eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：已知: 已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=-^{\frac{1}{3}} \mathrm{x}^{3}+\frac{1}{\frac{1}{2}} \mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{ax}$,

(1) 若 $a=1$, 求 $f(x)$ 的极值;

（2）当 $0<a<2$ 时, $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的最小值为 ${ }^{\frac{16}{3}}$, 求 $f(x)$ 在该区间上的最大值.
选项：
答案：答案:（1）解：当 $\mathrm{a}=1$ 时,

$$
f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}+2 x, \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=-\mathrm{x}^{2}+\mathrm{x}+2=-(\mathrm{x}+1) \quad(\mathrm{x}-2)
$$

列表得:

| $\mathrm{x}$ | $(-\infty,-1)$ | -1 | $(-1,2)$ | 2 | $(2,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ | - | 0 | + | 0 | - |
| $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ | 单调减 | $-\frac{7}{6}$ | 单调增 | $\frac{10}{3}$ | 单调减 |

所以, $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极大值为 $\frac{10}{3}, \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极小值为 $-\frac{7}{6}$

(2) 解: 令 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$, 得 $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1+8 a}}{2}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1+8 a}}{2} ; \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(-\infty, \mathrm{x}_{1}\right),\left(\mathrm{x}_{2}\right.$, $+\infty)$ 上单调递减, 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递增,

当 $0<\mathrm{a}<2$ 时, 有 $\mathrm{x}_{1}<1<\mathrm{x}_{2}<4$,

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[1,4]$ 上的最大值为 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)$,

f (4) $<\mathrm{f}(1)$,

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[1,4]$ 上的最小值为 $f(4)=8 a-\frac{40}{3}=-\frac{16}{3}$,

解得: $a=1, x_{2}=2$.

故 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[1,4]$ 上的最大值为 $f(2)=\frac{10}{3}$
解析：答案:（1）解：当 $\mathrm{a}=1$ 时,

$$
f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}+2 x, \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=-\mathrm{x}^{2}+\mathrm{x}+2=-(\mathrm{x}+1) \quad(\mathrm{x}-2)
$$

列表得:

| $\mathrm{x}$ | $(-\infty,-1)$ | -1 | $(-1,2)$ | 2 | $(2,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ | - | 0 | + | 0 | - |
| $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ | 单调减 | $-\frac{7}{6}$ | 单调增 | $\frac{10}{3}$ | 单调减 |

所以, $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极大值为 $\frac{10}{3}, \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极小值为 $-\frac{7}{6}$

(2) 解: 令 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$, 得 $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1+8 a}}{2}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1+8 a}}{2} ; \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(-\infty, \mathrm{x}_{1}\right),\left(\mathrm{x}_{2}\right.$, $+\infty)$ 上单调递减, 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递增,

当 $0<\mathrm{a}<2$ 时, 有 $\mathrm{x}_{1}<1<\mathrm{x}_{2}<4$,

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[1,4]$ 上的最大值为 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)$,

f (4) $<\mathrm{f}(1)$,

所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[1,4]$ 上的最小值为 $f(4)=8 a-\frac{40}{3}=-\frac{16}{3}$,

解得: $a=1, x_{2}=2$.

故 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[1,4]$ 上的最大值为 $f(2)=\frac{10}{3}$

【解析】【分析】(1) 当 $\mathrm{a}=1$ 时, $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}+2 x$, 求导后分析函数的单调性, 进而可得

$f(x)$ 的极值; （2）当 $0<a<2$ 时, $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的最小值为 $f(4)=-^{\frac{16}{3}}$, 求出 $a$ 值后, 可得 $f(x)$ 在该区间上的最大值.
题目（高二 · 代数）：(2012$\cdot$广东) 设 $\mathrm{a}<1$, 集合 $\mathrm{A}=\{\mathrm{x} \in \mathrm{R} \mid \mathrm{x}>0\}, \mathrm{B}=\left\{\mathrm{x} \in \mathrm{R} \mid 2 \mathrm{x}^{2}-3(1+\mathrm{a}) \mathrm{x}+6 \mathrm{a}>0\right\}, \mathrm{D}=\mathrm{A} \cap \mathrm{B}$.

（1）求集合 D（用区间表示）;

(2) 求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2 \mathrm{x}^{3}-3(1+\mathrm{a}) \mathrm{x}^{2}+6 \mathrm{ax}$ 在 $\mathrm{D}$ 内的极值点.
选项：
答案：答案:(1) 解: 记 $h(x)=2 x^{2}-3(1+a) x+6 a(a<1)$$	riangle=9(1+a)^{2}-48 a=(3 a-1)(3 a-9)$,当 $	riangle<0$, 即<ImageHere>当 $0<a \leq rac{1}{3}, \quad D=\left(0, rac{3+3 a-\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4}ight) \cup\left(rac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\inftyight)$当 $a \leq 0$,$$D=\left(rac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\inftyight)$$(2) 解: 由 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6(1+a) x+6 a=0$ 得 $x=1$, $a$(1)当 $rac{1}{3}<\alpha<1, \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 D内有一个极大值点 $\mathrm{a}$, 有一个极小值点;(2)当 $0<a \leq rac{1}{3}, ecause h(1)=2-3(1+\mathrm{a})+6 \mathrm{a}=3 \mathrm{a}-1 \leq 0$,h (a) $=2 a^{2}-3(1+a) a+6 a=3 a-a^{2}>0$,$	herefore 1 
otin \mathrm{D}, \mathrm{a} \in \mathrm{D}$,$	herefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{D}$ 内有一个极大值点 $\mathrm{a}$.(3) 当 $\mathrm{a} \leq 0$, 则 $\mathrm{a} 
otin \mathrm{D}$,又 $ecause h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1<0$.$	herefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{D}$ 内有无极值点
题目（高二 · 代数）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=1 \mathrm{nx}$.

(I) 求曲线 $y=f(x)$ 在点 (1, $f(1))$ 处的切线方程;

(II) 求证: 当 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-\frac{1}{x}$;

(III) 若 $x-1>a 1 n x$ 对任意 $x>1$ 恒成立, 求实数 $a$ 的最大值.
选项：
答案：解: ( I ) $f^{\prime}(x)=rac{1}{x}, \mathrm{f}^{\prime}(1)=1$, 又 $\mathrm{f}(1)=0$, 所以切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-1$;(II) 证明: 由题意知 $\mathrm{x}>0$, 令 $g(x)=f(x)-\left(1-rac{1}{x}ight)=\ln x-1+rac{1}{x} \cdot g^{\prime}(x)=rac{1}{x}-rac{1}{x^{2}}=rac{x-1}{x^{2}}$令 $g^{\prime}(x)=rac{x-1}{x^{2}}=0$, 解得 $x=1$. 易知当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 易知当 $0<x<1$ 时, $g^{\prime}(x)<0$. 即 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,所以 $g(x) \min =g(1)=0, g(x) \geq g(1)=0$即 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\left(1 rac{1}{\mathrm{x}}ight) \geqslant 0$, 即 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-rac{1}{x}$;(III) 设 $h(x)=x-1-a 1 n x(x \geq 1)$, 依题意, 对于任意 $x>1, h(x)>0$ 恒成立.$h^{\prime}(x)=1-rac{a}{x}=rac{x-a}{x}, a \leq 1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增,当 $x>1$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 满足题意.$a>1$ 时, $h(x)$ 在 (1, a) 上单调递减, 所以 $g(a)<g(1)=0即当 $a>1$ 时, 总存在 $g$ (a) $<0$, 不合题意. 综上所述, 实数 $a$ 的最大值为 1
解析：解: ( I ) $f^{\prime}(x)=rac{1}{x}, \mathrm{f}^{\prime}(1)=1$, 又 $\mathrm{f}(1)=0$, 所以切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-1$;(II) 证明: 由题意知 $\mathrm{x}>0$, 令 $g(x)=f(x)-\left(1-rac{1}{x}ight)=\ln x-1+rac{1}{x} \cdot g^{\prime}(x)=rac{1}{x}-rac{1}{x^{2}}=rac{x-1}{x^{2}}$令 $g^{\prime}(x)=rac{x-1}{x^{2}}=0$, 解得 $x=1$. 易知当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 易知当 $0<x<1$ 时, $g^{\prime}(x)<0$. 即 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,所以 $g(x) \min =g(1)=0, g(x) \geq g(1)=0$即 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\left(1 rac{1}{\mathrm{x}}ight) \geqslant 0$, 即 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-rac{1}{x}$;(III) 设 $h(x)=x-1-a 1 n x(x \geq 1)$, 依题意, 对于任意 $x>1, h(x)>0$ 恒成立.$h^{\prime}(x)=1-rac{a}{x}=rac{x-a}{x}, a \leq 1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增,当 $x>1$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 满足题意.$a>1$ 时, $h(x)$ 在 (1, a) 上单调递减, 所以 $g(a)<g(1)=0即当 $a>1$ 时, 总存在 $g$ (a) $<0$, 不合题意. 综上所述, 实数 $a$ 的最大值为 1
题目（高二 · 代数）：设 $a<1$, 集合 $A=\{x \in R \mid x>0\}, B=\left\{x \in R \mid 2 x^{2}-3 （ 1+a ） x+6 a>0\right\}, D=A \cap B$.

（1）求集合 D（用区间表示）;

(2) 求函数 $f(x)=2 x^{3}-3(1+a) x^{2}+6 a x$ 在 $D$ 内的极值点.
选项：
答案：1）解: 记 $h(x)=2 x^{2}-3(1+a) x+6 a(a<1) \Delta=9(1+a)^{2}-48 a=(3 a-1)(3 a-9)$,当 $	riangle<0$, 即 $rac{1}{3}<a<3, \mathrm{D}=(0,+\infty)$,当 $0<a \leq rac{1}{3}, D=\left(0, rac{3+3 a-\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4}ight) \cup\left(rac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\inftyight)$当 $\mathrm{a} \leq 0, D=\left(rac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\inftyight)$(2) 解: 由 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6(1+a) x+6 a=0$ 得 $x=1, a$,(1)当 $rac{1}{3}<\alpha<1, f(x)$ 在 $D$ 内有一个极大值点 $a$, 有一个极小值点;(2)当 $0<a \leq rac{1}{3}, ecause h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1 \leq 0$,$h(a)=2 a^{2}-3(1+a) a+6 a=3 a-a^{2}>0, \quad 	herefore 1 
otin D, a \in D, \quad 	herefore f(x)$ 在 D 内有一个极大值点 $a$.(3)当 $a \leq 0$, 则 $a 
otin D$, 又 $ecause h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1<0 . 	herefore f(x)$ 在 $D$ 内有无极值点
解析：1）解: 记 $h(x)=2 x^{2}-3(1+a) x+6 a(a<1) \Delta=9(1+a)^{2}-48 a=(3 a-1)(3 a-9)$,当 $	riangle<0$, 即 $rac{1}{3}<a<3, \mathrm{D}=(0,+\infty)$,当 $0<a \leq rac{1}{3}, D=\left(0, rac{3+3 a-\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4}ight) \cup\left(rac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\inftyight)$当 $\mathrm{a} \leq 0, D=\left(rac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\inftyight)$(2) 解: 由 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6(1+a) x+6 a=0$ 得 $x=1, a$,(1)当 $rac{1}{3}<\alpha<1, f(x)$ 在 $D$ 内有一个极大值点 $a$, 有一个极小值点;(2)当 $0<a \leq rac{1}{3}, ecause h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1 \leq 0$,$h(a)=2 a^{2}-3(1+a) a+6 a=3 a-a^{2}>0, \quad 	herefore 1 
otin D, a \in D, \quad 	herefore f(x)$ 在 D 内有一个极大值点 $a$.(3)当 $a \leq 0$, 则 $a 
otin D$, 又 $ecause h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1<0 . 	herefore f(x)$ 在 $D$ 内有无极值点
题目（高二 · 变换几何）：15. 使函数 $y=f(x)$ 的图象上的每一点的纵坐标保持不变, 横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 然后再将其图象沿 $x$ 轴向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度得到的曲线与 $y=\sin 2 x$ 的图象相同, 求 $f(x)$ 的表达式.
选项：
答案：解析 : (正向变换)

<ImageHere>

## $\xrightarrow{\text { 沿 } x \text { 轴向左 }} y=f\left(2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right)$ ，

平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度

即 $y=f\left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，

$\therefore\left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\sin 2 x$.

令 $2 x+\frac{\pi}{3}=t$, 则 $2 x=t-\frac{\pi}{3}$,

$\therefore f(t)=\sin \left(t-\frac{\pi}{3}\right)$,

即 $f(x)=\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$.
解析：解析 : (正向变换)



## $\xrightarrow{\text { 沿 } x \text { 轴向左 }} y=f\left(2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right)$ ，

平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度

即 $y=f\left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，

$\therefore\left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\sin 2 x$.

令 $2 x+\frac{\pi}{3}=t$, 则 $2 x=t-\frac{\pi}{3}$,

$\therefore f(t)=\sin \left(t-\frac{\pi}{3}\right)$,

即 $f(x)=\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$.
题目（高二 · 变换几何）：9. 函数 $f(x)=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)-3$ 的图象是由 $y=\sin x$ 的图象经过怎样的变换得到的?
选项：
答案：先把函数 $y=\sin x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度，得 $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象；再把所得函数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 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象; 然后把所得函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 5 倍(横坐标不变)得函数 $y=$ $5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象，最后将所得函数图象向下平移 3 个单位长度，得函数 $y=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ -3 的图象(答案不唯一).
解析：先把函数 $y=\sin x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度，得 $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象；再把所得函数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 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象; 然后把所得函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 5 倍(横坐标不变)得函数 $y=$ $5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象，最后将所得函数图象向下平移 3 个单位长度，得函数 $y=5 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ -3 的图象(答案不唯一).
题目（高二 · 变换几何）：18. 如图, 在 $\triangle O A B$ 中, $P$ 为线段 $A B$ 上一点, 且 $\overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}$.



(1) 若 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{P B}$, 求 $x, y$ 的值;

(2) 若 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B},|\overrightarrow{O A}|=4,|\overrightarrow{O B}|=2$, 且 $\overrightarrow{O A}$ 与 $\overrightarrow{O B}$ 的夹角为 $60^{\circ}$, 求 $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{A B}$ 的值.
选项：
答案：(1)若 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{P B}$ ，

则 $\overrightarrow{O P}=\frac{1}{2} \overrightarrow{O A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{O B}$ ，

故 $x=y=\frac{1}{2}$.

(2) 若 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B}$ ，
则 $\overrightarrow{O P}=\frac{1}{4} \overrightarrow{O A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{O B}$ ，

$\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{A B}$

$=\left(\frac{1}{4} \overrightarrow{O A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{O B}\right) \cdot(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})$

$=-\frac{1}{4} \overrightarrow{O A^{2}}-\frac{1}{2} \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{O B}^{2}$

$=-\frac{1}{4} \times 4^{2}-\frac{1}{2} \times 4 \times 2 \times \cos 60^{\circ}+\frac{3}{4} \times 2^{2}=-3$.
解析：:(1)若 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{P B}$ ，

则 $\overrightarrow{O P}=\frac{1}{2} \overrightarrow{O A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{O B}$ ，

故 $x=y=\frac{1}{2}$.

(2) 若 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B}$ ，
则 $\overrightarrow{O P}=\frac{1}{4} \overrightarrow{O A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{O B}$ ，

$\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{A B}$

$=\left(\frac{1}{4} \overrightarrow{O A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{O B}\right) \cdot(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})$

$=-\frac{1}{4} \overrightarrow{O A^{2}}-\frac{1}{2} \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{O B}^{2}$

$=-\frac{1}{4} \times 4^{2}-\frac{1}{2} \times 4 \times 2 \times \cos 60^{\circ}+\frac{3}{4} \times 2^{2}=-3$.
题目（高二 · 变换几何）：10.将函数 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象先沿 $x$ 轴向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度, 再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$, 求与最终的图象对应的函数的解析式.
选项：
答案：将原函数的图象沿 $x$ 轴向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度后, 与其对应的函数的解析式为

$y=\sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\sin \left(2 x-\frac{5 \pi}{6}\right)$, 再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$, 则与其对应的函数的解析式为 $y=\sin \left(4 x-\frac{5 \pi}{6}\right)$.
解析：将原函数的图象沿 $x$ 轴向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度后, 与其对应的函数的解析式为

$y=\sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\sin \left(2 x-\frac{5 \pi}{6}\right)$, 再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$, 则与其对应的函数的解析式为 $y=\sin \left(4 x-\frac{5 \pi}{6}\right)$.
题目（高二 · 变换几何）：13.利用 “五点法” 作出 $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{2}\right)\left(x \in\left[\frac{\pi}{2}, \frac{5}{2} \pi\right]\right)$ 的图象.
选项：
答案：<ImageHere>
解析：列表如下:

| $x$ | $\frac{\pi}{2}$ | $\pi$ | $\frac{3 \pi}{2}$ | $2 \pi$ | $\frac{5}{2} \pi$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\sin \left(x-\frac{\pi}{2}\right)$ | 0 | 1 | 0 | -1 | 0 |

描点并用光滑的曲线连接起来。
题目（高二 · 变换几何）：14.利用图像变换作出下列函数的简图:

(1) $y=1-\cos x, x \in[0,2 \pi]$;

(2) $y=|\sin x|, x \in[0,4 \pi] \cdot$
选项：
答案：(1)<ImageHere>（2）![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7e0b68f58a18e6ceb5d1g-165.jpg?height=322&width=1168&top_left_y=256&top_left_x=181)
解析：(1) 首先用 “五点法” 作出函数 $y=\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 的简图, 再作出 $y=\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 的简图关于 $x$ 轴对称的简图, 即 $y=-\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 的简图，将 $y=-\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 的简图向上平移 1 个单位即可得到 $y=1-\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 的简图，如图所示.



(2)首先用 “五点法” 作出函数 $y=\sin x, x \in[0,4 \pi]$ 的简图，再将该简图在 $x$ 轴下方的部分翻折到 $x$ 轴的上方, 即得到 $y=|\sin x|, x \in[0,4 \pi]$ 的简图，如图所示.
题目（高二 · 变换几何）：10.将函数 $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象先沿 $x$ 轴向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度, 再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$, 求与最终的图象对应的函数的解析式.
选项：
解析：将原函数的图象沿 $x$ 轴向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度后, 与其对应的函数的解析式为

$y=\sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\sin \left(2 x-\frac{5 \pi}{6}\right)$, 再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$, 则与其对应的函数的解析式为 $y=\sin \left(4 x-\frac{5 \pi}{6}\right)$.
题目（高二 · 变换几何）：用 “五点法” 作出函数 $y=1-2 \sin x, x \in[-\pi, \pi]$ 的简图, 并回答下列问题:

(1)观察函数图象，写出满足下列条件的 $x$ 的区间.(1) $y>1$; (2) $y<1$.(2) 若直线 $y=a$ 与 $y=1-2 \sin x, x \in[-\pi, \pi]$ 的图象有两个交点, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：<ImageHere>\n\n(1)(1)由图象可知，当 $y>1$ 时， $-\pi<x<0$ ，即 $(-\pi ， 0)$.

(2)当 $y<1$ 时，区间为 $(0 ， \pi)$.

(2)当 $1<a<3$ 或 $-1<a<1$ 时 $y=a$ 与 $y=1-2 \sin x ， x \in[-\pi ， \pi]$ 有两个交点.
解析：解析 : \n\n\n\n(1)(1)由图象可知，当 $y>1$ 时， $-\pi<x<0$ ，即 $(-\pi ， 0)$.

(2)当 $y<1$ 时，区间为 $(0 ， \pi)$.

(2)当 $1<a<3$ 或 $-1<a<1$ 时 $y=a$ 与 $y=1-2 \sin x ， x \in[-\pi ， \pi]$ 有两个交点.
题目（高二 · 变换几何）：如图所示, 摩天轮的半径为 $40 \mathrm{~m}, O$ 点距地面的高度为 $50 \mathrm{~m}$, 摩天轮作匀速转动, 每 $2 \mathrm{~min}$ 转一圈, 摩天轮上点 $P$ 的起始位置在最高点.

(1) 试确定在时刻 $t \min$ 时 $P$ 点距离地面的高度;

(2) 在摩天轮转动一圈内, 有多长时间 $P$ 点距离地面超过 $70 \mathrm{~m}$.


选项：
答案：(1) $50+40 \cos \pi t$; (2) 有 $\frac{2}{3} \min P$ 点距离地面超过 $70 \mathrm{~m}$.
解析：建立如图所示的平面直角坐标系,



(1) 设 $\varphi(0 \leq \varphi \leq 2 \pi)$ 是以 $O x$ 为始边, $O P_{0}$ 为终边的角,

$O P$ 在 $t \min$ 内转过的角为 $\frac{2 \pi}{2} t$, 即 $\pi$,

$\therefore$ 以 $O x$ 为始边, $O P$ 为终边的角为 $\pi t+\varphi$, 即 $P$ 点纵坐标为 $40 \sin (\pi t+\varphi)$,

$\therefore P$ 点距地面的高度为 $z=50+40 \sin (\pi t+\varphi)(0 \leq \varphi \leq 2 \pi)$,

由题可知, $\varphi=\frac{\pi}{2}, \therefore z=50+40 \cos \pi t$.

(2) 当 $50+40 \cos \pi t \geq 70$ 时, 解得 $2 k-\frac{1}{3} \leq t \leq 2 k+\frac{1}{3}, k \in \mathbf{Z}$,

持续时间为 $\frac{2}{3} \mathrm{~min}$ 即在摩天轮转动一圈内, 有 $\frac{2}{3} \mathrm{~min}$ 点距离地面超过 $70 \mathrm{~m}$.
题目（高二 · 变换几何）：9. 已知函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,0 \leqslant \varphi \leqslant \pi)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 其图象关于点 $M\left(\frac{3 \pi}{4}, 0\right)$ 对称, 且在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$上是单调函数, 求 $\varphi$ 和 $\omega$ 的值.
选项：
答案：由 $f(x)$ 是偶函数, 得 $f(-x)=f(x)$,

即函数 $f(x)$ 的图象关于 $y$ 轴对称,

$\therefore f(x)$ 在 $x=0$ 时取得最值,

即 $\sin \varphi=1$ 或 $\sin \varphi=-1$.

依题设 $0 \leqslant \varphi \leqslant \pi$, 解得 $\varphi=\frac{\pi}{2}$.

由 $f(x)$ 的图象关于点 $M$ 对称, 可知
$\sin \left(\frac{3 \pi}{4} \omega+\frac{\pi}{2}\right)=0$,

$\therefore \frac{3 \pi}{4} \omega+\frac{\pi}{2}=k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

解得 $\omega=\frac{4 k}{3}-\frac{2}{3}, k \in \mathbf{Z}$,

又 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是单调函数,

所以 $T \geqslant \pi, \quad$ 即 $\frac{2 \pi}{\omega} \geqslant \pi$,

又 $\omega>0, \quad \therefore 0<\omega \leqslant 2$.

$\therefore$ 当 $k=1$ 时, $\omega=\frac{2}{3}$;

当 $k=2$ 时, $\omega=2$.

$\therefore \varphi=\frac{\pi}{2}, \omega=2$ 或 $\frac{2}{3}$.
解析：由 $f(x)$ 是偶函数, 得 $f(-x)=f(x)$,

即函数 $f(x)$ 的图象关于 $y$ 轴对称,

$\therefore f(x)$ 在 $x=0$ 时取得最值,

即 $\sin \varphi=1$ 或 $\sin \varphi=-1$.

依题设 $0 \leqslant \varphi \leqslant \pi$, 解得 $\varphi=\frac{\pi}{2}$.

由 $f(x)$ 的图象关于点 $M$ 对称, 可知
$\sin \left(\frac{3 \pi}{4} \omega+\frac{\pi}{2}\right)=0$,

$\therefore \frac{3 \pi}{4} \omega+\frac{\pi}{2}=k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

解得 $\omega=\frac{4 k}{3}-\frac{2}{3}, k \in \mathbf{Z}$,

又 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是单调函数,

所以 $T \geqslant \pi, \quad$ 即 $\frac{2 \pi}{\omega} \geqslant \pi$,

又 $\omega>0, \quad \therefore 0<\omega \leqslant 2$.

$\therefore$ 当 $k=1$ 时, $\omega=\frac{2}{3}$;

当 $k=2$ 时, $\omega=2$.

$\therefore \varphi=\frac{\pi}{2}, \omega=2$ 或 $\frac{2}{3}$.
题目（高二 · 变换几何）：12.函数 $f(x)$ 是以 4 为周期的奇函数, 且 $f(-1)=1$, 则 $\sin \left[\pi f(5)+\frac{\pi}{2}\right]=$
选项：
答案：-1
解析：$\because$ 函数 $f(x)$ 是以 4 为周期的奇函数,

且 $f(-1)=1, \therefore f(5)=f(4+1)=f(1)$

$=-f(-1)=-1$,
则原式 $=\sin \left(-\pi+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}=-1$.

答案: -1
题目（高二 · 变换几何）：11.已知函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,0 \leqslant \varphi \leqslant \pi)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 其图象关于点 $M\left(\frac{3 \pi}{4}, 0\right)$ 对称, 且在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$上是单调函数, 求 $\varphi$ 和 $\omega$ 的值.
选项：
解析：由 $f(x)$ 是偶函数, 得 $f(-x)=f(x)$,

即函数 $f(x)$ 的图象关于 $y$ 轴对称,

$\therefore f(x)$ 在 $x=0$ 时取得最值,

即 $\sin \varphi=1$ 或 $\sin \varphi=-1$.

依题设 $0 \leqslant \varphi \leqslant \pi$, 解得 $\varphi=\frac{\pi}{2}$.
由 $f(x)$ 的图象关于点 $M$ 对称, 可知

$\sin \left(\frac{3 \pi}{4} \omega+\frac{\pi}{2}\right)=0$,

$\therefore \frac{3 \pi}{4} \omega+\frac{\pi}{2}=k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

解得 $\omega=\frac{4 k}{3}-\frac{2}{3}, k \in \mathbf{Z}$,

又 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是单调函数,

所以 $T \geqslant \pi, \quad$ 即 $\frac{2 \pi}{\omega} \geqslant \pi$,

又 $\omega>0, \therefore 0<\omega \leqslant 2$.

$\therefore$ 当 $k=1$ 时, $\omega=\frac{2}{3}$;

当 $k=2$ 时, $\omega=2$.

$\therefore \varphi=\frac{\pi}{2}, \omega=2$ 或 $\frac{2}{3}$​.
题目（高二 · 计数）：22.  某商店预备在一个月内分批购买每张价值为 20 元的书桌共 36 台, 每批都购 $\lambda x$ 台 $(x$ 是正整数), 且每批均需付运费 4 元, 储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值(不含运费)成正比, 若每批购入 4 台, 则该月需用去运费和保管费共 52 元，现在全月只有 48 元资金可以用于支付运费和保管费.

(1)求该月需用去的运费和保管费的总费用 $f(x)$;

(2)能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由.
选项：
答案：(1)设题中比例系数为 $k$, 若每批购入 $x$ 台, 则共需分 $\frac{36}{x}$ 批, 每批价值 20x.

由题意 $f(x)=\frac{36}{x} \cdot 4+k \cdot 20 x$,

由 $x=4$ 时, $y=52$, 得 $k=\frac{16}{80}=\frac{1}{5}$.

$\therefore f(x)=\frac{144}{x}+4 x\left(0<x \leqslant 36, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(2) 由(1)知 $f(x)=\frac{144}{x}+4 x\left(0<x \leqslant 36, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

$\therefore f(x) \geqslant 2 \sqrt{\frac{144}{x} \cdot 4 x}=48$ (元).

当且仅当 $\frac{144}{x}=4 x$, 即 $x=6$ 时, 上式等号成立.

故只需每批购入 6 张书桌, 可以使资金够用.
解析：(1)设题中比例系数为 $k$, 若每批购入 $x$ 台, 则共需分 $\frac{36}{x}$ 批, 每批价值 20x.

由题意 $f(x)=\frac{36}{x} \cdot 4+k \cdot 20 x$,

由 $x=4$ 时, $y=52$, 得 $k=\frac{16}{80}=\frac{1}{5}$.

$\therefore f(x)=\frac{144}{x}+4 x\left(0<x \leqslant 36, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(2) 由(1)知 $f(x)=\frac{144}{x}+4 x\left(0<x \leqslant 36, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

$\therefore f(x) \geqslant 2 \sqrt{\frac{144}{x} \cdot 4 x}=48$ (元).

当且仅当 $\frac{144}{x}=4 x$, 即 $x=6$ 时, 上式等号成立.

故只需每批购入 6 张书桌, 可以使资金够用.哈哈
题目（高二 · 计数）：11. 某省每年损失耕地 20 万亩, 每亩耕地价值 24000 元, 为了减小耕地损失, 决定按耕地价格的 $t \%$ 征收耕地占用税, 这样每年的耕地损失可减少 $\frac{5}{2} t$ 万亩, 为了既减少耕地的损失又保证此项税收一年不少于 9000 万元, $t \%$ 应在什么范围内变动?
选项：
答案：由题意可列不等式如下:

$$
\left(20-\frac{5}{2} t\right) \cdot 24000 \cdot t \% \geqslant 9000 \Leftrightarrow 3 \leqslant t \leqslant 5
$$

所以 $t \%$ 应控制在 $3 \%$ 到 $5 \%$ 范围内.
解析：由题意可列不等式如下:

$$
\left(20-\frac{5}{2} t\right) \cdot 24000 \cdot t \% \geqslant 9000 \Leftrightarrow 3 \leqslant t \leqslant 5
$$

所以 $t \%$ 应控制在 $3 \%$ 到 $5 \%$ 范围内.
题目（高二 · 立体几何学）：18.【广东省韶关市 2019 届高考模拟测试 (4 月) 数学试题】在 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别是内角 $A$ 、 B、 $C$ 的对边, 且 $\sqrt{3} b \cos A=\sin A(a \cos C+c \cos A)$.

(1) 求角 $A$ 的大小;

(2) 若 $a=2 \sqrt{3}, \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{5 \sqrt{3}}{4}$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.
选项：
答案：(1) $A=\frac{\pi}{3}$ ；（2） $5 \sqrt{3}$.
解析：(1) $\because \sqrt{3} b \cos A=\sin A(a \cos C+c \cos A)$,

$\therefore$ 由正弦定理可得：

$\sqrt{3} \sin B \cos A=\sin A(\sin A \cos C+\sin C \cos A)=\sin A \sin (A+C)=\sin A \sin B$,

即 $\sqrt{3} \sin B \cos A=\sin A \sin B$,

$\because \sin B \neq 0, \therefore \tan A=\sqrt{3}, \because A \in(0, \pi), \quad \therefore A=\frac{\pi}{3}$.

(2) $\because A=\frac{\pi}{3}, a=2 \sqrt{3}, \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{5 \sqrt{3}}{4}$,

$\therefore \frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4} b c=\frac{5 \sqrt{3}}{4}, \therefore b c=5$,

$\therefore$ 由余弦定理可得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

即 $12=b^{2}+c^{2}-b c=(b+c)^{2}-3 b c=(b+c)^{2}-15$, 解得: $b+c=3 \sqrt{3}$,
$\therefore \triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=2 \sqrt{3}+3 \sqrt{3}=5 \sqrt{3}$.

【名师点睛】本题主要考查了正弦定理, 两角和的正弦函数公式, 三角形的面积公式, 余弦定理在解三角形中的综合应用, 考查了计算能力和转化思想, 属于基础题.

（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 $\sqrt{3} \sin B \cos A=\sin A \sin B$, 由 $\sin B \neq 0$, 可求 $\tan A=\sqrt{3}$, 结合 $A \in(0, \pi)$, 可求 $A=\frac{\pi}{3}$.

(2) 利用三角形的面积公式可求 $b c=5$, 进而根据余弦定理可得 $b+c=3 \sqrt{3}$, 即可计算 $\triangle A B C$ 的周长的值.
题目（高二 · 立体几何学）：26. （2018 全国卷 I ) 在平面四边形 $A B C D$ 中, $\angle A D C=90^{\circ}, \angle A=45^{\circ}, A B=2, B D=5$.

(1)求 $\cos \angle A D B$;

(2)若 $D C=2 \sqrt{2}$, 求 $B C$.
选项：
答案：(1)在 $\triangle A B D$ 中, 由正弦定理得 $\frac{B D}{\sin \angle A}=\frac{A B}{\sin \angle A D B}$.

由题设知, $\frac{5}{\sin 45^{\circ}}=\frac{2}{\sin \angle A D B}$, 所以 $\sin \angle A D B=\frac{\sqrt{2}}{5}$.

由题设知, $\angle A D B<90^{\circ}$, 所以 $\cos \angle A D B=\sqrt{1-\frac{2}{25}}=\frac{\sqrt{23}}{5}$.

(2)由题设及(1)知, $\cos \angle B D C=\sin \angle A D B=\frac{\sqrt{2}}{5}$. 在 $\triangle B C D$ 中, 由余弦定理得:

$B C^{2}=B D^{2}+D C^{2}-2 \cdot B D \cdot D C \cdot \cos \angle B D C=25+8-2 \times 5 \times 2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{5}=25$.

所以 $B C=5$.
解析：(1)在 $\triangle A B D$ 中, 由正弦定理得 $\frac{B D}{\sin \angle A}=\frac{A B}{\sin \angle A D B}$.

由题设知, $\frac{5}{\sin 45^{\circ}}=\frac{2}{\sin \angle A D B}$, 所以 $\sin \angle A D B=\frac{\sqrt{2}}{5}$.

由题设知, $\angle A D B<90^{\circ}$, 所以 $\cos \angle A D B=\sqrt{1-\frac{2}{25}}=\frac{\sqrt{23}}{5}$.

(2)由题设及(1)知, $\cos \angle B D C=\sin \angle A D B=\frac{\sqrt{2}}{5}$. 在 $\triangle B C D$ 中, 由余弦定理得:

$B C^{2}=B D^{2}+D C^{2}-2 \cdot B D \cdot D C \cdot \cos \angle B D C=25+8-2 \times 5 \times 2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{5}=25$.

所以 $B C=5$.
题目（高二 · 立体几何学）：22.  已知 $\triangle A B C$ 的角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别是 $a 、 b 、 c$, 设向量 $\boldsymbol{m}=(a, b)$, $\boldsymbol{n}=(\sin B, \sin A), \boldsymbol{p}=(b-2, a-2)$.

(1)若 $\boldsymbol{m} / / \boldsymbol{n}$, 求证: $\triangle A B C$ 为等腰三角形;

(2)若 $\boldsymbol{m} \perp \boldsymbol{p}$, 边长 $c=2$, 角 $C=\frac{\pi}{3}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：(1)证明 $\because \boldsymbol{m} / / \boldsymbol{n}, \quad \therefore a \sin A=b \sin B$,

即 $a \cdot \frac{a}{2 R}=b \cdot \frac{b}{2 R}$,

其中 $R$ 是 $\triangle A B C$ 外接圆半径, $\therefore a=b$.

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形.

(2)解 由题意知 $\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{p}=0$,

即 $a(b-2)+b(a-2)=0$.

$\therefore a+b=a b$.

由余弦定理可知, $4=a^{2}+b^{2}-a b=(a+b)^{2}-3 a b$,

即 $(a b)^{2}-3 a b-4=0$.

$\therefore a b=4$ (舍去 $a b=-1$ ),

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} \times 4 \times \sin \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$.
解析：(1)证明 $\because \boldsymbol{m} / / \boldsymbol{n}, \quad \therefore a \sin A=b \sin B$,

即 $a \cdot \frac{a}{2 R}=b \cdot \frac{b}{2 R}$,

其中 $R$ 是 $\triangle A B C$ 外接圆半径, $\therefore a=b$.

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形.

(2)解 由题意知 $\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{p}=0$,

即 $a(b-2)+b(a-2)=0$.

$\therefore a+b=a b$.

由余弦定理可知, $4=a^{2}+b^{2}-a b=(a+b)^{2}-3 a b$,

即 $(a b)^{2}-3 a b-4=0$.

$\therefore a b=4$ (舍去 $a b=-1$ ),

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} \times 4 \times \sin \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$.哈哈