eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\cos \left(\frac{\pi}{4}-2 x\right)$ 的单调递减区间为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\left[k \pi+\frac{\pi}{8}, k \pi+\frac{5 \pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$
解析：$y=\cos \left(\frac{\pi}{4}-2 x\right)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$,

由 $2 k \pi \leqslant 2 x-\frac{\pi}{4} \leqslant 2 k \pi+\pi(k \in \mathbf{Z})$,

得 $k \pi+\frac{\pi}{8} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5 \pi}{8}(k \in \mathbf{Z})$.

所以函数的单调减区间为 $\left[k \pi+\frac{\pi}{8}, k \pi+\frac{5 \pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$.

答案: $\left[k \pi+\frac{\pi}{8}, k \pi+\frac{5 \pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$
题目（高二 · 解析几何）：8.有一冲击波, 其波形为函数 $y=-\sin \frac{\pi x}{2}$ 的图象, 若其在区间 $[0, t]$ 上至少有 2 个波峰, 则正整数 $t$ 的最小值是 \$ \qquad \$
选项：
答案：7
解析：$y=-\sin \frac{\pi x}{2}$ 的图象知, 要使在区间 $[0, t]$ 上至少有 2 个波峰, 必须使区间 $[0, t]$ 的长度不小于 $2 T-\frac{T}{4}=\frac{7 T}{4}$, 即 $t \geqslant \frac{7}{4} \cdot \frac{2 \pi}{|\omega|}=\frac{7}{4} \cdot \frac{2 \pi}{\frac{\pi}{2}}=7$.

答案: 7
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin (-\alpha)=\frac{1}{3}, \alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\cos (\pi+\alpha)=$
选项：
答案：$-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
解析：$\because \sin (-\alpha)=\frac{1}{3}, \therefore \sin \alpha=-\frac{1}{3} \because \alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos \alpha=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{3}\right)}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \therefore \cos (\pi+\alpha)=-\cos \alpha$ $=-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：6. 已知 $\sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$, 则 $\cos 2 \theta=$
选项：
答案：$\frac{7}{9}$
解析：因为 $\sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,

所以 $1-\sin \theta=\frac{2}{3}$,

即 $\sin \theta=\frac{1}{3}$,

所以 $\cos 2 \theta=1-2 \sin ^{2} \theta=1-\frac{2}{9}=\frac{7}{9}$.

答案: $\frac{7}{9}$
题目（高二 · 解析几何）：7.若 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{1}{2}$, 则 $\tan 2 \alpha$ 等于
选项：
答案：$\frac{3}{4}$
解析：由 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{1}{2}$,

得 $2(\sin \alpha+\cos \alpha)=\sin \alpha-\cos \alpha$,

即 $\tan \alpha=-3$.

又 $\tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{-6}{1-9}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$.
答案: $\frac{3}{4}$
题目（高二 · 解析几何）：8.函数 $y=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x+\cos ^{2} x$ 的最小正周期为
选项：
答案：$\pi$
解析：$y=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x+\cos ^{2} x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x+\frac{\cos 2 x+1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x+\frac{1}{2} \cos 2 x+\frac{1}{2}=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$, 所以该函数的最小正周期为 $\pi$.

答案: $\pi$
题目（高二 · 解析几何）：10.【四川省资阳市 2017 级高三 (2020 届) 第一次诊断性考试数学 (理科)】

在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$. 已知 $b \sin A=a \sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)$.

(1) 求角 $B$ 的大小;

(2) 求 $\frac{c}{a}$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $B=\frac{\pi}{3}$ (2) $a+c$ 的最大值为 8
解析：（1）由 $b \sin A=a \sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)$, 根据正弦定理, 有 $\sin B \sin A=\sin A \sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)$,

即有 $\sin B=\sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2} \sin B+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos B$, 则有 $\tan B=\sqrt{3}$, 又 $0<B<\pi$, 所以, $B=\frac{\pi}{3}$.

(2) 由(1), $B=\frac{\pi}{3}$, 则 $A+C=\frac{2 \pi}{3}$, 又 $\triangle A B C$ 为锐角三角形,

所以, $0<A<\frac{\pi}{2}$ 且 $0<\frac{2 \pi}{3}-A<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\frac{\pi}{6}<A<\frac{\pi}{2}$, 于是 $\tan A>\frac{\sqrt{3}}{3}$.
则 $\frac{C}{a}=\frac{\sin C}{\sin A}=\frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-A\right)}{\sin A}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \cos A+\frac{1}{2} \sin A}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan A}+\frac{1}{2}<2$.

又 $\frac{\sqrt{3}}{2 \tan A}+\frac{1}{2}>\frac{1}{2}$, 所以, $\frac{c}{a}$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{2}, 2\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：16. (2018 江西上绕二模) 锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $b^{2}=a(a+c)$,则 $\frac{C}{a}$ 取值范围是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(1,2)$
解析：由 $b^{2}=a(a+c)$ 得 $b^{2}-a^{2}=a c>0$, 所以 $b>a$, 因为 $\triangle A B C$ 是锐角三角形, 所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{c^{2}-a c}{2 a c}>0$, 得 $c>a$, 所以 $a$ 是最小边, 则 $A$ 是最小角, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}<1$, 即 $a c+c^{2}<2 b$, 即 $a+c<2 b$, 因为 $b>a$, 所以 $b>c$, 所以 $b$ 是最大边, 则 $B$ 是最大角, 所以 $60^{\circ}<B<90^{\circ}$, 则 $0<\cos B<\frac{1}{2}$, 即 $0<\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}<\frac{1}{2}$, 即. $0<\frac{c^{2}-a c}{2 a c}<\frac{1}{2}$, 整理得 $0<c-a<a$, 所以 $1<\frac{c}{a}<2$.
题目（高二 · 解析几何）：17.【四川省成都市 2016 级成都一诊理科数学】

已知 $\mathrm{G}$ 为 $\triangle A B C$ 的重心, 过点 $\mathrm{G}$ 的直线与边 $A B, A C$ 分别相交于点 $P, Q$. 若 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}$, 则当 $\triangle A B C$与 $\triangle A P Q$ 的面积之比为 $\frac{20}{9}$ 时, 实数 $\lambda$ 的值为
选项：
答案：$\frac{3}{4}$ 或 $\frac{3}{5}$
解析：由题意得: $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}$, 设 $\overrightarrow{A Q}=x \overrightarrow{A C}$ 即 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B} ; \\ \overrightarrow{A Q}=x \overrightarrow{A C} \text {. }\end{array}\right.$

因为三点共线 $P G D, \overrightarrow{A G}=\mu \overrightarrow{A P}+(1-\mu) \overrightarrow{A Q}=\lambda \mu \overrightarrow{A B}+(1-\mu) x \overrightarrow{A C}$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{3}=\lambda \mu \\ \frac{1}{3}=(1-\mu)_{x}\end{array} \therefore \lambda \mu(1-\mu) x=\frac{1}{9}, \frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A P Q}}=\frac{\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B} \| \overrightarrow{A C}| \sin A}{\frac{1}{2}|\overrightarrow{A P}||\overrightarrow{A Q}| \sin A}=\frac{1}{\lambda x}=\frac{20}{9}\right.$ ，

$\therefore \lambda x=\frac{9}{20}, \mu(1-\mu)=\frac{20}{81}, \therefore \mu=\frac{4}{9}$ 或 $\frac{5}{9}, \lambda=\frac{3}{4}$ 或 $\frac{3}{5}$ 。
题目（高二 · 解析几何）：6. 在 $\triangle A B C$ 中三个内角 $\angle A, \angle B, \angle C$, 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $(b+2 \sin C) \cos A=-2 \sin A \cos C$,且 $a=2 \sqrt{3}$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值是
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\because(b+2 \sin C) \cos A=-2 \sin A \cos C$,

$\therefore b \cos A=-2(\sin C \cos A+\sin A \cos C)=-2 \sin (A+C)=-2 \sin B$,则 $\frac{b}{\sin B}=\frac{-2}{\cos A}$, 结合正弦定理得 $\frac{-2}{\cos A}=\frac{a}{\sin A}=\frac{2 \sqrt{3}}{\sin A}$, 即 $\tan A=-\sqrt{3}, \angle A=\frac{2}{3} \pi$由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{2}$, 化简得 $b^{2}+c^{2}=12-b c \geq 2 b c$,故 $b c \leq 4, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A \leq \frac{1}{2} \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, 故答案为 $\sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 已知 $\triangle A B C$ 的面积为

$3 \sqrt{15}, b-c=2, \cos A=-\frac{1}{4}$, 则 $a$ 的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：8
解析：因为 $0<A<\pi$, 所以 $\sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\frac{\sqrt{15}}{4}$,

又 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{15}}{8} b c=3 \sqrt{15}, \therefore b c=24$, 解方程组 $\left\{\begin{array}{l}b-c=2 \\ b c=24\end{array}\right.$, 得 $b=6, c=4$,

由余弦定理得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A=6^{2}+4^{2}-2 \times 6 \times 4 \times\left(-\frac{1}{4}\right)=64$, 所以 $a=8$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=60^{\circ}, c=\frac{3}{7} a$.

(I) 求 $\sin C$ 的值;

(II) 若 $a=7$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：$6 \sqrt{3}$
解析：(I) 在 $\triangle A B C$ 中, 因为 $\angle A=60^{\circ}, c=\frac{3}{7} a$, 所以由正弦定理得 $\sin C=\frac{c \sin A}{a}=\frac{3}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$.

(II) 因为 $c=\frac{3}{7} a<a$, 所以 $\angle C<\angle A=60^{\circ}$, 由 $a=7$, 所以 $c=\frac{3}{7} \times 7=3$.

由余弦定理 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$ 得 $7^{2}=b^{2}+3^{2}-2 b \times 3 \times \frac{1}{2}$,

解得 $b=8$ 或 $b=-5$ (舍). 所以 $\triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 8 \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：7. (2018 南京师大附中考前模拟) 设函 $f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3} \sin ^{2} \omega x-\sin \omega x \cos \omega x(\omega>0)$, 且 $y=f(x)$的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为 $\frac{\pi}{4}$, 则 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{4}, 0\right]$ 上的最大值为
选项：
答案：1
解析：$f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}(1-\cos 2 \omega x)-\frac{1}{2} \sin 2 \omega x=-\sin \left(2 \omega x-\frac{\pi}{3}\right)$, 由题意得 $\frac{T}{4}=\frac{\pi}{4}$, 得 $T=\pi$, 所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$. 因为 $x \in\left[-\frac{\pi}{4}, 0\right]$, 所以 $4 x-\frac{\pi}{3} \in\left[-\frac{4 \pi}{3},-\frac{\pi}{3}\right]$,

因此 $f(x) \in\left[-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right]$. 所以 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{4}, 0\right]$ 上的最大值为 1 .
题目（高二 · 解析几何）：已知函数

$$
f(x)=\sin (2 x+\varphi)(\text { 其中 } \varphi
$$

为实数), 若 $f(x) \leq\left|f\left(\frac{\pi}{6}\right)\right|$ 对 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立, 则满足条件的 $\varphi$ 值为 (写出满足条件的一个 $\varphi$

值即可)
选项：
答案：答案不唯一, 如: $\frac{\pi}{6}$
解析：由题意, $f(x) \leqslant\left|f\left(\frac{\pi}{6}\right)\right|$ 对 $x \in R$ 恒成立, 可得 $x=\frac{\pi}{6}$ 时, $f(x)$ 取得最大值或最小值.若 $x=\frac{\pi}{6}$ 时, $f(x)$ 取得最大值, 可得 $\varphi=\frac{\pi}{6}+2 k \pi, k \in Z$;
题目（高二 · 解析几何）：11. (2019 天津理 13$)$ 设 $x>0, y>0, x+2 y=5$, 则 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为
选项：
答案：$4 \sqrt{3}$
解析：$x>0, y>0, x+2 y=5$,

则 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+x+2 y+1}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+6}{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}}$;

由基本不等式, $2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}} \geqslant 2 \sqrt{2 \sqrt{x y} \cdot \frac{6}{\sqrt{x y}}}=4 \sqrt{3}$ （当且仅当 $2 \sqrt{x y}=\frac{6}{\sqrt{x y}}$ 时, 即 $x y=3$, 且 $x+2 y=5$ 时, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$ 时, 等号成立). 故 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为 $4 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：5. 若实数 $x, y$ 满足 $x^{2}+y^{2}+x y=1$, 则 $x+y$ 的最大值是
选项：
答案：$\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
解析：$\because x^{2}+y^{2}+x y=1$,

$\therefore(x+y)^{2}-x y=1$, 即 $(x+y)^{2}-\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2} \leqslant 1, \therefore(x+y)^{2} \leqslant \frac{4}{3}, x+y \leqslant \frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：6. 某养鸡场是一面靠墙, 三面用铁丝网围成的矩形场地. 如果铁丝网长 $40 \mathrm{~m}$ ，那么围成的场地面积最大为
选项：
答案：答案 :$200 \mathrm{~m}^{2}$
解析：:设靠墙的一面长 $x \mathrm{~m}$, 围成的场地面积为 $y^{2}$,此时矩形的宽为 $\frac{40-x}{2}>0$.

$\therefore y=x \cdot \frac{40-x}{2}=-\frac{1}{2} x^{2}+20 x .(0<x<40)$

$y^{\prime}=-x+20$, 令 $y^{\prime}=0$ 得 $x=20$,

当 $0<x<20$ 时, $y^{\prime}>0$;
当 $20<x<40$ 时, $y^{\prime}<0$.

$\therefore x=20$ 时, $y_{\text {最大 }}=20 \times 10=200$.

答案 :$200 \mathrm{~m}^{2}$
题目（高二 · 解析几何）：9. 如图, 内接于抛物线 $y=1-x^{2}$ 的矩形 $A B C D$ 中, $A, B$ 在抛物线上运动, $C, D$ 在 $x$ 轴上运动, 则此矩形的面积的最大值是
选项：
答案：答案: $\frac{4 \sqrt{3}}{9}$
解析：:设 $C D=x$, 则点 $C\left(\frac{x}{2}, 0\right), B\left(\frac{x}{2}, 1-\frac{x^{2}}{4}\right)$,

$\therefore$ 矩形 $A B C D$ 的面积 $S=f(x)=x \cdot\left(1-\frac{x^{2}}{4}\right)=-\frac{1}{4} x^{3}+x, x \in(0,2)$.

由 $f^{\prime}(x)=-\frac{3}{4} x^{2}+1=0$,

得 $x=\frac{2}{\sqrt{3}}$ 时, $f(x)$ 有最大值 $\frac{4 \sqrt{3}}{9}$.

答案: $\frac{4 \sqrt{3}}{9}$
题目（高二 · 解析几何）：7. 椭圆对称轴在坐标轴上, 短轴的一个端点与两个焦点构成一个正三角形, 焦点到粗圆上的点的最短距离是 $\sqrt{3}$, 则这个粗圆方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案 ：$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 或 $\frac{y^{2}}{12}+\frac{x^{2}}{9}=1$
解析：：由题意可知 $\left\{\begin{array}{l}a=2 c, \\ a-c=\sqrt{3},\end{array} \therefore\left\{\begin{array}{l}a=2 \sqrt{3}, \\ c=\sqrt{3},\end{array}\right.\right.$

$b^{2}=a^{2}-c^{2}=12-3=9$.
$\therefore$ 椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 或 $\frac{y^{2}}{12}+\frac{x^{2}}{9}=1$.

答案 ：$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 或 $\frac{y^{2}}{12}+\frac{x^{2}}{9}=1$
题目（高二 · 解析几何）：8. 设 $P$ 为粗圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 上任意一点, $O$ 为坐标原点, $F$ 为椭圆的左焦点, 点 $M$ 满足 $\overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O F})$, 则 $|\overrightarrow{O M}|+|\overrightarrow{M F}|=$
选项：
答案：答案： 2
解析：

如图所示, $F_{0}$ 为椭圆的右焦点，连接 $P F_{0}$,

由 $\overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O F})$,

可知 $M$ 为 $P F$ 的中点,

则 $|\overrightarrow{O M}|=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{F_{0} P}\right|$,

$\therefore|\overrightarrow{O M}|+|\overrightarrow{M F}|=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{F_{0} P}\right|+\frac{1}{2}|\overrightarrow{P F}|=\frac{1}{2}\left(\left|\overrightarrow{\hat{F}_{0} P}\right|+|\overrightarrow{P F}|\right)=a=2$.

答案： 2
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 以坐标原点 $O$ 为圆心, 短半轴长为半径作圆 $O$, 过粗圆的长轴的一端点 $P$ 作圆 $O$ 的两条切线, 切点为 $A, B$, 若四边形 $P A O B$ 为正方形, 则该陏圆的离心率为


选项：
答案：答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：： 如图, $\because$ 四边形 $O A P B$ 是正方形, 且 $P A, P B$ 为圆 $O$ 的切线,

$\therefore \triangle O A P$ 是等腰直角三角形,

故 $b=c, a=\sqrt{2} c, \therefore e=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：14. 在 $(0,2 \pi)$ 内, 使 $\sin x>\cos x$ 成立的 $x$ 的取值范围为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\left(\frac{\pi}{4}, \frac{5}{4} \pi\right)$
解析：分别作出 $y=\sin x 、 y=\cos x$ 的图象 $x \in(0 ， 2 \pi)$ (图略)，使 $y=\sin x$ 位于 $y=\cos x$ 上方的部分为 $\left(\frac{\pi}{4} ， \frac{5}{4} \pi\right)$.

答案: $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{5}{4} \pi\right)$
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 若 $\sin A={ }^{\text {耳. }}, b=\sqrt{3} \sin B$,则 $a=$
选项：
答案：$\because \sin \mathrm{A}=\frac{1}{3}, \mathrm{~b}=\sqrt{3} \sin \mathrm{B}, \therefore$ 由正弦定理可得 $: \mathrm{a}=\frac{b \sin A}{\sin B}=\frac{\sqrt{3} \sin B \times \frac{1}{3}}{\sin B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：$\because \sin \mathrm{A}=\frac{1}{3}, \mathrm{~b}=\sqrt{3} \sin \mathrm{B}, \therefore$ 由正弦定理可得 $: \mathrm{a}=\frac{b \sin A}{\sin B}=\frac{\sqrt{3} \sin B \times \frac{1}{3}}{\sin B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\frac{\sin ^{2} A+\sin ^{2} B}{\sin ^{2} C}=1$, 则 $\triangle A B C$ 的形状一定是
选项：
答案：直角三角形
解析：$: \frac{\sin ^{2} A+\sin ^{2} B}{\sin ^{2} C}=1$, 由正弦定理可得 : $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}=\mathrm{c}^{2}, \therefore \mathrm{C}=\mathrm{Rt} \angle$.

则 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的形状一定是直角三角形.
题目（高二 · 解析几何）：在锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 若 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, a=2$, $S_{\triangle A B C}=\sqrt{2}$, 则 $b+c$ 的值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$2 \sqrt{3}$
解析：$\because \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\sqrt{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} \mathrm{bcsin} \mathrm{A}=\sqrt{2}$, 即 $\frac{1}{2} \mathrm{bc} \times \frac{2 \sqrt{2}}{3}=\sqrt{2}$,

$\therefore \mathrm{bc}=3$, (1)

又 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, a=2$, 锐角 $\triangle A B C$, 可得 $\cos A=\frac{1}{3}$,

由余弦定理得 $4=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A=b^{2}+c^{2}-2 \times 3 \times \frac{1}{3}$, 解得 $b^{2}+c^{2}=6$, (2)

由(1)(2) 解得 $\mathrm{b}=\mathrm{c}$, 代入 (1)得 $\mathrm{b}=\mathrm{c}=\sqrt{3}$ 或 $-\sqrt{3}$ (舍)

则 $\mathrm{b}+\mathrm{c}=2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$, 所对的边分别是 $a, b, c$. 若 $(a+b-c)(a+b+c)$ $=a b$, 则角 $C=$
选项：
答案：由已知条件 $(a+b-c)(a+b+c)=a b$ 可得 $a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b=a b$

即 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=-a b$

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

又因为 $0<\mathrm{C}<\pi$, 所以 $\mathrm{C}=\frac{2 \pi}{3}$. 角 $\mathrm{B}$.
解析：由已知条件 $(a+b-c)(a+b+c)=a b$ 可得 $a^{2}+b^{2}-c^{2}+2 a b=a b$

即 $a^{2}+b^{2}-c^{2}=-a b$

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

又因为 $0<\mathrm{C}<\pi$, 所以 $\mathrm{C}=\frac{2 \pi}{3}$. 角 $\mathrm{B}$.

$
题目（高二 · 解析几何）：17. 在 $\triangle A B C$ 中, “ $\sin A=\sin B$ ”是“ $a=b$ ”的 \$ \qquad \$条件.
选项：
答案：答案: 充要条件
解析：: 解答: 在 $\triangle A B C$ 中, 由正弦定理及 $\sin A=\sin B$ 可得 $2 R \sin A=2 R \sin B$, 即 $a=b$; 反之也成立, 故答案为充要条件

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 解析几何）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 是 $B C$ 上的一点. 已知 $B=60^{\circ}, A D=2$, $A C=\sqrt{10}, D C=\sqrt{2}$, 则 $A B=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{2 \sqrt{6}}{3}$
解析：由题意, $\cos \angle \mathrm{ADC}=\frac{4+2-10}{2 \times 2 \times \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}, \therefore \angle \mathrm{ADC}=135^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{ADB}=45^{\circ}, \because \angle \mathrm{B}=60^{\circ}$, $\mathrm{AD}=2, \therefore \frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{A B}{\frac{\sqrt{2}}{2}}, \therefore \mathrm{AB}=\frac{2 \sqrt{6}}{3}$,
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 且其面积 $S=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4 \sqrt{3}}$, 则角 $C=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{\pi}{6}$
解析：$\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 其面积 $S=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4 \sqrt{3}}=\frac{2 a b \cdot \cos C}{4 \sqrt{3}}=\frac{1}{2} \mathrm{ab} \cdot \operatorname{sinC}$, 求得 $\tan \mathrm{C}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 则角 $\mathrm{C}=\frac{\pi}{6}$,故答案为: $\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 太湖中有一小岛, 沿太湖有一条正南方向的公路, 一辆汽车测得小岛在公路的南偏西 $15^{\circ}$ 的方向上, 汽车行驶 $1 \mathrm{~km}$ 后, 又测得小岛在南偏西 $75^{\circ}$ 的方向上, 则小岛到公路的距离是 $\mathrm{km}$.
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{6}$
解析：, $\angle C A B=15^{\circ}, \angle C B A=180^{\circ}-75^{\circ}=105^{\circ}$,

$\angle A C B=180^{\circ}-105^{\circ}-15^{\circ}=60^{\circ}, A B=1 \mathrm{~km}$.

由正弦定理得

$\frac{B C}{\sin \angle C A B}=\frac{A B}{\sin \angle A C B}$

$\therefore B C=\frac{1}{\sin 60^{\circ}} \cdot \sin 15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2 \sqrt{3}}(\mathrm{~km})$.

设 $C$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d$,

则 $d=B C \cdot \sin 75^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2 \sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{6}(\mathrm{~km})$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 某舰艇在 $A$ 处测得遇险渔船在北偏东 $45^{\circ}$, 距离为 $10 \mathrm{n}$ mile 的 $C$ 处, 此时得知,该渔船沿北偏东 $105^{\circ}$ 方向, 以每小时 $9 \mathrm{n}$ mile 的速度向一小岛靠近, 舰艇时速 $21 \mathrm{n}$ mile, 则舰艇到达渔船的最短时间是小时.
选项：
答案：$\frac{2}{3}$
解析：艇和渔船在 $B$ 处相遇, 则在 $\triangle A B C$ 中, 由已知可得: $\angle A C B=120^{\circ}$, 设舰艇到达渔船的最短时间为 $t$, 则 $A B=21 t, B C=9 t, A C=10$, 则 $(21 t)^{2}=(9 t)^{2}+100-2 \times 10 \times 9 t c o s$ $120^{\circ}$,

解得 $t=\frac{2}{3}$ 或 $t=-\frac{5}{12}$ (舍).
题目（高二 · 解析几何）：16. 椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F$, 直线 $x=m$ 与椭圆相交于 $A, B$ 两点, 若 $\triangle$ $\mathrm{FAB}$ 的周长最大时, $\triangle \mathrm{FAB}$ 的面积为 $a b$, 则陏圆的离心率为

答案: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
选项：
答案：：解答设粗圆的右焦点为 $E$.

由粗圆的定义得 $\triangle F A B$ 的周长为

$A B+A F+B F=A B+(2 a-A E)+(2 a-B E)=4 a+A B-A E-B E$.

$\because A E+B E \geqslant A B$,

$\therefore A B-A E-B E \leqslant 0$, 当 $A B$ 过点 $E$ 时取等号.

$\therefore \triangle F A B$ 的周长 $A B+A F+B F=4 a+A B-A E-B E \leqslant 4 a$.

$\therefore \triangle F A B$ 的周长的最大值是 $4 a$.

此时 $\triangle F A B$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 2 c \times \frac{2 b^{2}}{a}=a b, \therefore \quad a^{2}=2 b c$.

平方, 得 $a^{4}=4\left(a^{2}-c^{2}\right) c^{2}$, 即 $4 e^{4}-4 e^{2}+1=0, \therefore e=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
分析：由椭圆的定义先确定 $\triangle \mathrm{FAB}$ 的周长的最大值, 即可.
解析：：解答设粗圆的右焦点为 $E$.

由粗圆的定义得 $\triangle F A B$ 的周长为

$A B+A F+B F=A B+(2 a-A E)+(2 a-B E)=4 a+A B-A E-B E$.

$\because A E+B E \geqslant A B$,

$\therefore A B-A E-B E \leqslant 0$, 当 $A B$ 过点 $E$ 时取等号.

$\therefore \triangle F A B$ 的周长 $A B+A F+B F=4 a+A B-A E-B E \leqslant 4 a$.

$\therefore \triangle F A B$ 的周长的最大值是 $4 a$.

此时 $\triangle F A B$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 2 c \times \frac{2 b^{2}}{a}=a b, \therefore \quad a^{2}=2 b c$.

平方, 得 $a^{4}=4\left(a^{2}-c^{2}\right) c^{2}$, 即 $4 e^{4}-4 e^{2}+1=0, \therefore e=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
分析：由椭圆的定义先确定 $\triangle \mathrm{FAB}$ 的周长的最大值, 即可.
题目（高二 · 解析几何）：17. 过点 $(-3,2)$ 且与 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 有相同焦点的椭圆方程是答案: $\frac{x^{2}}{15}+\frac{y^{2}}{10}=1$
选项：
答案：: 解答因为焦点坐标为 $( \pm \sqrt{5}, 0)$, 设方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-5}=1$, 将 $(-3,2)$ 代入方程可得 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-5}=1$, 解得 $a^{2}=15$, 故方程为 $\frac{x^{2}}{15}+\frac{y^{2}}{10}=1$.

分析: 先根据 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 确定另一个椭圆的焦点, 再根据标准方程, 代入即可.
解析：: 解答因为焦点坐标为 $( \pm \sqrt{5}, 0)$, 设方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-5}=1$, 将 $(-3,2)$ 代入方程可得 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-5}=1$, 解得 $a^{2}=15$, 故方程为 $\frac{x^{2}}{15}+\frac{y^{2}}{10}=1$.

分析: 先根据 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 确定另一个椭圆的焦点, 再根据标准方程, 代入即可.
题目（高二 · 解析几何）：18. 已知椭圆 $G$ 的中心在坐标原点, 长轴在 $x$ 轴上, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 且 $G$ 上一点到 $G$ 的两个焦点的距离之和为 12 , 则陏圆 $G$ 的标准方程为

答案: $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$
选项：
答案：：解答：设粗圆的长半轴长为 $a$, 由 $2 a=12$ 知 $a=6$.

又 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $c=3 \sqrt{3}, \therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=36-27=9$.

$\therefore$ 粗圆标准方程为 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

分析：椭圆上一点到椭圆的两个焦点的距离之和为 12 , 确定 $a$ 的长度, 进而确定 $c$, 即可.
解析：：解答：设粗圆的长半轴长为 $a$, 由 $2 a=12$ 知 $a=6$.

又 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $c=3 \sqrt{3}, \therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=36-27=9$.

$\therefore$ 粗圆标准方程为 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

分析：椭圆上一点到椭圆的两个焦点的距离之和为 12 , 确定 $a$ 的长度, 进而确定 $c$, 即可.
题目（高二 · 解析几何）：19. 求以椭圆 $9 x^{2}+5 y^{2}=45$ 的焦点为焦点, 且经过点 $M(2, \sqrt{6})$ 的粗圆的标准方程

答案: $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{8}=1$
选项：
答案：: 解答: 由 $9 x^{2}+5 y^{2}=45$, 得 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$, 其焦点 $F_{1}(0,2) 、 F_{2}(0,-2)$.

设所求椭圆方程为 $\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1$.又 $\because$ 点 $M(2, \sqrt{6})$ 在椭圆上,

$\therefore \frac{6}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}=1$ (1)又 $a^{2}-b^{2}=4$ (2) 解(1)(2)得 $a^{2}=12, b^{2}=8$.

故所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{8}=1$.
分析: 根据椭圆 $9 x^{2}+5 y^{2}=45$, 先确定焦点, 再求出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 即可.
解析：: 解答: 由 $9 x^{2}+5 y^{2}=45$, 得 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$, 其焦点 $F_{1}(0,2) 、 F_{2}(0,-2)$.

设所求椭圆方程为 $\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1$.又 $\because$ 点 $M(2, \sqrt{6})$ 在椭圆上,

$\therefore \frac{6}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}=1$ (1)又 $a^{2}-b^{2}=4$ (2) 解(1)(2)得 $a^{2}=12, b^{2}=8$.

故所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{8}=1$.
分析: 根据椭圆 $9 x^{2}+5 y^{2}=45$, 先确定焦点, 再求出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 即可.
题目（高二 · 解析几何）：20. 若焦点在轴上的椭圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 上存在一点, 它与两焦点的连线互相垂直, 则的取值范围是

答案: $\left(0, \frac{3 \sqrt{10}}{2}\right]$
选项：
答案：: 解答: 设椭圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的上顶点为, 焦点为, 制圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 上存在一点与两焦点的连线互相垂直, 则 $\angle F_{1} A F_{2} \geqslant 90^{\circ}$. 由余弦定理可得 $\left|A F_{2}\right|^{2}+\left|A F_{1}\right|^{2}-\left|F_{1} F_{2}\right|^{2} \leqslant 0$, 即 $a^{2}+a^{2}-4 c^{2} \leqslant 0$, 所以 $a^{2} \leqslant 2 c^{2}=2\left(a^{2}-b^{2}\right)$, 即 $2 b^{2} \leqslant 45$, 解得 $0<b \leqslant \frac{3 \sqrt{10}}{2}$.

分析: 设粗圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的上顶点为, 焦点为,椭圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 上存在一点与两焦点的连线互相垂直,则 $\angle F_{1} A F_{2} \geqslant 90^{\circ}$, 再根据余弦定理求解即可.
解析：: 解答: 设椭圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的上顶点为, 焦点为, 制圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 上存在一点与两焦点的连线互相垂直, 则 $\angle F_{1} A F_{2} \geqslant 90^{\circ}$. 由余弦定理可得 $\left|A F_{2}\right|^{2}+\left|A F_{1}\right|^{2}-\left|F_{1} F_{2}\right|^{2} \leqslant 0$, 即 $a^{2}+a^{2}-4 c^{2} \leqslant 0$, 所以 $a^{2} \leqslant 2 c^{2}=2\left(a^{2}-b^{2}\right)$, 即 $2 b^{2} \leqslant 45$, 解得 $0<b \leqslant \frac{3 \sqrt{10}}{2}$.

分析: 设粗圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的上顶点为, 焦点为,椭圆 $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 上存在一点与两焦点的连线互相垂直,则 $\angle F_{1} A F_{2} \geqslant 90^{\circ}$, 再根据余弦定理求解即可.
题目（高二 · 解析几何）：16.双曲线 $C: \frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$ 的离心率为 \$ \qquad \$ ; 渐近线的方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\frac{\sqrt{6}}{2} \left\lvert\, y= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} x\right.$
解析：：解答：由双曲线的标准方程知, $a^{2}=8, b^{2}=4$, 则

$$
\begin{aligned}
& a=2 \sqrt{2}, c^{2}=8+4=12, c=2 \sqrt{3}, \text { 所以 } e=\frac{c}{a}=\frac{2 \sqrt{3}}{2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2} ., \text { 又渐近线方程为 } \\
& y= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} x .
\end{aligned}
$$

分析: 本题考查双曲线的性质, 离心率、渐近线。
题目（高二 · 解析几何）：17. 双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 的两条渐近线的方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $y= \pm \frac{3}{4} x$
解析：: 解答: 由双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 得 $\mathrm{a}=4, \mathrm{~b}=3$, 故两条渐近线的方程为 $y= \pm \frac{3}{4} x$ 。

分析：利用双曲线的标准方程求出 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 再利用渐近线公式求解.
题目（高二 · 解析几何）：18. 双曲线 $\frac{x^{2}}{m}-\frac{y^{2}}{m-5}=1$ 的一个焦点到中心的距离为 3 , 那么 $m=$
选项：
答案：答案: 7 或 -2
解析：：解答：(1)当焦点在 $x$ 轴上, 有 $m>5$,

则 $c^{2}=m+m-5=9, \therefore m=7$;

(2)当焦点在 $y$ 轴上, 有 $m<0$, 则 $c^{2}=-m+5-m=9$,

$\therefore m=-2$; 综上述, $m=7$ 或 $m=-2$.

分析: 双曲线 $\frac{x^{2}}{m}-\frac{y^{2}}{m-5}=1$ 的一个焦点到中心的距离为 3 , 分情况讨论求解即可。
题目（高二 · 解析几何）：19. 如果双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=(a>0, b>0)$ 的一条渐近线与直线 $\sqrt{3} x-y+\sqrt{3}=0$ 平行, 则双曲线的离心率为
选项：
答案：答案: $e=2$
解析：: 解答: 由题意知 $\frac{b}{a}=\sqrt{3}$, 所以离心率 $e=\frac{c}{a}=2$

分析：本题旨在考查双曲线的离心率，根据公式求解即可.
题目（高二 · 解析几何）：20. 若双曲线 $M$ 上存在四个点 $A, B, C, D$, 使得四边形 $A B C D$ 是正方形, 则双曲线 $M$ 的离心率的取值范围是
选项：
答案：答案: $(\sqrt{2},+\infty)$
解析：: 解答: 由正方形的对称性可知, 其对称中心在原点, 且在第一象限的顶点坐标为 ( $x, x)$

$(x, x)$, 所以双曲线的渐近线的斜率 $k=\frac{b}{a}>1$, 离心率. $e=\sqrt{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{2}}>\sqrt{2}$.

分析: 本题考查了双曲线的性质及分析问题、解决问题的能力.
题目（高二 · 解析几何）：16. 若抛物线 $y^{2}=2 p x$ 的焦点坐标为 $(1,0)$ 则 $p=$ \$ \qquad \$ ;准线方程为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $2 \mid x=-1$
解析：: 解答: 因为抛物线 $y^{2}=2 p x$ 的焦点坐标为 $(1,0), \frac{p}{2}=1$, 所以 $p=2$, 准线方程为 $x=-1$ 。故答案 $2, x=-1$分析: 利用抛物线的标准方程求解。
题目（高二 · 解析几何）：17. 已知 $F$ 为抛物线 $y^{2}=2 a x(a>0)$ 的焦点, 点 $P$ 是抛物线上任一点, $O$ 为坐标原点, 以下四个命题: (1) $\triangle F O P$ 为正三角形. (2) $\triangle F O P$ 为等腰直角三角形.

(3) $\triangle F O P$ 为直角三角形. (4) $\triangle F O P$ 为等腰三角形.

其中一定不正确的命题序号是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: (1)(2)
解析：: 解答: $\because$ 抛物线上的点到焦点的距离最小时, 恰好为抛物线顶点,

$\therefore$ (1)错误.

若 $\triangle F O P$ 为等腰直角三角形, 则点 $P$ 的横纵坐标相等, 这显然不可能, 故(2)错误. 故答案(1)(2)

分析：利用抛物线的标准方程求解。