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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
17627 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin \alpha=\frac{2}{3}, \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 则 $\tan \alpha=$ （） | A. $\frac{\sqrt{5}}{2}$ B. $-\frac{\sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
D. $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ | 解析几何 | 由 $\sin \alpha=\frac{2}{3}, \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,
则 $\cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\sqrt{1-\frac{4}{9}}=-\sqrt{\frac{5}{9}}=-\frac{\sqrt{5}}{3}$,
所以 $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{\frac{2}{3}}{-\frac{\sqrt{5}}{3}}=-\frac{2}{\sqrt{5}}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 D. |
17628 | [] | B | null | 高二 | 如果已知 $\sin \alpha \cdot \cos \alpha<0, \sin \alpha \cdot \tan \alpha<0$, 那么角 $\frac{\alpha}{2}$ 的终边在（） | A. 第一或第二象限
B. 第一或第三象限
C. 第二或第四象限
D. 第四或第三象限 | 解析几何 | $\because \sin \alpha \cdot \cos \alpha<0, \sin \alpha \cdot \tan \alpha<0$,
$\therefore \sin \alpha>0, \cos \alpha<0, \tan \alpha<0, \therefore \alpha$ 在第二象限,
$\therefore 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<\alpha<2 k \pi+\pi, k \in \mathrm{Z}, \quad \therefore k \pi+\frac{\pi}{4}<\frac{\alpha}{2}<k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$,
当 $k=2 n, n \in \mathrm{Z}$ 时, $\frac{\alpha}{2}$ 在第一象限;
当 $k=2 n-1, n \in \mathbf{Z}$ 时, $\frac{\alpha}{2}$ 在第三象限,
那么角 $\frac{\alpha}{2}$ 的终边在第一或第三象限, 故选 B. |
17629 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(n)=2 \sin \left(\frac{n \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+$ $f(2021)=(\quad)$ | A. 2020
B. $2021+\sqrt{2}$
C. $2022+\sqrt{2}$
D. $2022 \sqrt{2}$ | 解析几何 | 由 $f(n)=2 \sin \left(\frac{n \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$ ，
由 $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)$
$=2 \sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1+2 \sin \left(\frac{2 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1+2 \sin \left(\frac{3 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1+2 \sin \left(\frac{4 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1$ $=4$,
所以 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(2021)=4 \times \frac{2020}{4}+2 \sin \left(\frac{2021 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1$
$=2021+\sqrt{2}$,
故选 B. |
17631 | [] | A | null | 高二 | 当 $\theta \in(0, \pi)$ 时, 若 $\cos \left(\frac{5 \pi}{6}-\theta\right)=-\frac{5}{13}$, 则 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)$ 的值为 ( )
$\begin{array}{llll}\text { | A. } \frac{12}{13} & \text { B. }-\frac{12}{13} & \text { C. } \pm \frac{12}{13} & \text { D. } \frac{5}{12}\end{array}$ | 解析几何 | 因为 $\cos \left(\frac{5 \pi}{6}-\theta\right)=-\frac{5}{13}$, 故 $\cos \left(\pi-\frac{5 \pi}{6}+\theta\right)=\frac{5}{13}$,
即 $\cos \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{5}{13}$,
因为 $\theta \in(0, \pi)$, 故 $\theta+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{7 \pi}{6}\right)$, 而 $\cos \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)>0$,
故 $\theta+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right)$, 故 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$, 故选 A. |
17632 | [] | B | null | 高二 | 若 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}, \alpha \in(0, \pi)$, 则 $\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=（ ）$
$\begin{array}{llll}\text { | A. } \frac{\sqrt{17}}{17} & \text { B. }-\frac{\sqrt{17}}{17} & \text { C. } \frac{\sqrt{15}}{15} & \text { D. }-\frac{\sqrt{15}}{15}\end{array}$ | 解析几何 | 由 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 可得 $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=1+2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{1}{9}$,
解得 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{8}{9}<0$, 即 $\sin \alpha$ 与 $\cos \alpha$ 异号,
又因为 $\alpha \in(0, \pi)$, 所以 $\sin \alpha>0, \cos \alpha<0$,
又由 $(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=1-2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{17}{9}$, 所以 $\sin \alpha-\cos \alpha=\frac{\sqrt{17}}{3}$,
又因为 $\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=\frac{1+\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}{1-\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}=\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\cos \alpha-\sin \alpha}=\frac{\frac{1}{3}}{-\frac{\sqrt{17}}{3}}=-\frac{\sqrt{17}}{17}$, 故选 B. |
17634 | [] | A | null | 高二 | 设函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\varphi+\frac{\pi}{4}\right) \quad\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的最小正周期为 $\pi$, 且是偶函数, 则 ( ) | A. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减
B. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递减
C. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递增
D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递增 | 解析几何 | $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\varphi+\frac{\pi}{4}\right)$, 由周期为 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=\pi$, 得 $\omega=2$,
$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\varphi+\frac{\pi}{4}\right)$ 为偶函数得 $\varphi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$,
故 $\varphi=\frac{\pi}{4}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$.
当 $k=0$ 时满足条件, $\varphi=\frac{\pi}{4}$, 则 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{2} \cos 2 x$,
当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $2 x \in(0, \pi)$, 函数单调递减;
当 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 时, $2 x \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 函数先减后增,
故选 A. |
17636 | [] | D | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi| \frac{\pi}{2}\right)$, 当 $f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=3$ 时,
$\left|x_{1}-x_{2}\right|_{\text {min }}=\pi$, , 则下列结论正确的是 ( ) | A. 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$
B. 函数 $f(x)$ 的图象的一个对称中心为 $\left(\frac{\pi}{6}, 0\right)$
C. 函数 $f(x)$ 的图象的一条对称轴方程为 $x=\frac{\pi}{3}$
D. 函数 $f(x)$ 的图象可以由函数 $y=\sqrt{3} \cos \omega x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度得
到 | 解析几何 | 因为 $f(x)=\sqrt{3} \sin (\omega x+\varphi)$, 所以 $f(x)_{\text {max }}=\sqrt{3}$,
又 $f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=3$, 所以 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=\sqrt{3}$ 或 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=-\sqrt{3}$,
因为 $\left|x_{1}-x_{2}\right|_{\text {min }}=\pi$, 所以 $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 所以 $\omega=2$, 故 $\mathrm{A}$ 错误;
又, 所以 $\sin \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
又 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$, 所以 $f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$,
令 $2 x+\frac{\pi}{3}=k \pi(k \in \mathbf{Z})$, 得 $x=-\frac{\pi}{6}+\frac{k \pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$,所以函数的对称中心为 $\left(-\frac{\pi}{6}+\frac{k \pi}{2}, 0\right)(k \in \mathrm{Z})$, 所以 $\mathrm{B}$ 错误;
由 $2 x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in \mathrm{Z})$, 解得 $x=\frac{\pi}{12}+\frac{k \pi}{2}(k \in \mathrm{Z})$, 故 C 错误;
$y=\sqrt{3} \cos \omega x=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)$, 向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 单位长度得
$y=\sqrt{3} \sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{12}\right)+\frac{\pi}{2}\right]=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=f(x)$, 故 D 正确,
故选 D. |
17649 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\tan \alpha=2$, 则 $\frac{\sin (\alpha-\pi)+\cos (\pi-\alpha)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)}$ | A. 3 B. 2 C. 1 D. -1 | 解析几何 | $\frac{\sin (\alpha-\pi)+\cos (\pi-\alpha)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)}=\frac{-\sin \alpha-\cos \alpha}{\cos \alpha-\sin \alpha}=\frac{-\tan \alpha-1}{1-\tan \alpha}=\frac{-2-1}{1-2}=3$
故选 A. |
17650 | [] | A | null | 高二 | 如果 $\sin x+\cos x=\frac{1}{5}$, 且 $0<x<\pi$, 那么 $\tan x$ 的值是 ( ) | A. $-\frac{4}{3} B. \text -\frac{3}{4} \text { C. }\frac{3}{4} \text { D. } \frac{4}{3}$ | 解析几何 | 将所给等式两边平方, 得 $\sin x \cos x=-\frac{12}{25}$,
$\because 0<x<\pi, \therefore \sin x>0, \cos x<0$, $(\sin x-\cos x)^{2}=1-2 \sin x \cos x=\frac{49}{25}$,
$\therefore \sin x-\cos x=\frac{9}{5}, \therefore \sin x=\frac{4}{5}, \cos x=-\frac{3}{5}, \therefore \tan x=-\frac{4}{3}$, 故选 A. |
17653 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\omega>0$, 函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 上单调递减, 则实数 $\omega$的取值范围是（ ） | A. $\left[\frac{1}{2}, \frac{5}{4}\right]$ B. $\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right]$ C. $\left(0, \frac{1}{2}\right] \quad$ D. $(0,2]$ | 解析几何 | 因为 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 所以 $\omega x+\frac{\pi}{4} \in\left(\frac{\pi}{2} \omega+\frac{\pi}{4}, \pi \omega+\frac{\pi}{4}\right)$,
因为函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 上单调递减,
所以 $T=\frac{2 \pi}{\omega} \geq \pi ，$ 即 $0<\omega \leq 2 ，$
又因为 $y=\sin x$ 在 $\left[2 k \pi+\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\frac{3}{2} \pi\right],(k \in \mathbf{Z})$ 上递减,
所以 $\left(\frac{\pi}{2} \omega+\frac{\pi}{4}, \pi \omega+\frac{\pi}{4}\right) \subseteq\left[2 k \pi+\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\frac{3}{2} \pi\right]$,
所以, $\left\{\begin{array}{l}\frac{\pi}{2} \omega+\frac{\pi}{4} \geq 2 k \pi+\frac{\pi}{2} \\ \pi \omega+\frac{\pi}{4} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}\end{array}\right.$, 可得 $4 k+\frac{1}{2} \leq \omega \leq 2 k+\frac{5}{4}$,
由 $2 k+\frac{5}{4} \geq 4 k+\frac{1}{2}$, 解得 $k \leq \frac{3}{8}$,
$\because 0<\omega \leq 2$ 且 $k \in Z$, 则 $k=0$,
所以, $\frac{1}{2} \leq \omega \leq \frac{5}{4}$, 所以实数 $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{2}, \frac{5}{4}\right]$, 故选 A. |
18198 | [] | C | null | 高二 | 设 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 且 $\tan \alpha=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 则 ( ) | A. $3 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$
B. $3 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$
C. $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$
D. $2 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$ | 解析几何 | 试题分析：由已知得, $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 去分母得, $\sin \alpha \cos \beta=\cos \alpha+\cos \alpha \sin \beta$,所以
$\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta=\cos \alpha, \sin (\alpha-\beta)=\cos \alpha=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$, 又因为 $-\frac{\pi}{2}<\alpha-\beta<\frac{\pi}{2}$, $0<\frac{\pi}{2}-\alpha<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\alpha-\beta=\frac{\pi}{2}-\alpha$, 即 $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$, 选 $C$
考点: 同角间的三角函数关系, 两角和与差的正弦公式. |
18200 | [] | B | null | 高二 | 已知方程 $x^{2}+4 a x+3 a+1=0(a>1)$ 的两根为 $\tan \alpha 、 \tan \beta$, 且 $\alpha, \beta \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\tan \frac{\alpha+\beta}{2}$ 的值是( ) | A. $\frac{1}{2}$
B. -2
C. $\frac{4}{3}$
D. $\frac{1}{2}$ 或 -2 | 解析几何 | $\because\left\{\begin{array}{l}\tan \alpha+\tan \beta=-4 a<0 \\ \tan \alpha \cdot \tan \beta=3 a+1>0\end{array}\right.$,
$\therefore \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=\frac{4}{3}$,
$\because \tan \alpha<0, \tan \beta<0, \quad \therefore\left\{^{-\frac{\pi}{2}<\alpha<0}\right.$,
$$
-\frac{\pi}{2}<\beta<0
$$
$\therefore-\pi<\alpha+\beta<0, \quad \therefore-\frac{\pi}{2}<\frac{\alpha+\beta}{2}<0$,
$\because \tan (\alpha+\beta)=\frac{2 \tan \frac{\alpha+\beta}{2}}{1-\tan ^{2} \frac{\alpha+\beta}{2}}=\frac{4}{3}, \therefore \tan \frac{\alpha+\beta}{2}=-2$, 故选 B. |
18201 | [] | D | null | 高二 | 若 $\tan \theta+\frac{1}{\tan \theta}=4$, 则 $\sin 2 \theta=$ | A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{1}{2}$ | 解析几何 | 本题考查三角恒等变形式以及转化与化归的数学思想.
因为 $\tan \theta+\frac{1}{\tan \theta}=\frac{\sin \theta}{\cos \theta}+\frac{\cos \theta}{\sin \theta}=\frac{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}{\sin \theta \cos \theta}=\frac{1}{\frac{1}{2} \sin 2 \theta}=4$, 所以. $\sin 2 \theta=\frac{1}{2}$.本题需求解正弦值, 显然必须切化弦, 因此需利用公式 $\tan \theta=\frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ 转化; 另外, $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta$ 在转化过程中常与“1”互相代换，从而达到化简的目的; 关于正弦、余弦的齐次分式,常将正弦、余弦转化为正切, 即弦化切, 达到求解正切值的目的. 体现考纲中要求理解三角函数的基本关系式, 二倍角公式.来年需要注意二倍角公式的正用, 逆用等 |
18209 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\alpha \in(0, \pi)$, 且 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{2}$, 则 $\cos 2 \alpha$ 的值为 ( ) | A. $\pm \frac{\sqrt{7}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{7}}{4}$
C. $-\frac{\sqrt{7}}{4}$
D. $-\frac{3}{4}$ | 解析几何 | 试题分析: $\because \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{2}, \alpha \in(0, \pi)$,
$\therefore \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right)$
$\therefore 2 \alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right), \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{4}$,
$\therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{14}}{4}$
$\cos 2 \alpha=\sin \left(2 \alpha+\frac{\pi}{2}\right)=2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=2 \times \frac{\sqrt{2}}{4} \times\left(-\frac{\sqrt{14}}{4}\right)=-\frac{\sqrt{7}}{4}$.
考点: 二倍角公式的运用, 同角三角函数间的关系. |
18213 | [] | C | null | 高二 | 计算 $\sin 95^{\circ} \cos 50^{\circ}-\cos 95^{\circ} \sin 50^{\circ}$ 的结果为 ( ) | A. $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | $\sin 95^{\circ} \cos 50^{\circ}-\cos 95^{\circ} \sin 50^{\circ}=\sin \left(95^{\circ}-50^{\circ}\right)=\sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
故选: C |
18215 | [] | D | null | 高二 | 若 $\cos \theta=-\frac{4}{5}$, 且 $\theta$ 为第三象限角, 则 $\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值等于 ( ) | A. $\frac{1}{7}$
B. $-\frac{1}{7}$
C. -7
D. 7 | 解析几何 | 因为 $\cos \theta=-\frac{4}{5}, \theta$ 为第三象限角, 所以 $\sin \theta=-\sqrt{1-\cos ^{2} \theta}=-\frac{3}{5}$,
所以 $\tan \theta=\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{3}{4}$,
所以 $\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \theta+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \theta \cdot \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{\frac{3}{4}+1}{1-\frac{3}{4}}=7$.
故选 D. |
18217 | [] | A | null | 高二 | $\frac{\sqrt{2}}{2} \cos 375^{\circ}+\frac{\sqrt{2}}{2} \sin 375^{\circ}$ 的值为 ( ) | A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$ | 解析几何 | $\frac{\sqrt{2}}{2} \cos 375^{\circ}+\frac{\sqrt{2}}{2} \sin 375^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2} \cos 15^{\circ}+\frac{\sqrt{2}}{2} \sin 15^{\circ}=\cos \left(45^{\circ}-15^{\circ}\right)=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
选 A. |
18219 | [] | B | null | 高二 | 若 $\sqrt{7} \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=\cos (\pi-\alpha)$, 则 $\tan 2 \alpha=(\quad)$ | A. $\frac{3 \sqrt{7}}{7}$
B. $\frac{\sqrt{7}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{7}}{7}$
D. $\sqrt{7}$ | 解析几何 | 先根据诱导公式化简, 再根据二倍角正切公式得结果
由题意得, $-\sqrt{7} \sin \alpha=-\cos \alpha$, 则 $\tan \alpha=\frac{\sqrt{7}}{7}$.
$\therefore \tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{\frac{2 \sqrt{7}}{7}}{1-\frac{1}{7}}=\frac{\sqrt{7}}{3}$, 故选 $B$. |
17657 | [] | B | null | 高二 | 若函数 $f(x)=\sin 2 x-a \cos 2 x$ 的一条对称轴为 $x=\frac{\pi}{8}$, 则下列四个命题:
(1) 函数 $f(x)$ 的一个对称中心为 $\left(-\frac{\pi}{8}, 0\right)$;
(2) 函数 $f(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{8}, \frac{5 \pi}{8}\right]$ 上单调递减;
(3) 将函数 $f(x)$ 图象向右平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位, 得到的函数为奇函数;
(4) 若函数 $f(x)=m$ 在区间 $[0, \pi]$ 上有两个不同的实根 $x_{1}, x_{2}$, 则 $x_{1}+x_{2}=\frac{5 \pi}{4}$.
其中正确的命题有（ ） | A. 1 个 B. 2 个C. 3 个D. 4 个 | 解析几何 | $f(x)=\sin 2 x-a \cos 2 x=\sqrt{1+a^{2}} \sin (2 x-\varphi)$, 其中 $\tan \varphi=a\left(-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$, 因为一条对
称轴为 $\frac{\pi}{8}$, 则 $2 \times \frac{\pi}{8}-\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$, 解得 $\varphi=-\frac{\pi}{4}, a=-1$,
所以 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$,
则 $f\left(-\frac{\pi}{8}\right)=\sqrt{2} \sin \left(2 \times\left(-\frac{\pi}{8}\right)+\frac{\pi}{4}\right)=0$ ，
所以函数 $f(x)$ 的一个对称中心为 $\left(-\frac{\pi}{8}, 0\right)$, 故 (1) 正确;
$x \in\left[-\frac{\pi}{8}, \frac{5 \pi}{8}\right]$, 则 $2 x+\frac{\pi}{4} \in\left[0, \frac{3 \pi}{2}\right]$, 而 $y=\sin x$ 在 $\left[0, \frac{3 \pi}{2}\right]$ 上不单调, 故 (2) 错误;
函数 $f(x)$ 图象向右平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位, 得到的函数为 $y=\sqrt{2} \sin 2 x$, 是奇函数,
故（3）正确;
令 $2 x+\frac{\pi}{4}=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$, 则 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{8}, k \in \mathrm{Z}$, 所以函数 $f(x)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上有两个不同的对称
轴 $x=\frac{\pi}{8}$ 和 $x=\frac{5 \pi}{8}$,
若 $f(x)=m$ 有两个不同的实根 $x_{1}, x_{2}$, 则 $x_{1}+x_{2}=\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{5 \pi}{4}$, 故 (4) 错误,
故选 B. |
17669 | [] | A | null | 高二 | 已知等腰三角形底角的正弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$, 则顶角的正弦值是 ( ) | A. $\frac{4 \sqrt{5}}{9}$
B. $\frac{2 \sqrt{5}}{9}$
C. $-\frac{4 \sqrt{5}}{9}$
D. $-\frac{2 \sqrt{5}}{9}$ | 解析几何 | 设底角为 $\theta$, 则 $\theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 顶角为 $180^{\circ}-2 \theta$.
$\because \sin \theta=\frac{\sqrt{5}}{3}, \therefore \cos \theta=\sqrt{1-\sin ^{2} \theta}=\frac{2}{3}$,
$\therefore \sin \left(180^{\circ}-2 \theta\right)=\sin 2 \theta=2 \sin \theta \cos \theta=2 \times \frac{\sqrt{5}}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{4 \sqrt{5}}{9}$, 故选 A. |
17670 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin \alpha+2 \cos \alpha=0$, 则 $\frac{\cos 2 \alpha}{\sin 2 \alpha-\cos ^{2} \alpha}=$ ( ) | A. -1 B. 2
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{5}$ | 解析几何 | 由题意知 $\sin \alpha+2 \cos \alpha=0$, 即 $\sin \alpha=-2 \cos \alpha$, 可得 $\tan \alpha=-2$,
又由 $\frac{\cos 2 \alpha}{\sin 2 \alpha-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha}{2 \sin \alpha \cos \alpha-\cos ^{2} \alpha}=\frac{1-\tan ^{2} \alpha}{2 \tan \alpha-1}=\frac{3}{5}$, 故选 D. |
17675 | [] | A | null | 高二 | 设 $\sin \alpha=\frac{1}{3}, 2 \pi<\alpha<3 \pi$, 则 $\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}=(\quad)$ | A. $-\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{4}{3}$
D. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$ | 解析几何 | $\because \sin \alpha=\frac{1}{3}, \therefore\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}=1+\sin \alpha=\frac{4}{3}$,
又 $2 \pi<\alpha<3 \pi, \therefore \pi<\frac{\alpha}{2}<\frac{3 \pi}{2}, \sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}=-\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 故选 A. |
18249 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\alpha 、 \beta$ 为锐角, $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \tan (\alpha-\beta)=-\frac{1}{3}$, 则 $\tan \beta=(\quad)$ | A. $\frac{1}{3}$
B. 3
C. $\frac{9}{13}$
D. $\frac{13}{9}$ | 解析几何 | 因为 $\cos \alpha=\frac{3}{5}$, 且 $\alpha$ 为锐角, 则 $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{4}{5}$, 所以 $\tan \alpha=\frac{4}{3}$,因为 $\beta=\alpha-(\alpha-\beta)$,
所以 $\tan \beta=\tan [\alpha-(\alpha-\beta)]=\frac{\tan \alpha-\tan (\alpha-\beta)}{1+\tan \alpha \tan (\alpha-\beta)}=\frac{\frac{4}{3}+\frac{1}{3}}{1+\frac{4}{3} \times\left(-\frac{1}{3}\right)}=3$ 故选 B. |
18253 | [] | A | null | 高二 | 若 $\sin \left(\frac{\pi}{6}-a\right)=\frac{1}{3}$, 则 $\cos \left(\frac{2 \pi}{3}+2 a\right)=($ ) | A. $-\frac{7}{9}$
B. $-\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{7}{9}$ | 解析几何 | 由题意, 可得 $\cos \left(\frac{2 \pi}{3}+2 a\right)=-\cos \left[\pi-\left(\frac{2 \pi}{3}+2 a\right)\right]=-\cos \left(\frac{\pi}{3}-2 a\right)=-\cos \left[2\left(\frac{\pi}{6}-a\right)\right]$ $=-\left[1-2 \sin ^{2}\left(\frac{\pi}{6}-a\right)\right]=-\frac{7}{9}$, 故选 $\mathrm{A}$. |
18255 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)+\sin \alpha=\frac{4 \sqrt{3}}{5}$, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)$ 的值是（） | A. $\frac{4}{5}$
B. $-\frac{4}{5}$
C. $\frac{2 \sqrt{3}}{5}$
D. $-\frac{2 \sqrt{3}}{5}$ | 解析几何 | 由题意得 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)+\sin \alpha=\left(\frac{1}{2} \sin \alpha+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha\right)+\sin \alpha$ $=\frac{3}{2} \sin \alpha+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha=\sqrt{3} \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4 \sqrt{3}}{5}$, 所以 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4}{5}$, 选 A. |
18256 | [] | D | null | 高二 | 已知 $x \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right), \sin x=-\frac{3}{5}$, 则 $\tan 2 x=(\quad)$ | A. $\frac{7}{24}$
B. $-\frac{7}{24}$
C. $\frac{24}{7}$
D. $-\frac{24}{7}$ | 解析几何 | $\because$ 已知 $x \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right), \sin x=-\frac{3}{5}, \therefore \cos x=\sqrt{1-\sin ^{2} x}=\frac{4}{5}, \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=-\frac{3}{4}$,则 $\tan 2 x=\frac{2 \tan x}{1-\tan ^{2} x}=-\frac{24}{7}$, 故选: $D$. |
18257 | [] | B | null | 高二 | 化简 $\frac{\cos ^{2} 5^{\circ}-\sin ^{2} 5^{\circ}}{\sin 40^{\circ} \cos 40^{\circ}}=($ ) | A. 1
B. 2
C. $\frac{1}{2}$
D. -1 | 解析几何 | ： $\frac{\cos ^{2} 5^{\circ}-\sin ^{2} 5^{\circ}}{\sin 40^{\circ} \cos 40^{\circ}}=\frac{\cos 10^{\circ}}{\frac{1}{2} \sin 80^{\circ}}=\frac{2 \sin \left(90^{\circ}-10^{\circ}\right)}{\sin 80^{\circ}}=\frac{2 \sin 80^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}=2$. 故 B 正确. |
18258 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\alpha$ 为第二象限角, $\sin \alpha=\frac{3}{5}$, 则 $\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)$ 的值等于 | A. $\frac{4+3 \sqrt{3}}{10}$
B. $\frac{4-3 \sqrt{3}}{10}$
C. $\frac{3 \sqrt{3}-4}{10}$
D. $\frac{-4-3 \sqrt{3}}{10}$ | 解析几何 | $\ \because \alpha$ 为第二象限角, $\sin \alpha=\frac{3}{5}$, 所以 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}$, 则 $\sin \left(a-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}-\left(-\frac{4}{5}\right) \times \frac{1}{2}=\frac{4+3 \sqrt{3}}{10}$,故选 A. |
18259 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4}{5}, \cos \left(\beta-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{12}{13}, \alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{6}\right)$, 则 $\cos (\alpha+\beta)=$ | A. $\frac{63}{65}$
B. $\frac{33}{65}$
C. $\frac{16}{65}$
D. $\frac{56}{65}$ | 解析几何 | $\because \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4}{5}, \cos \left(\beta-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{12}{13}, \alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{6}\right)$
$\therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}, \sin \left(\beta-\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{5}{13}$,
$\therefore \cos (\alpha+\beta)=\cos \left[\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)+\left(\beta-\frac{\pi}{6}\right)\right]$
$=\cos \left(\beta-\frac{\pi}{6}\right) \operatorname{xos}\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)-\operatorname{Sin}\left(\beta-\frac{\pi}{6}\right) \operatorname{Sin}\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=? \frac{56}{65}$. 故选 D |
18265 | [] | D | null | 高二 | 若 $4 \sin \alpha-3 \cos \alpha=0$, 则 ${ }^{\frac{1}{\cos ^{2} \alpha+2 \sin 2 \alpha}}$ 的值为 ( ) | A. $\frac{25}{16}$
B.$\frac{25}{24}$
C. $\frac{25}{48}$
D. ${\frac{25}{64}}$ | 解析几何 | $$
\frac{1}{\frac{1}{\cos ^{2} \alpha+2 \sin ^{2} \alpha}}=\frac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha+4 \sin \alpha \cos \alpha}=\frac{\left(\frac{3}{4} \cos \alpha\right)^{2}+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha+4\left(\frac{3}{4} \cos \alpha\right) \cos \alpha}=\frac{\frac{25}{16}}{4}=\frac{25}{64}
$$
故选 D |
18266 | [] | B | null | 高二 | 已知角 $a$ 的终边经过点 $P(-4 m, 3 m)(m \neq 0)$ ，则 $2 \sin a+\cos a$ 的值是 $(\quad)$ | A. 1 或 -1
B. $\frac{2}{5}$ 或 $-\frac{2}{5}$
C. 1 或 $-\frac{2}{5}$
D. -1 或 $\frac{2}{5}$ | 解析几何 | 由题意得点 $P$ 与原点间的距离 $r=\sqrt{(-4 m)^{2}+(3 m)^{2}}=5|m|$.
(1)当 $m>0$ 时， $r=5 m$ ，
$\therefore \sin a=\frac{3 m}{5 m}=\frac{3}{5}, \cos a=\frac{-4 m}{5 m}=-\frac{4}{5}$,
$\therefore 2 \sin a+\cos a=2 \times \frac{3}{5}-\frac{4}{5}=\frac{2}{5}$.
(2) 当 $m<0$ 时， $r=-5 m$ ，
$\therefore \sin a=\frac{3 m}{-5 m}=-\frac{3}{5}, \cos a=\frac{-4 m}{-5 m}=\frac{4}{5}$
$\therefore 2 \sin a+\cos a=2 \times\left(-\frac{3}{5}\right)+\frac{4}{5}=-\frac{2}{5}$.
综上可得 $2 \sin a+\cos a$ 的值是 $\frac{2}{5}$ 或 $-\frac{2}{5}$. 故选 B. |
18271 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\cos \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $\sin ^{2} \alpha=(\quad)$ | A. ${ }^{\frac{5}{9}}$ B. $\pm^{\frac{5}{9}}$
C. ${ }^{\frac{\sqrt{5}}{3}}$
D. $\pm^{\frac{\sqrt{5}}{3}}$ | 解析几何 | $\sin ^{2} \alpha=1-\cos ^{2} \alpha=\frac{5}{9}$. |
18279 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\alpha$ 是第四象限角, $\cos \alpha={ }^{\frac{12}{13}}$, 则 $\sin \alpha=$ | A. ${\frac{5}{13}}$ B. $-{\frac{5}{13}}$
C. ${\frac{5}{12}}$ D. $-{\frac{5}{12}}$ | 解析几何 | 由 $\alpha$ 是第四象限角可知 $\sin \alpha<0$, 又 $\cos \alpha={ }^{\frac{12}{13}}$, 且 $\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$, 所以 $\sin \alpha==^{\frac{5}{13}}$. |
18281 | [] | D | null | 高二 | 若 $\sin \alpha={ }^{\frac{5}{13}}$, 且 $\alpha$ 为第二象限角,则 $\tan \alpha$ 的值等于 | A. $\frac{12}{5}$
B. $-{\frac{12}{5}}$
C. ${\frac{5}{12}}$ D. $-{\frac{5}{12}}$ | 解析几何 | 由 $\sin \alpha==^{\frac{5}{13}}$ ，且 $\alpha$ 为第二象限角，得 $\cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\frac{12}{13}$, 则 $\tan \alpha==^{\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}=-\frac{5}{12}$. |
18282 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\sin \theta+\cos \theta==^{\frac{4}{3}}, \theta \in{ }^{\left(0, \frac{\pi}{4}\right)}$, 则 $\sin \theta-\cos \theta$ 的值为 ( ) | A. ${\frac{\sqrt{2}}{3}}$ B. $-{\frac{\sqrt{2}}{3}}$ C. ${\frac{1}{3}}$ D.$-{\frac{1}{3}}$ | 解析几何 | 由 $\sin \vartheta+\cos \vartheta=^{\frac{4}{3}}, \vartheta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ ，可得 $1>\cos \vartheta>\sin \vartheta>0,1+2 \sin \vartheta \cos \vartheta={ }^{\frac{16}{9}} ， \therefore 2 \sin \vartheta \cos$
$\vartheta={ }^{\frac{7}{9}}, \therefore \sin \vartheta-\cos \vartheta=-\sqrt{(\sin \theta-\cos \theta)^{2}}=-\sqrt{1-2 \sin \theta \cos \theta}=-\frac{\sqrt{2}}{3}$. |
18284 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin \alpha \cos \alpha={ }^{\frac{3}{8}}$, 且 ${ }^{\frac{\pi}{4}}<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 则 $\cos \alpha-\sin \alpha$ 的值为 ( ) | A. ${\frac{1}{2}}$
B. $\pm{\frac{1}{2}}$
C. ${\frac{1}{4}}$ D. $-{\frac{1}{2}}$ | 解析几何 | 因为 $\sin \alpha \cos \alpha=^{\frac{3}{8}}$, 所以 $(\cos \alpha-\sin \alpha)^{2}=\cos ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha+\sin ^{2} \alpha=1-2 \sin \alpha \cos \alpha=1-2 x^{\frac{3}{8}}=\frac{1}{4}$ ，
又因为 ${ }^{\frac{\pi}{4}}<\alpha<\frac{\pi}{\frac{\pi}{2}}$, 所以 $\cos \alpha<\sin \alpha$, 即 $\cos \alpha-\sin \alpha<0$, 所以 $\cos \alpha-\sin \alpha=-\frac{1}{2}$. |
18285 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\tan \theta={ }^{\sqrt{3}}$, 则 $\sin \theta \cos \theta-\cos ^{2} \theta=$ | A. ${ }^{\frac{1}{2}}$ B. $^{\frac{1}{2}}$
C. $\frac{\sqrt{3}-1}{4}$
D. $\frac{1-\sqrt{3}}{4}$ | 解析几何 | $\sin \vartheta \cos \vartheta-\cos ^{2} \vartheta=\frac{\sin \theta \cos \theta-\cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}=\frac{\tan \theta-1}{\tan ^{2} \theta+1}=\frac{\sqrt{3}-1}{3+1}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$. |
18307 | [] | C | null | 高二 | 已知一圆弧的弧长等于它所在圆的内接正三角形的边长, 则这段圆弧所对圆心角的弧度数为 ( ) | A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{2 \pi}{3}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2 | 解析几何 | 设等边三角形边长为 $a$, 圆的半径为 $R$, 由正弦定理得 $2 R=\frac{a}{\sin \frac{\pi}{3}}, a=\sqrt{3} R$, 故 $\alpha=\frac{l}{r}=\sqrt{3}$. |
20220 | [] | 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 $(-3,2)$ 在粗圆上
D. 无法判定 $(-3,-2),(3,-2),(-3,2)$ 在椭圆上 | 解析几何 | 解析 ：由椭圆的对称性知, 点 $(-3,-2),(3,-2),(-3,2)$ 都
在椭圆上.
答案 ：$\mathrm{C}$ |
20233 | [] | D | null | 高二 | 已知 $F_{1}(-5,0), F_{2}(5,0)$ 为定点, 动点 $P$ 满足 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=2 a$,当 $a=3$ 和 $a=5$ 时, $P$ 点的轨迹为( ) | A. 双曲线和一条直线
B. 双曲线的一支和一条直线
C. 双曲线和一条射线
D. 双曲线的一支和一条射线 | 解析几何 | 解析： 当 $a=3$ 时, $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=6<\left|F_{1} F_{2}\right|, P$ 的轨迹为双曲线的一支; 当 $a=5$ 时, $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=10=\left|F_{1} F_{2}\right|, \therefore P$ 的轨迹是一条射线.
答案： D |
20237 | [] | A | null | 高二 | 若 $k \in \mathbf{R}$, 则 “ $k>3$ ” 是 “方程 $\frac{x^{2}}{k-3}-\frac{y^{2}}{k+3}=1$ 表示双曲线”的( ) | A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D．既不充分又不必要条件 | 解析几何 | 解析： 方程表示双曲线须 $(k-3)(k+3)>0$, 即 $k>3$, 或 $k<-3$, 又 “ $k>3$ ”是“ $k>3$ ”或 “ $k<-3$ ” 的充分不必要条件. $\therefore$ 选 A.
答案： A |
20238 | ["9315.jpg"] | D | null | 高二 | 已知双曲线的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 在左支上过 $F_{1}$ 的弦 $A B$ 的长为 5 , 若 $2 a=8$, 则 $\triangle A B F_{2}$ 的周长是 ( ) | A. 16
B. 18
C. 21
D. 26 | 解析几何 | <ImageHere> $\left|A F_{1}
ight|+2 a=\left|A F_{2}
ight|, \quad\left|B F_{1}
ight|+2 a=\left|B F_{2}
ight|$,$ herefore riangle A B F_{2}$ 的周长为 $|A B|+\left|A F_{2}
ight|+\left|B F_{2}
ight|=|A B|+\left|A F_{1}
ight|+\left|B F_{1}
ight|+4 a=$ $2|A B|+4 a=26$. 故选 D.答案： $\mathrm{D}$ |
20239 | [] | D | null | 高二 | 已知 $P$ 为双曲线 $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 上任意一点, $A(5,0), B(-5,0)$,则 $k_{P A} \cdot k_{P B}$ 为 $(\quad)$ | A. $\frac{3}{5}$
B. $\frac{5}{3}$
C. $-\frac{9}{25}$
D. $\frac{9}{25}$ | 解析几何 | 解析 ：设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{25}-\frac{y_{0}^{2}}{9}=1, \therefore y_{0}^{2}=9\left(\frac{x_{0}^{2}}{25}-1\right)$.
又 $k_{P A} \cdot k_{P B}=\frac{y_{0}}{x_{0}-5} \cdot \frac{y_{0}}{x_{0}+5}=\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-25}$
$=\frac{\frac{9}{25}\left(x_{0}^{2}-25\right)}{x_{0}^{2}-25}=\frac{9}{25}$. 故选 D.
答案： D |
20248 | [] | D | null | 高二 | 已知 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-\cos x, x \in[-1,1]$, 则导函数 $f^{\prime}(x)$ 是 $(\quad)$ | A. 仅有最小值的奇函数
B. 既有最大值又有最小值的偶函数
C. 仅有最大值的偶函数
D. 既有最大值又有最小值的奇函数 | 解析几何 | 解析： 求导可得 $f^{\prime}(x)=x+\sin x$,
显然 $f^{\prime}(x)$ 是奇函数, 令 $h(x)=f^{\prime}(x)$,
则 $h(x)=x+\sin x$, 求导得 $h^{\prime}(x)=1+\cos x$,
当 $x \in[-1,1]$ 时, $h^{\prime}(x)>0$,
所以 $h(x)$ 在 $[-1,1]$ 上单调递增, 有最大值和最小值.
所以 $f^{\prime}(x)$ 是既有最大值又有最小值的奇函数.
答案： D |
20250 | [] | C | null | 高二 | 当 $x \in[0,5]$ 时, 函数 $f(x)=3 x^{2}-4 x+c$ 的值域为 $(\quad)$ | A. $[f(0), f(5)]$
B. $\left[f(0), f\left(\frac{2}{3}\right)\right]$
C. $\left[f\left(\frac{2}{3}\right), f(5)\right]$
D. $[c, f(5)]$ | 解析几何 | 解析： 令 $f^{\prime}(x)=6 x-4=0, x=\frac{2}{3}$, 当 $0<x<\frac{2}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x>\frac{2}{3}$时, $f^{\prime}(x)>0$, 得 $f\left(\frac{2}{3}\right)$ 为极小值, 也是最小值. 由选项知应选 C.
答案： C |
20257 | [] | D | null | 高二 | 如果方程 $x^{2}+k y^{2}=2$ 表示焦点在 $y$ 轴上的椭圆, 那么实数 $k$的取值范围是( ) | A. $(0,2)$
B. $(0,+\infty)$
C. $(-\infty, 1)$
D. $(0,1)$ | 解析几何 | 解析 ：将方程化为标准方程为 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{\frac{2}{k}}=1, \therefore k>0$.
又因为焦点在 $y$ 轴上, $\therefore \frac{2}{k}>2$, 即 $0<k<1$.
答案： D |
20258 | [] | C | null | 高二 | 椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 的两个焦点为 $F_{1}, F_{2}$, 过 $F_{2}$ 作垂直于 $x$ 轴的直线与椭圆相交, 一个交点为 $P$, 则 $\left|P F_{1}\right|$ 等于 $(\quad)$ | A. $\sqrt{3}$
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{7}{2}$
D. 4 | 解析几何 | 解析： 由 $P F_{2} \perp X$ 轴, 得 $\left|P F_{2}\right|=\frac{1}{2}$,
$\left|P F_{1}\right|=2 a-\left|P F_{2}\right|=\frac{7}{2}$.
答案 ：C |
20259 | [] | C | null | 高二 | 设定点 $F_{1}(0,-3), F_{2}(0,3)$, 动点 $P$ 满足条件 $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=a$ $+\frac{9}{a}(a>0)$, 则点 $P$ 的轨迹是 ( ) | A. 椭圆
B. 线段
C. 椭圆或线段
D. 不存在 | 解析几何 | 解析： $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=a+\frac{9}{a} \geqslant 6$,而 $\left|F_{1} F_{2}\right|=6$, 则点 $P$ 的轨迹是椭圆或线段.
答案： C |
20260 | [] | C | null | 高二 | 如果椭圆的两个焦点为 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0), P$ 是椭圆上一点,且 $\left|P F_{1}\right|,\left|F_{1} F_{2}\right|,\left|P F_{2}\right|$ 成等差数列, 那么椭圆的方程是( ) | A. $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$
B. $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$
C. $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
D. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$ | 解析几何 | 解析 ：$\because\left|P F_{1}\right|,\left|F_{1} F_{2}\right|,\left|P F_{2}\right|$ 成等差数列,
$\therefore\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2\left|F_{1} F_{2}\right|=4$.
$\therefore 2 a=4, a=2, \quad c=1, \quad \therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.
又焦点在 $x$ 轴上, $\therefore$ 椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
答案： C |
20264 | [] | C | null | 高二 | 双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 已知线段 $F_{1} F_{2}$ 被点 $(b, 0)$ 分成 51 两段, 则此双曲线的离心率为 $(\quad)$ | A. $\frac{3}{2}$
B. $\frac{9}{5}$
C. $\frac{3 \sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$ | 解析几何 | 解析： 由题可知 $b+c=5(c-b), \therefore 3 b=2 c$.
$\therefore 9 b^{2}=4 c^{2}=9\left(c^{2}-a^{2}\right)$.
$\therefore 5 c^{2}=9 a^{2}, \quad \therefore e^{2}=\frac{9}{5}, e=\frac{3}{5} \sqrt{5}$.
答案 ：$\mathrm{C}$ |
20268 | ["9318.jpg"] | D | null | 高二 | 已知点 $F$ 是双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左焦点, 点 $E$ 是该双曲线的右顶点, 过点 $F$ 且垂直于 $x$ 轴的直线与双曲线交于 $A, B$ 两点, 若 $\triangle A B E$ 是针角三角形, 则该双曲线的离心率的取值范围是( ) | A. $(1, \sqrt{2})$
B. $(\sqrt{2},+\infty)$
C. $(1,2)$
D. $(2,+\infty)$ | 解析几何 | 设 $A\left(c, y_{0}
ight)$ 代入双曲线方程得 $ rac{c^{2}}{a^{2}}- rac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1, herefore y_{0}^{2}= rac{b^{4}}{a^{2}}$.<ImageHere> $ herefore\left|y_{0}
ight|= rac{b^{2}}{a}, \quad herefore|A F|= rac{b^{2}}{a}$.$ecause riangle A B E$ 是钝角三角形, $ herefore \angle A E F>45^{\circ}$.则只需 $|A F|>|E F|$, 即 $ rac{b^{2}}{a}>a+c$,$ herefore b^{2}>a^{2}+a c$,即 $c^{2}-a^{2}>a^{2}+a c, c^{2}-a c-2 a^{2}>0$.$ herefore e^{2}-e-2>0$, 解得 $e>2$, 或 $e<-1$ (舍去). 故选 D.答案 ：D |
20269 | [] | C | null | 高二 | 设 $F_{1}, F_{2}$ 分别为双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左、右焦点. 若在双曲线右支上存在点 $P$, 满足 $\left|P F_{2}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 且 $F_{2}$ 到直线 $P F_{1}$ 的距离等于双曲线的实轴长, 则该双曲线的渐近线方程为 ( ) | A. $3 x \pm 4 y=0$
B. $3 x \pm 5 y=0$
C. $4 x \pm 3 y=0$
D. $5 x \pm 4 y=0$ | 解析几何 | 解析： 设 $P F_{1}$ 的中点为 $M$, 由 $\left|P F_{2}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|$,
故 $F_{2} M \perp P F_{1}$ ， 即 $\left|F_{2} M\right|=2 a ，$
在 Rt $\triangle F_{1} F_{2} M$ 中, $\left|F_{1} M\right|=\sqrt{(2 c)^{2}-(2 a)^{2}}=2 b$,
故 $\left|P F_{1}\right|=4 b$ ，则 $4 b-2 c=2 a$ ，
即 $2 b-a=c, \therefore(2 b-a)^{2}=a^{2}+b^{2}$.
$\therefore 3 b^{2}-4 a b=0$, 即 $3 b=4 a$.
故双曲线的渐近线方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$,
即 $y= \pm \frac{4}{3} x$, 故选 C.
答案： C |
20270 | [] | C | null | 高二 | 与曲线 $\frac{x^{2}}{24}+\frac{y^{2}}{49}=1$ 共焦点, 而与曲线 $\frac{x^{2}}{36}-\frac{y^{2}}{64}=1$ 共渐近线的双曲线方程为( ) | A. $\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=1$
B. $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$
C. $\frac{y^{2}}{16}-\frac{x^{2}}{9}=1$
D. $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1$ | 解析几何 | 解析： 椭圆的焦点为 $(0, \pm 5)$, 双曲线的渐近线为 $y= \pm \frac{4}{3} x$, 验证选项知应选 C.
答案： $\mathrm{C}$ |
20271 | ["9319.jpg", "9320.jpg", "9321.jpg"] | D | null | 高二 | 下列三图中的多边形均为正多边形, $M, N$ 是所在边上的中点, 双曲线均以图中的 $F_{1}, F_{2}$ 为焦点, 设图(1)、(2)、(3)中的双曲线的离心率分别为 $e_{1}, e_{2}, e_{3}$, 则 ( )
<ImageHere>
(1)
<ImageHere>
(2)
<ImageHere>
(3) | A. $e_{1}>e_{2}>e_{3}$
B. $e_{1}<e_{2}<e_{3}$
C. $e_{1}=e_{3}<e_{2}$
D. $e_{1}=e_{3}>e_{2}$ | 解析几何 | 解析 ：设 $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c$, 在(1) 中 $2 a=\left|M F_{2}\right|-\left|M F_{1}\right|=(\sqrt{3}-1) c$; 在(2)中, $2 a=\left|M F_{2}\right|-\left|M F_{1}\right|=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2} c$; 在(3)中, $2 a=\left|A F_{2}\right|-\left|A F_{1}\right|=(\sqrt{3}-$ 1)c. $\therefore e_{1}=e_{3}>e_{2}$.
答案： $\mathrm{D}$ |
20277 | [] | C | null | 高二 | 曲线 $y=x^{3}-4 x^{2}+4$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为 $(\quad)$ | A. $y=-x+2$
B. $y=5 x-4$
C. $y=-5 x+6$
D. $y=x-1$ | 解析几何 | 解析 $y^{\prime}=3 x^{2}-8 x,\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=1}=-5$.
$\therefore$ 切线方程为 $y-1=-5(x-1), \therefore y=-5 x+6$.
答案 ：C |
20278 | [] | D | null | 高二 | 已知点 $P$ 在曲线 $y=x^{3}-x+\frac{2}{3}$ 上移动, 设点 $P$ 处切线的倾斜角为 $\alpha$, 则 $\alpha$ 的取值范围是 ( ) | A. $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$
B. $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right]$
C. $\left[\frac{3 \pi}{4}, \pi\right]$
D. $\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left[\frac{3 \pi}{4}, \pi\right)$ | 解析几何 | 解析 $\because y^{\prime}=3 x^{2}-1 \geqslant-1 . \therefore \tan \alpha=3 x^{2}-1 \geqslant-1$,
$\therefore \alpha \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \cup\left[\frac{3 \pi}{4}, \pi\right)$.
答案 ：D |
20283 | [] | B | null | 高二 | 直线 $l$ 经过抛物线 $y^{2}=4 x$ 的焦点, 且与抛物线相交于 $A, B$两点, 若弦 $A B$ 中点的横坐标为 3 , 则 $|A B|$ 为 $(\quad)$ | A. 4
B. 8
C. 6
D. 10 | 解析几何 | 解析 ：由题可知, 抛物线的准线方程为 $x=-1$, 焦点为 $F, A B$中点到准线的距离为 $3+1=4, \therefore|A B|=|A F|+|B F|=2 \times 4=8$.
答案 ：$B$ |
20287 | [] | B | null | 高二 | 已知点 $P$ 是抛物线 $y^{2}=2 x$ 上的一个动点, 则点 $P$ 到点 $(0,2)$的距离与 $P$ 到抛物线准线的距离之和的最小值为 $(\quad)$ | A. 3
B. $\frac{\sqrt{17}}{2}$
C. $\sqrt{5}$
D. $\frac{9}{2}$ | 解析几何 | 解析 :根据扡物线定义, 点 $P$ 到准线的距离转化为到焦点 $F\left(\frac{1}{2}\right.$,
$0)$ 的距离, 故为 $(0,2)$ 和 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ 的距离为 $\frac{\sqrt{17}}{2}$.
答案: B |
20288 | [] | A | null | 高二 | 已知抛物线 $y=4 a x^{2}(a>0)$ 的准线与圆 $x^{2}+y^{2}+m x-\frac{1}{4}=0$ 相切,且此抛物线上的点 $A\left(x_{0}, 2\right)$ 到焦点的距离等于 3 , 则 $m=(\quad)$ | A. $\pm \sqrt{3}$
B. $\pm \sqrt{2}$
C. $\pm 1$
D. 0 | 解析几何 | 解析 :抛物线 $y=4 a x^{2}$ 的准线方程为 $y=-\frac{1}{16 a}$,
由题知 $2+\frac{1}{16 a}=3, \therefore a=\frac{1}{16}$.
$\therefore$ 扡物线的准线为 $y=-1$,
圆的方程可化为 $\left(x+\frac{m}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{4}$,
由圆与抛物线的准线相切可得
$\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{4}}=1$, 即 $m= \pm \sqrt{3}$, 故选 A.
答案: A |
20293 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=2 x^{3}-x^{2}$ 的极大值为 $(\quad)$ | A. 0
B. -9
C. $0, \frac{27}{16}$
D. $\frac{27}{16}$ | 解析几何 | 解析：$y^{\prime}=6 x^{2}-2 x$, 令 $y^{\prime}>0$, 解得 $x<0, x>\frac{1}{3}$,令 $y^{\prime}<0$, 解得 $0<x<\frac{1}{3}$,
$\therefore$ 当 $x=0$ 时, 取得极大值 0 , 故选 A.
答案： A |
20296 | [] | D | null | 高二 | 函数 $y=1+3 x-x^{3}$ 有 $(\quad)$ | A. 极小值 -1 , 极大值 1
B. 极小值一2，极大值 3
C. 极小值一2, 极大值 2
D. 极小值 -1 , 极大值 3 | 解析几何 | 解析 ：$y^{\prime}=3-3 x^{2}$, 令 $y^{\prime}=0$, 得 $x= \pm 1$,
易判断当 $x=1$ 时，有极大值 $y=3$ ，
当 $x=-1$ 时, 有极小值 $y=-1$. 故选 D.
答案： $\mathrm{D}$ |
20298 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $y=2 x^{3}-a x^{2}+36 x-24$ 在 $x=2$ 处有极值, 则该函数
的一个递增区间是( ) | A. $(2,3)$
B. $(3,+\infty)$
C. $(2,+\infty)$
D. $(-\infty, 3)$ | 解析几何 | 解析 ：$y^{\prime}=6 x^{2}-2 a x+36$,
$\because x=2$ 为极值点,
$\therefore$ 当 $x=2$ 时, $y^{\prime}=6 \times 4-2 a \times 2+36=0$,
解得 $a=15, \therefore y^{\prime}=6 x^{2}-30 x+36$,
令 $y^{\prime}=0$, 得 $x=2$, 或 $x=3$,
$\therefore$ 当 $y^{\prime}>0$ 时, $x<2$ 或 $x>3$,
当 $y^{\prime}<0$ 时, $2<x<3$,
$\therefore$ 递增区间是 $(-\infty, 2),(3,+\infty)$, 故选 B.
答案： B |
20307 | [] | D | null | 高二 | 到定点 $(3,5)$ 与定直线 $2 x+3 y-21=0$ 的距离相等的点的轨迹是( ) | A. 圆
B. 抛物线
C. 线段
D. 直线 | 解析几何 | 解析： 点 $(3,5)$ 在直线 $2 x+3 y-21=0$ 上, 所以到点 $(3,5)$ 与定直线距离相等的点是过 $(3,5)$ 且与直线垂直的直线.
答案： $\mathrm{D}$ |
20315 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=2 x^{2}$ 的图象上点 $P(1,1)$ 及邻近点 $Q(1+\Delta x, 1+$ $\Delta y)$, 则 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=(\quad)$ | A. $4 x$
B. 4
C. $4+24 x$
D. $4+2(4 x)^{2}$ | 解析几何 | 解析： $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{2(1+\Delta x)^{2}-2}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}(4+2 \Delta x)=4$.
答案： $\mathrm{B}$ |
20320 | [] | D | null | 高二 | 在曲线 $y=x^{2}$ 上切线倾斜角为 $\frac{\pi}{4}$ 的点是 $(\quad)$ | A. $(0,0)$
B. $(2,4)$
C. $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{16}\right)$
D. $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right)$ | 解析几何 | 解析： 由导数的定义, 知 $y^{\prime}=2 x, \therefore \tan \frac{\pi}{4}=1, y^{\prime} \mid x=x_{0}=2 x_{0}$ $=1, \therefore x_{0}=\frac{1}{2}$, 则 $y_{0}=\frac{1}{4}$, 故选 D.
答案 ：$\mathrm{D}$ |
20321 | [] | A | null | 高二 | 设曲线 $y=a x^{2}$ 在点 $(1, a)$ 处的切线与直线 $2 x-y-6=0$ 平行,则 $a=(\quad)$ | A. 1
B. $\frac{1}{2}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. -1 | 解析几何 | 解析： 由导数的定义知 $y^{\prime}=2 a x, \therefore f^{\prime}(1)=2 a=2$.
$\therefore a=1$.
答案 ：A |
20328 | [] | C | null | 高二 | 顶点在原点对称轴为 $x$ 轴, 焦点在直线 $3 x-4 y-12=0$ 上的抛物线的方程为( ) | A. $y^{2}=-16 x$
B. $y^{2}=-12 x$
C. $y^{2}=16 x$
D. $y^{2}=12 x$ | 解析几何 | 解析 ：直线与 $x$ 轴的交点坐标为 $(4,0), \therefore$ 扡物线的焦点为 $(4,0)$, $\therefore \frac{p}{2}=4, p=8, \therefore$ 扡物线方程为 $y^{2}=16 x$.
答案： C |
20332 | [] | B | null | 高二 | 过点 $M(3,2)$ 作直线 $l$ 与抛物线 $y^{2}=8 x$ 只有一个交点, 这样的直线共有( ) | A. 0 条
B. 1 条
C. 2 条
D. 3 条 | 解析几何 | 解析： 因为点 $(3,2)$ 在抛物线内部, 所以只有一条与对称轴平行的直线与抛物线有一个交点.
答案： $\mathrm{B}$ |
20333 | [] | B | null | 高二 | 设斜率为 2 的直线 $l$ 过抛物线 $y^{2}=a x(a \neq 0)$ 的焦点, 且和 $y$ 轴交于点 $A$, 若 $\triangle O A F(O$ 为坐标原点)的面积为 4 , 则抛物线的方程为 ( ) | A. $y^{2}= \pm 4 x$
B. $y^{2}= \pm 8 x$
C. $y^{2}=4 x$
D. $y^{2}=8 x$ | 解析几何 | 解析 ：由题可知, 抛物线焦点坐标为 $\left(\frac{a}{4}, 0\right)$, 于是过焦点且斜率为 2 的直线的方程为 $y=2\left(x-\frac{a}{4}\right)$, 令 $x=0$, 可得 $A$ 点坐标为 $\left(0,-\frac{a}{2}\right)$,所以 $S_{\triangle O A F}=\frac{1}{2} \cdot \frac{\mid a}{4} \cdot \frac{|a|}{2}=4$,
$\therefore a= \pm 8$, 故选 B.
答案： $\mathrm{B}$ |
20334 | [] | A | null | 高二 | 抛物线 $y^{2}=2 p x$ 与直线 $a x+y-4=0$ 交于 $A, B$ 两点, 其中 $A$的坐标为 $(1,2)$, 设抛物线的焦点为 $F$, 则 $|F A|+|F B|$ 等于 $(\quad)$ | A. 7
B. $3 \sqrt{5}$
C. 6
D. 5 | 解析几何 | 解析： 将 $A(1,2)$ 分别代入抛物线与直线方程可得
$p=2, a=2, \therefore\left\{\begin{array}{l}y^{2}=4 x, \\ 2 x+y-4=0,\end{array}\right.$ 可得 $x^{2}-5 x+4=0, \therefore x_{1}=1$, $x_{2}=4 .|F A|+|F B|=x_{1}+\frac{p}{2}+x_{2}+\frac{p}{2}=7$.
答案 ：A |
20335 | [] | A | null | 高二 | 过抛物线 $y^{2}=4 x$ 的焦点作一条直线与抛物线相交于 $A, B$ 两点, 它们的横坐标和等于 $a^{2}+2 a+3(a \in \mathbf{R})$ 的最小值, 则这样的直线 ( ) | A. 有且仅有一条
B. 有且仅有两条
C. 有一条或两条
D. 有无数多条 | 解析几何 | 解析： 由抛物线的定义知, $|A B|=x_{A}+x_{B}+p$, 而 $a^{2}+2 a+3=(a$ $+1)^{2}+2 \geqslant 2, p=2, \quad \therefore|A B|=2+2=4$.
而过焦点最短的弦长 $|A B|=4$ (即通径长)，
$\therefore$ 这样的直线有且仅有一条。
答案： A |
18312 | ["9082.jpg"] | B | null | 高二 | 已知 $D, E, F$ 分别是 $\triangle A B C$ 三边 $A B, B C, C A$ 的中点, 则下列等式不成立的是 ( ) | A. $\overrightarrow{F D}+\overrightarrow{D A}=\overrightarrow{F A}$
B. $\overrightarrow{F D}+\overrightarrow{D E}+\overrightarrow{E F}=0$
C. $\overrightarrow{D E}+\overrightarrow{D A}=\overrightarrow{E C}$
D. $\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D E}=\overrightarrow{D F}$ | 解析几何 | 由加法的三角形法则可得, $\overrightarrow{F D}+\overrightarrow{D A}=\overrightarrow{F A}, \overrightarrow{F D}+\overrightarrow{D E}+\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{0}, \overrightarrow{D E}+\overrightarrow{D A}=\overrightarrow{E C}$, $\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D E}=\overrightarrow{D F}$ ，故选 B.
<ImageHere> |
18313 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\overrightarrow{A B}=\vec{a}, \overrightarrow{A C}=\vec{b}, \mathrm{M}$ 是 $\mathrm{AB}$ 的中点, $\mathrm{N}$ 是 $\mathrm{CM}$ 的中点, 则 $\overrightarrow{A N}=(\quad)$ | A. $\frac{1}{3} \vec{a}+\frac{2}{3} \vec{b}$,
B. $\frac{1}{3} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}$
C. $\frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{4} \vec{b}$
D. $\frac{1}{4} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}$ | 解析几何 | $\overrightarrow{A N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{A C})=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}\right)=\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}$, 即 $\overrightarrow{A N}=\frac{1}{4} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}$故选: D. |
18314 | [] | C | null | 高二 | 点 $P$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面上一点, 若 $\overrightarrow{A P}=\frac{2}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{5} \overrightarrow{A C}$, 则 $\triangle A B P$ 与 $\triangle A C P$ 的面积之比是 | A. $\frac{3}{5}$
B. $\frac{5}{2}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{2}{3}$ | 解析几何 | 因为点 $P$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面上一点, 又 $\overrightarrow{A P}=\frac{2}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{5} \overrightarrow{A C}$,所以 $\frac{2}{5} \overrightarrow{A P}-\frac{2}{5} \overrightarrow{A B}=\frac{3}{5} \overrightarrow{A C}-\frac{3}{5} \overrightarrow{A P}$, 即 $\frac{2}{5} \overrightarrow{B P}=\frac{3}{5} \overrightarrow{P C}$, 即 $\overrightarrow{B P}=\frac{3}{2} \overrightarrow{P C}$,则点 $P$ 在线段 $B C$ 上, 且 $|B P|=\frac{3}{2}|P C|$,又 $S_{\triangle A P C}=\frac{1}{2}|A P||P C| \sin \angle A P C, S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2}|A P||B P| \sin \angle A P B$,又 $\angle A P B+\angle A P C=\pi$, 即 $\sin \angle A P C=\sin \angle A P B$,所以点 $P$ 在线段 $B C$ 上, 且 $|B P|=\frac{3}{2}|P C|$,
$S_{\triangle A B P}: S_{\triangle A P C}=\frac{1}{2}|A P||B P| \sin \angle A P B: \frac{1}{2}|A P||P C| \sin \angle A P C=|B P|:|P C|=3: 2$,
故选: C. |
18315 | [] | C | null | 高二 | 在四边形 $A B C D$ 中, $|\overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{A D}|$ 且 $\overrightarrow{B A}=\overrightarrow{C D}$, 则四边形 $A B C D$ 的形状一定是 ( ) | A. 正方形
B. 矩形
C. 菱形
D. 等腰梯形 | 解析几何 | 因为 $\overrightarrow{B A}=\overrightarrow{C D}$, 所以 $B A / / C D, B A=C D$, 四边形是平行四边形又 $|\overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{A D}|$, 所以 $A B=A D$,四边形是菱形, 故选 C. |
18317 | [] | B | null | 高二 | 给出下列结论:
(1)两个单位向量是相等向量;
(2) 若 $\vec{a}=\vec{b}, \vec{b}=\vec{c}$, 则 $\vec{a}=\vec{c}$;
(3)若一个向量的模为 0 , 则该向量的方向不确定;
(4)若 $|\vec{a}|=|\vec{b}|$, 则 $\vec{a}=\vec{b}$;
(5)若 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 共线, $\vec{b}$ 与 $\vec{c}$ 共线, 则 $\vec{a}$ 与 $\vec{c}$ 共线.
其中正确结论的个数是（ ） | A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个 | 解析几何 | 两个单位向量的模相等，但方向不一定相同，(1)错误;
若 $\vec{a}=\vec{b}, \vec{b}=\vec{c}$, 则 $\vec{a}=\vec{c}$, 向量相等具有传递性, (2)正确;
一个向量的模为 0 , 则该向量一定是零向量, 方向不确定, (3)正确;
若 $|\vec{a}|=|\vec{b}|$ ，则 $\vec{a}=\vec{b}$ ，还要方向相同才行，(4)错误;
$\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 共线, $\vec{b}$ 与 $\vec{c}$ 共线, 则 $\vec{a}$ 与 $\vec{c}$ 共线, 当 $\vec{b}$ 为零向量时不成立, (5)错误. |
18319 | ["9085.jpg"] | D | null | 高二 | 点 $\mathbf{D}$ 为 $\triangle A B C$ 内一点, 且 $\overrightarrow{D A}+4 \overrightarrow{D B}+7 \overrightarrow{D C}=\overrightarrow{0}$, 则 $\frac{S_{\triangle B C D}}{S_{\triangle A B C}}=(\quad)$ | $\frac{4}{7}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{7}{12}$
D. $\frac{1}{12}$ | 解析几何 | <ImageHere>分别延长 $D B, D C$ 至 $B_{1}, C_{1}$, 使得 $D B_{1}=3 D B, D C_{1}=7 D C$, 则 $\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D B_{1}}+\overrightarrow{D C_{1}}=\overrightarrow{0}$, 则 $S_{\triangle D A B_{1}}=S_{\triangle D A G_{1}}=S_{\triangle D B_{1} G_{1}}=S$, $S_{\triangle D A B}=\frac{1}{4} s, S_{\triangle D A C}=\frac{1}{7} s, S_{\triangle D B C}=\frac{1}{28} s, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{4} s+\frac{1}{7} s+\frac{1}{28} s=\frac{12}{28} s, \frac{S_{\triangle B C D}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{\frac{1}{28} s}{\frac{12}{28} s}=\frac{1}{12}$, 故选 D. |
18321 | [] | A | null | 高二 | 已知 $P 、 Q$ 为 $\triangle A B C$ 中不同的两点, 且 $3 \overrightarrow{P A}+2 \overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=0, \overrightarrow{Q A}+\overrightarrow{Q B}+\overrightarrow{Q C}=0$, 则 $S_{\triangle P A B}: S_{\triangle Q A B} \quad$ 为 $(\quad)$ | A. $1: 2$
B. $2: 1$
C. $2: 3$
D. $3: 2$ | 解析几何 | 因为 $3 \overrightarrow{P A}+2 \overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=2(\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B})+\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0}$, 所以 $P$ 在与 $B C$ 平行的中位线上,且是该中位线的的一个三等分点, 可得 $S_{\triangle P A B}=\frac{1}{6} S_{\triangle A B C}, \overrightarrow{Q A}+\overrightarrow{Q B}+\overrightarrow{Q C}=\overrightarrow{0}$ 可得 $Q$ 是三角形 $A B C$的重心, 因此 $S_{\triangle Q A B}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C}, S_{\triangle P A B}: S_{\triangle Q A B}=\frac{1}{2}$, 故选 A. |
18322 | ["9087.jpg"] | B | null | 高二 | 如图, <ImageHere>在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D$ 在 $B C$ 边上, 且 $C D=2 D B$, 点 $E$ 在 $A D$ 边上, 且 $A D=3 A E$, 则用向量 $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$ 表示 $\overrightarrow{C E}$ 为 $(\quad)$ | A. $\overrightarrow{C E}=\frac{2}{9} \overrightarrow{A B}+\frac{8}{9} \overrightarrow{A C}$
B. $\overrightarrow{C E}=\frac{2}{9} \overrightarrow{A B}-\frac{8}{9} \overrightarrow{A C}$
C. $\overrightarrow{C E}=\frac{2}{9} \overrightarrow{A B}+\frac{7}{9} \overrightarrow{A C}$
D. $\overrightarrow{C E}=\frac{2}{9} \overrightarrow{A B}-\frac{7}{9} \overrightarrow{A C}$ | 解析几何 | 由平面向量的三角形法则及向量共线的性质可得 $\overrightarrow{C E}=\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A E}, \overrightarrow{A E}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B D}=\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A C})$, $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B A}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$,
$\overrightarrow{A E}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B A}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}\right), \overrightarrow{C E}=\overrightarrow{C A}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{9} \overrightarrow{B A}+\frac{1}{9} \overrightarrow{A C}$
$=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{9} \overrightarrow{B A}+\overrightarrow{C A}+\frac{1}{9} \overrightarrow{A C}=\frac{2}{9} \overrightarrow{A B}+\frac{8}{9} \overrightarrow{C A}$, 又 $\because \frac{8}{9} \overrightarrow{C A}=-\frac{8}{9} A C, \therefore \overrightarrow{C E}=\frac{2}{9} \overrightarrow{A B}-\frac{8}{9} \overrightarrow{A C}$,
故选 B. |
18323 | ["9088.jpg"] | C | null | 高二 | 如图, <ImageHere>已知 $\overrightarrow{A P}^{\frac{4}{3}}=^{\overrightarrow{A B}}$, 用 $\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B}_{\text {表示 }} \overrightarrow{O P}$, 则 $\overrightarrow{O P}_{\text {等于( ) }}$ ) | A. ${ }^{\frac{1}{3}} \overrightarrow{O A}-\frac{4}{3} \overrightarrow{O B}$
B. ${ }^{\frac{1}{3}} \overrightarrow{O A}+{ }^{\frac{4}{3}} \overrightarrow{O B}$
C. $-\frac{1}{3} \overrightarrow{O A}+{ }^{\frac{4}{3}} \overrightarrow{O B}$
D. $-^{\frac{1}{3}} \overrightarrow{O A}-\frac{4}{3} \overrightarrow{O B}$ | 解析几何 | $\left.\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{O A}+\frac{4}{3} \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O A}+\frac{4}{3} \overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}\right)=-\frac{1}{3} \overrightarrow{O A}+\frac{4}{3} \overrightarrow{O B}$, 选 C. |
18325 | [] | A | null | 高二 | $P$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面上的一点, 满足 $\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=2 \overrightarrow{C B}$, 若 $S_{\triangle A B C}=6$, 则 $\triangle P A B$ 的面积为 | 2
B. 3
C. 4
D. 8 | 解析几何 | 依题意有 $\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=2(\overline{P B}-\overrightarrow{P C})$, 化简得 $\overrightarrow{P A}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C B}$, 所以 $P$ 到 $A B$ 的距离等于 $C$ 到 $A B$ 距离的三分之一, 故 $\triangle P A B$ 的面积为 $6 \times \frac{1}{3}=2$. 故选 $A$. |
18327 | [] | B | null | 高二 | $O$ 为 $\triangle A B C$ 所在平面上动点, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right), \lambda \in[0,+\infty)$, 则射线 $A P$ 过 $\triangle A B C$ 的 ( ) | A. 外心
B. 内心
C. 重心
D. 垂心 | 解析几何 | $\because \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right)$
$\therefore \overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{A P}=\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right)$
因为 $\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}$ 和 $\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$ 分别是 $\overrightarrow{A B}$ 和 $\overrightarrow{A C}$ 的单位向量
所以 $\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$ 是以 $\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}$ 和 $\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$ 为邻边的平行四边形的角平分线对应的向量
所以 $\overrightarrow{A P}$ 的方向与 $\angle B A C$ 的角平分线重合
即射线 $A P$ 过 $\triangle A B C$ 的内心
故选 B |
18331 | [] | D | null | 高二 | 下列各式不恒成立的是 $($ ) | A. $\vec{a}+\vec{b}=\vec{b}+\vec{a}$
B. $\vec{a}+\overrightarrow{0}=\vec{a}$
C. $\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A B}$
D. $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}|+|\vec{b}|$ | 解析几何 | 由向量的运算法则可知： $\vec{a}+\vec{b}=\vec{b}+\vec{a}$ 正确; $\vec{a}+\overrightarrow{0}=\vec{a}$ 正确; $\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A B}$ 正确; $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}|+|\vec{b}|$ 只有 $\vec{a} 、 \vec{b}$ 同向时成立, 所以 $\mathrm{D}$ 不恒成立. 故选 $\mathrm{D}$. |
18332 | [] | D | null | 高二 | 若 $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{0}$, 则 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ ( ) | A. 一定可以构成三角形
B. 都是非零向量时可以构成一个三角形
C. 一定不可以构成一个三角形
D. 都是非零向量时也可能无法构成三角形 | 解析几何 | $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{0}$, 则 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ 都是非零向量且不共线时可以构成一个三角形, 而共线时不能构成三角形，故选 D. |
18333 | [] | B | null | 高二 | 向量 $\boldsymbol{a} 、 \boldsymbol{b}$ 均为非零向量, 则下列说法不正确的是 () | A. 若向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 反向, 且 $|\boldsymbol{a}|>|\boldsymbol{b}|$, 则向量 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}$ 的方向相同
B. 若向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 反向, 且 $|\boldsymbol{a}|<|\boldsymbol{b}|$, 则向量 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}$ 的方向相同
C. 若向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 同向, 则向量 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}$ 的方向相同
D. 若向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的方向相同或相反, 则 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 的方向必与 $\boldsymbol{a} 、 \boldsymbol{b}$ 之一的方向相同 | 解析几何 | 对于 $\mathrm{B}$, 向量 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的方向相同，故选 B. |
18334 | [] | B | null | 高二 | $P$ 为四边形 $A B C D$ 所在平面上一点, $\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}+\overrightarrow{P D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C D}$,则 $P$ 为 | A. 四边形 $A B C D$ 对角线交点
B. $A C$ 的中点
C. $B D$ 的中点
D. $C D$ 边上一点 | 解析几何 | $\because \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{A P}+\overrightarrow{P B}, \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{P D}, \overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}+\overrightarrow{P D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C D}$,
$\therefore \overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{A P}+\overrightarrow{C P}, \therefore \overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0} . \therefore$ 点 $P$ 为线段 $A C$ 的中点. 故选 B. |
18338 | [] | A | null | 高二 | 已知 $O, A, B$ 是平面上的三个点, 直线 $A B$ 上有一点 $C$, 满足 $\overrightarrow{2 A C}+\overrightarrow{C B}=0$, 则 $\overrightarrow{O C}=()$ | A. $2 \overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}$
B. $-\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}$
C. $\frac{2}{3} \overrightarrow{O A}-\frac{1}{3} \overrightarrow{O B}$
D. $-\frac{1}{3} \overline{O A}+\frac{2}{3} \overline{O B}$ | 解析几何 | 由已知 $2 \overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C B}=0$, 可得: $\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A B}=0$,点 $\mathrm{A}$ 是线段 $\mathrm{CB}$ 的中点, 设 $\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O D}$,
作平行四边形 $\mathrm{OBDC}$, 由平行四边形法则可得 $\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}$.
$\therefore \overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}$ |
18339 | [] | C | null | 高二 | 已知平面向量 $\overrightarrow{A B}=(1,2), \overrightarrow{A C}=(3,4)$, 则向量 $\overrightarrow{C B}=$ | A. $(-4,-6)$
B. $(4,6)$
C. $(-2,-2)$
D. $(2,2)$ | 解析几何 | $\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}=(1,2)-(3,4)=(-2,-2)$, |
18340 | [] | D | null | 高二 | 已知向量 ${ }^{\vec{a}}=(1, m), \vec{b}=(3,-2)$, 且 ${ }^{(\vec{a}+\vec{b})} \perp \vec{b}$, 则 $\boldsymbol{m}=(\mathrm{)})$ | A. -8
B. -6
C. 6
D. 8 | 解析几何 | $\because \vec{a}=(1, m), \vec{b}=(3,-2), \therefore \vec{a}+\vec{b}=(4, m-2)$, 又 $(\vec{a}+\vec{b}) \perp \vec{b}$,
$\therefore 3 \times 4+(-2) \times(\mathrm{m}-2)=0$, 解得 $\mathrm{m}=8$.
故选: D. |
18341 | [] | A | null | 高二 | 已知平面向量 $a=(2 m+1,3), b=(2, m)$, 且 $a$ 与 $b$ 反向, 则 $|a+b|$ 等于 | A. $\sqrt{2}$
B. $\frac{15}{2}$ 或 $\sqrt{2}$
C. $\frac{15}{2}$
D. $\frac{10 \sqrt{2}}{7}$ | 解析几何 | 因为 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 反向，所以存在实数 $\lambda$ 使得 $\boldsymbol{a}=\lambda \boldsymbol{b}(\lambda<0)$, 即 $\left\{\begin{array}{c}2 m+1=2 \lambda \\ 3=\lambda m\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}m=-2 \\ \lambda=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}m=\frac{3}{2} \\ \lambda=2\end{array}\right.$, 因为 $\lambda<0$, 所以 $m=-2$,
所以向量 $\boldsymbol{a}=(-3,3), \boldsymbol{b}=(2,-2)$,
所以 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|(-3,3)+(2,-2)|=|(-1,1)|=\sqrt{2}$ ，
本题选择 $A$ 选项. |
18342 | [] | A | null | 高二 | 在梯形 $A B C D$ 中, $A D / / B C$, 已知 $A D=4, B C=6$, 若 $\overrightarrow{C D}=m \overrightarrow{B A}+n \overrightarrow{B C}(m, n \in \mathbf{R})$, 则 $\frac{m}{n}=$ | A. -3
B. $-\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{3}$
D. 3 | 解析几何 | 过点 $A$ 作 $A E / / C D$, 交 $B C$ 于点 $E$, 则 $B E=2, C E=4$, 所以 $m \overrightarrow{B A}+n \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{C D}=\overrightarrow{E A}=\overrightarrow{E B}$ $+\overrightarrow{B A}=-\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B A}=-\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B A}$, 所以 $\frac{m}{n}=-3$ |
18346 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 的三个顶点 $A, B, C$ 及所在平面内一点 $P$ 满足 $\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{A B}$, 则点 $P$ 与 $\triangle A B C$ 的关系 | A. $P$ 在 $\triangle A B C$ 内部 $B$
B. $P$ 在 $\triangle A B C$ 外部 C. $P$ 在边 $A B$ 上
D. $P$ 在边 $A C$ 上 | 解析几何 | 因为 $\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{A B}$, 所以 $\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P B}-\overrightarrow{P A}$,
所以 $\overrightarrow{P C}=-2 \overrightarrow{P A}=2 \overrightarrow{A P}$,
所以 $\mathrm{P}$ 是 $\mathrm{AC}$ 的一个三等分点,
故选 D. |
18347 | [] | D | null | 高二 | 已知平面向量 $\vec{a}=(1, m), \vec{b}=(2,5), \vec{c}=(m, 3)$, 且 $(\vec{a}+\vec{c}) / /(\vec{a}-\vec{b})$, 则 $m=(\quad)$. | A. -3 或 1
B. 2 或 -1
C. $\frac{-3 \pm \sqrt{17}}{2}$
D. $\frac{3 \pm \sqrt{17}}{2}$ | 解析几何 | 因为 $\vec{a}+\vec{c}=(m+1,3+m), \vec{a}-\vec{b}=(-1, m-5),(\vec{a}+\vec{c}) / /(\vec{a}-\vec{b})$
$\therefore(m+1)(m-5)=-3-m, \therefore m^{2}-3 m-2=0$, 解得 $m=\frac{3 \pm \sqrt{17}}{2}$.
故选: $D$ |
18348 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 均为单位向量, 它们的夹角为 $60^{\circ}$, 那么 $|\vec{a}-3 \vec{b}|$ 等于 ( ) | A. $\sqrt{7}$
B. $\sqrt{10}$
C. $\sqrt{13}$
D. 4 | 解析几何 | 本题主要考查的是向量的求模公式。由条件可知
$|\vec{a}-3 \vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}-3 \vec{b})^{2}}=\sqrt{\vec{a}^{2}+9 \vec{b}^{2}-6 \vec{a} \cdot \vec{b}}=\sqrt{1+9-6 \times 1 \times 1 \times \cos 60^{0}}=\sqrt{7}$, 所以应选 A。 |
18349 | [] | D | null | 高二 | 向 $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{O B}+2 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{O B}+2(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A})$ 量 $\vec{a}=(1,0), \vec{b}=(2,1), \vec{c}=(x, 1)$, 若 $3 \vec{a}-\vec{b}$与 $\vec{c}$ 共线, 则 $X=(\quad)$ | A. 1
B. -3
C. -2
D. ${ }^{-} 1$ | 解析几何 | 向量 $\vec{a}=(1,0), \vec{b}=(2,1), \vec{c}=(x, 1)$, 则 $3 \vec{a}-\vec{b}=(1,-1)$, 又 $3 \vec{a}-\vec{b}$ 与 $\vec{c}$ 共线,则 $1 \times 1-(-1) \cdot x=0$, 解得 $x=-1$. 故选: $D$. |
18350 | ["9093.jpg"] | C | null | 高二 | 在平行四边形 $\mathbf{A B C D}$ 中, $A B=4, A D=3, \angle D A B=\frac{\pi}{3}$, 点 $E, F$ 分别在 $B C, D C$ 边上, 且 $\overrightarrow{B E}=2 \overrightarrow{E C}, \overrightarrow{D F}=\overrightarrow{F C}$, 则 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{B F}=(\quad)$
<ImageHere> | A. $-\frac{8}{3}$
B. -1
C. 2
D. $\frac{10}{3}$ | 解析几何 | $\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B F}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C F}=\overrightarrow{B C}+\frac{1}{2} \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A D}-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}$,所以 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{B F}=\left(\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}\right) \cdot\left(\overrightarrow{A D}-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right)=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}^{2}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}^{2}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}$ $=-\frac{1}{2} \times 4^{2}+\frac{2}{3} \times 3^{2}+\frac{2}{3} \times 4 \times 3 \times \frac{1}{2}=2$, 故选 C. |
18352 | [] | B | null | 高二 | $\triangle A B C$ 是边长为 $\mathbf{1}$ 的等边三角形, 点 $D, E$ 分别是边 $A B, B C$ 的中点, 连接 $D E$ 并延长到点 $F$,使得 $D E=2 E F$, 则 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B C}$ 的值为 $(\quad)$ | A. $-\frac{5}{8}$
B. $\frac{1}{8}$
C. $\frac{1}{4}$
D. $\frac{11}{8}$ | 解析几何 |
试题分析: 设 $\overrightarrow{B A}=a, \overrightarrow{B C}=b, \therefore \overrightarrow{D E}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}=\frac{1}{2}(b-a), \overrightarrow{D F}=\frac{3}{2} \overrightarrow{D E}=\frac{3}{4}(b-a)$, $\overrightarrow{A F}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D F}=-\frac{1}{2} a+\frac{3}{4}(b-a)=-\frac{5}{4} a+\frac{3}{4} b, \therefore \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B C}=-\frac{5}{4} a \cdot b+\frac{3}{4} b^{2}=-\frac{5}{8}+\frac{3}{4}=\frac{1}{8}$. |
18353 | ["9095.jpg"] | B | null | 高二 | 如图, $\angle B A C=\frac{2 \pi}{3}$, 圆 $\mathbf{M}$ 与 $\mathbf{A B} 、 \mathbf{A C}$ 分别相切于点 $\mathbf{D} 、 \mathbf{E}, A D=1$, 点 $\mathbf{P}$ 是圆 $\mathbf{M}$ 及其内部任意一点, 且 $\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A D}+y \overrightarrow{A E}(x, y \in R)$, 则 $x+y$ 的取值范围是 ( )
<ImageHere> | A. $[1,4+2 \sqrt{3}]$
B. $[4-2 \sqrt{3}, 4+2 \sqrt{3}]$
c. $[1,2+\sqrt{3}]$
D. $[2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3}]$ | 解析几何 | 连接 $A M$ 并延长分别交圆 $M$ 于 $Q 、 T$, 连接 $D E, D E$ 与 $A M$ 交于 $R$, 显然 $\overrightarrow{A R}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A E}$,此时 $x+y=1$, 分别过 $Q 、 T$ 作 $D E$ 的平行线, 由于 $A D=A E=1, \angle B A C=120^{\circ}$, 则 $A M=2, D M=\sqrt{3}$, 则 $A Q=2-\sqrt{3}, A R=\frac{1}{2}$, $\overrightarrow{A Q}=\frac{2-\sqrt{3}}{\frac{1}{2}}=(4-2 \sqrt{3}) \overrightarrow{A R}=(2-\sqrt{3}) \overrightarrow{A D}+(2-\sqrt{3}) \overrightarrow{A E}$, 此时 $x+y=4-2 \sqrt{3}$, 同理可得: $\overrightarrow{A T}=(2+\sqrt{3}) \overrightarrow{A D}+(2+\sqrt{3}) \overrightarrow{A E}, \quad x+y=4+2 \sqrt{3}$, 选 $B$. |
18360 | [] | D | null | 高二 | 已知平面向量 $\vec{a}=(1,1), \vec{b}=(1,-1)$, 则向量 ${ }^{\frac{1}{2}} \vec{a}-\frac{3}{2} \vec{b}=$ ( ) | A. ${ }^{(-2,-1)}$
B. $(-2,1)$
C. ${ }^{(-1,0)}$
D. $(-1,2)$ | 解析几何 | $\frac{1}{2} \vec{a}-\frac{3}{2} \vec{b}=\frac{1}{2}(1,1)-\frac{3}{2}(1,-1)=\left(\frac{1}{2}-\frac{3}{2}, \frac{1}{2}+\frac{3}{2}\right)=(-1,2)$.
故选 D |
18368 | [] | D | null | 高二 | 在平面直角坐标系 $x \mathrm{O} y$ 中, 已知四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(1,-2), \overrightarrow{\mathrm{AD}}=(2,1)$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AD}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}=($ ) | A. 2
B. 3
C. 4
D. 5 | 解析几何 | 因为四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, 所以 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}=(1,-2)+(2,1)=(3,-1)$, 所以
$\overrightarrow{\mathrm{AD}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}=2 \times 3+1 \times(-1)=5$, 故选 D. |