eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A$, $B, C$ 的对边, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 且 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
答案：D
解析：由 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 得 $4 \sqrt{3} \times \frac{1}{2} a b \sin C=a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b$,

$\because a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos C, \therefore 2 \sqrt{3} a b \sin C=2 a b \cos C+2 a b$,

即 $\sqrt{3} \sin C-\cos C=1$, 即 $2 \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=1$, 则 $\sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$,

$\because 0<C<\pi, \therefore-\frac{\pi}{6}<C-\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6}, \therefore C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$, 即 $C=\frac{\pi}{3}$,

则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,

故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：太极图被称为“中华第一图”. 从孔庙大成殿粱柱, 到楼观台、三茅宫标记物; 从道袍、卦推、中医、气功、武术到南韩国旗…… 太极图无不跃居其上. 这种广为人知的太极图, 其形状如阴阳两鱼互抱在一起, 因而被称为“阴阳鱼太极图”. 在如图所示的阴阳鱼图案中, 阴影部分可表示为

$A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+(y-1)^{2} \leq 1\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2} \leq 4 \\ x^{2}+(y+1)^{2} \geq 1 \\ x \leq 0\end{array}\right\}$, 设点 $(x, y) \in A$, 则 $z=x+2 y$ 的取值范围是 ( )


选项：
A. $[-2-\sqrt{5}, 2 \sqrt{5}]$
B. $[-2 \sqrt{5}, 2 \sqrt{5}]$
C. $[-2 \sqrt{5}, 2+\sqrt{5}]$
D. $[-4,2+\sqrt{5}]$
答案：C
解析：如图, 作直线 $x+2 y=0$, 当直线上移与圆 $x^{2}+(y-1)^{2}=1$ 相切时, $z=x+2 y$ 取最大值,此时, 圆心 $(0,1)$ 到直线 $z=x+2 y$ 的距离等于 1 , 即 $\frac{|2-z|}{\sqrt{5}}=1$,解得 $z$ 的最大值为: $2+\sqrt{5}$,

当下移与圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 相切时, $x+2 y$ 取最小值,
同理 $\frac{|-z|}{\sqrt{5}}=2$, 即 $z$ 的最小值为: $-2 \sqrt{5}$,

所以 $z \in[-2 \sqrt{5}, 2+\sqrt{5}]$.
题目（高二 · 解析几何）：设不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+y-3 \geq 0 \\ x-y+1 \geq 0 \\ 3 x-y-5 \leq 0\end{array}\right.$ 表示的平面区域为 $M$, 若直线 $y=k x$ 经过区域 $M$ 内的点, 则实数 $k$ 的取值范围为
选项：
A. $\left(\frac{1}{2}, 2\right]$
B. $\left[\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$
C. $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$
D. $\left[\frac{4}{3}, 2\right]$
答案：C
解析：做出可行域如图所示, 图中虚线处为满足题意的临界值. 当直线 $y=k x$ 经过点 $A(2,1)$ 时, $k$ 取得最小值 $k_{\min }=\frac{1}{2}$; 当直线 $y=k x$ 经过点 $C(1,2)$ 时, $k$ 取得最大值 $k_{\text {max }}=2$, 所以实数 $k$ 的取值范围为 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：若实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-3 y+4 \geq 0 \\ 3 x-y-4 \leq 0 \\ x+y \geq 0\end{array}\right.$, 则 $z=3 x+2 y$ 的最大值是
选项：
A. -1
B. 1
C. 10
D. 12
答案：C
解析：画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示。

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-113、.jpg?height=819&width=873&top_left_y=573&top_left_x=503)

因为 $z=3 x+2 y$, 所以 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$.

平移直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 可知, 当该直线经过点 $A$ 时, $z$ 取得最大值.

联立两直线方程可得 $\left\{\begin{array}{l}x-3 y+4=0 \\ 3 x-y-4=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=2\end{array}\right.$.

即点 $A$ 坐标为 $A(2,2)$, 所以 $z_{\text {max }}=3 \times 2+2 \times 2=10$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 则 $C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：A
解析：在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\sqrt{2}$.

由余弦定理 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 可得 $c^{2}-\sqrt{6} c+1=0$. 所以 $c=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ 因为 $\angle C>\angle B$, 所以 $c>b$, 所以 $c=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$. 故选 $\mathrm{A}$.
题目（高二 · 解析几何）：设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \leq 0, \\ x-y+2 \geq 0, \\ x \geqslant-1, \\ y \geqslant-1,\end{array}\right.$, 则目标函数 $z=-4 x+y$ 的最大值为（）
选项：
A. 2
B. 3
C. 5
D. 6
答案：D
解析：已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分.

目标函数的几何意义是直线 $y=4 x+z$ 在 $y$ 轴上的截距,

故目标函数在点 $A$ 处取得最大值.

由 $\left\{\begin{array}{l}x-y+2=0, \\ x=-1\end{array}\right.$, 得 $A(-1,1)$,
所以 $Z_{\text {max }}=-4 \times(-1)+1=5$.

故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c,(a+b+c)(a-b+c)=a c, \sin A \sin C=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$, 则
角 $C=(\quad)$
选项：
A. $C=15^{\circ}$ 或 $C=45^{\circ}$
B. $C=15^{\circ}$ 或 $C=30^{\circ}$
C. $C=60^{\circ}$ 或 $C=45^{\circ}$
D. $C=30^{\circ}$ 或 $C=60^{\circ}$
答案：A
解析：因为 $(a+b+c)(a-b+c)=a c$ ，所以 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=-a c$.

由余弦定理得, $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=-\frac{1}{2}$ ，

因此 $B=120^{\circ}$, 所以 $A+C=60^{\circ}$, 所以 $\cos (A-C)=\cos A \cos C+\sin A \sin C$

$=\cos A \cos C-\sin A \sin C+2 \sin A \sin C=\cos (A+C)+2 \sin A \sin C$

$=\frac{1}{2}+2 \times \frac{\sqrt{3}-1}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $A-C=30^{\circ}$ 或 $A-C=-30^{\circ}$, 因此, $C=15^{\circ}$ 或 $C=45^{\circ}$, 故选 $\mathrm{A}$ 。
题目（高二 · 解析几何）：已知三角形 $\triangle A B C$ 中, $A=30^{\circ}, C=105^{\circ}, b=4$, 则 $a=(\quad)$
选项：
A. 2
B. $2 \sqrt{2}$
c. $2 \sqrt{3}$
D. $2 \sqrt{5}$
答案：B
解析：因为 $A+B+C=180^{\circ}$, 所以 $B=180^{\circ}-A-C=45^{\circ}$, 又由正弦定理, 知 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,得 $a=\frac{b \sin \mathrm{A}}{\sin \mathrm{B}}=\frac{4 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2 \sqrt{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $B=\frac{\pi}{6}, \mathrm{c}=4, \cos C=\frac{\sqrt{5}}{3}$, 则 $\mathrm{b}=(\quad)$
选项：
A. $3 \sqrt{3}$
    B. 3
    c. $\frac{3}{2}$
    D. $\frac{4}{3}$
答案：B
解析：$\because B=\frac{\pi}{6}, c=4, \cos C=\frac{\sqrt{5}}{3}, \therefore \sin C=\sqrt{1-\cos ^{2} C}=\frac{2}{3}$,

$\therefore$ 由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$, 可得: $\frac{b}{\frac{1}{2}}=\frac{4}{\frac{2}{3}}$, 解得: $\mathrm{b}=3$.

故选: B.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $B=60^{\circ}, C=45^{\circ}, B C=2$, 且 $A D \perp B C$ 于 $D$, 则 $A D=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{3}-1$
    B. $\sqrt{3}+1$
    c. $3+\sqrt{3}$
    D. $3-\sqrt{3}$
答案：D
解析：如图所示, 由题意知 $\angle B A C=180^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=75^{\circ}$, 则

$\sin \angle B A C=\sin 75^{\circ}=\sin \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,
由正弦定理 $\frac{A B}{\sin C}=\frac{B C}{\sin \angle B A C}$, 所以 $A B=\frac{B C \sin C}{\sin \angle B A C}=\frac{2 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{3}+1}=2(\sqrt{3}-1)$,

在 $R t^{\triangle} A B D$ 中, 有 $A D=A B \cdot \sin B=2(\sqrt{3}-1) \times \frac{\sqrt{3}}{2}=3-\sqrt{3}$. 故选 D.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-004，.jpg?height=463&width=648&top_left_y=708&top_left_x=247)
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $C=60^{\circ}, A C=\sqrt{2}, A B=\sqrt{3}$, 则 $A=(\quad)$
选项：
A.2B.$2\sqrt{2}$C.$2\sqrt{3}$D.$2\sqrt{5}$
答案：C
解析：由题意得, $C=60^{\circ}, A C=\sqrt{2}, A B=\sqrt{3}$, 由正弦定理得, $\frac{A C}{\sin B}=\frac{A B}{\sin C}$, 则 $\sin B=\frac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $B=45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$, 因为 $A B>A C$, 所以 $C>B$, 则 $B=45^{\circ}$,则 $\mathrm{A}=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$ 故选: C.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 中, $a=2 \sqrt{2}, b=2 \sqrt{3}, B=60^{\circ}$, 那么 $A=(\quad)$
选项：
A. $45^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $120^{\circ}$ 或 $60^{\circ}$
D. $135^{\circ}$ 或 $45^{\circ}$
答案：A
解析：由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $A=45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$,因为 $a<b$, 根据三角形中大边对大角, 所以 $B>A$, 因此 $A=45^{\circ}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\angle A=60^{\circ}, \angle B=45^{\circ}, B C=3 \sqrt{2}$, 则 $A C=(\quad)$
选项：
A. $4 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. $\sqrt{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：B
解析：由正弦定理得: $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B} \Leftrightarrow \frac{3 \sqrt{2}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{A C}{\sin 45^{\circ}} \Leftrightarrow A C=2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, a \sin A \cos B+b \cos ^{2} A=\sqrt{2} a$, 则 $\frac{b}{a}=(\quad)$
选项：
A. $2 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{2}$
c. $\sqrt{3}$
D. $\sqrt{2}$
答案：D
解析：由正弦定理，得 $\sin ^{2} A \sin B+\sin B \cos ^{2} A=\sqrt{2} \sin A$,

即 $\sin B \cdot\left(\sin ^{2} A+\cos ^{2} A\right)=\sqrt{2} \sin A, \sin B=\sqrt{2} \sin A, \therefore \frac{b}{a}=\frac{\sin B}{\sin A}=\sqrt{2}$​​.
题目（高二 · 解析几何）：(2019.北京人大附中高考模拟 (理) ) 在三角形 $A B C$ 中, $A B=1, A C=\sqrt{2}, \angle C=\frac{\pi}{6}$, 则 $\angle B=($ )
选项：
A. $\frac{\pi}{4}$
   B. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{\pi}{2}$
   C. $\frac{3 \pi}{4}$
   D. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$
答案：D
解析：由正弦定理得 $\frac{A B}{\sin C}=\frac{A C}{\sin B} \therefore \frac{1}{\sin \frac{\pi}{6}}=\frac{\sqrt{2}}{\sin B}, \sin B=\frac{\sqrt{2}}{2} \therefore B=\frac{\pi}{4}$ 或 $B=\frac{3 \pi}{4}$, 选 D.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $C$ 为针角, $\sin C=\frac{3}{5}, A C=5, A B=3 \sqrt{5}$, 则 $B C=$
选项：
A. 2
B. 3
C. 5
D. 10
答案：A
解析：因为 $C$ 为针角, $\sin C=\frac{3}{5}$, 所以 $\cos C=-\frac{4}{5}$ 由余弦定理得

$A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cos C$, 即 $45=25+B C^{2}-2 \times 5 \times B C \times\left(-\frac{4}{5}\right)$, 解得 $B C=2$ (舍去 $B C=-10$ ). 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=2 \sqrt{3}, c=2 \sqrt{2}, 1+\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{2 c}{b}$,则 $\angle C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
    B. $\frac{\pi}{4}$
    C. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$
    D. $\frac{\pi}{3}$
答案：B
解析：利用正弦定理, 同角三角函数关系, 原式可化为: $1+\frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}=\frac{2 \sin C}{\sin B}$,去分母移项得： $\sin B \cos A+\sin A \cos B=2 \sin C \cos A$,

所以 $\sin (A+B)=\sin C=2 \sin C \cos A$,

所以 $\cos A=\frac{1}{2}$. 由同角三角函数得 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$, 解得 $\sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 所以 $\angle C=\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$ (舍). 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：(2018 云南保山二模) 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $3(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A B})=2|\overrightarrow{A B}|^{2}$, 则 $\tan A+\frac{1}{\tan B}$ 的最小值为 （）
选项：
A. $\sqrt{5}$
    B. $2 \sqrt{5}$
    C. $\sqrt{6}$
    D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
答案：B
解析：设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对应的三条边分别为 $a, b, c$, 则有

$3(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A B})=3(-b c \cos A+a c \cos B)=2 c^{2}$, 由正弦定理得: $\sin A \cos B=$

$5 \cos A \sin B$, 所以 $\tan A=5 \tan B$, 则 $\tan A+\frac{1}{\tan B}=5 \tan B+\frac{1}{\tan B} \geq 2 \sqrt{5}$, 当且仅当 $\tan B=\frac{\sqrt{5}}{5}$ 时, 等号成立, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：【山东省实验中学等四校 2019 届高三联合考试数学试题】在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A$, $B$,

$C$ 的对边, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 且 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$
选项：
A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
答案：D
解析：由 $4 \sqrt{3} S=(a+b)^{2}-c^{2}$, 得 $4 \sqrt{3} \times \frac{1}{2} a b \sin C=a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b$,

$\because a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos C, \therefore 2 \sqrt{3} a b \sin C=2 a b \cos C+2 a b$,

即 $\sqrt{3} \sin C-\cos C=1$, 即 $2 \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=1$, 则 $\sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$,

$\because 0<C<\pi, \therefore-\frac{\pi}{6}<C-\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6}, \therefore C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$, 即 $C=\frac{\pi}{3}$,

则 $\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$, 故选 D.

【名师点睛】本题主要考查解三角形的应用, 结合三角形的面积公式以及余弦定理求出 $C$ 的值以及利用两角和差的正弦公式进行计算是解决本题的关键. 解答本题时, 根据三角形的面积公式以及余弦定理进行化简求出 $C$ 的值，然后利用两角和的正弦公式进行求解即可.
题目（高二 · 解析几何）：【山东省烟台市 2019 届高三 3 月诊断性测试 (一模) 数学试题】在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边

分别为 $a, b, c$, 若 $a=1, \sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$, 则角 $A=(\quad)$
选项：
A. $\frac{2 \pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$
答案：D
解析： $\because a=1, \sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$,

$\therefore \sqrt{3} \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin C \cos A=-b \cos A$,

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

$\therefore \sqrt{3} a \sin B=-b \cos A$,

由正弦定理可得: $\sqrt{3} \sin A \sin B=-\sin B \cos A$,

$\because \sin B>0, \therefore \sqrt{3} \sin A=-\cos A$, 即 $\tan A=-\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\because A \in(0, \pi), \therefore A=\frac{5 \pi}{6}$. 故选 D.

【名师点睛】本题主要考查解三角形, 熟记正弦定理, 两角和的正弦公式即可, 属于基础题. 解答本题时, 由 $\sqrt{3} \sin A \cos C+(\sqrt{3} \sin C+b) \cos A=0$, 可得 $\sqrt{3} a \sin B=-b \cos A$, 再由正弦定理得到 $\tan A=-\frac{\sqrt{3}}{3}$, 结合 $A \in(0, \pi)$, 即可求得 $A$​ 的值.

【2019 年高考全国 I 卷理数】函数 $f(x)=\frac{\sin x+x}{\cos x+x^{2}}$ 在 $[-\pi, \pi]$ 的图像大致为 ( )
A.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-033,.jpg?height=197&width=400&top_left_y=347&top_left_x=340)
B.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-033,.jpg?height=194&width=414&top_left_y=351&top_left_x=1095)
C.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-033,.jpg?height=209&width=420&top_left_y=558&top_left_x=338)
D.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-033,.jpg?height=208&width=434&top_left_y=564&top_left_x=1094)

## 【答案】D

【解析】由 $f(-x)=\frac{\sin (-x)+(-x)}{\cos (-x)+(-x)^{2}}=\frac{-\sin x-x}{\cos x+x^{2}}=-f(x)$, 得 $f(x)$ 是奇函数, 其图象关于原点对称, 排除 $\mathrm{A}$. 又 $\mathrm{f}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1+\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}}=\frac{4+2 \pi}{\pi^{2}}>1, f(\pi)=\frac{\pi}{-1+\pi^{2}}>0$, 排除 B, C, 故选 D.

【名师点睛】本题考查函数的性质与图象, 渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养, 采取性质法或赋值法, 利用数形结合思想解题. 解答本题时, 先判断函数的奇偶性, 得 $f(x)$ 是奇函数,排除 $A$ ，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos C+c=2 a$, 且 $b=\sqrt{13}, c=3$,则 $a=（ \quad)$
选项：
A. 1
B. $\sqrt{6}$
C. $2 \sqrt{2}$
D. 4
答案：D
解析：因为 $2 b \cos C+c=2 a$, 由正弦定理可得

$2 \sin B \cos C+\sin C=2 \sin A=2 \sin (B+C)=2 \sin B \cos C+\cos B \sin C$,

所以 $\sin C=2 \cos B \sin C$, 因为 $\sin C \neq 0,0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$. 由余弦定理得

$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 因为 $b=\sqrt{13}, c=3$, 可解得 $a=4$. 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$ 且满足 $a \cos B-b \cos A=c$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( )
选项：
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 针角三角形
D. 等腰三角形
答案：B
解析：利用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 化简已知的等式得：

$\sin A \cos B-\sin B \cos A=\sin C$ ，即 $\sin (A-B)=\sin C ，$

$\because A, B, C$ 为三角形的内角, $\therefore A-B=C$, 即 $A=B+C=\frac{\pi}{2}$,

则 $\triangle A B C$ 为直角三角形, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a=1, \angle A=\frac{\pi}{6}, \angle B=\frac{\pi}{4}$, 则 $c=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：A
解析：由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}=\frac{1 \times \sin \frac{\pi}{4}}{\sin \frac{\pi}{6}}=\sqrt{2}$,

且 $\cos C=-\cos (A+B)=-(\cos A \cos B-\sin A \sin B)=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

由余弦定理可得： $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C}=\sqrt{1+2+2 \times 1 \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$. 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对应的边分别是 $a, b, c$, 若 $c=2 a \cos B$, 则三角形一定是 ( )
选项：
A. 等腰直角三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形
D. 等边三角形
答案：C
解析： $\because c=2 a \cos B$, 由正弦定理 $c=2 R \sin C, a=2 R \sin A, \therefore \sin C=2 \sin A \cos B$,

$\because A, B, C$ 为 $\triangle A B C$ 的内角, $\therefore \sin C=\sin (A+B), A, B \in(0, \pi)$,
$\therefore \sin (A+B)=2 \sin A \cos B, \quad \sin A \cos B+\cos A \sin B=2 \sin A \cos B$, 整理得 $\sin (A-B)=0$,

$\therefore A-B=0$, 即 $A=B$. 故 $\triangle A B C$ 一定是等腰三角形. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $C=\frac{\pi}{3}, c=\sqrt{7}, b=3 a$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为 ( )
选项：
A. $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{2-\sqrt{3}}{4}$
C. $\sqrt{2}$
D. $\frac{2+\sqrt{3}}{4}$
答案：A
解析：已知 $C=\frac{\pi}{3}, c=\sqrt{7}, b=3 a$,

$\therefore$ 由余弦定理 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$, 可得: $7=a^{2}+b^{2}-a b=a^{2}+9 a^{2}-3 a^{2}=7 a^{2}$,

解得: $a=1, \quad b=3, \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} \times 1 \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$​​. 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：(2013 重庆) 关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-2 a x-8 a^{2}<0(a>0)$ 的解集为 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$,

且 $x_{2}-x_{1}=15$, 则 $a=$
选项：
A. $\frac{5}{2}$
B. $\frac{7}{2}$
C. $\frac{15}{4}$
D. $\frac{15}{2}$
答案：A
解析： $\because$ 由 $x^{2}-2 a x-8 a^{2}<0(a>0)$, 得 $(x-4 a)(x+2 a)<0$,

即 $-2 a<x<4 a, \therefore x_{1}=-2 a, x_{2}=4 a$.

$\because x_{2}-x_{1}=4 a-(-2 a)=6 a=15, \therefore a=\frac{15}{6}=\frac{5}{2}$. 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}+b x+2>0$ 的解集为 $\{x \mid-1<x<2\}$, 则关于 $x$ 的不等式 $b x^{2}-a x-2>0$ 的解集为
选项：
A. $\{x \mid-2<x<1\}$
B. $\{x \mid x>2$ 或 $x<-1\}$
C. $\{x \mid x>1$ 或 $x<-2\}$
D. $\{x \mid x<-1$ 或 $x>1\}$
答案：C
解析： $\left[\because a x^{2}+b x+2>0\right.$ 的解集为 $\{x \mid-1<x<2\}$,

$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
\frac{2}{a}=-2, \\
-\frac{b}{a}=1,
\end{array} \text { 解得 }\left\{\begin{array}{l}
a=-1, \\
b=1,
\end{array} \therefore b x^{2}-a x-2>0, \text { 即 } x^{2}+x-2>0, \text { 解得 } x>1 \text { 或 } x<-2 .\right]\right.
$$
题目（高二 · 解析几何）：(2018 天津) 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 5, \\ 2 x-y \leqslant 4, \\ -x+y \leqslant 1, \\ y \geqslant 0,\end{array}\right.$ 则目标函数 $z=3 x+5 y$ 的最大值为
选项：
A. 6
    B. 19
    C. 21
    D. 45
答案：C
解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,



作出直线 $y=-\frac{3}{5} x$. 平移该直线, 当经过点 $C$ 时, $z$ 取得最大值, 由 $\left\{\begin{array}{l}-x+y=1 \\ x+y=5\end{array}\right.$,

得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=3\end{array}\right.$, 即 $C(2,3)$, 所以 $a_{\text {max }}=3 \times 2+5 \times 3=21$, 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：(2017 天津) 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y \geqslant 0, \\ x+2 y-2 \geqslant 0, \\ x \leqslant 0, \\ y \leqslant 3,\end{array}\right.$ 则目标函数 $z=x+y$ 的最大值为
选项：
A. $\frac{2}{3}$
    B. 1
    c. $\frac{3}{2}$
    D. 3
答案：D
解析：目标函数为四边形 $A B C D$ 及其内部, 其中 $A(0,1), B(0,3), C\left(-\frac{3}{2}, 3\right), D\left(-\frac{2}{3}, \frac{4}{3}\right)$, 所以直线 $z=x+y$ 过点 $B$ 时取最大值 3 , 选 D.
题目（高二 · 解析几何）：(2017 山东) 已知 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-y+3 \leqslant 0 \\ 3 x+y+5 \leqslant 0 \\ x+3 \geqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=x+2 y$ 的最大值是
选项：
A. 0
    B. 2
    C. 5
    D. 6
答案：C
解析：不等式组表示的可行域如图阴影部分，



当目标函数过 $(-3,4)$ 时取得最大值, 即 $Z_{\text {max }}=-3+2 \times 4=5$. 选 C.
题目（高二 · 解析几何）：(2017 北京) 若 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 3 \\ x+y \geqslant 2 \\ y \leqslant x\end{array}\right.$ 则 $x+2 y$ 的最大值为
选项：
A. 1
    B. 3
    C. 5
    D. 9
答案：D
解析：不等式组可行域如图阴影部分,



目标函数 $z=x+2 y$ 过点 $C(3,3)$ 时, 取得最大值 $Z_{\text {max }}=3+2 \times 3=9$, 故选 $\mathrm{D}$.
题目（高二 · 解析几何）：(2015 陕西) 设 $f(x)=\ln x, 0<a<b$, 若 $p=f(\sqrt{a b}), q=f\left(\frac{a+b}{2}\right), r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))$,则下列关系式中正确的是 ( )
选项：
A. $q=r<p$
    B. $q=r>p$
    C. $p=r<q$
    D. $p=r>q$
答案：B
解析： $\because 0<a<b, \therefore \frac{a+b}{2}>\sqrt{a b}$, 又 $f(x)=\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

故 $f(\sqrt{a b})<f\left(\frac{a+b}{2}\right)$, 即 $q>p$,

$\because r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))=\frac{1}{2}(\ln a+\ln b)=\ln \sqrt{a b}=f(\sqrt{a b})=p, \quad \therefore p=r<q$.
题目（高二 · 解析几何）：已知正数 $x 、 y$ 满足 $x+y=1$, 则 $\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 2
B. $\frac{9}{2}$
c. $\frac{14}{3}$
D. 5
答案：B
解析：

$\because x+y=1$, 所以, $x+(1+y)=2$,

则 $2\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}\right)=[x+(1+y)]\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}\right)=\frac{4 x}{1+y}+\frac{1+y}{x}+5 \geqslant 2 \sqrt{\frac{4 x}{1+y} \cdot \frac{1+y}{x}}+5=9$,

所以, $\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y} \geqslant \frac{9}{2}$,

当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{4 x}{1+y}=\frac{1+y}{x} \\ x+y=1\end{array}\right.$, 即当 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3} \\ y=\frac{1}{3}\end{array}\right.$ 时, 等号成立,

因此, $\frac{1}{x}+\frac{4}{1+y}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$,

故选 $B$.
题目（高二 · 解析几何）：若直线 $a x+2 b y-2=0(a, b>0)$ 始终平分圆 $x^{2}+y^{2}-4 x-2 y-8=0$ 的周长, 则 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}$ 的最
小值为 ( )
选项：
A. 1
B. 5
c. $4 \sqrt{2}$
D. $3+2 \sqrt{2}$
答案：D
解析：

由圆的性质可知, 直线 $a x+2 b y-2=0(a, b>0)$,

是圆的直径所在的直线方程,

$\because$ 圆 $x^{2}+y^{2}-4 x-2 y-8=0$ 的标准方程为: $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=13$,

$\therefore$ 圆心 $(2,1)$ 在直线 $a x+2 b y-2=0$ 上,

$\therefore 2 a+2 b-2=0$, 即 $a+b=1$,

$\because \frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)(a+b)=3+\frac{b}{a}+\frac{2 a}{b} \geq 3+2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{2 a}{b}}=3+2 \sqrt{2}$,

$\therefore \frac{1}{a}+\frac{2}{b}$ 的最小值为 $3+2 \sqrt{2}$, 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a^{2}=b^{2}+c^{2}+b c$, 则 $A=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$
答案：C
解析：根据余弦定定理 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 又 $a^{2}=b^{2}+c^{2}+b c$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{2}$, 又 $0<A<\pi$, 所以 $A=\frac{2 \pi}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：(2019-北京高考模拟 (文) ) 已知 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=120^{\circ}, a=\sqrt{21}$, 三角形 $A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$,且 $b<c$, 则 $c-b=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{17}$
    B. 3
    c. -3
    D. $-\sqrt{17}$
答案：B
解析：依题意可得: $S=\frac{1}{2} b c \sin 120^{\circ}=\sqrt{3}$, 所以 $b c=4$,

由余弦定理, 得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即: $21=(c-b)^{2}+2 b c-2 b c \cos 120^{\circ}$,据此可得: $(c-b)^{2}=9$. 结合 $b<c$ 可得 $c-b=3$.
本题选择 $B$ 选项.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别是角 $A 、 B 、 C$ 所对的边, 若 $\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right) \tan B=\sqrt{3} a c$, 则 $B$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
    B. $\frac{\pi}{3}$
    c. $\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$
    D. $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$
答案：D
解析：根据余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 得 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=2 a c \cos B$, 又 $\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}$,所以 $2 a c \cos B \cdot \frac{\sin B}{\cos B}=\sqrt{3} a c$, 整理得 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 又 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$.故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\triangle A B C$ 内角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 且 $a^{2}=c^{2}-b^{2}+\sqrt{3} b a$, 则 $\angle C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{2 \pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{5 \pi}{4}$
答案：A
解析：因为 $a^{2}=c^{2}-b^{2}+\sqrt{3} b a$, 所以 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{3} b a$, 根据余弦定理得 $\cos \angle C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{\sqrt{3} a b}{2 a b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 又因为 $0<C<\pi$, 所以 $\angle C=\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：(2018 全国卷 II) 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, B C=1, A C=5$, 则 $A B=(\quad)$
选项：
A. $4 \sqrt{2}$
    B. $\sqrt{30}$
    c. $\sqrt{29}$
    D. $2 \sqrt{5}$
答案：A
解析：因为 $\cos C=2 \cos ^{2} \frac{C}{2}-1=2 \times \frac{1}{5}-1=-\frac{3}{5}$ ，所以由余弦定理，

得 $A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cos C=25+1-2 \times 5 \times 1 \times\left(-\frac{3}{5}\right)=32$, 所以 $A B=4 \sqrt{2}$, 故选 $A$.
题目（高二 · 解析几何）：（2016 年全国 III）在 $\triangle A B C$ 中, $B=\frac{\pi}{4}, B C$ 边上的高等于 $\frac{1}{3} B C$, 则 $\cos A=$
选项：
A. $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
    B. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
    C. $-\frac{\sqrt{10}}{10}$
    D. $-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
答案：C
解析：设 $\triangle A B C$ 中角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 由题意可得 $\frac{1}{3} a=c \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} c$, 则 $a=\frac{3 \sqrt{2}}{2} c$. 在 $\triangle A B C$ 中, 由余弦定理可得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} c a=\frac{9}{2} c^{2}+c^{2}-3 c^{2}=\frac{5}{2} c^{2}$, 则 $b=\frac{\sqrt{10}}{2} c$.

由余弦定理, 可得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{\frac{5}{2} c^{2}+c^{2}-\frac{9}{2} c^{2}}{2 \times \frac{\sqrt{10}}{2} c \times c}=-\frac{\sqrt{10}}{10}$, 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\triangle A B C$ 的三个内角满足 $\sin A: \sin B: \sin C=1: 5: 6$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( )
选项：
A. 锐角三角形
B.直角三角形
C.针角三角形
D. 锐角三角形或针角三角形
答案：C
解析：根所正弦定理可知 $\mathrm{a}: \mathrm{b}: \mathrm{c}=\sin A: \sin B: \sin C=1: 5: 6, \triangle A B C$ 的最大内角为 $C$, 不妨设 $a=k, b=5 k, c=6 k(k>0)$, 根据余弦定理得 $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{4 k^{2}+25 k^{2}-36 k^{2}}{2 \times 2 k \times 5 k}=-\frac{7}{20}<0$, 而 $0<C<\pi$, 所以 $C \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 故 $\triangle A B C$为钝角三角形。
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 所对的边长, 若 $c^{2}=(a-b)^{2}+6, C=\frac{\pi}{3}$, 则 $\triangle A B C$

的面积是
选项：
A. 3
B. $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$
c. $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$
D. $3 \sqrt{3}$
答案：C
解析：由 $c^{2}=(a-b)^{2}+6$ 可得 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b-6$ (1), 由余弦定理及 $C=\frac{\pi}{3}$ 可得 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=a b$ (2). 所以由(1)(2)得 $a b=6$, 所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin \frac{\pi}{3}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$​​.