eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 变换几何）：若 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 是一组基底, 向量 $\boldsymbol{\gamma}=x \boldsymbol{\alpha}+y \boldsymbol{\beta}(x, y \in \mathbf{R})$, 则称 $(x, y)$ 为向量 $\boldsymbol{\gamma}$ 在基底 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 下的坐标. 现已知向量 $\boldsymbol{a}$ 在基底 $\boldsymbol{p}=(1,-1), \boldsymbol{q}=(2,1)$ 下的坐标为 $(-2,2)$, 则 $\boldsymbol{a}$ 在另一组基底 $\boldsymbol{m}=(-1,1), \boldsymbol{n}=(1,2)$ 下的坐标为
选项：
A. $(2,0)$
    B. $(0,-2)$
    C. $(-2,0)$
    D. $(0,2)$
答案：D
解析：解析: $\because \boldsymbol{a}$ 在基底 $\boldsymbol{p}, \boldsymbol{q}$ 下的坐标为 $(-2,2)$ ，

$\therefore \boldsymbol{a}=-2 \boldsymbol{p}+2 \boldsymbol{q}=-2(1,-1)+2(2,1)=(2,4)$.

设 $\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 下的坐标为 $(x, y)$ ，

$\therefore \boldsymbol{a}=x \boldsymbol{m}+y \boldsymbol{n}$,

$\therefore(2,4)=x(-1,1)+y(1,2)$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_f934fd3200dbf4af6dd7g-160,.jpg?height=151&width=554&top_left_y=1809&top_left_x=343)

答案: D
题目（高二 · 变换几何）：如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $O$ 是 $B C$ 的中点. 过点 $O$ 的直线分别交 $A B$ 的延长线, $A C$ 于不同的两点 $M, N$. 若 $\overrightarrow{A B}=m \overrightarrow{A M}, \overrightarrow{A C}=n \overrightarrow{A N}$, 则 $m+n$ 的值为( )


选项：
A. 1
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 2
答案：D
解析：解析: 连接 $A O$ (图略), $\overrightarrow{A O}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\frac{m}{2} \overrightarrow{A M}+\frac{n}{2} \overrightarrow{A N}, \because M, O, N$ 三点共线， $: \frac{m}{2}+\frac{n}{2}=1$ ， $\therefore m+n=2$.

答案: D
题目（高二 · 变换几何）：要得到函数 $f(x)=\cos 2 x$ 的图象, 只需将函数 $g(x)=\sin 2 x$ 的图象 ( )
选项：
A. 向左平移 $\frac{1}{2}$ 个周期
B. 向右平移 $\frac{1}{2}$ 个周期
C. 向左平移 $\frac{1}{4}$ 个周期
D. 向右平移 $\frac{1}{4}$ 个周期
答案：C
解析：解析:因为 $f(x)=\cos 2 x=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sin \left[2\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right]$, 且函数 $g(x)$ 的周期为 $\frac{2 \pi}{2}=$

$\pi$ ，所以将函数 $g(x)=\sin 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度，即向左平移 $\frac{1}{4}$ 个周期，可得函数 $f(x)=\cos 2 x$ 的图象，故选 C.
答案: C
题目（高二 · 变换几何）：如图, 将两个全等的有一锐角为 $30^{\circ}$ 的直角三角形 $A B C$ 和直角三角形 $A D C$ 拼在一起组成平面四边形 $A B C D$, 若 $\overrightarrow{C A}=x \overrightarrow{C B}+y \overrightarrow{C D}$, 则 $x+y=$


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：D
解析：解析: 取 $A C$ 的中点 $O$ ，连接 $O B ， O D$ (图略). $\because \triangle A B C$ 与 $\triangle A D C$ 均为直角三角形， $\therefore O B$



$\therefore \overrightarrow{C A}=2 \overrightarrow{C O}=2(\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C D})=2 \overrightarrow{C B}+2 \overrightarrow{C D}$,

$\therefore x=y=2$,

$\therefore x+y=4$. 故选 D.

答案: D
题目（高二 · 变换几何）：将函数 $f(x)=\sin x$ 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 $\frac{1}{2}$ 倍 (纵坐标不变), 再向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位, 得到函数 $g(x)$ 的图象, 则函数 $g(x)$ 的图象的一条对称轴为 ( )
选项：
$x=\frac{\pi}{12}$
B. $x=\frac{\pi}{6}$
C. $x=-\frac{\pi}{12}$
D. $x=-\frac{\pi}{6}$
答案：C
解析： $g(x)=\sin 2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 。

所以 $2 x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi$, 所以 $x=\frac{5 \pi}{12}+\frac{k \pi}{2}$, 所以 $x=-\frac{\pi}{12}$ 是一条对称轴.

故选 C.
题目（高二 · 变换几何）：要得到函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象, 只要将函数 $y=\sin 2 x$ 的图象( )
选项：
A. 向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度

$\mathrm{B} \cdot$ 向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度

C. 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度

$\mathrm{D}$ - 向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度
答案：C
解析：解析: 因为 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\sin 2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)$, 所以将函数 $y=\sin 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 就可得到函数 $y=\sin 2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象.

## 答案: C
题目（高二 · 变换几何）：将函数 $y=\sin x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位, 得到函数 $y=f(x)$ 的图象, 则下列说法正确的是 $(\quad)$
选项：
A.$ y=f(x)$ 是奇函数

B $\cdot y=f(x)$ 的周期为 $\pi$

C $\cdot y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称

$\mathrm{D} \cdot y=f(x)$ 的图象关于点 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 对称
答案：D
解析：解析: 函数 $y=\sin x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后, 得到函数 $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x$ 的图象, $f(x)=\cos x$
为偶函数, 周期为 $2 \pi$; 又因为 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}=0$, 所以 $f(x)=\cos x$ 的图象不关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称; 又由 $f\left(-\frac{\pi}{2}\right)=$ $\cos \left(-\frac{\pi}{2}\right)=0$, 知 $f(x)=\cos x$ 的图象关于点 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 对称. 故选 D.

答案: D
题目（高二 · 变换几何）：函数 $y=1-\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 的大致图象是( )
选项：
A.



C.



B.



D.
答案：B
题目（高二 · 变换几何）：(2013 山东) 将函数 $y=\sin (2 x+\varphi)$ 的图像沿 $x$ 轴向左平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位后, 得到一个偶函数的图像, 则 $\varphi$

的一个可能取值为
选项：
A. $\frac{3 \pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{4}$
c. 0
D. $-\frac{\pi}{4}$
答案：B
解析：将函数 $y=\sin (2 x+\varphi)$ 的图像沿 $x$ 轴向左平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位, 得到函数

$y=\sin \left[2\left(x+\frac{\pi}{8}\right)+\varphi\right]=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}+\varphi\right)$, 因为此时函数为偶函数,

所以 $\frac{\pi}{4}+\varphi=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in Z$ ，即 $\varphi=\frac{\pi}{4}+k \pi, k \in Z$ ，所以选 B.
题目（高二 · 变换几何）：函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$ 的图象的相邻两条对称轴间的距离是 $\frac{\pi}{2}$. 若将函数 $f(x)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位, 再把图像上每个点的横坐标缩小为原来的一半, 得到 $g(x)$, 则 $g(x)$ 的解析式为 $(\quad)$
选项：
A. $g(x)=\sin \left(4 x+\frac{\pi}{6}\right)$
    B. $g(x)=\sin \left(8 x-\frac{\pi}{3}\right)$
    C. $g(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$
    D. $g(x)=\sin 4 x$
答案：D
解析：试题分析： $\because$ 函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$ 的图象的相邻两条对称轴间的距离是 $\frac{1}{2} T=\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \pi}{\omega}=\frac{\pi}{2}$,

$\therefore \omega=2$. 若将函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位, 可得 $\mathrm{y}=\sin \left[2\left(\mathrm{x}-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=\sin 2 \mathrm{x}$ 的图象,再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的一半, 得到 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\sin 4 \mathrm{x}$ 的图象
题目（高二 · 变换几何）：函数 $f(x)=\tan \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 则 $(\quad)$
选项：
A. 函数的最小正周期为 $\pi$, 且在 $\left(-\frac{5 \pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right)$ 上是增函数

B. 函数的最小正周期为 $\frac{\pi}{2}$, 且在 $\left(-\frac{5 \pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right)$ 上是减函数

C. 函数的最小正周期为 $\pi$, 且在 $\left(\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right)$ 上是减函数

D. 函数的最小正周期为 $\frac{\pi}{2}$, 且在 $\left(\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right)$ 上是增函数
答案：D
解析：对于函数 $f(x)=\tan \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 因为 $f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\tan \left[2\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=$ $\tan \left(\pi+2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\tan \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=f(x)$, 所以它的最小正周期为 $\frac{\pi}{2}$, 当 $x \in\left(\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right)$ 时,
$2 x+\frac{\pi}{3} \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 函数 $f(x)=\tan \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 单调递增,

故选 D.
题目（高二 · 变换几何）：要得到函数 $y=\sin x$ 的图象, 只需将函数 $y=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的图象上所有的点( )
选项：
A. 横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变), 再向左平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位长度

B. 横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变), 再向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度

C. 横坐标伸长到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍(纵坐标不变), 再向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度

D. 横坐标伸长到原来的 $\frac{1}{2}$ (纵坐标不变), 再向左平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位长度
答案：B
解析：将函数 $y=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的图象上所有的点横伸长到原来的 2 倍,可得 $y=\cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的图象,

再向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位, 可得 $y=\operatorname{Cos}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)=\sin x$ 的图象,

故选: $B$.
题目（高二 · 变换几何）：设 $g(x)$ 的图象是由函数 $f(x)=\cos 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位得到的, 则 $g\left(\frac{\pi}{6}\right)$ 等于 ( )
选项：
A. 1
   B. $-\frac{1}{2}$
   C. 0
   D. -1
答案：D
解析：由 $f(x)=\cos 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位得到的是 $g(x)=\cos \left[2\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\right]$ 的图象,则 $g\left(\frac{\pi}{6}\right)=\cos \left[2\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3}\right)\right]=\cos \pi=-1$.

故选 D.
题目（高二 · 变换几何）：将函数 $f(x)=\sin x$ 图象上所有点的横坐标缩短为原来的 $\frac{1}{2}$ 倍(纵坐标不变),再向右平移 $\varphi(\varphi>0)$ 个单位, 得到函数 $g(x)$ 的图象, 若函数 $g(x)$ 图象关于 $y$ 轴对称, 则 $\varphi$ 的最小值为 $(\quad)$

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } \frac{\pi}{6} & \text { B. } \frac{\pi}{4} & \text { C. } \frac{\pi}{3} & \text { D. } \frac{\pi}{2}\end{array}$
答案：B
解析：根据题意函数 $f(x)=\sin x$ 图象上所有点的横坐标缩短为原来的 $\frac{1}{2}$ 倍(纵坐标不变), 得到 $y=\sin 2 x$,

再向右平移 $\varphi(\varphi>0)$ 个单位, 得到函数 $g(x)=\sin (2 x-2 \varphi)$,

由于函数 $g(x)$ 图象关于 $y$ 轴对称,

所以 $-2 \varphi=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$, 即 $\varphi=-\frac{\pi}{4}-\frac{k \pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$,
因为 $\varphi>0$, 故 $\varphi$ 的最小值为 $\frac{\pi}{4}$, 故选 B.
题目（高二 · 变换几何）：函数 $f(x)=A \cos (\omega x+\varphi)$ (其中 $A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}$ ) 的图象如图所示. 为了得到 $g(x)=-A \cos \omega x$ 的图象, 只需把 $y=f(x)$ 的图象上所有的点 ( )


选项：
A. 向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度
B. 向右平移 $\frac{5 \pi}{12}$ 个单位长度

C. 向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度

D. 向左平移 $\frac{5 \pi}{12}$ 个单位长度
答案：B
解析：由图知: $A=1, T=4\left(\frac{7 \pi}{12}-\frac{\pi}{3}\right)=\pi$,

所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2, f(x)=\cos (2 x+\varphi)$,

当 $x=\frac{7 \pi}{12}$ 时, $f(x)=\cos (2 x+\varphi)$ 有最小值,

所以 $2 \times \frac{7 \pi}{12}+\varphi=\pi+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$, 所以 $\varphi=-\frac{\pi}{6}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

又因为 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}$, 所以 $k=0, \varphi=-\frac{\pi}{6}$,

所以 $f(x)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right), g(x)=-\cos 2 x=\cos (2 x-\pi)$,

所以只需要把 $f(x)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 图象上所有的点向右平移 $\frac{5 \pi}{12}$ 个单位长度得

$\cos \left[2\left(x-\frac{5 \pi}{12}\right)-\frac{\pi}{6}\right]=\cos (2 x-\pi)=-\cos 2 x=g(x)$,

故选 B.
题目（高二 · 变换几何）：如图, 已知四边形 $A B C D$ 是梯形, $E, F$ 分别是腰的中点, $M, N$ 是线段 $E F$ 上的两个点, 且 $E M=M N=N F$, 下底是上底的 2 倍, 若 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}, \overrightarrow{B C}=\vec{b}$, 则 $\overrightarrow{D N}=(\quad)$
选项：
$-\frac{1}{2} \vec{a}-\frac{1}{2} \vec{b}$
B. $\frac{1}{4} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}$
C. $\frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}$
D. $\frac{1}{4} \vec{a}-\frac{1}{2} \vec{b}$
答案：D
解析：$\because \overrightarrow{E F}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{D C})=\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}=\frac{3}{4} \vec{a}, \overrightarrow{C F}=-\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}=-\frac{1}{2} \vec{b}$, 则 $\overrightarrow{D N}=\overrightarrow{D C}+\overrightarrow{C F}+\overrightarrow{F N}=\frac{1}{2} \vec{a}-\frac{1}{2} \vec{b}-\frac{1}{3} \times \frac{3}{4} \vec{a}=-\frac{1}{2} \vec{b}+\frac{1}{4} \vec{a}$, 故选 D.
题目（高二 · 变换几何）：如图, 若 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}, \overrightarrow{O B}=\vec{b}, \overrightarrow{O C}=\vec{c}, B$ 是线段 $A C$ 靠近点 $C$ 的一个四等分点, 则下列等式成立的是 ( )
选项：
A. $\vec{c}=\frac{2}{3} \vec{b}-\frac{1}{6} \vec{a}$
B. $\vec{c}=\frac{4}{3} \vec{b}+\frac{1}{3} \vec{a}$
C. $\vec{c}=\frac{4}{3} \vec{b}-\frac{1}{3} \vec{a}$
D. $\vec{c}=\frac{2}{3} \vec{b}+\frac{1}{6} \vec{a}$
答案：C
解析：$\vec{C}=\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{O B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})=\frac{4}{3} \overrightarrow{O B}-\frac{1}{3} \overrightarrow{O A}=\frac{4}{3} \vec{b}-\frac{1}{3} \vec{a}$. 故选 C.
题目（高二 · 变换几何）：如图, 在四边形 $A B C D$ 中, $\overrightarrow{D C}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}, E$ 为 $B C$ 的中点, 且 $\overrightarrow{A E}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A D}$, 则 $2 x-y=$ ( )


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{3}{2}$
C. 1
D. 2
答案：C
解析：由题意, 得 $\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+\frac{1}{2}(-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D C})=\overrightarrow{A B}+$

$\frac{1}{2}\left(-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\frac{1}{2} A B\right)=\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A D} . \because \overrightarrow{A E}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A D}, \quad \therefore x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}$

$+\frac{1}{2} \overrightarrow{A D} . \because \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{A D}$ 不共线, $\therefore$ 由平面向量基本定理, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3}{4} \\ y=\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

$\therefore 2 x-y=2 \times \frac{3}{4}-\frac{1}{2}=1$, 故选 C.
题目（高二 · 变换几何）：我国东汉末数学家赵夾在《周骾算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证

明, 后人称其为“赵爽弦图”, 它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形, 如图所示. 在“赵爽弦图”中, 若 $\overrightarrow{B C}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{B A}=\boldsymbol{b}, \overrightarrow{B E}=3 \overrightarrow{E F}$,则 $\overrightarrow{B F}=(\quad)$


选项：
A. $\frac{12}{25} a+\frac{9}{25} b$
B. $\frac{16}{25} \boldsymbol{a}+\frac{12}{25} \boldsymbol{b}$
C. $\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} b$
D. $\frac{3}{5} a+\frac{4}{5} \boldsymbol{b}$
答案：B
解析：由题得 $\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C F}=\overrightarrow{B C}+\frac{3}{4} \overrightarrow{E A}=\overrightarrow{B C}+\frac{3}{4}(\overrightarrow{E B}+\overrightarrow{B A})=\overrightarrow{B C}+\frac{3}{4}\left(-\frac{3}{4} \overrightarrow{B F}+\overrightarrow{B A}\right)$,

即 $\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{B C}+\frac{3}{4}\left(-\frac{3}{4} \overrightarrow{B F}+\overrightarrow{B A}\right)$, 解得 $\overrightarrow{B F}=\frac{16}{25} \overrightarrow{B C}+\frac{12}{25} \overrightarrow{B A}$,

即 $\overrightarrow{B F}=\frac{16}{25} a+\frac{12}{25} \boldsymbol{b}$, 故选 $\mathrm{B}$.
题目（高二 · 变换几何）：要得到函数 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象, 只需将函数 $y=\sin 2 x$ 的图象( )
选项：
A. 向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位
   B. 向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位
   C. 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位
   D. 向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位
答案：D
解析： $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)=\sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)\right]$, 故要得到函数 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象, 只需将函数 $y=\sin 2 x$的图象向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位。

## 【答案】 $\mathrm{D}$
题目（高二 · 变换几何）：为了得到函数 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象, 可以将函数 $y=\cos 2 x$ 的图象( )
选项：
向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度

B. 向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度

C. 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度

D. 向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度
答案：B
解析： $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$

$=\cos \left[\frac{\pi}{2}-\left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)\right]=\cos \left(\frac{2 \pi}{3}-2 x\right)$

$=\cos \left(2 x-\frac{2 \pi}{3}\right)=\cos 2\left(x-\frac{\pi}{3}\right)$.

故选 B.
题目（高二 · 变换几何）：要得到 $y=\tan 2 x$ 的图象, 只需把 $y=\tan \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象( )
选项：
A. 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位得到

B. 向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位得到

C. 向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位得到

D. 向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位得到
答案：B
解析：设向左平移 $\varphi$ 个单位得到 $y=\tan 2 x$ 的图象, $y=\tan \left[2(x+\varphi)-\frac{\pi}{6}\right]$

$=\tan \left(2 x+2 \varphi-\frac{\pi}{6}\right), \therefore 2 \varphi-\frac{\pi}{6}=0, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{12}$,

$\therefore$ 向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位得到.

## 【答案】 B
题目（高二 · 变换几何）：将余弦函数 $y=\cos x$ 的图象向右至少平移 $m$ 个单位，可以得到函数 $y=-\sin x$ 的图象，则 $m=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{2}$
   B. $\pi$
   C. $\frac{3 \pi}{2}$
   D. $\frac{3 \pi}{4}$
答案：C
解析：根据诱导公式得, $y=-\sin x=\cos \left(\frac{3 \pi}{2}-x\right)=\cos \left(x-\frac{3 \pi}{2}\right)$, 故欲得到 $y=-\sin x$ 的图象, 需将
$y=\cos x$ 的图象向右至少平移 $\frac{3 \pi}{2}$ 个单位长度.

## 【答案】C
题目（高二 · 图论）：已知 $A, B, C$ 是 $\triangle A B C$ 的三个内角, 设 $f(B)=4 \sin B \cdot \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{B}{2}\right)+\cos 2 B$. 若 $f(B)-m<2$ 恒成立, 则实数 $m$ 的取值范围是
选项：
A. $(-\infty, 1)$
B. $(-3,+\infty)$
C. $(-\infty, 3)$
D. $(1,+\infty)$
答案：D
解析：解析: $f(B)=4 \sin B \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{B}{2}\right)+\cos 2 B=4 \sin B \frac{1+\cos \left(\frac{\pi}{2}-B\right)}{2}+\cos 2 B=2 \sin B(1+\sin B)+(1$

$\left.-2 \sin ^{2} B\right)=2 \sin B+1$.

$\because f(B)-m<2$ 恒成立，即 $m>2 \sin B-1$ 恒成立.

$\because 0<B<\pi, \quad \therefore 0<\sin B \leqslant 1 . \therefore-1<2 \sin B-1 \leqslant 1$,
$\therefore m>1$.故选 D.

答案: D
题目（高二 · 组合几何学）：在坐标平面上有两个区域 $M$ 和 $N$, 其中区域 $M=\left\{(x, y) \left\lvert\, \begin{array}{l}y \geqslant 0 \\ y \leqslant x \\ y \leqslant 2-x\end{array}\right.\right\}$, 区域 $N=$ $\{(x, y) \mid t \leqslant x \leqslant t+1,0 \leqslant t \leqslant 1\}$, 区域 $M$ 和 $N$ 公共部分的面积用函数 $f(t)$ 表示, 则 $f(t)$ 的表达式为( )
选项：
A. $-t^{2}+t+\frac{1}{2}$
B. $-2 t^{2}+2 t$
C. $1-\frac{1}{2} t^{2}$
$\mathrm{D} \cdot \frac{1}{2}(t-2)^{2}$
答案：A
解析：解析



作出不等式组 $\left\{\begin{array}{l}y \geqslant 0 \\ y \leqslant x \\ y \leqslant 2-x\end{array}\right.$ 所表示的平面区域.

由 $t \leqslant x \leqslant t+1,0 \leqslant t \leqslant 1$, 得

$f(t)=S_{\triangle O E F}-S_{\triangle A O D}-S_{\triangle B F C}$

$=1-\frac{1}{2} t^{2}-\frac{1}{2}(1-t)^{2}$

$=-t^{2}+t+\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 组合几何学）：在平面直角坐标系中, 不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geq 0, \\ x+y-3 \leq 0, \text { 表示的平面区域的面积是 ( ) } \\ y \geq 0\end{array}\right.$
选项：
A. $\frac{9}{2}$
B. $\frac{9}{4}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{9}{8}$
答案：B
解析：作出不等式组对应的平面区域如图,



由 $\left\{\begin{array}{l}x-y=0, \\ x+y=3\end{array}\right.$ 得 $x=y=\frac{3}{2}$, 即 $\mathrm{A}\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$, 则三角形的面积 $S=\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times 3=\frac{9}{4}$.
题目（高二 · 组合几何学）：（2013 陕西）在如图所示的锐角三角形空地中, 欲建一个面积不小于 $300 m^{2}$ 的内接矩形花园(阴影部分),

则其边长 $x($ 单位 $m)$ 的取值范围是


选项：
A. $[15,20]$
B. $[12,25]$
C. $[10,30]$
D. $[20,30]$
答案：C
解析：如图 $\triangle A D E \backsim \triangle A B C$, 设矩形的另一边长为 $y$, 则 $\frac{S_{\triangle A D E}}{S_{\triangle A B C}}=\left(\frac{40-y}{40}\right)^{2}$,

所以 $y=40-x$, 又 $x y \geqslant 300$, 所以 $x(40-x) \geqslant 300$, 即 $x^{2}-40 x+300 \leq 0$, 解得 $10 \leqslant x \leqslant 30$.
题目（高二 · 组合几何学）：甲、乙两人同时从寝室到教室, 甲一半路程步行, 一半路程跑步, 乙一半时间步行,一半时间跑步, 如果两人步行速度、跑步速度均相同, 则( )
选项：
A. 甲先到教室
C. 两人同时到教室
B. 乙先到教室
D. 谁先到教室不确定
答案：B
解析：解析 [设甲用时间 $T$, 乙用时间 $2 t$, 步行速度为 $a$, 跑步速度为 $b$, 距离为 $s$, 则 $T=$ $\frac{\frac{s}{2}}{a}+\frac{\frac{s}{2}}{b}=\frac{s}{2 a}+\frac{s}{2 b}=s \times \frac{a+b}{2 a b}, \quad t a+t b=s \Rightarrow 2 t=\frac{2 s}{a+b}$,

$\therefore T-2 t=\frac{s(a+b)}{2 a b}-\frac{2 s}{a+b}=s \times \frac{(a+b)^{2}-4 a b}{2 a b(a+b)}=\frac{s(a-b)^{2}}{2 a b(a+b)}>0$,

故选 B.]
题目（高二 · 组合几何学）：正方形 $A B C D$ 的边长为 $1, E$ 为 $C D$ 中点, 则向量 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{B D}=(\quad)$.
选项：
A. $-\frac{1}{2}$
   B. $\frac{1}{2}$
   C. 0
   D. 1
答案：B
解析：如图:

则 $A(0,0), B(1,0), C(1,1), D(0,1), \because E$ 为 $C D$ 中点, $\therefore E\left(\frac{1}{2}, 1\right)$

则 $\overrightarrow{A E}=\left(\frac{1}{2}, 1\right), \overrightarrow{B D}=(-1,1), \overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{B D}=-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}$

故选: B
题目（高二 · 立体几何学）：$\triangle A B C$ 的两边长分别为 2,3 , 其夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$, 则其外接圆的半径为 ( )
选项：
A. $\frac{9 \sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{9 \sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{9 \sqrt{2}}{8}$
D. $9 \sqrt{2}$
答案：C
解析：解析 设另一条边为 $x$,

则 $x^{2}=2^{2}+3^{2}-2 \times 2 \times 3 \times \frac{1}{3}$,

$\therefore x^{2}=9, \quad \therefore x=3$. 设 $\cos \theta=\frac{1}{3}$, 则 $\sin \theta=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.

$\therefore 2 R=\frac{3}{\sin \theta}=\frac{3}{\frac{2 \sqrt{2}}{3}}=\frac{9 \sqrt{2}}{4}, R=\frac{9 \sqrt{2}}{8}$.
题目（高二 · 立体几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $A B=7, A C=6, M$ 是 $B C$ 的中点, $A M=4$, 则 $B C$ 等于 ( )
选项：
A. $\sqrt{21}$
B. $\sqrt{106}$
C. $\sqrt{69}$
D. $\sqrt{154}$
答案：B
解析：解析 设 $B C=a$, 则 $B M=M C=\frac{a}{2}$.

在 $\triangle A B M$ 中, $A B^{2}=B M^{2}+A M^{2}-2 B M \cdot A M \cdot \cos \angle A M B$,

即 $7^{2}=\frac{1}{4} a^{2}+4^{2}-2 \times \frac{a}{2} \times 4 \cdot \cos \angle A M B$

在 $\triangle A C M$ 中, $A C^{2}=A M^{2}+C M^{2}-2 A M \cdot C M \cdot \cos \angle A M C$

即 $6^{2}=4^{2}+\frac{1}{4} a^{2}+2 \times 4 \times \frac{a}{2} \cdot \cos \angle A M B$

(1) +(2)得: $7^{2}+6^{2}=4^{2}+4^{2}+\frac{1}{2} a^{2}, \therefore a=\sqrt{106}$.
题目（高二 · 立体几何学）：已知 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别是角 $A 、 B 、 C$ 所对的边, 已知 $b c=b^{2}-2 c^{2}$, 若 $a=\sqrt{3}$, $\cos A=\frac{3}{4}$, 则 $\triangle A B C$ 的面积等于（）
选项：
A. $\frac{15}{4}$
B. $\frac{3 \sqrt{7}}{4}$
C. $\frac{9}{4}$
D. $\frac{3 \sqrt{7}}{2}$
答案：B
解析：由条件 $b c=b^{2}-2 c^{2}$, 得 $b^{2}-b c-2 c^{2}=0$, 即 $(b+c)(b-2 c)=0$, 从而可知 $b=2 c$, 根据余弦定理推论得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{4 c^{2}+c^{2}-6}{4 c^{2}}=\frac{3}{4}$, 解得 $c=\sqrt{3}$, 所以 $b=2 \sqrt{3}$, 因此 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times \sqrt{3} \times \sqrt{1-\left(\frac{3}{4}\right)^{2}}=\frac{3 \sqrt{7}}{4}$. 故选 B.
题目（高二 · 立体几何学）：$\triangle A B C$ 的三内角 $A 、 B 、 C$ 所对边的长分别是 $a 、 b 、 c$, 设向量 $\boldsymbol{p}=(a+c, b), \boldsymbol{q}=$ $(b-a, c-a)$, 若 $\boldsymbol{p} / / \boldsymbol{q}$, 则角 $C$ 的大小为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{2}$
D. $\frac{2 \pi}{3}$
答案：B
解析：$[\because \boldsymbol{p} / / \boldsymbol{q}, \therefore(a+c)(c-a)-b(b-a)=0$.

$\therefore c^{2}=a^{2}+b^{2}-a b, \because c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$,

$\therefore \cos C=\frac{1}{2}$, 又 $\because 0<C<\pi, \quad \therefore C=\frac{\pi}{3}$.

$\therefore|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \sin A$

$=\frac{1}{2} \times 4 \times 1 \times \sin A=\sqrt{3}$.

$\therefore \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 又 $\because 0^{\circ}<A<180^{\circ}$,

$\therefore A=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$​.
题目（高二 · 立体几何学）：下列判断中正确的是 $(\quad)$
选项：
A. $\triangle A B C$ 中, $a=7, b=14, A=30^{\circ}$, 有两解
B. $\triangle A B C$ 中, $a=30, b=25, A=150^{\circ}$, 有一解
C. $\triangle A B C$ 中, $a=6, b=9, A=45^{\circ}$, 有两解
D. $\triangle A B C$ 中, $b=9, c=10, B=60^{\circ}$, 无解
答案：B
解析：[A: $a=b \sin A$, 有一解;

B: $A>90^{\circ}, a>b$, 有一解;

C: $a<b \sin A$, 无解;

D: $c>b>c \sin B$, 有两解. ]
题目（高二 · 立体几何学）：(2018 四川成都七中 3 月模拟) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $B$ 为 $\frac{3 \pi}{4}, B C$ 边上的高恰为 $B C$ 边长的一半,则 $\cos A=$
选项：
A. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
    B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
    C. $\frac{2}{3}$
    D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
答案：A
解析：作 $A H \perp B C$, 垂足点 $H$ 在 $C B$ 的延长线上, $\triangle A H B$ 为等腰直角三角形, 设 $B C=2 a$, 则 $A B=\sqrt{2} a, A H=a, C H=3 a$, 由勾股定理得 $A C=\sqrt{10} a$, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{2 a^{2}+10 a^{2}-4 a^{2}}{2 \times \sqrt{2} a \times \sqrt{10} a}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$​, 故选 A.
题目（高二 · 立体几何学）：【2018 届重庆市高三上学期期中】已知 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $\cos A=\frac{7}{8}$, 若 $\overrightarrow{A I}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}$,则 $x+y$ 的最大值为
选项：
A. $\frac{3}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
c. $\frac{5}{6}$
D. $\frac{4}{5}$
答案：D
解析：点 $O$ 是平面 $A B C$ 上任意一点, 点 1 是 $\triangle A B C$ 内心的充要条件是:

$\overrightarrow{O I}=\frac{a \overrightarrow{O A}+b \overrightarrow{O B}+c \overrightarrow{O C}}{a+b+c}$ 其中 $\mathrm{BC}=\mathrm{a} 、 \mathrm{AC}=\mathrm{b} 、 \mathrm{AB}=\mathrm{c}$, 将 $\mathrm{O}$ 点取作 $\mathrm{A}$ 点带入得到

$\overrightarrow{A I}=\frac{b}{a+b+c} \overrightarrow{A B}+\frac{c}{a+b+c} \overrightarrow{A C}$, 故 $x+y=\frac{b+c}{a+b+c} \Rightarrow \frac{1}{x+y}=1+\frac{a}{b+c}$

由余弦定理得到 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{7}{8} \Rightarrow b^{2}+c^{2}-\frac{7}{4} b c=a^{2}$ ，
$\frac{a}{b+c}=\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}-\frac{7}{4} b c}{b^{2}+c^{2}+2 b c}}=\sqrt{1-\frac{\frac{15}{4}}{\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+2}}$ 又因为 $\frac{b}{c}+\frac{c}{b} \geq 2$, 最终求得 $\frac{1}{x+y}=1+\frac{a}{b+c} \geq \frac{5}{4}$,故 $x+y \leq \frac{4}{5}$. 故答案选 D.
题目（高二 · 立体几何学）：把一个周长为 $12 \mathrm{~cm}$ 的长方形围成一个圆柱, 当圆柱的体积最大时, 该圆柱底面周长与高的比为 ( )
选项：
A. 12
B. $1 \pi$
C. 21
D. $2 \pi$
答案：C
解析：解析 :设圆柱高为 $x$, 底面半径为 $r$, 则 $r=\frac{6-x}{2 \pi}$, 圆柱体积 $V=$ $\pi\left(\frac{6-x}{2 \pi}\right)^{2} \cdot x=\frac{1}{4 \pi}\left(x^{3}-12 x^{2}+36 x\right)(0<x<6), V^{\prime}=\frac{3}{4 \pi}(x-2)(x-6)$, 当 $x=2$时, $V$ 最大.

此时底面周长为 4 , 底面周长 高 $=4 \quad 2=2 \quad 1$.

答案: C
题目（高二 · 立体几何学）：正三棱柱体积是 $V$, 当其表面积最小时, 底面边长为 ( )
选项：
A. $\sqrt[3]{V}$
B. $\sqrt[3]{2 V}$
C. $\sqrt[3]{4 V}$
D. $2 \sqrt[3]{V}$
答案：C
解析：解析 :设底面边长为 $x$, 侧棱长为 $l$,

则 $V=\frac{1}{2} x^{2} \cdot \sin 60^{\circ} \cdot l, \quad \therefore l=\frac{4 V}{\sqrt{3} x^{2}}$,

$\therefore S_{\text {表 }}=2 S_{\text {底 }}+S_{\text {似 }}=x^{2} \cdot \sin 60^{\circ}+3 \cdot x \cdot l$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} x^{2}+\frac{4 \sqrt{3} V}{x}$,

$S^{\prime}=\sqrt{3} x-\frac{4 \sqrt{3} V}{x^{2}}=0$,

$\therefore x^{3}=4 V$, 即 $x=\sqrt[3]{4 V}$.

又当 $x \in(0, \sqrt[3]{4 V})$ 时, $y^{\prime}<0$;

当 $x \in(\sqrt[3]{4 V}, V)$ 时, $y^{\prime}>0$,

$\therefore$ 当 $x=\sqrt[3]{4 V}$ 时，表面积最小.

答案 :$\mathrm{C}$
题目（高二 · 立体几何学）：用边长为 $120 \mathrm{~cm}$ 的正方形铁皮做一个无盖水箱, 先在四周分别截去一个小正方形, 然后把四边翻转 $90^{\circ}$ 角, 再焊接成水箱, 则水箱的最大容积为( )
选项：
A. $120000 \mathrm{~cm}^{3}$
B. $128000 \mathrm{~cm}^{3}$
C. $150000 \mathrm{~cm}^{3}$
D. $158000 \mathrm{~cm}^{3}$
答案：B
解析：解析 :设水箱的高为 $x \mathrm{~cm}(0<x<60)$, 则水箱底面边长为 $(120-$ $2 x) \mathrm{cm}$, 水箱的容积 $V=(120-2 x)^{2} \cdot x=\left(120^{2}-480 x+4 x^{2}\right) \cdot x$,

$\therefore V^{\prime}=12 x^{2}-960 x+120 \times 120$, 解 $V^{\prime}=0$, 得 $x=20$ 或 $x=60$ (舍去).

当 $0<x<20$ 时, $V^{\prime}>0$; 当 $20<x<60$ 时, $V^{\prime}<0$;

$\therefore$ 当 $x=20$ 时, $V$ 有最大值, 且最大值为 $128000 \mathrm{~cm}^{3}$.

答案 :$B$
题目（高二 · 立体几何学）：已知下列三个命题:

(1)若一个球的半径缩小到原来的 $\frac{1}{2}$, 则其体积缩小到原来的 $\frac{1}{8}$;

(2)若两组数据的平均数相等, 则它们的标准差也相等;

(3)直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}+1=0$ 与圆 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{1}{2}$ 相切.

其中真命题的序号是 ( )
选项：
A.(1)(2)(3)
B.(1)(2)
C.(1)(3)
D.(2)(3)
答案：C
解析：解析: 解答: 命题(1), 由球的体积公式可知, 当一个球的半径缩小到原来的 $\frac{1}{2}$, 则其体积缩小到原来的 $\frac{1}{8}$, 故该命题正确; 命题(2), 两组数据的平均数相等, 若离散程度不同, 则它们的标准差就不相等, 故该命题错误; 命题 (3), 直线 $x+y+1=0$ 到圆心 $(0,0)$ 的距离
$\mathrm{d}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 与圆 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{1}{2}$ 的半径相等, 故直线与圆相切, 该命题正确.故选 C.

分析：本题主要考查命题的基本知识的应用和真假命题的判断，根据概念逐项分析即可。