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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
18371 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\vec{a}=(m, n), \vec{b}=(-5,0)$ 且向量 $\vec{a}$ 在向量 $\vec{b}$ 方向上的投影是 -2 , 则 ( ) | A. $m=2, n=-2$
B. $m=-2, n=2$
C. $m=2, n$ 取任意实数
D. $m=-2, n$ 取任意实数 | 解析几何 | 由向量 $\vec{a}$ 在向量 $\vec{b}$ 方向上的投影定义得: $-2=|\vec{a}| \cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}$,所以 $-2=\frac{-5 m}{5} \Rightarrow m=2$,
所以 $m=2, n$ 取任意实数.
故选: C. |
18372 | [] | D | null | 高二 | 已知向量 $\vec{a}=(2,3), \vec{b}=(-4,7)$, 则 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 方向上的射影为 $($ ) | A. $\sqrt{13}$
B. $\frac{\sqrt{13}}{5}$
C. $\sqrt{65}$
D. $\frac{\sqrt{65}}{5}$ | 解析几何 | 根据投影的定义, 得; 向量 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 方向上的射影数量是
$m=|\vec{a}| \cdot \cos \theta=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}=\frac{2 \times(-4)+3 \times 7}{\sqrt{(-4)^{2}+7^{2}}}=\frac{\sqrt{65}}{5}$. 故选: $D$. |
17677 | [] | C | null | 高二 | 若 $e_{1}, e_{2}$ 是夹角为 $60^{\circ}$ 的两个单位向量, 则 $\boldsymbol{a}=2 e_{1}+e_{2}$ 与 $\boldsymbol{b}=-3 e_{1}+2 e_{2}$ 的
夹角为 ( ) | A. $30^{\circ}$ B. $60^{\circ}$ C. $120^{\circ}$ D. $150^{\circ}$ | 解析几何 | $\because e_{1} \cdot e_{2}=\left|e_{1}\right|\left|e_{2}\right| \cdot \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$,
$\therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\left(2 e_{1}+e_{2}\right) \cdot\left(-3 e_{1}+2 e_{2}\right)=-6 e_{1}^{2}+e_{1} \cdot e_{2}+2 e_{2}^{2}=-6+\frac{1}{2}+2=-\frac{7}{2}$,
$|\boldsymbol{a}|^{2}=\boldsymbol{a}^{2}=\left(2 e_{1}+e_{2}\right)^{2}=4 e_{1}^{2}+4 e_{1} \cdot e_{2}+e_{2}^{2}=4+4 \times \frac{1}{2}+1=7$,
$|\boldsymbol{b}|^{2}=\boldsymbol{b}^{2}=\left(-3 e_{1}+2 e_{2}\right)^{2}=9 e_{1}^{2}-12 e_{1} \cdot e_{2}+4 e_{2}^{2}=9-12 \times \frac{1}{2}+4=7$.
设向量 $\boldsymbol{a}$ 与向量 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\theta$, 则 $\cos \theta=\frac{\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a} \| \boldsymbol{b}|}=\frac{-\frac{7}{2}}{\sqrt{7} \times \sqrt{7}}=-\frac{1}{2}$.
又 $0^{\circ} \leq \theta \leq 180^{\circ}$, 所以 $\theta=120^{\circ}$, 故选 C. |
17678 | [] | B | null | 高二 | $O$ 是平面上一定点, $A, B, C$ 是平面上不共线的三个点, 动点 $P$ 满足
$\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+\mu\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right), \mu \in[0,+\infty)$, 则 $P$ 点的轨迹一定经过 $\triangle A B C$ 的
$(\quad)$ | A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 | 解析几何 | $\because \frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|} 、 \frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$ 分别表示向量 $\overrightarrow{A B} 、 \overrightarrow{A C}$ 方向上的单位向量,
$: \frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$ 的方向与 $\angle B A C$ 的角平分线一致,
又 $\because \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+\mu\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right), \therefore \overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{A P}=\mu\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right)$,
向量 $\overrightarrow{A P}$ 的方向与 $\angle B A C$ 的角平分线一致,
$\therefore P$ 点的轨迹一定经过 $\triangle A B C$ 的内心, 故选 $\mathrm{B}$. |
17686 | [] | D | null | 高二 | 设向量 $\boldsymbol{a}=(1,4), \boldsymbol{b}=(2, x), \boldsymbol{c}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$. 若 $\boldsymbol{a} / \boldsymbol{c}$, 则实数 $x$ 的值是 ( ) | A. -4 B. 2
C. 4
D. 8 | 解析几何 | 因为 $\boldsymbol{a}=(1,4), \boldsymbol{b}=(2, x)$ ，所以 $\boldsymbol{c}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(3,4+x)$,
因为 $\boldsymbol{a} / \boldsymbol{c}$, 所以 $4+x=12$, 得 $x=8$, 故选 D. |
17690 | [] | D | null | 高二 | 已知 $M, P, Q$ 三点不共线, 且点 $O$ 满足 $8 \overrightarrow{O M}-3 \overrightarrow{O P}-4 \overrightarrow{O Q}=0$, 则下列结论正确的是 ( ) | A. $\overrightarrow{O M}=-\overrightarrow{M P}-\overrightarrow{M Q}$
B. $\overrightarrow{O M}=-3 \overrightarrow{M P}-\overrightarrow{M Q}$
C. $\overrightarrow{O M}=-\overrightarrow{M P}-4 \overrightarrow{M Q}$
D. $\overrightarrow{O M}=3 \overrightarrow{M P}+4 \overrightarrow{M Q}$ | 解析几何 | 由 $8 \overrightarrow{O M}-3 \overrightarrow{O P}-4 \overrightarrow{O Q}=0$ ，
得 $\overrightarrow{O M}+3(\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O P})+4(\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O Q})=0$, 则 $\overrightarrow{O M}+3 \overrightarrow{P M}+4 \overrightarrow{Q M}=0$,
即 $\overrightarrow{O M}=3 \overrightarrow{M P}+4 \overrightarrow{M Q}$, 故选 $\mathrm{D}$. |
17691 | [] | B | null | 高二 | 已知平面向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$, 满足 $\boldsymbol{a}=(1, \sqrt{3}),|\boldsymbol{b}|=3, \boldsymbol{a} \perp(\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b})$, 则 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=(\quad)$ | A. 2
B. 3
C. 4
D. 6 | 解析几何 | 由题意 $\boldsymbol{a}=(1, \sqrt{3})$ ，则 $|\boldsymbol{a}|=\sqrt{1+3}=2$,
又 $\boldsymbol{a} \perp(\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}) \Rightarrow \boldsymbol{a} \cdot(\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b})=0$ ，即 $\boldsymbol{a}^{2}-2 \boldsymbol{a} \boldsymbol{b}=0 \Rightarrow \boldsymbol{a} \boldsymbol{b}=2$ ，
由向量模的定义, $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{\boldsymbol{a}^{2}-2 \boldsymbol{a} \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}}=\sqrt{4-2 \times 2+9}=3$, 故选 B. |
17692 | [] | B | null | 高二 | 在直角三角形 $A B C$ 中, 角 $C$ 为直角, 且 $A C=B C=1$, 点 $P$ 是斜边上的一个
三等分点, 则 $\overrightarrow{C P} \cdot \overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C P} \cdot \overrightarrow{C A}=(\quad)$ | A. 0
B. 1
C. $\frac{9}{4}$
D. $-\frac{9}{4}$ | 解析几何 | 建立直角坐标系, 设 $C(0,0), A(1,0), B(0,1), P\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$,
则 $\overrightarrow{C P} \cdot \overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C P} \cdot \overrightarrow{C A}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1$, 故选 $\mathrm{B}$. |
17694 | [] | C | null | 高二 | 设 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 是两个非零向量 ( ) | A. 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$
B. 若 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$
C. 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则存在实数 $\lambda$ ，使得 $\boldsymbol{b}=\hat{\boldsymbol{a}} \boldsymbol{a}$
D. 若存在实数 $\lambda$ ，使得 $\boldsymbol{b}=\lambda \boldsymbol{a} \boldsymbol{a}$ ，则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$ | 解析几何 | 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 共线, 即存在实数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{b}=\hat{\lambda} \boldsymbol{a}$,故 C 正确;
选项 A: 当 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$ 时, $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 可为反向的共线向量, 故 A 错误;
选项 B: 若 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$, 由矩形得 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$ 不成立，故 B 错误;
选项 D: 若存在实数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{b}=\hat{\lambda} \boldsymbol{a}, \boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 可为同向的共线向量,
此时显然 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$ 不成立, 故 D 错误,
故选 C. |
17695 | [] | B | null | 高二 | 已知 $|\boldsymbol{a}|=2|\boldsymbol{b}| \neq 0$, 且关于 $x$ 的方程 $x^{2}+|\boldsymbol{a}| x+\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ 有实根, 则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角的取值范围是 ( ) | A. $\left[0, \frac{\pi}{6}\right] \quad$ B. $\left[\frac{\pi}{3}, \pi\right] \quad$ C. $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2}{3} \pi\right] \quad$ D. $\left[\frac{\pi}{6}, \pi\right]$ | 解析几何 | $\because$ 关于 $x$ 的方程 $x^{2}+|\boldsymbol{a}| x+\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ 有实根, $\therefore \Delta=|\boldsymbol{a}|^{2}-4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} \geq 0$,
设 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\theta$, 则 $|\boldsymbol{a}|^{2}-4|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| \cos \theta \geq 0$,
又 $|\boldsymbol{a}|=2|\boldsymbol{b}| \neq 0, \therefore 2|\boldsymbol{b}|-4|\boldsymbol{b}| \cos \theta \geq 0, \quad \therefore \cos \theta \leq \frac{1}{2}$ ，
又 $\theta \in[0, \pi], \therefore \theta \in\left[\frac{\pi}{3}, \pi\right]$, 本题正确选项 B. |
17697 | [] | D | null | 高二 | 下列关于向量的结论:
（1）若 $|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|$ ，则 $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}$ 或 $\boldsymbol{a}=-\boldsymbol{b}$;
（2）向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 平行，则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的方向相同或相反;
(3) 起点不同, 但方向相同且模相等的向量是相等向量;
（4）若向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 同向，且 $|\boldsymbol{a}|>|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a}>\boldsymbol{b}$.
其中正确的序号为 ( ) | A. (1) (2) B. (2) (3) C. (4) D. (3) | 解析几何 | （1）若 $|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|$, 由于 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 的方向不清楚, 故不能得出 $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}$ 或 $\boldsymbol{a}=-\boldsymbol{b}$, 故（1）不正确;
（2）由零向量与任何向量平行, 当向量 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 平行时, 不能得出 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的方向相同或相反, 故（2）不正确;
（3）由向量的相等的定义, 起点不同, 但方向相同且模相等的向量是相等向量, 故 (3) 正确;
(4) 向量不能比较大小, 故 (4) 不正确,
故选 D. |
17698 | ["8947.jpg"] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=2, \angle B A C=60^{\circ}$, 点 $P$ 是 $\triangle A B C$ 内一点
(含边界), 若 $\overrightarrow{A P}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A C}$, 则 $|\overrightarrow{A P}|$ 的最大值为（） | A. $\frac{2 \sqrt{7}}{3}$
B. $\frac{8}{3}$
C. $\frac{2 \sqrt{19}}{3}$
D. $\frac{2 \sqrt{13}}{3}$ | 解析几何 | 以 $A$ 为原点, 以 $A B$ 所在的直线为 $x$ 轴, 建立如图所示的坐标系,
<ImageHere>
$\because A B=3, A C=2, \angle B A C=60^{\circ}, \therefore A(0,0), B(3,0), C(1, \sqrt{3})$,
设点 $P$ 为 $(x, y), 0 \leq x \leq 2,0 \leq y \leq \sqrt{3}$,
$\because \overrightarrow{A P}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A C}, \therefore(x, y)=\frac{2}{3}(3,0)+\lambda(1, \sqrt{3})=(2+\lambda, \sqrt{3} \lambda)$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}x=2+\lambda \\ y=\sqrt{3} \lambda\end{array}, \therefore y=\sqrt{3}(x-2),(1)\right.$
直线 $B C$ 的方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{2}(x-3),(2$,
联立(1)(2), 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{7}{3} \\ y=\frac{\sqrt{3}}{3}\end{array}\right.$,
此时 $|\overrightarrow{A P}|$ 最大, $\therefore|A P|=\sqrt{\frac{49}{9}+\frac{1}{3}}=\frac{2 \sqrt{13}}{3}$, 故选 D. |
17700 | [] | C | null | 高二 | 在三角形 $A B C$ 中, $E, F$ 分别为 $A C 、 A B$ 上的点, $B E$ 与 $C F$ 交于点 $Q$ 且 $\overrightarrow{A E}=2 \overrightarrow{E C}$, $A F=3 F B, A Q$ 交 $B C$ 于点 $D, \overrightarrow{A Q}=\lambda \overrightarrow{Q D}$, 则 $\lambda$ 的值为 ( ) | A. 3
B. 4
C. 5
D. 6 | 解析几何 | 因为 $B, Q, E$ 三点共线,
所以 $\overrightarrow{A Q}=x \overrightarrow{A B}+(1-x) \overrightarrow{A E}=x \overrightarrow{A B}+\frac{2}{3}(1-x) \overrightarrow{A C}$,
因为 $C, Q, F$ 三点共线, 所以 $\overrightarrow{A Q}=y \overrightarrow{A C}+(1-y) \overrightarrow{A F}=y \overrightarrow{A C}+\frac{3}{4}(1-y) \overrightarrow{A B}$,
所以 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3}{4}(1-y) \\ y=\frac{2}{3}(1-x)\end{array}, \therefore x=\frac{1}{2}, y=\frac{1}{3}\right.$,
所以 $\overrightarrow{A Q}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}=\frac{\lambda}{1+\lambda} \overrightarrow{A D}$, 所以 $\overrightarrow{A D}=\frac{1+\lambda}{2 \lambda} \overrightarrow{A B}+\frac{1+\lambda}{3 \lambda} \overrightarrow{A C}$,
因为 $B, D, C$ 共线, 所以 $\frac{1+\lambda}{2 \lambda}+\frac{1+\lambda}{3 \lambda}=1, \therefore \lambda=5$, 故选 C. |
17713 | [] | B | null | 高二 | 已知向量 $\boldsymbol{a}=(1, \sqrt{3}), \boldsymbol{b}=(\cos \theta, \sin \theta)$, 若 $\boldsymbol{a} / \boldsymbol{b}$, 则 $\tan \theta=(\quad)$ $\begin{array}{lll}\text { | A. } \frac{\sqrt{3}}{3} \text { B. } \sqrt{3} & \text { C. }-\frac{\sqrt{3}}{3} & \text { D. }-\sqrt{3}\end{array}$ | 解析几何 | $\because \boldsymbol{a}=(1, \sqrt{3}), \boldsymbol{b}=(\cos \theta, \sin \theta)$, 且 $\boldsymbol{a} / \boldsymbol{b}$,
$\therefore \sin \theta-\sqrt{3} \cos \theta=0, \quad \therefore \sin \theta=\sqrt{3} \cos \theta, \quad \therefore \tan \theta=\frac{\sin \theta}{\cos \theta}=\frac{\sqrt{3} \cos \theta}{\cos \theta}=\sqrt{3}$,
故选 B. |
17714 | ["8952.jpg"] | D | null | 高二 | 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A D \perp A B,|\overrightarrow{A D}|=2, \overrightarrow{D C}=3 \overrightarrow{B D}$, 则 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A D}$ 的值为 ( )
<ImageHere> | A. 3
B. 8
C. 12
D. 16 | 解析几何 | $\because \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D C}=\overrightarrow{A D}+3 \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{A D}+3(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B})=4 \overrightarrow{A D}-3 \overrightarrow{A B}$,
$\because A D \perp A B$, 则 $\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A B}=0$,
所以,, 故选 D. |
17715 | [] | D | null | 高二 | 若两个非零向量 $\boldsymbol{a} 、 \boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=2|\boldsymbol{a}|$, 则向量 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 的夹角是 ( ) | A. } \frac{\pi}{2} & \text { B. } \frac{5 \pi}{6} & \text { C. } \frac{\pi}{3} & \text { D. } \frac{2 \pi}{3}\end{array} | 解析几何 | 在等式 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|$ 两边同时平方可得 $\boldsymbol{a}^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=\boldsymbol{a}^{2}-2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}, \therefore \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$,
在等式 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=2|\boldsymbol{a}|$ 两边同时平方可得 $\boldsymbol{a}^{2}+2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=4 \boldsymbol{a}^{2}, \therefore|\boldsymbol{b}|=\sqrt{3}|\boldsymbol{a}|$, $(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=\boldsymbol{a}^{2}-\boldsymbol{b}^{2}=-2 \boldsymbol{a}^{2}=-2|\boldsymbol{a}|^{2}$,
所以, $\cos \langle\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\rangle=\frac{(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})}{|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}| \cdot|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|}=\frac{-2|\boldsymbol{a}|^{2}}{2|\boldsymbol{a}| \times 2|\boldsymbol{a}|}=-\frac{1}{2}$,
$\because 0 \leq\langle\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\rangle \leq \pi$, 所以, $\langle\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\rangle=\frac{2 \pi}{3}$, 故选 D. |
17716 | ["8953.jpg"] | B | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 中, 点 $M$ 为线段 $A C$ 上靠近 $C$ 的三等分点, 点 $N$ 是线段 $B C$ 的中点, 点 $P$ 是直线 $A N$ 与 $B M$ 的交点, 则 $\overrightarrow{A P}=(\quad)$ | A. $\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{5} \overrightarrow{A C}$
B. $\frac{2}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}$
C. $\frac{1}{3} A B+\frac{1}{3} \stackrel{\ln A C}{A C}$
D. $\frac{2}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{5} \overrightarrow{A C}$ | 解析几何 | 设 $\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}=t \overrightarrow{A N}$ ，
因为点 $N$ 是线段 $B C$ 的中点, 所以 $\overrightarrow{A N}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}$,
所以 $\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}=t\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}\right)$, 所以 $x=\frac{t}{2}, y=\frac{t}{2}$, 即 $x=y$ (1)
因为点 $M$ 为线段 $A C$ 上靠近 $C$ 的三等分点,
所以 $\overrightarrow{A C}=\frac{3}{2} \overrightarrow{A M}$, 所以 $\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+\frac{3 y}{2} \overrightarrow{A M}$,
因为 $B, P, M$ 三点共线, 所以 $x+\frac{3 y}{2}=1(2$
由(1)(2)可解得 $x=y=\frac{2}{5}$, 故选 B.
<ImageHere> |
17718 | ["8954.jpg"] | B | null | 高二 | 已知点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面上的一点, $\triangle A B C$ 的三边为 $a, b, c$, 若 $a \overrightarrow{O A}+b \overrightarrow{O B}+c \overrightarrow{O C}=\mathbf{0}$, 则点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的 ( ) | A. 外心 B. 内心 $\mathrm{C}$. 重心 D. 垂心 | 解析几何 | 在 $A B, A C$ 上分别取点 $D, E$, 使得 $\overrightarrow{A D}=\frac{\overrightarrow{A B}}{c}, \overrightarrow{A E}=\frac{\overrightarrow{A C}}{b}$,
则 $|\overrightarrow{A D}|=|\overrightarrow{A E}|=1$.
以 $A D, A E$ 为邻边作平行四边形 $A D F E$, 如图,
<ImageHere>
则四边形 $A D F E$ 是菱形, 且 $\overrightarrow{A F}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A E}=\frac{\overrightarrow{A B}}{c}+\frac{\overrightarrow{A C}}{b}$.
$\therefore A F$ 为 $\angle B A C$ 的平分线.
$\because a \overrightarrow{O A}+b \overrightarrow{O B}+c \overrightarrow{O C}=\mathbf{0}, \quad \therefore a \cdot \overrightarrow{O A}+b \cdot(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A B})+c \cdot(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A C})=\mathbf{0}$,
即 $(a+b+c) \overrightarrow{O A}+b \overrightarrow{A B}+c \overrightarrow{A C}=\mathbf{0}$,
$\therefore \overrightarrow{A O}=\frac{b}{a+b+c} \overrightarrow{A B}+\frac{c}{a+b+c} \overrightarrow{A C}=\frac{b c}{a+b+c}\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{c}+\frac{\overrightarrow{A C}}{b}\right)=\frac{b c}{a+b+c} \overrightarrow{A F}$,
$A, O, F$ 三点共线, 即 $O$ 在 $\angle B A C$ 的平分线上.
同理可得 $O$ 在其他两角的平分线上，
$O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, 故选 $\mathrm{B}$. |
18374 | [] | 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. |
18376 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\frac{\cos \alpha}{1+\sin \alpha}=\sqrt{3}$, 则 $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha-1}$ 的值为 ( ) | A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
c. $\sqrt{3}$
D. $-\sqrt{3}$ | 解析几何 | 由题意得, $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$,那么 $\frac{\cos \alpha}{1+\sin \alpha}=\frac{1-\sin \alpha}{\cos \alpha}=\sqrt{3}, \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha-1}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故答案选 B. |
18377 | [] | C | null | 高二 | 已知点 $P\left(\sin \frac{5 \pi}{3}, \cos \frac{5 \pi}{3}\right)$ 落在角 $\theta$ 的终边上, 且 $\theta \in[0,2 \pi)$, 则 $\theta$ 的值为 ( ) | A. $\frac{2 \pi}{3}$
B. $\frac{5 \pi}{3}$
C. $\frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{11 \pi}{6}$ | 解析几何 | 由任意角三角函数的定义, 得 $\tan \theta=\frac{y}{x}=\frac{\cos \frac{5 \pi}{3}}{\sin \frac{5 \pi}{3}}=\frac{\frac{1}{2}}{-\frac{\sqrt{3}}{2}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\because \sin \frac{5 \pi}{3}<0, \cos \frac{5 \pi}{3}>0, \therefore$ 点 $P$ 在第二象限. $\therefore \theta=\frac{5 \pi}{6}$. 故选 C. |
18379 | [] | B | null | 高二 | 点 $A(x, y)$ 是 $315^{\circ}$ 角终边上异于原点的一点, 则 $\frac{y}{x}$ 的值为 ( ) | A. 1
B. -1
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$ | 解析几何 | 结合三角函数线可知, $315^{\circ}$ 角终边落在第四象限角平分线上, 所以 $\frac{y}{x}=-1$.故选B. |
18380 | [] | B | null | 高二 | 依据三角函数线, 作出如下四个判断:
(1) $\sin \frac{\pi}{5}=\sin \frac{6 \pi}{5} ;$
(2) $\cos \frac{\pi}{4}=\cos \left(-\frac{\pi}{4}\right)$
(3) $\tan \frac{\pi}{8}>\tan \frac{3 \pi}{8}$
(4) $\sin \frac{3 \pi}{5}>\sin \frac{4 \pi}{5}$.
其中判断正确的有( ) | A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个 | 解析几何 | 在平面直角坐标系中作单位圆, 依次作相关角的三角函数线, $\sin \frac{\pi}{5} \neq \sin \frac{6 \pi}{5}, \quad \cos \frac{\pi}{4}=\cos \left(-\frac{\pi}{4}\right), \tan \frac{\pi}{8}<\tan \frac{3 \pi}{8}, \sin \frac{3 \pi}{5}>\sin \frac{4 \pi}{5}$,
$\therefore$ (2)(4)判断正确, 故选 B. |
18381 | [] | B | null | 高二 | 已知 ${\sin (\theta+\pi)<0, \cos (\theta-\pi)>0}$, 则 ${\theta}$是第 ( ) 象限角. | A. 一
B. 二
C. 三
D. 四 | 解析几何 | 由 $\sin (\theta+\pi)=-\sin \theta<0 \Rightarrow \sin \theta>0, \cos (\theta-\pi)=-\cos \theta>0 \Rightarrow \cos \theta<0$, 由 $\left\{\begin{array}{l}\sin \theta>0 \\ \cos \theta<0\end{array}\right.$ 可知 是第二象限角, 故选 B. |
18384 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin x+\cos x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}, x \in(0, \pi)$, 则 $\tan x=(\quad)$ | A. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
c. $\sqrt{3}$
D. $-\sqrt{3}$ | 解析几何 | $\sin x+\cos x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, 且 $x \in(0, \pi), \therefore 1+2 \sin x \cos x=1-\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore 2 \sin x \cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}<0, \therefore x$为钝角, $\therefore \sin x-\cos x=\sqrt{(\sin x-\cos x)^{2}}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}, \therefore \sin x=\frac{\sqrt{3}}{2}, \cos x=-\frac{1}{2}, \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=-\sqrt{3}$故选 D. |
18394 | [] | C | null | 高二 | 若 $\sin x \cdot \cos x=\frac{1}{8}$ 且 $\frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{2}$, 则 $\cos \mathrm{x}-\sin \mathrm{x}$ 的值是( ) | A. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\pm \frac{1}{2}$ | 解析几何 | $\because \frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{2}, \therefore \cos x-\sin x<0$,
$\therefore(\cos x-\sin x)^{2}=1-2 \sin x \cos x=1-2 \times \frac{1}{8}=\frac{3}{4}$,
$\therefore \cos x-\sin x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选 C. |
18397 | [] | B | null | 高二 | 若 $\theta$ 是第二象限角, 那么 $\frac{\theta}{2}$ 和 $\frac{\pi}{2}-\theta$ 都不是 ( ) | A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限 | 解析几何 | 设 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi<\theta<\pi+2 k \pi, k \in Z$, 此时 $\frac{\pi}{4}+k \pi<\frac{\theta}{2}<\frac{\pi}{2}+k \pi$, 故 $\frac{\theta}{2}$ 为第一、三象限的角.又 $-\frac{\pi}{2}-2 k \pi<\frac{\pi}{2}-\theta<-2 k \pi$, 故 $\frac{\pi}{2}-\theta$ 为第四象限角. 所以 $\frac{\theta}{2}$ 和 $\frac{\pi}{2}-\theta$ 都不是第二象限.故选: B. |
18400 | [] | C | null | 高二 | 若 $\alpha$ 是第二象限角, 其终边上一点 $P(x, \sqrt{5})$, 且 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{2}}{4} x$, 则 $\sin \alpha$ 的值是 ( ) | A. $\frac{\sqrt{2}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{10}}{4}$
D. $-\frac{\sqrt{10}}{4}$ | 解析几何 | 由三角函数的定义得 $\cos \alpha=\frac{x}{r}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+5}}=\frac{\sqrt{2}}{4} x$,
解得 $x=0$ 或 $x=\sqrt{3}$ 或 $x=-\sqrt{3}$.
$\because \alpha$ 是第二象限角即 $x<0$, 可得 $x=-\sqrt{3}$
所以 $\sin \alpha=\frac{y}{r}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{8}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$;
故选: C. |
18953 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\sin \left(\omega x-\frac{\pi}{4}\right)(\omega>0)$ 的图象在区间 $(1,2)$ 上不单调, 则 $\omega$ 的取值范围为 | A. $\left(\frac{3 \pi}{8},+\infty\right)$
B. $\left(\frac{3 \pi}{8}, \frac{3 \pi}{4}\right) \cup\left(\frac{7 \pi}{8},+\infty\right)$
C. $\left(\frac{3 \pi}{8}, \frac{7 \pi}{8}\right) \cup\left(\frac{7 \pi}{4},+\infty\right)$
D. $\left(\frac{3 \pi}{4},+\infty\right)$ | 解析几何 | 因为函数 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 上不单调, 所以 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 上存在极值点.
(1)当 $\frac{T}{2}<1$, 即 $\frac{\pi}{\omega}<1, \omega>\pi$ 时, $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 上不单调, 满足题意; (2) $\frac{T}{2} \geq 1$, 即 $0<\omega \leq \pi$时, 因为 $x \in(1,2)$, 所以 $\omega x-\frac{\pi}{4} \in\left(\omega-\frac{\pi}{4}, 2 \omega-\frac{\pi}{4}\right)$, 所以 $\omega-\frac{\pi}{4}<k \pi+\frac{\pi}{2}$ $<2 \omega-\frac{\pi}{4}(k \in Z)$, 解得 $\frac{k \pi}{2}+\frac{3 \pi}{8}<\omega<k \pi+\frac{3 \pi}{4} \quad(k \in Z)$, 且考虑到 $0<\omega \leq \pi$, 可得 $\frac{3 \pi}{8}<\omega<\frac{3 \pi}{4}$ 或 $\frac{7 \pi}{8}<\omega \leq \pi$.由(1)(2)知 $\omega \in\left(\frac{3 \pi}{8}, \frac{3 \pi}{4}\right) \cup\left(\frac{7 \pi}{8},+\infty\right)$. 故选 B |
18960 | [] | C | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}y \leq 2 x \\ x+2 y-2 \leq 0 \\ y \geq-1\end{array}\right.$, 则 $z=x-y$ 的最大值为 | A. $-\frac{3}{5}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 5
D. 6 | 解析几何 | 变量 $x, y$ 满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示:
目标函数 $Z=x-y$ 是斜率等于 1 、纵截距为 $-z$ 的直线,
当直线经过可行域的 $A$ 点时, 纵截距 $-Z$ 取得最小值,
则此时目标函数 $\mathrm{z}$ 取得最大值, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=-1 \\ x+2 y-2=0\end{array}\right.$ 可得 $A(4,-1)$,
目标函数 $z=x-y$ 的最大值为: 5
故选: C. |
18968 | [] | C | null | 高二 | 已知点 $P(m, n)$ 在不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2} \leq 50 \\ 2 x-y \leq-5\end{array}\right.$ 表示的平面区域内, 则实数 $m$ 的取值范围是 | A. $[-5 \sqrt{2}, 5 \sqrt{2}]$
B. $[-5 \sqrt{2},-5]$
C. $[-5 \sqrt{2}, 1]$
D. $[-5,1]$
 | 解析几何 | 不等式组表示的是图中的阴影部分, 由图可知, $m$ 的范围在 $B$ 点和 $A$ 点的横坐标之间, 易知 $B$ 点横坐标为 $-5 \sqrt{2}$, 解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}=50 \\ 2 x-y=-5\end{array}\right.$ 得 $A$ 点横坐标为 1 , 所以 $-5 \sqrt{2} \leq m \leq 1$. 故选 C. |
18969 | [] | A | null | 高二 | 设 $a, b \in \mathbf{R}, a^{2}+2 b^{2}=6$, 则 $a+\sqrt{2} b$ 的最小值为 ( ) | A. $-2 \sqrt{3}$
B. $-\frac{5}{3} \sqrt{3}$
C. $-3 \sqrt{3}$
D. $-\frac{7}{2} \sqrt{3}$ | 解析几何 | 由基本不等式得 $a^{2}+2 b^{2} \geq 2 \sqrt{2} a b$ ，则 $2\left(a^{2}+2 b^{2}\right) \geq a^{2}+2 b^{2}+2 \sqrt{2} a b$ $=(a+\sqrt{2} b)^{2}$. 又因为 $a^{2}+2 b^{2}=6$, 则有 $2 \times 6 \geq(a+\sqrt{2} b)^{2}$, 即 $-2 \sqrt{3} \leq a+\sqrt{2} b \leq 2 \sqrt{3}$,所以 $a+\sqrt{2} b$ 的最小值为 $-2 \sqrt{3}$. 故选 A. |
19617 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $b=2, A=120^{\circ}$, 三角形的面积 $S=\sqrt{3}$, 则三角形外接圆的半径为 ( ) | A. $\sqrt{3}$
B. 2
C. $2 \sqrt{3}$
D. 4 | 解析几何 | 将 $S=\sqrt{3}, b=2, A=120^{\circ}$ 代入 $S=\frac{1}{2} \cdot b c \cdot \sin A$ 得 $c=2$, 由余弦定理得:
$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A=2^{2}+2^{2}-2 \times 2 \times 2 \cos 120^{\circ}=12$,
故 $a=2 \sqrt{3}$, 设三角形外接圆半径为 $R$,
则由正弦定理, 得 $2 R=\frac{a}{\sin A}=\frac{2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$, 解得 $R=2$, 故答案选 $\mathrm{B}$. |
19618 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别是 $A, B, C$ 的对边, 则 $a \cos B+b \cos A$ 等于( )。 | A. $a$
B. $b$
C. $c$
D. 以上均不对 | 解析几何 | 由余弦定理,得 $a \cos B+b \cos A=a \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}+b \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=c$ 。 |
19628 | [] | A | null | 高二 | 在三角形 $A B C$ 中, $B=45^{\circ}, C=60^{\circ}, c=1$, 则最短边的边长是 ( ) | A. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | $\because B$ 角最小, $\therefore$ 最短边是 $b$, 由 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $b=\frac{c \sin B}{\sin C}=\frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ |
19630 | [] | D | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $a=2 c, \cos C=\frac{\sqrt{40}}{7}$, 则 $\sin A=(\quad)$ | A. $\frac{2}{7}$
B. $\frac{4}{7}$
C. $\frac{5}{7}$
D. $\frac{6}{7}$ | 解析几何 | 因为 $\angle C$ 是三角形的内角,所以 $C \in(0, \pi)$,
由 $\cos C=\frac{\sqrt{40}}{7}$, 可得: $\sin C=\sqrt{1-\cos ^{2} C}=\sqrt{1-\frac{40}{49}}=\frac{3}{7}$,
由正弦定理可知: $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$, 因为 $a=2 c, \sin C=\frac{3}{7}$,
所以 $\sin A=2 \sin C=\frac{6}{7}$.
故选: D |
19631 | [] | D | null | 高二 | 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 已知 $2 c \cos B+b \cos A=-a \cos B$, 则 $\angle B=$ | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{2 \pi}{3}$ | 解析几何 | 答案: D |
19632 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{b}$, 则角 $B$ 为 ( ) | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{\pi}{2}$ | 解析几何 | 答案: B |
19633 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 根据下列条件解三角形, 其中有两个解的龙( ) | A. $a=8, b=10, A=45^{\circ}$
B. $a=60, b=81, B=60^{\circ}$
C. $a=7, b=5, A=80^{\circ}$
D. $a=14, b=20, A=45^{\circ}$ | 解析几何 | 在 $A$ 中, $\because a=8, b=10, A=45^{\circ}, a<b$,
$a=8>b \sin A=10 \sin 45^{\circ}=5 \sqrt{2}$,
$\therefore B$ 可能为针角, 也可能为锐角,
故 $A$ 中条件解三角形, 有两个解, 故 $A$ 正确;
在 $B$ 中, $\because a=60, b=81, B=60^{\circ}$,
$a=60<b \sin A=81 \sin 60^{\circ}=\frac{81 \sqrt{3}}{2}$,
$\therefore$ 无解, 故按 $B$ 中条件解三角形, 无解, 故 $B$ 错误;
在 $C$ 中, $\because a=7, b=5, A=80^{\circ}, b<a$,
$\therefore B$ 只能是锐角,
故按 $C$ 中条件解三角形, 只有一个解, 故 $C$ 错误;
在 $D$ 中, $\because a=14, b=20, A=45^{\circ}$,
$a=14<b \sin A=20 \sin 45^{\circ}=10 \sqrt{2}$,
按 $D$ 中条件解三角形, 无解, 故 $D$ 错误。
故选: A. |
19634 | [] | B | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 的对边, 若 $\sqrt{3} \sin C=\sin A+\sin B, \cos C=\frac{3}{5}$, 且 $S_{\triangle A B C}=4$,则 $c=(\quad)$ | A. $\frac{4 \sqrt{6}}{3}$
B. 4
C. $\frac{2 \sqrt{6}}{3}$
D. 5 | 解析几何 | 答案: B |
19635 | [] | A | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $A=60^{\circ}, B=45^{\circ}, a=3$, 则 $b=$ | A. $\sqrt{6}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. 1 | 解析几何 | 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$. 若 $A=60^{\circ}, B=45^{\circ}, a=3$,
利用正弦定理: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,
整理得: $b=\frac{3 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{6}$.
故选: A. |
19636 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对应的边分别是 $a, b, c$, 已知 $(b+c) \sin C=a \sin A-b \sin B$, 则 $\angle A$的大小为( ) | A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$ | 解析几何 | $\because(b+c) \sin C=a \sin A-b \sin B$,
$\therefore$ 已知等式利用正弦定理化简得: $c(c+b)=a^{2}-b^{2}$, 即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=-b c$,
$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{-b c}{2 b c}=-\frac{1}{2}$,
$\because \angle A$ 为三角形内角,
$\therefore \angle A=\frac{2 \pi}{3}$.
故选: C. |
20957 | [] | 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。 |
17501 | [] | B | null | 高二 | 若 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)<0$, 且 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)>0$, 则 $\theta$ 是 B ) | A. 第一象限角
B. 第二象限角
C. 第三象限角
D. 第四象限角 | 解析几何 | [解析] 因为 $\cos \theta<0, \sin \theta>0, \therefore \theta$ 是第二象限角. |
17502 | [] | A | null | 高二 | 若 $\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x=4-m$, 则实数 $m$ 的取值范围是 (A) | A. $3 \leqslant m \leqslant 5$
B. $-5 \leqslant m \leqslant 5$
C. $3<m<5$
D. $-3 \leqslant m \leqslant 3$ | 解析几何 | [解析] $\because \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x$
$=\cos x \cos \frac{\pi}{3}+\sin x \sin \frac{\pi}{3}=\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=4-m$,
$\therefore \cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=4-m, \therefore|4-m| \leqslant 1$, 解得 $3 \leqslant m \leqslant 5$. |
17504 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin \alpha+\sin \beta=\frac{4}{5}, \cos \alpha+\cos \beta=\frac{3}{5}$, 则 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值为 ( D ) | A. $\frac{9}{25}$
B. $\frac{16}{25}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$ | 解析几何 | 析] 由已知, 得 $(\sin \alpha+\sin \beta)^{2}+(\cos \alpha+\cos \beta)^{2}=\left(\frac{4}{5}\right)^{2}+\left(\frac{3}{5}\right)^{2}=1$,
所以 $2+2(\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta)=1$,
即 $2+2 \cos (\alpha-\beta)=1$.
所以 $\cos (\alpha-\beta)=-\frac{1}{2}$. |
17319 | [] | D | null | 高二 | 已知弧度数为 2 的圆心角所对的弦长也是 2 , 则这个圆心角所对的弧长是 ( | A. 2
B. $\sin 2$
C. $2 \sin 1$
D. $\frac{2}{\sin 1}$ | 解析几何 | 析】设圆的半径为 $R$, 则 $\sin 1=\frac{1}{R}, \therefore R=\frac{1}{\sin 1}$, 故所求弧长为 $l=\alpha \cdot R=2 \cdot \frac{1}{\sin 1}=\frac{2}{\sin 1}$.
【答案】 $\mathrm{D}$ |
17328 | [] | C | null | 高二 | 一个扇形的弧长与面积的数值都是 6 , 则这个扇形的圆心角是 ( | A. 1
B. 2
$\mathrm{C} \cdot 3$
D. 4 | 解析几何 | 解析: 设扇形的圆心角的弧度数为 $\theta$, 半径为 $R$, 由题意, 得 $\left\{\begin{array}{l}\theta R=6 \\ \frac{1}{2} \theta R^{2}=6\end{array}\right.$, 解得 $\theta=3$, 故选 C.
答案: C |
17520 | [] | C | null | 高二 | 若 $\frac{\cos 2 \alpha}{\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\cos \alpha+\sin \alpha$ 的值为 ( ) | A. $-\frac{\sqrt{7}}{2}$
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{7}}{2}$ | 解析几何 | [解析] $\frac{\cos 2 \alpha}{\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \alpha-\cos \alpha)}$
$=\frac{(\cos \alpha+\sin \alpha)(\cos \alpha-\sin \alpha)}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \alpha-\cos \alpha)}$
$=-\sqrt{2}(\cos \alpha+\sin \alpha)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.
$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{2}$. |
17521 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\cos 2 \theta=\frac{\sqrt{2}}{3}$, 则 $\sin ^{4} \theta+\cos ^{4} \theta$ 的值为 $(\quad)$ | A. $\frac{13}{18}$
B. $\frac{11}{18}$
C. $\frac{7}{9}$
D. -1 | 解析几何 | [解析] $\sin ^{4} \theta+\cos ^{4} \theta=\left(\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta\right)^{2}-2 \sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta$
$=1-\frac{1}{2} \sin ^{2} 2 \theta=1-\frac{1}{2}\left(1-\cos ^{2} 2 \theta\right)=\frac{11}{18}$. |
17370 | [] | B | null | 高二 | 若 $\sin \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$, 那么 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{4} \alpha$ 的值等于( ) | A. 0
B. 1
C. 2
D. 3 | 解析几何 | 由 $\sin \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$, 得 $\sin \alpha=\cos ^{2} \alpha$ ，所以 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{4} \alpha=\sin \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$.
## 【答案】 B |
17376 | [] | B | null | 高二 | $\frac{\sqrt{1-2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{1-\sin ^{2} 10^{\circ}}}$ 的值为( ) | A. 1
B. -1
C. $\sin 10^{\circ}$
D. $\cos 10^{\circ}$ | 解析几何 | frac{\sqrt{1-2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{1-\sin ^{2} 10^{\circ}}}=\frac{\sqrt{\left(\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}\right)^{2}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{\cos ^{2} 10^{\circ}}}=\frac{\left|\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}\right|}{\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}$
$=\frac{\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}=-1$.
## 【答案】 $\mathrm{B}$ |
17546 | [] | A | null | 高二 | 将函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象分别向左、向右平移 $\varphi$ 个单位后, 所得的图象都关于 $y$ 轴对称, 则 $\varphi$ 的最小值分别为( ) | A. $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}$
C. $\frac{2 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{12}$ | 解析几何 | 析】函数 $f(x)$ 的图象向左平移 $\varphi$ 个单位得到函数 $g(x)=\sin \left(2 x+2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象, 向右平移 $\varphi$ 个单位得函数 $h(x)=\sin \left(2 x-2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象, 于是, $2 \varphi+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z},-2 \varphi+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 于是 $\varphi$ 的最小值分别为 $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}$. 故选 A. |
17548 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=\sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0\right.$ 且 $\left.|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上单调递减, 且函数值从 1 减小到 -1 , 那么此函数图象与 $y$ 轴交点的纵坐标为( ) 【导学号：00680026】 | A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ | 解析几何 | 因为函数的最大值为 1 , 最小值为 -1 , 且在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上单调递减, 又函数值从 1 减小到 -1 , 所以 $\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ 为半周期, 则周期为 $\pi, \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{\pi}=2$, 此时原式为 $y=\sin (2 x+\varphi)$, 又由函数过 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 点,代入可得 $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 因此函数为 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$, 令 $x=0$, 可得 $y=\frac{1}{2}$.
## 【答案】A |
17549 | [] | C | null | 高二 | 若函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)-1(\omega>0)$ 的周期为 $\frac{2 \pi}{3}$, 则函数 $f(x)$ 图象的对称轴方程为 $(\quad)$ | A. $x=k \pi+\frac{\pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$
B. $x=k \pi-\frac{\pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$
C. $x=\frac{k \pi}{3}+\frac{\pi}{9}(k \in \mathbf{Z})$
D. $x=\frac{k \pi}{3}-\frac{\pi}{9}(k \in \mathbf{Z})$ | 解析几何 | 由函数 $y=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)-1$ 的周期为 $\frac{2 \pi}{3}$, 知 $\frac{2 \pi}{|\omega|}=\frac{2 \pi}{3}$, 又 $\omega>0$, 所以 $\omega=3$, 则对称轴方程为 $3 x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$ ，即 $x=\frac{\pi}{9}+\frac{k \pi}{3}, k \in \mathbf{Z}$.
## 【答案】C |
17565 | [] | C | null | 高二 | 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\sin (A-B) \cdot \cos B+\cos (A-B) \sin B \geq 1$, 则 $\triangle A B C$ 是( C ) | A. 锐角三角形
B. 针角三角形
C. 直角三角形
D. 等腰非直角三角形 | 解析几何 | [解析]由题设知 $\sin [(A-B)+B] \geq 1$,
$\therefore \sin A \geq 1$ 而 $\sin A \leq 1, \therefore \sin A=1, A=\frac{\pi}{2}$,
$\therefore \triangle A B C$ 是直角三角形. |
17568 | [] | C | null | 高二 | $\frac{\sin 47^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$ (C ) | A. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | 解析几何 | 析] $\frac{\sin 47^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$
$=\frac{\sin 30^{\circ}+17^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$
$=\frac{\sin 30^{\circ} \cos 17^{\circ}+\cos 30^{\circ} \sin 17^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$
$=\frac{\sin 30^{\circ} \cos 17^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}=\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$. |
17396 | [] | D | null | 高二 | 角 $\alpha$ 的终边上有一点 $(-a, 2 a)(a<0)$, 则 $\sin \alpha$ 的值为( ) 【导学号: 00680008】 | A. $-\frac{\sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{2}{5} \sqrt{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
D. $-\frac{2}{5} \sqrt{5}$ | 解析几何 | 因为 $a<0$, 所以 $\sin \alpha=\frac{2 a}{\sqrt{(-a)^{2}+(2 a)^{2}}}=\frac{2 a}{-\sqrt{5} a}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
## 【答案】 D |
17397 | [] | C | null | 高二 | 若 $\theta$ 是第二象限角, 则( ) | A. $\sin \frac{\theta}{2}>0$
B. $\cos \frac{\theta}{2}<0$
C. $\tan \frac{\theta}{2}>0$
D. 以上均不对 | 解析几何 | $\because \theta$ 是第二象限角, $\therefore 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<\theta<2 k \pi+\pi, \therefore k \pi+\frac{\pi}{4}<\frac{\theta}{2}<k \pi+\frac{\pi}{2}, \therefore \frac{\theta}{2}$ 是第一或第三象限角, $\therefore$ $\tan \frac{\theta}{2}>0$.
## 【答案】 C |
17398 | [] | D | null | 高二 | 如果 $M P, O M$ 分别是角 $\alpha=\frac{3 \pi}{16}$ 的正弦线和余弦线, 则下列结论正确的是( ) | A. $M P<O M<0$
B. $M P>O M>0$
C. $M P<0<O M$
D. $O M>M P>0$ | 解析几何 | $\alpha=\frac{3 \pi}{16}<\frac{\pi}{4}$, 所以余弦线大于正弦线, 且大于 0 .
## 【答案】 D |
17402 | [] | D | null | 高二 | 函数 $y=-\sin x, x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]$ 的简图是( ) | A.
C.
B.
D. | 解析几何 | 可以用特殊点来验证。当 $x=0$ 时, $y=-\sin 0=0$, 排除 A, C; 当 $x=\frac{3 \pi}{2}$ 时, $y=-\sin \frac{3 \pi}{2}=$ 1 ，排除 B.
## 【答案】 $\mathrm{D}$ |
17405 | [] | B | null | 高二 | 函数 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 的图象与直线 $y=-\frac{1}{2}$ 的交点有 ( ) | A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个 | 解析几何 | 析】在 $[0,2 \pi]$ 内使 $\sin x=-\frac{1}{2}$ 的角 $x$ 为 $\frac{7 \pi}{6}$ 和 $\frac{11 \pi}{6}$, 所以 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 的图象与直线 $y=-\frac{1}{2}$ 有 2 个交点，故选 B.
## 【答案】 B |
17409 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $y=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}+\varphi\right)$ 是奇函数, 则 $\varphi$ 的值可以是 $(\quad)$ | A. $0$
B. $-\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{2}$
D. $\pi$ | 解析几何 | 解析 : $y=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}+\varphi\right)$ 为奇函数, 则只需 $\frac{\pi}{4}+\varphi=k \pi, k \in \mathbf{Z}$,
从而 $\varphi=k \pi-\frac{\pi}{4}, k \in \mathbf{Z}$. 显然当 $k=0$ 时, $\varphi=-\frac{\pi}{4}$ 满足题意.
答案: B |
17413 | [] | B | null | 高二 | 函数 $y=4 \sin (2 x+\pi)$ 的图像关于 ( ) | A. $x$ 轴对称
B. 原点对称
$\mathrm{C} \cdot y$ 轴对称
D. 直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称 | 解析几何 | 解析: $y=4 \sin (2 x+\pi)=-4 \sin 2 x$, 奇函数图像关于原点对称.
答案: B |
17414 | [] | B | null | 高二 | 下列四个函数的图象中关于 $y$ 轴对称的是 ( ) | A. $y=\sin x$B. $y=-\cos x$C $\cdot y=1-\sin x$D. $y=\cos \left(x-\frac{\pi}{2}\right)$ | 解析几何 | A、D 所涉及的函数都是奇函数, C 是非奇非偶函数. |
17450 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=\cos \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{2}\right)$ 的奇偶性是( ) | A. 奇函数
B. 偶函数
C. 非奇非偶函数
D. 既是奇函数也是偶函数 | 解析几何 | 因为 $y=\cos \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{1}{2} x$, 所以为奇函数.
## 【答案】 A |
17453 | [] | D | null | 高二 | 函数 $f(x)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right), x \in[-\pi, 0]$ 的单调递增区间是 $(\quad)$ | A. $\left[-\pi,-\frac{5 \pi}{6}\right]$
B. $\left[-\frac{5 \pi}{6},-\frac{\pi}{6}\right]$
C. $\left[-\frac{\pi}{3}, 0\right]$
D. $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$ | 解析几何 | $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant x-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,
解得 $2 k \pi-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{5}{6} \pi, k \in \mathbf{Z}$,
又 $-\pi \leqslant x \leqslant 0, \therefore-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant 0$, 故选 D.
## 【答案】 D |
17587 | [] | C | null | 高二 | 已知某人的血压满足函数解析式 $f(t)=24 \sin 160 \pi t+110$. 其中 $f(t)$ 为血压, $t$ 为时间, 则此人每分钟心跳的次数为 $(\quad)$ | A. 60
B. 70
C. 80
D. 90 | 解析几何 | 由题意可得 $f=\frac{1}{T}=\frac{160 \pi}{2 \pi}=80$, 所以此人每分钟心跳的次数为 80 , 故选 C.
## 【答案】C |
17592 | [] | C | null | 高二 | 一种波的波形为函数 $y=-\sin rac{\pi}{2} x$ 的图象, 若其在区间 $[0, t]$ 上至少有 2 个波峰(图象的最高点), 则正整数 $t$ 的最小值是( ) | A. 5B. 6C. 7D. 8 | 解析几何 | 函数 $y=-\sin \frac{\pi}{2} x$ 的周期 $T=4$ 且 $x=3$ 时 $y=1$ 取得最大值, 因此 $t \geqslant 7$. 故选 C.. |
17480 | [] | B | null | 高二 | 若 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)<0$, 且 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)>0$, 则 $\theta$ 是 $(\quad)$ | A.第一象限角
B. 第二象限角
$\mathrm{C}$ $\cdot$第三象限角
D. 第四象限角 | 解析几何 | 解析: 由于 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)=\cos \theta<0, \cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\sin \theta>0$, 所以角 $\theta$ 的终边落在第二象限, 故选 $\mathrm{B}$.
答案: B |
17485 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\tan \theta=2$, 则 $\frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\cos (\pi-\theta)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\sin (\pi-\theta)}$ 等于 ( ) | A. 2 B. -2
$\mathrm{C} \cdot 0 \quad \mathrm{D} \cdot \frac{2}{3}$ | 解析几何 | 解析 : $\frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\cos (\pi-\theta)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\sin (\pi-\theta)}=\frac{\cos \theta+\cos \theta}{\cos \theta-\sin \theta}=\frac{2}{1-\tan \theta}=\frac{2}{1-2}=-2$.
答案: B |
18402 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\cos \theta=-\frac{7}{25}, \theta \in(\pi, 2 \pi)$, 则 $\sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}=(\quad)$ | A. $-\frac{7}{5}$
B. $\frac{7}{5}$
C. $-\frac{1}{5}$
D. $\frac{1}{5}$ | 解析几何 | $\because \theta \in(\pi, 2 \pi), \therefore \frac{\theta}{2} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore \sin \frac{\theta}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{2}}=\frac{4}{5}, \cos \frac{\theta}{2}=-\sqrt{\frac{1+\cos \theta}{2}}=-\frac{3}{5}$, $\therefore \sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}=\frac{1}{5}$, 故选 D. |
18403 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\sin \alpha=\frac{4}{5} \sqrt{3}$, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{7 \pi}{6}\right)$ 的值是（） | A. $-\frac{2 \sqrt{3}}{5}$
B. $\frac{2 \sqrt{3}}{5}$
C. $-\frac{4}{5}$
D. $\frac{4}{5}$ | 解析几何 | $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\sin \alpha=\cos \alpha \cos \frac{\pi}{6}+\sin \alpha \sin \frac{\pi}{6}+\sin \alpha$
$=\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha+\frac{1}{2} \sin \alpha+\sin \alpha$
$=\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha+\frac{3}{2} \sin \alpha=\frac{4}{5} \sqrt{3}$
$\therefore \frac{1}{2} \cos \alpha+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha=\frac{4}{5}, \quad \therefore \sin \left(\alpha+\frac{7 \pi}{6}\right)=-\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)$
$=-\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha+\frac{1}{2} \cos \alpha\right)=-\frac{4}{5}$, 故选 C. |
18404 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\cos \alpha=\frac{1}{3}, \cos (\beta-\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 且 $0<\beta<\alpha<\pi$, 则 $\cos \beta=$ ( ) | A. $-\frac{5 \sqrt{3}}{9}$
B. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{2 \sqrt{3}}{9}$
D. $\frac{5 \sqrt{3}}{9}$ | 解析几何 | $\because \cos \alpha=\frac{1}{3}, \cos (\beta-\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 且 $0<\beta<\alpha<\pi$,
$\therefore-\pi<\beta-\alpha<0$,
$\therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \sin (\beta-\alpha)=-\sqrt{1-\frac{1}{3}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}, \therefore \cos \beta=\cos [(\beta-\alpha)+\alpha]$
$=\cos (\beta-\alpha) \cos \alpha-\sin (\beta-\alpha) \sin \alpha=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2 \sqrt{2}}{3} \times\left(-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)=\frac{5 \sqrt{3}}{9}$, 故选 D. |
18405 | [] | A | null | 高二 | 将函数 $f(x)=1-2 \sin x(\sin x+\sqrt{3} \cos x)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度得到函数 $g(x)$ 的图象, 则函数 $g(x)$ 的解析式是 ( ) | A. $g(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{2}\right)$
B. $g(x)=2 \cos 2 x$
C. $g(x)=2 \cos \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$
D. $g(x)=2 \sin (2 x+\pi)$ | 解析几何 | $\because f(x)=1-2 \sin x(\sin x+\sqrt{3} \cos x)=1-2 \sin ^{2} x-2 \sqrt{3} \sin x \cos x=\cos 2 x-\sqrt{3} \sin 2 x$ $=2\left(\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x\right)=2\left(\cos 2 x \cos \frac{\pi}{3}-\sin 2 x \sin \frac{\pi}{3}\right)=2 \cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$,
将函数 $y=f(x)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位, 得到的函数为
$g(x)=2 \cos \left[2\left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2 \cos (2 x+\pi)=-2 \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{2}\right)$, 故选 A. |
18413 | [] | B | null | 高二 | 已知 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x(x \in R)$, 函数 $y=f(x+\phi)$ 的图象关于直线 $x=0$ 对称, 则 $\varphi$ 的值可以是 () | A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{\pi}{4}$ | 解析几何 | 已知 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), y=f(x+\phi)=2 \sin \left(x+\varphi+\frac{\pi}{3}\right)$ 关于直线 $x=0$ 对称, 所以 $f(0)=2 \sin \left(\varphi+\frac{\pi}{3}\right)= \pm 2$,所以 $\varphi+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in Z, \varphi=\frac{\pi}{6}+k \pi, k \in Z$,当 $k=0$ 时, $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 故选 B. |
18417 | [] | A | null | 高二 | $\sqrt{1+\cos 100^{\circ}}-\sqrt{1-\cos 100^{\circ}}=()$. | A. $-2 \sin 5^{\circ}$
B. $2 \sin 5^{\circ}$
C. $-2 \cos 5^{\circ}$
D. $2 \cos 5^{\circ}$ | 解析几何 | $\sqrt{1+\cos 100^{\circ}}-\sqrt{1-\cos 100^{\circ}}=\sqrt{2 \cos ^{2} 50^{\circ}}-\sqrt{2 \sin ^{2} 50^{\circ}}=\sqrt{2}\left(\cos 50^{\circ}-\sin 50^{\circ}\right)$ $=2\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \cos 50^{\circ}-\frac{\sqrt{2}}{2} \sin 50^{\circ}\right)=-2\left(\sin 50^{\circ} \cos 45^{\circ}-\cos 50^{\circ} \sin 45^{\circ}\right)=-2 \sin 5^{\circ}$ 故选 A |
18418 | [] | B | null | 高二 | 若 $\sin (\pi-\alpha)=-\frac{\sqrt{5}}{3}$ 且 $\alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 则 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}\right)=($ ) | A. $-\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. $-\frac{\sqrt{6}}{6}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$ | 解析几何 | $\sin (\pi-\alpha)=\sin \alpha=-\frac{\sqrt{5}}{3}$, 又 $\alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$,
$\therefore \cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\sqrt{1-\left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)^{2}}=-\frac{2}{3}$. 由 $\cos \alpha=2 \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-1, \frac{\alpha}{2} \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 得 $\cos \frac{\alpha}{2}=-\sqrt{\frac{\cos \alpha+1}{2}}=-\sqrt{\frac{-\frac{2}{3}+1}{2}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$, 所以 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}\right)=\cos \frac{\alpha}{2}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$. 故选 $B$. |
18419 | [] | C | null | 高二 | 函数 $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \sin x \cos x$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值是 () | A. 1
B. $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $1+\sqrt{3}$ | 解析几何 | 由 $f(x)=\frac{1-\cos 2 x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x=\frac{1}{2}+\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$,
$\because \frac{\pi}{4} \leq x \leq \frac{\pi}{2} \Rightarrow \frac{\pi}{3} \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{5 \pi}{6}, \therefore f(x)_{\max }=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$. 故选 C. |
18420 | [] | D | null | 高二 | 若 $\sin \alpha+\sin \beta=\frac{\sqrt{3}}{3}(\cos \beta-\cos \alpha)$ 且 $\alpha \in(0, \pi), \beta \in(0, \pi)$, 则 $\alpha-\beta$ 等于 () | A. $-\frac{2}{3} \pi$
B. $-\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{2}{3} \pi$ | 解析几何 | $\because \alpha, \beta \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha+\sin \beta>0 . \therefore \cos \beta-\cos \alpha>0, \cos \beta>\cos \alpha$, 又在 $(0, \pi)$ 上, $y=\cos x$是减函数. $\therefore \beta<\alpha \therefore 0<\alpha-\beta<\pi$
由原式可知: $2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha-\beta}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(-2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cdot \sin \frac{\beta-\alpha}{2}\right), \therefore \tan \frac{\alpha-\beta}{2}=\sqrt{3}, \therefore \frac{\alpha-\beta}{2}$ $=\frac{\pi}{3}, \therefore \alpha-\beta=\frac{2 \pi}{3}$. |
18423 | [] | A | null | 高二 | 已知 $\tan 2 \theta=\frac{3}{4}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 则 $\frac{\sin ^{2} \theta+\cos 2 \theta}{\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}$ 的值为 () | A. $\frac{9 \sqrt{5}}{20}$
B. $\frac{2 \sqrt{5}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{10}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{10}}{10}$ | 解析几何 | 由 $\tan 2 \theta=\frac{3}{4}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 得 $\tan \theta=\frac{1}{3}$, 而
$\frac{\sin ^{2} \theta+\cos 2 \theta}{\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta-\sin ^{2} \theta}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \theta+\cos \theta)}=\frac{\sqrt{2} \cos ^{2} \theta}{\sin \theta+\cos \theta}=\frac{\sqrt{2} \cos \theta}{\tan \theta+1}$, 由 $\tan \theta=\frac{1}{3}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,
$\cos \theta=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$, 故代入得原式 $=\frac{9 \sqrt{5}}{20}$ |
20340 | [] | C | null | 高二 | 可导函数在闭区间的最大值必在( ).取得. | A. 极值点
B. 导数为 0 的点
C. 极值点或区间端点
D. 区间端点 | 解析几何 | $\mathrm{C}$
2. B
3. C
4. B
5. D
6. C
7. B
8. 答案:C
【解析】因为, $(\mathrm{x}-1) \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 所以在区间 $(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是增函数; 在区间 $(-\infty, 1), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是减函数, 又 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0$, 所以, $\mathrm{x}=1$ 是极小值点, $f(0)>f(1), f(2)>f(1)$, 因此 $f(0)+f(2)>2 f(1)$, 故选 C。
【分析】小综合题, 在某区间, 导函数值非负, 则函数为增函数; 导函数值非正, 则函数为减函数。 |
20355 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=a x^{2}+b x(a>0, b>0)$ 的图像在点 $(1, f(1))$ 处的切线的斜率为 2 , 则 $\frac{a+b}{a b}$ 的最小值是( ). | A. 10
B. 9
C. 8
D. $3 \sqrt{2}$ | 解析几何 | 由函数 $f(x)=a x^{2}+b x$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 a x+b$, 由函数 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 2 , 所以 $f^{\prime}(1)=2 a+b=2$, 所以 $\frac{8 a+b}{a b}=\frac{1}{a}+\frac{8}{b}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)(2 a+b)=\frac{1}{2}\left(10+\frac{b}{a}+\frac{16 a}{b}\right) \geq \frac{1}{2}\left(10+2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{16 a}{b}}\right)=\frac{1}{2}(10+8)=9$ （当且仅当 $\frac{b}{a}=\frac{16 a}{b}$, 即 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{4}{3}$ 时等号成立) 所以 $\frac{8 a+b}{a b}$ 的最小值为 9 , 故答案: B. |
20356 | [] | C | null | 高二 | 可导函数在闭区间的最大值必在 ( ) 取得 | A. 极值点
B. 导数为 0 的点
C. 极值点或区间端点
D. 区间端点 | 解析几何 | 答案:C
【解析】由导数求函数最值问题, 可导函数在闭区间的最大值必在极值点或区间端点, 可知答案是 C。 |
20371 | [] | C | null | 高二 | 曲线 $y=a x^{3}-2$ 在点 $x=-1$ 处切线的倾斜角为 $45^{\circ}$ ，那么 $\mathrm{a}$ 的值为( ) | A. -1
B. 1
C. ${ }^{\frac{1}{3}}$
D. $-\frac{1}{3}$ | 解析几何 | 答案:C
【解析】因为 $y=a x^{3}-2$, 所以 $y^{\prime}=3 a x^{2}, f^{\prime}(-1)=3 a$ 。因为在点 $x=-1$ 处切线的倾斜角为 $45^{\circ}$, 所以 $3 a=1$, 即 $a=\frac{1}{3}$ 。选 C. |
20372 | [] | B | null | 高二 | 曲线 $y=\frac{1}{3} x^{3}-2$ 在点 $\left(1, \frac{5}{3}\right)$ 处切线的斜率为( ) | A. $\sqrt{3}$
B. 1
C. -1
D. $-\sqrt{3}$ | 解析几何 | 答案:B
【解析】 $y^{\prime}=x^{2}$, 则在点 $\left(1,-\frac{5}{3}\right.$ 处切线的斜率为 $f^{\prime}(1)=1$, 所以倾斜角为 $45^{\circ}$.
【分析】函数在某一点的导数值是该点切线的斜率, 这就是导数的几何意义。 |
20374 | [] | C | null | 高二 | 函数 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+4 x-4$ 在 $[0,3]$ 上的最大值为 $(\mathrm{)}$ | A. 4
B. -4
C. ${ }^{\frac{4}{3}}$
D. 2 | 解析几何 | 答案:C
【解析】函数 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+4 x-4$ 的导数为 $f(x)=-x^{2}+4$,
由 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $x=2(-2$ 舍去),
由
$$
f(2)=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}, f(0)=-4, f(3)=-1
$$
可得 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上的最大值为 ${ }^{\frac{4}{3}}$.
故答案为: C.
【分析】利用导数求函数在闭区间上的最值问题, 一般方法是先求出函数在区间端点处的函数值, 用导数求出极值, 然后进行比较, 最大者为最大值, 最小者为最小值. |
20378 | ["9340.jpg"] | C | null | 高二 | 直线 $l: 2 x-y+2=0$ 过椭圆左焦点 $F_{1}$ 和一个顶点 $B$, 则该陏圆的离心率为 ( ) | A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{2}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ | 解析几何 | 答案：C
【解析】【解答】解: $\because$ 直线 $1: 2 x-y+2=0$ 中, 令 $x=0$, 得 $y=2$; 令 $y=0$, 得 $x=-1$,直线 $l: 2 x-y+2=0$ 过粗圆左焦点 $F_{1}$ 和一个顶点 $B$,
$\therefore$ 椭圆左焦点 $\mathrm{F}_{1}(-1,0)$, 顶点 $\mathrm{B}(0,2)$,
$\therefore \mathrm{c}=1, \mathrm{~b}=2, \mathrm{a}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$,
$\therefore$ 该椭圆的离心率为 $\mathrm{e}={ }^{\frac{c}{a}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{}={ }^{\frac{\sqrt{5}}{5}}$.
故选: C.
【分析】 分别令直线方程中 $\mathrm{y}=0$ 和 $\mathrm{x}=0$, 进而求得 $\mathrm{b}$ 和 $\mathrm{c}$, 进而根据 $\mathrm{b}, \mathrm{c}$ 和 $\mathrm{a}$ 的关系求得 $\mathrm{a}$, 则粗圆的离心率可得.
2. 答案:B
【解析】【解答】由题意得, $A(4,0), B(0,3), A B=5$,
$\therefore{ }^{\frac{1}{2} A B \cdot h=12 \text {, }}$
$\therefore P$ 到 $A B$ 的距离 $h=\frac{12}{5}$
设直线 $l$ 与直线 $A B$ 平行,且与粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1}$ 相切,方程为 $\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=k$,
把直线 $l$ 的方程代入椭圆的方程, 得 $x^{2}-4 k x+8 k^{2}-8=0$,
由 $\Delta=0$,解得 $k= \pm \sqrt{2}$.
故直线 $l$ 的方程为 $\frac{x}{4}+\frac{y}{3}= \pm \sqrt{2}$.
<ImageHere>
$\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=-\sqrt{2}$ 与直线 $A B$ 的距离为 $\frac{|-\sqrt{2}-1|}{\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{4}}}=\frac{12(\sqrt{2}+1)}{5}>\frac{24}{5}$,
故这样的点共 2 个。
故答案为: B.
【分析】根据已知条件可得出 $\mathrm{p}$ 点到 $\mathrm{AB}$ 的距离, 再射出直线的方程, 联立直线方程与椭圆方程即可求出粗圆到直线的距离, 最后可判断所求点的个数。
3. 答案:A
【解析】【解答】解：依题设 $\mathrm{P}$ 在抛物线准线的投影为 $\mathrm{P}^{\prime}$, 抛物线的焦点为 $\mathrm{F}$, 则
$$
F\left(\frac{1}{2}, 0\right)
$$
依抛物线的定义知 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离为 $|\mathrm{PP}|=|\mathrm{PF}|$,
则点 $\mathrm{P}$ 到点 $\mathrm{A}(0,2)$ 的距离与 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离之和
$\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geqslant|\mathrm{AF}|=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2^{2}}=\frac{\sqrt{17}}{2}$.
故选 A.
【分析】先求出抛物线的焦点坐标, 再由抛物线的定义可得 $\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geq|\mathrm{AF}|$, 再求出 $|\mathrm{AF}|$ 的值即可. |
20387 | [] | B | null | 高二 | 直线 ${ }^{\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=1}$ 与椭圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1}$ 相交于 $A, B$ 两点,椭圆上的点 $P$ 使 $\triangle A B P$ 的面积等于 12 , 这样的点 $P$ 共有（ ) | A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个 | 解析几何 | 【分析】根据已知条件可得出 $\mathrm{p}$ 点到 $\mathrm{AB}$ 的距离, 再射出直线的方程, 联立直线方程与椭圆方程即可求出粗圆到直线的距离, 最后可判断所求点的个数 |
20388 | [] | A | 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 $P$ 到该抛物线准线的距离之和的最小值为 ( ) | A. $\frac{\sqrt{17}}{2}$
B. 3
C. $\sqrt{5}$
D. $\frac{9}{2}$ | 解析几何 | 【解答】解：依题设 $\mathrm{P}$ 在抛物线准线的投影为 $\mathrm{P}^{\prime}$, 抛物线的焦点为 $\mathrm{F}$, 则$$F\left( rac{1}{2}, 0
ight)$$依抛物线的定义知 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离为 $|\mathrm{PP}|=|\mathrm{PF}|$,则点 $\mathrm{P}$ 到点 $\mathrm{A}(0,2)$ 的距离与 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离之和$\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geqslant|\mathrm{AF}|=\sqrt{\left( rac{1}{2}
ight)^{2}+2^{2}}= rac{\sqrt{17}}{2}$.故选 A.【分析】先求出抛物线的焦点坐标, 再由抛物线的定义可得 $\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geq|\mathrm{AF}|$, 再求出 $|\mathrm{AF}|$ 的值即可. |
20389 | [] | C | null | 高二 | 已知两点 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$, 且 $\left|F_{1} F_{2}\right|$ 是 $\left|P F_{1}\right|$ 与 $\left|P F_{2}\right|$ 的等差中项, 则动点 $P$ 的轨迹方程是 () | 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 | 答案:C
【解析】【解答】因为 $\left|F_{1} F_{2}\right|=|1-(-1)|=2,\left|F_{1} F_{2}\right|_{\text {是 }}\left|P F_{1}\right|_{\text {与 }}\left|P F_{2}\right|_{\text {的等差中项所以, }}$ $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2\left|F_{1} F_{2}\right|=4$, 由椭圆的定义知点 $P$ 的轨迹是中心在坐标原点, 焦点在 $x$ 轴上的椭圆, 且 $a=2, c=1, b=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$, 则动点 $P$ 的轨迹方程是 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 故选 C |
20390 | [] | A | null | 高二 | $F_{1}, F_{2}$ 是粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, $\mathrm{p}$ 是椭圆上的点, 且 $\left|P F_{1}\right|:\left|P F_{2}\right|=2: 1$, 则 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积为 | A. 4
B. 6
C. $2 \sqrt{2}$
D. $4 \sqrt{2}$ | 解析几何 | 答案: A
【解析】【分析】设 $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{x}$, 则 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=2 \mathrm{x}$, 依题意, $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{x}+2 \mathrm{x}=3 \mathrm{x}=2 \mathrm{a}=6$, $\therefore \mathrm{x}=2,2 \mathrm{x}=4$,
即 $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2,\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=4$, 又 $\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=2 \sqrt{9-4}=2 \sqrt{5}$,
$\therefore\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|^{2}$,
$\therefore \triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 为直角三角形,
$\therefore \triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 的面积为 $\mathrm{S}=\frac{1}{2}\left|\mathrm{PF}_{1}\right|\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\frac{1}{2} \times 2 \times 4=4$.
故选 A. |
20391 | ["9346.jpg", "9347.jpg"] | A | null | 高二 | 已知斜率为 2 的直线 1 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 交 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, 若点 $P(2,1)$ 是 $\mathrm{AB}$ 的中点, 则 $\mathrm{C}$ 的离心率等于（） | A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $2 \sqrt{2}$ | 解析几何 | 答案:A
<ImageHere>
$\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{b^{2}}=0$,
<ImageHere>
所以 $a=b$, 则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2} a}{a}=\sqrt{2}$, 故选 A.
7. 答案:C
【解析】【分析】本题以双曲线为载体, 考查双曲线的几何性质, 解题的关键是得出几何量之间的关系.
【解答】由题意, $\frac{\left|\mathrm{PF}_{2}\right|}{\frac{5}{4} \mathrm{c}-\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$
$\because\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|$,
$\therefore \frac{\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|}{\frac{5}{4} \mathrm{c}-\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}=\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{a}}, \therefore \frac{\mathrm{a}^{2}}{\frac{\mathrm{a}}{} \mathrm{c}-\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$
$\therefore 5 \mathrm{e}^{2}-8 \mathrm{e}-4=0$
$\therefore(\mathrm{e}-2)(5 \mathrm{e}+2)=0$
$\because \mathrm{e}>1$
$\therefore \mathrm{e}=2$
故选 C. |
20392 | [] | C | null | 高二 | 设 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$ 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 $\mathrm{P}$, 满足 $\left|P F_{2}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 且点 $\mathrm{P}$ 的横坐标为 ${ }^{\frac{5}{4}} \mathrm{c}$ (c 为半焦距), 则该双曲线的离心率为 ( ) | A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $2 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 【分析】本题以双曲线为载体, 考查双曲线的几何性质, 解题的关键是得出几何量之间的关系.【解答】由题意, $ rac{\left|\mathrm{PF}_{2}
ight|}{ rac{5}{4} \mathrm{c}- rac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}= rac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$$ecause\left|\mathrm{PF}_{2}
ight|=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}
ight|$,$ herefore rac{\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}
ight|}{ rac{5}{4} \mathrm{c}- rac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}}}= rac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{a}}, herefore rac{\mathrm{a}^{2}}{ rac{\mathrm{a}}{} \mathrm{c}- rac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}= rac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}$$ herefore 5 \mathrm{e}^{2}-8 \mathrm{e}-4=0$$ herefore(\mathrm{e}-2)(5 \mathrm{e}+2)=0$$ecause \mathrm{e}>1$$ herefore \mathrm{e}=2$故选 C. |
20396 | [] | B | null | 高二 | 设陏圆 $C_{1}$ 的离心率为 ${ }^{\frac{7}{15}}$, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上且长轴长为 30 。若曲线 $C_{2}$ 上的点到粗圆 $C_{1}$ 的两个焦点的距离的差的绝对值等于 10 , 则曲线 $C_{2}$ 的标准方程为 ( ) | A. $\frac{x^{2}}{24}-\frac{y^{2}}{25}=1 \frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{24}=1$
B. $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{24}=1$
C. $\frac{x^{2}}{15}-\frac{y^{2}}{7}=1$
D. $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{24}=1$ | 解析几何 | 答案:B
【解析】椭圆 $C_{1}$ 的离心率为 $\frac{7}{15}$, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上且长轴长为 30 , 所以 ${ }_{1}=15, c_{1}=7$; 所以曲线 $C_{2}$ 的两个焦点为 $(-7,0),(7,0)$, 并且 $\mathrm{c}=7, \mathrm{a}=5$, 所以 $b^{2}=c^{2}-a^{2}=24$, 所以曲线 $C_{2}$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{24}=1$. 选 B
【点评】掌握椭圆及双曲线的标准方程及其几何性质是解决此问题的关键, 本小题属于容易题. |
20398 | [] | D | null | 高二 | 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 的左顶点为 $A$, 虚轴长为 8 , 右焦点为 $F$, 且 $\odot F$ 与双曲线的渐近线相切, 若过点 $A$ 作 $\odot F$ 的两条切线, 切点分别为 $M, N$, 则 $|M N|=$ ( ) | A. 8
B. $4 \sqrt{2}$
c. $2 \sqrt{3}$
D. $4 \sqrt{3}$ | 解析几何 | 答案:D
【解析】 $2 b=8: \therefore b=4, A(-3,0), F(5,0)$, 因为 $F$ 到双曲线的渐近线距离为 $b$, 所以 $\odot F$ ： $(x-5)^{2}+y^{2}=16$, 设 $\mathrm{MN}$ 交 $x$ 轴于 $\mathrm{E}$, 则
$F E=\frac{4^{2}}{3+5}=2 \therefore A E=8-2=6, M E^{2}=A E \times E F=12 \therefore M N=2 M E=4 \sqrt{3}$
故答案为: D
分析 先由虚轴长为 8 得到 $\mathrm{b}$ 的值,由焦点 $\mathrm{F}$ 到双曲线的渐近线距离为 $\mathrm{b}$, 得到圆的方程, 由直线与圆相交的性质求出 FE 和 $\mathrm{AE}$ 的长, 再求 MN. |
20412 | [] | A | null | 高二 | ^{\prime \prime}{ }^{k}=2$ " 是 “直线 $x-y+k=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 相切”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 | 答案:A
【解析】【解答】研究直线与圆相切, 有几何法, 代数法两种。利用几何法, 计算圆心到直线的距离与半径是否相等。圆心到直线的距离为 $\frac{|k|}{\sqrt{2}}$ 。当 $k=2$ 时, $\frac{|k|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$, 直线与圆相切; 反之, 直线与圆相切, 则 $\frac{|k|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}, k= \pm 2, \quad$ 故 “ $k=2$ ” 是“直线 $x-y+k=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 相切”的充分不必要条件, 选 A. |
20413 | ["9354.jpg"] | C | null | 高二 | 若椭圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{3}}+{ }^{\frac{y^{2}}{m}}=1$ 的离心率为 ${ }^{\frac{1}{2}}$, 则 $\mathrm{m}=(\quad)$ | A. $\frac{9}{4}$
B. 4
C. ${ }^{\frac{9}{4}}$ 或 4
D. ${ }^{\frac{3}{2}}$ | 解析几何 | 答案:C
【解析】解：当焦点在 $x$ 轴上时, $a^{2}=3, b^{2}=m, c^{2}=3-m$,
<ImageHere>
当焦点在 $x$ 轴上时, $a^{2}=m, b^{2}=3, c^{2}=m-3$,由 ${ }^{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}$, 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{4}$, 即 $\frac{m-3}{m}=\frac{1}{4}$, 解得 $\mathrm{m}=4$. $\therefore \mathrm{m}={ }^{\frac{9}{4}}$ 或 4 .
故选: C.
【分析】分焦点在 $\mathrm{x}$ 轴和 $\mathrm{y}$ 轴得到 $\mathrm{a}^{2}, \mathrm{~b}^{2}$ 的值, 进一步求出 $\mathrm{c}^{2}$, 然后结合离心率求得 $\mathrm{m}$ 值.
7. 答案:A
【解析】 $\because$ 由双曲线的方程可知 $a=4, b=3$
$\therefore$ 渐近线的方程为
$$
y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \frac{3}{4} x
$$
故答案为: A
【分析】由双曲线方程算出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ ，利用渐近线方程的公式即可算出所求渐近线方程. |
20414 | [] | A | null | 高二 | 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 的渐近线方程为 ( ) | A. $y= \pm \frac{3}{4} x$
B. $y= \pm \frac{4}{3} x$
C. $y= \pm \frac{9}{16} x$
D. $y= \pm \frac{16}{9} x$ | 解析几何 | $ecause$ 由双曲线的方程可知 $a=4, b=3$$ herefore$ 渐近线的方程为$$y= \pm rac{b}{a} x= \pm rac{3}{4} x$$故答案为: A【分析】由双曲线方程算出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ ，利用渐近线方程的公式即可算出所求渐近线方程. |
20415 | [] | B | null | 高二 | 拖物线 $y=2 x^{2}$ 的焦点坐标是 ( ) | A. $\left(0, \frac{1}{4}\right)$
B. $\left(0, \frac{1}{8}\right)$
C. $\left({ }^{\frac{1}{8}}, 0\right)$
D. $\left(^{\frac{1}{4}}, 0\right)$ | 解析几何 | 答案:B
【解析】解: $\because$ 在抛物线 $\mathrm{y}=2 \mathrm{x}^{2}$, 即 $\mathrm{x}^{2}=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}} \mathrm{y}, \therefore \mathrm{p} \mathrm{e}^{\frac{1}{4}}, \stackrel{\frac{p}{2}}{=} \frac{1}{8}$ ， $\therefore$ 焦点坐标是 $\left(0,{ }^{\frac{1}{8}}\right)$,故选 B.
【分析】先把抛物线的方程化为标准形式, 再利用抛物线 $x^{2}=2 p y$ 的焦点坐标为 $\left(0,{ }^{\frac{p}{2}}\right)$, 求出物线 $y=2 x^{2}$ 的焦点坐标. |