A. $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
B. $2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
C. $-2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
D. 0 | 解析几何 | 解析: 解答: 因为 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-h\right)}{h}=2 \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-h\right)}{2 h}=2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, 选
B
分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行计算即可. |
20099 | [] | A | null | 高二 | 曲线 $\mathrm{y}=-x^{3}+3 x^{2}$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程为 ( ). | A. $y=3 x-1$
B. $y=-3 x+5$
C. $y=3 x+5$
D. $y=2 x$ | 解析几何 | 解析: 解答: $\frac{-(\Delta x+1)^{3}+3(\Delta x+1)^{2}-\left(-1^{3}+3 \times 1^{2}\right)}{\Delta x}=-\Delta x^{2}+3$.
$\Delta x \rightarrow 0$ 时, $-\Delta x^{2}+3 \rightarrow 3$.
$\therefore \mathrm{f}^{\prime}(1)=3$.即曲线在 $(1,2)$ 处的切线斜率为 3 .
所以切线方程为 $\mathrm{y}-2=3(x-1)$, 即 $\mathrm{y}=3 \mathrm{x}-1$.
分析: 本题主要考查了导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的概念结合导数的几何意义计算即可. |
20101 | [] | A | null | 高二 | 曲线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{x}$ 在点 $(1,-1)$ 处的切线方程为 $(\mathrm{O})$. | A. $y=x-2$
B. $y=x$
C. $\mathrm{y}=\mathrm{x}+2$
D. $y=-x-2$ | 解析几何 | 解析: 解答: $\frac{-\frac{1}{\Delta x+1}-\left(-\frac{1}{1}\right)}{\Delta x}=\frac{1-\frac{1}{\Delta x+1}}{\Delta x}=\frac{1}{\Delta x+1}$,
当 $\Delta x \rightarrow 0$ 时, $\frac{1}{\Delta x+1} \rightarrow 1$.
曲线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{x}$ 在点 $(1,-1)$ 处的切线的斜率为 1 , 切线方程为 $\mathrm{y}+1=1(x-1)$, 即 $\mathrm{y}=x-2$.
分析: 本题主要考查了极限及其运算; 导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的概念结合极限的运算进行分析即可. |
20107 | [] | C | null | 高二 | 某质点的运动方程是 $S=\sin t$, 则在 $t=\pi_{\mathrm{S}}$ 时的瞬时速度为 ( ) | A. -1
B. -3
C. 7
D. 13 | 解析几何 | 解析: 解答: 瞬时速度即函数在该点的导数. $s^{\prime}=\cos t$, 当 $t=\pi$ 时 $s^{\prime}=-1$. 故选 A.
分析: 本题主要考查了实际问题中导数的意义, 解决问题的关键是根据注意路程对时间的导数即为瞬时速度. |
18664 | ["9142.jpg"] | C | null | 高二 | 如图所示，表示阴影部分的二元一次不等式组是( ) | A. $\left\{\begin{array}{l}y \geqslant-2 \\ 3 x-2 y+6>0 \\ x<0\end{array}\right.$
<ImageHere>
C. $\left\{\begin{array}{l}y>-2 \\ 3 x-2 y+6>0 \\ x \leqslant 0\end{array}\right.$
B. $\left\{\begin{array}{l}y \geqslant-2 \\ 3 x-2 y+6 \geqslant 0 \\ x \leqslant 0\end{array}\right.$
D. $\left\{\begin{array}{l}y>-2 \\ 3 x-2 y+6<0 \\ x<0\end{array}\right.$ | 解析几何 | 解析 可结合图形, 根据确定二元一次不等式组表示的平面区域的方法逆着进行. 由图知所给区域的三个边界中, 有两个是虚的, 所以 C 正确. |
18668 | [] | A | null | 高二 | 设不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+y-11 \geqslant 0, \\ 3 x-y+3 \geqslant 0, \\ 5 x-3 y+9 \leqslant 0\end{array}\right.$ 表示的平面区域为 $D$. 若指数函数 $y=a^{x}$ 的图象上存在区域 $D$ 上的点, 则 $a$ 的取值范围是 ( ) | A. $(1,3]$
B. $[2,3]$
C. $(1,2]$
D. $[3,+\infty)$ | 解析几何 | 解析 作出不等式组表示的平面区域 $D$, 如图阴影部分所示.
由 $\left\{\begin{array}{l}x+y-11=0, \\ 3 x-y+3=0,\end{array}\right.$ 得交点 $A(2,9)$.
对 $y=a^{x}$ 的图象, 当 $0<a<1$ 时, 没有点在区域 $D$ 上.
当 $a>1, y=a^{*}$ 恰好经过 $A$ 点时, 由 $a^{2}=9$, 得 $a=3$.
要满足题意,
需满足 $a^{2} \leqslant 9$, 解得 $1<a \leqslant 3$. |
18670 | [] | A | null | 高二 | 已知点 $(-1,2)$ 和 $(3,-3)$ 在直线 $3 x+y-a=0$ 的两侧, 则 $a$ 的取值范围是 ( ) | A. $(-1,6)$
B. $(-6,1)$
C. $(-\infty,-1) \cup(6,+\infty)$
D. $(-\infty,-6) \cup(1,+\infty)$ | 解析几何 | 解析 由题意知, $(-3+2-a)(9-3-a)<0$,即 $(a+1)(a-6)<0, \therefore-1<a<6$. |
18671 | ["9146.jpg", "9147.jpg", "9148.jpg", "9149.jpg"] | B | null | 高二 | 如图所示, 表示满足不等式 $(x-y)(x+2 y-2)>0$ 的点 $(x, y)$ 所在的区域为 $(\quad)$
<ImageHere> | A.
<ImageHere>
B
<ImageHere>
C
<ImageHere> | 解析几何 | 解析 不等式 $(x-y)(x+2 y-2)>0$ 等价于不等式组
( I) $\left\{\begin{array}{l}x-y>0, \\ x+2 y-2>0\end{array}\right.$
或不等式组(II) $\left\{\begin{array}{l}x-y<0, \\ x+2 y-2<0 .\end{array}\right.$ 分别画出不等式组 ( I 和(II)所表示的平面区域, 再求并集, 可得正确答案为 $\mathrm{B}$. |
18674 | [] | A | null | 高二 | 若不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant 0, \\ x+3 y \geqslant 4, \\ 3 x+y \leqslant 4\end{array}\right.$ 所表示的平面区域被直线 $y=k x+\frac{4}{3}$ 分为面积相等的两部分, 则 $k$ 的值是 ( ) | A. $\frac{7}{3}$
B. $\frac{3}{7}$
C. $\frac{4}{3}$
D. $\frac{3}{4}$ | 解析几何 | 解析 不等式组表示的平面区域如图所示.
由于直线 $y=k x+\frac{4}{3}$ 过定点 $\left(0, \frac{4}{3}\right)$. 因此只有直线过 $A B$ 中点时, 直线 $y=k x+\frac{4}{3}$ 能平分平面区域。
因为 $A(1,1), B(0,4)$, 所以 $A B$ 中点 $M\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right)$.
当 $y=k x+\frac{4}{3}$ 过点 $\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right)$ 时, $\frac{5}{2}=\frac{k}{2}+\frac{4}{3}$,
所以 $k=\frac{7}{3}$. |
20127 | [] | C | null | 高二 | 曲线 $y=\sin x+e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线方程是 $(\quad)$ | A. $x-3 y+3=0$
B. $x-2 y+2=0$
C. $2 x-y+1=0$
D. $3 x-y+1=0$ | 解析几何 | 解析: 解答: 求导 $y^{\prime}=\cos x+e^{x}$, 则曲线 $y=\sin x+e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线的斜率 $k=\cos 0+e^{0}=2$, 由点斜式可得 $y-1=2(x-0)$, 即切线方程为 $2 x-y+1=0$.
分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义分析计算即可. |
20129 | [] | D | null | 高二 | 函数 $f(x)=\frac{\ln x-2 x}{x}$ 的图象在点 $(1,-2)$ 处的切线方程为 ( ) | A. $2 x-y-4=0$
B. $2 x+y=0$
C. $x+y+1=0$
D. $x-y-3=0$ | 解析几何 | 解析: 解答: 求导, 得 $f^{\prime}(x)=\frac{(\ln x-2 x)^{\prime} x-(\ln x-2 x)(x)^{\prime}}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 由导数的几何意义,切线的斜率 $k=f^{\prime}(1)=\frac{1-\ln 1}{1^{2}}=1$, 所以切线方程是 $y-(-2)=1 \cdot(x-1)$, 即 $x-y-3=0$,故答案为 D.
分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数运算得到切线的斜率, 然后计算即可. |
20130 | [] | A | null | 高二 | 设函数 $f(x)=g(x)+x^{2}$, 曲线 $y=g(x)$ 在点 $(1, g(1))$ 处的切线方程为 $y=2 x+1$, 则
曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处切线的斜率是 $(\quad)$ | A. 4
B. $-\frac{1}{4}$
C. 2
D. $-\frac{1}{2}$ | 解析几何 | 解析：解答：由导数的几何意义, 得 $g^{\prime}(1)=2$, 求导函数得 $f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)+2 x$, $k=f^{\prime}(1)=g^{\prime}(1)+2=4$, 故答案为 A.
分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义分析计算即可. |
20132 | [] | C | null | 高二 | 直线 $y=k x+1$ 与曲线 $y=x^{3}+a x+b$ 相切于点 $\mathrm{A}(1,3)$, 则 $2 \mathrm{a}+\mathrm{b}$ 的值为 ( ) | A. 2
B.-1
C. 1
D.-2 | 解析几何 | 解析: 解答: $\because y=x^{3}+a x+b, \therefore y^{\prime}=3 x^{2}+a$; 由题意得 $\left\{\begin{array}{l}k+1=3 \\ 3+a=k \\ 1+a+b=3\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k=2 \\ a=-1 \\ b=3\end{array}\right.$,则 $2 a+b=-2+3=1$
分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义计算即可. |
20150 | [] | D | null | 高二 | 数 $f(x)=x^{2}$ 在点 $(2, f(2))$ 处的切线方程为 ( ) | A. $y=4$
B. $y=4 x+4$
C. $y=4 x+2$
C. $y=4 x-4$ | 解析几何 | 解析: 解答: $\because f(2)=2^{2}=4, \therefore$ 切点即为 $(2,4) . \because f^{\prime}(x)=2 x, \therefore f^{\prime}(2)=4$, 由导数的几何意义可知在点 $(2,4)$ 处切线的斜率为 4 , 所以所求切线方程为 $y-4=4(x-2)$, 即 $y=4 x-4$.故 D 正确.
分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义进行计算即可. |
18684 | [] | B | null | 高二 | 已知点 $P(x, y)$ 在经过 $A(3,0), B(1,1)$ 两点的直线上, 则 $2^{x}+4^{y}$ 的最小值为 | A. $2 \sqrt{2}$
B. $4 \sqrt{2}$
C. 16
D. 不存在 | 解析几何 | 解析 $\because$ 点 $P(x, y)$ 在直线 $A B$ 上, $\therefore x+2 y=3$.
$\therefore 2^{x}+4^{y} \geqslant 2 \sqrt{2^{x} \cdot 4^{y}}=2 \sqrt{2^{x^{+} 2 y}}=4 \sqrt{2}\left(x=\frac{3}{2}, y=\frac{3}{4}\right.$ 时取等号 $)$. |
18170 | [] | A | null | 高二 | 如果函数 $y=3 \cos (2 x+\varphi)$ 的图象关于点 $\left(\frac{4 \pi}{3}, 0\right)$ 中心对称, 那么 $|\varphi|$ 的最小值为 $(\quad)$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{\pi}{2}$ | 解析几何 | $\because$ 函数 $y=3 \cos (2 x+\varphi)$ 的图象关于点 $\left(\frac{4 \pi}{3}, 0\right)$ 中心对称,
$\therefore 2 \cdot \frac{4 \pi}{3}+\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}$, 得 $\varphi=k \pi-\frac{13 \pi}{6}, k \in \mathrm{Z}$, 由此得 $|\varphi|_{\text {min }}=\frac{\pi}{6}$.
故选 A. |
18171 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=-\sin 2 x, x \in \mathbf{R}$ 是 | A. 最小正周期为 $\pi$ 的奇函数
B. 最小正周期为 $\pi$ 的偶函数
C. 最小正周期为 $2 \pi$ 的奇函数
D. 最小正周期为 $2 \pi$ 的偶函数 | 解析几何 | 设 $y=f(x)=-\sin 2 x$, 则 $f(-x)=-\sin 2(-x)=\sin 2 x=-f(x)$, 故函数函数 $y=-\sin 2 x, x \in R$ 是奇函数, 由 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$, 故函数 $y=-\sin 2 x, x \in R$ 是最小正周期为 $\pi$ 的奇函数.
故选 A. |
18172 | [] | D | null | 高二 | 下列函数中, 周期为 $\pi$, 且在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为减函数的是 ( ) | A. $y=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)$
B. $y=\cos \left(x+\frac{\pi}{2}\right)$
C. $y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)$
D. $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)$ | 解析几何 | 由题意得, 函数的周期为 $\pi$, 只有 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 满足题意,对于函数 $y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin 2 x$ 在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为增函数,函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos 2 x$ 在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为减函数, 故选 D. |
18173 | [] | C | null | 高二 | 函数 $y=2 \sin \left(\frac{\pi}{6}-2 x\right)(x \in[0, \pi])$ 为增函数的区间是 （） | A. $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$
B. $\left[\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right]$
C. $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$
D. $\left[\frac{5 \pi}{6}, \pi\right]$ | 解析几何 | 由 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$,
得 $k \pi+\frac{\pi}{3} \leq x \leq k \pi+\frac{5 \pi}{6}, k \in Z$,
$\therefore$ 函数 $\mathrm{y}=2 \sin \left(\frac{\pi}{6}-2 x\right)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi+\frac{\pi}{3}, k \pi+\frac{5 \pi}{6}\right], k \in \mathrm{Z}$,
令 $k=0$, 则得函数 $\mathrm{y}=2 \sin \left(\frac{\pi}{6}-2 x\right)$ 的单调递增区间为 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$,
故所求的单调递增区间为 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$.
故选 C. |
18177 | [] | C | null | 高二 | 函数 $y=\tan \left(\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{3}\right)$ 图象的一个对称中心是 ( ) | A. $\left(\frac{\pi}{6}, 0\right)$
B. $\left(\frac{2 \pi}{3},-3 \sqrt{3}\right)$
C. $\left(-\frac{2 \pi}{3}, 0\right)$
D. $(0,0)$ | 解析几何 | 由 $\frac{x}{2}+\frac{\pi}{3}=\frac{k \pi}{2}$ 得 $x=k \pi-\frac{2 \pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$. 令 $k=0$ 得 $x=-\frac{2 \pi}{3}$, 故选 C. |
18181 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\left|\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)\right|$, 则下列说法中正确的是 ( ) | A. 函数 $f(x)$ 的周期是 $\frac{\pi}{4}$
B. 函数 $f(x)$ 的图象的一条对称轴方程是 $x=\frac{\pi}{3}$
C. 函数 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{2 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ 上为减函数
D. 函数 $f(x)$ 是偶函数 | 解析几何 | 因为函数 $f(x)=\left|\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)\right|$, 所以周期是函数 $\mathrm{y}=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的周期的一半,所以函数的周期为 $T=\frac{\pi}{2}=\pi$. 故 $A$ 错误;
当 $x=\frac{\pi}{3}$ 时, $f(x)=1$, 所以 $x=\frac{\pi}{3}$ 是函数图象的一条对称轴. 故 $B$ 正确;
$f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\left|\sin \left(2 \times \frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right)\right|=\sin \frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}, f\left(\frac{5 \pi}{6}\right)=\left|\sin \left(2 \times \frac{5 \pi}{6}-\frac{\pi}{6}\right)\right|=\left|\sin \frac{9 \pi}{6}\right|=1$,所以 $f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)<f\left(\frac{5 \pi}{6}\right)$, 故 $C$ 错误;
$f(0)=\left|\sin \left(2 \times 0-\frac{\pi}{6}\right)\right|=\frac{1}{2} \neq \pm 1$, 则图象不关于 $\mathrm{y}$ 轴对称, 故 $D$ 错误,
故选: $B$. |
18194 | [] | B | 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 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$ 上是增函数的一个函数是 ( ) | A. $y=\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}\right)$
B. $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
C. $y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$
D. $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$ | 解析几何 | 首先由最小正周期是 $\pi$, 可以排除 $\mathrm{A}$;
又因为 $\mathrm{y}=\sin \left(2 \times \frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)=0$, 不是最值, 可以排除排除 $\mathrm{D}$; 将 $\mathrm{x}=0, \mathrm{x}=\frac{\pi}{3}$ 代入 $\mathrm{C}$, 可得到 $\mathrm{B}$ 不是关于直线 $\mathrm{x}=\frac{\pi}{3}$ 对称. 可以排除 $\mathrm{C}$ : 即可得到 $\mathrm{B}$ 正确. 故选 $\mathrm{B}$. |
18197 | [] | B | null | 高二 | 设 $a$ 为常数, 且 $a>1,0 \leq x \leq 2 \pi$, 则函数 $f(x)=\cos ^{2} x+2 a \sin x-1$ 的最大值为 ( ). | A. $2 a+1$
B. $2 a-1$
C. $-2 a-1$
D. $a^{2}$ | 解析几何 | 因为 $f(x)=\cos ^{2} x+2 a \sin x-1=-\sin ^{2} x+2 a \sin x$,令 $t=\sin x$, 则 $y=-t^{2}+2 a t, t \in[-1,1]$,因为对称轴 $\mathrm{t}=a>1$, 所以当 $\mathrm{t}=1$ 时, $f(x)$ 取最大值 $2 a-1$, 选 B. |
17613 | [] | A | null | 高二 | 若函数 $f(x)=2 \cos \left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)+3(\omega>0)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上与直线 $y=3$ 有 5 个交点, 则 $a$ 的取值范围为 ( ) | A. $\left[\frac{14}{3}, \frac{17}{3}\right)$
B. $\left(\frac{14}{3}, \frac{17}{3}\right]$
C. $\left[\frac{17}{3}, \frac{20}{3}\right)$
D. $\left(\frac{17}{3}, \frac{20}{3}\right]$ | 解析几何 | 函数 $f(x)=2 \cos \left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)+3(\omega>0)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上与直线 $y=3$ 有 5 个交点,
即 $\cos \left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)=0(\omega>0)$ 在 $[0, \pi]$ 上有 5 个零点,
因为 $x \in[0, \pi]$, 所以 $-\frac{\pi}{6} \leq \omega x-\frac{\pi}{6} \leq \omega \pi-\frac{\pi}{6}$,
故可得 $y=\cos u$ 的 5 个零点依次为 $\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}, \frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}, \frac{9 \pi}{2}$, 第 6 个零点为 $\frac{11 \pi}{2}$,
所以 $\frac{9 \pi}{2} \leq \omega \pi-\frac{\pi}{6}<\frac{11 \pi}{2}$, 解得 $\frac{14}{3} \leq \omega<\frac{17}{3}$ ，
即 $\omega$ 的取值范围为 $\left[\frac{14}{3}, \frac{17}{3}\right)$, 故选 A. |
Subsets and Splits