eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\overrightarrow{A B} \perp \overrightarrow{A C},|\overrightarrow{A B}|=\frac{1}{t},|\overrightarrow{A C}|=t$, 若点 $P$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面内一点, 且 $\overrightarrow{A P}=\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\frac{4 \overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}$,则 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}$ 的最大值等于 ( )
选项：
A. 13
B. 15
C. 19
D. 21
答案：A
解析：以题意, 以点 $A$ 为坐标原点, 以 $A B$ 所在的直线为 $x$ 轴, $A C$ 所在的直线为 $y$ 轴建立如图所示的

平面直角坐标系,



所以点 $P(1,4), B\left(\frac{1}{t}, 0\right), C(0, t)$,

所以 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}=\left(\frac{1}{t}-1,-4\right)(-1, t-4)=\left(\frac{1}{t}-1\right) \times(-1)-4 \times(t-4)$

$=17-\frac{1}{t}-4 t \leqslant 17-2 \sqrt{\frac{1}{t} \times 4 t}=13$ （当且仅当 $\frac{1}{t}=4 t$, 即 $t=\frac{1}{2}$ 时取等号),

所以 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P C}$ 的最大值为 13 . 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：设四边形 $A B C D$ 为平行四边形, $|\overrightarrow{A B}|=6,|\overrightarrow{A D}|=4$. 若点 $M, N$ 满足 $\overrightarrow{B M}=3 \overrightarrow{M C}, \overrightarrow{D N}=2 \overrightarrow{N C}$, 则 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}=(\quad)$
选项：
A. 20
B. 15
C. 9
D. 6
答案：C
解析： $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{N M}=\overrightarrow{C M}-\overrightarrow{C N}=-\frac{1}{4} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$, 所以

$$
\begin{aligned}
& \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N M}=\frac{1}{4}(4 \overrightarrow{A B}+3 \overrightarrow{A D}) \cdot \frac{1}{12}(4 \overrightarrow{A B}-3 \overrightarrow{A D}) \\
= & \frac{1}{48}\left(16 \overrightarrow{A B}^{2}-9 \overrightarrow{A D}^{2}\right)=\frac{1}{48}(16 \times 36-9 \times 16)=9, \text { 选 C. }
\end{aligned}
$$
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）：(2019 年高考全国 I 卷文) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin A-b \sin B=4 c \sin C$, $\cos A=-\frac{1}{4}$, 则 $\frac{b}{c}=(\quad)$
选项：
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
答案：A
解析：由已知及正弦定理可得 $a^{2}-b^{2}=4 c^{2}$,

由余弦定理推论可得 $-\frac{1}{4}=\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}, \therefore \frac{c^{2}-4 c^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{4}, \therefore \frac{3 c}{2 b}=\frac{1}{4}$,

$\therefore \frac{b}{c}=\frac{3}{2} \times 4=6$, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 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.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 的对边, $a=2$, 且 $(2+b)(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为
选项：
A. $\sqrt{3}$
B. 2
c. $2 \sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{3}$
答案：A
解析：析】由正弦定理得: $(2+b)(a-b)=(c-b) c$, 即 $b^{2}+c^{2}-b c=4$, 由余弦定理得: $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-4}{2 b c}=\frac{b c}{2 b c}=\frac{1}{2}, \therefore A=\frac{\pi}{3}$, 又 $b^{2}+c^{2}-b c=4 \geq 2 b c-b c=b c, \therefore b c \leq 4$, 当且仅当 $b=c=2$ 时取等号, 此时 $\triangle A B C$ 为正三角形,则 $\triangle A B C$ 的面积的最大值为 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, 故选 A.

12、在锐角三角形中, $a, b, c$ 分别是内角 $A, B, C$ 的对边, 设 $B=2 A$, 则 $\frac{a}{b}$ 的取值范围是 ( )
A. $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
B. $(\sqrt{2}, 2)$
c. $(\sqrt{2}, \sqrt{3})$
D. $(0,2)$

【答案】A

【解析】 $\because B=2 A, \therefore$ 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 得： $\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\sin A}{\sin 2 A}=\frac{\sin A}{2 \sin A \cos A}=\frac{1}{2 \cos A}$ ， $\because B$ 为锐角, 即 $0<B<90^{\circ}$, 且 $B=2 A, \therefore A C$ 为锐角, $\left\{\begin{array}{c}0<2 A<90^{\circ} \\ 0<180^{\circ}-3 A<90^{\circ}\end{array}\right.$, 所以 $30^{\circ}<A<45^{\circ}, \therefore \frac{\sqrt{2}}{2}<\cos A<\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $\sqrt{2}<2 \cos A<\sqrt{3}$,

$\therefore \frac{\sqrt{3}}{3}<\frac{1}{2 \cos A}<\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\frac{a}{b}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, 故选 A.
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：
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）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 的对边, 且 $\frac{2 \sin C-\sin B}{\sin B}=\frac{a \cos B}{b \cos A}$, 则 $A=(\quad)$
选项：
$\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{2 \pi}{3}$
答案：C
解析：利用正、余弦定理将已知等式化为 $\frac{2 c-b}{b}=\frac{a \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}}{b \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}}$, 化简整理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$, 因为 $A$ 是三角形内角, 所以 $A=\frac{\pi}{3}$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 的对边, $\angle A C B=\frac{\pi}{3} . D 、 E$ 分别是边 $B C$ 和 $A B$的中点, $A D$ 与 $C E$ 交于 $G$ 点, $C G=2$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值是 ( )
选项：
A. $3 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. $\frac{5 \sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$
答案：A
解析：依题意, $G$ 为 $\triangle A B C$ 的重心, 因为 $C G=2$, 所以 $G E=1, C E=3$. 设 $\angle A E C=\alpha$, 则 $\angle B E C=\pi-\alpha$. 在 $\triangle A E C$ 中, 有 $b^{2}=3^{2}+\left(\frac{c}{2}\right)^{2}-2 \times 3 \times \frac{c}{2} \cos \angle A E C$, 在 $\triangle B E C$ 中, 有 $a^{2}=3^{2}+\left(\frac{c}{2}\right)^{2}-2 \times 3 \times \frac{c}{2} \cos \angle B E C$, 两式相加, 则 $a^{2}+b^{2}=18+\frac{c^{2}}{2}$.

又 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos \frac{\pi}{3}=a^{2}+b^{2}-a b$, 消去 $c^{2}$, 得 $a^{2}+b^{2}=36-a b$, 因为 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 所以所以 $a b \leq 12$, 所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4} a b \leq \frac{\sqrt{3}}{4} \times 12=3 \sqrt{3}$.

当且仅当 $a=b=2 \sqrt{3}$ 时, $\triangle A B C$ 的面积取得最大值, 最大值为 $3 \sqrt{3}$. 故选 $\mathrm{A}$.
题目（高二 · 解析几何）：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）：在 $\triangle A B C$ 中, 如果边 $a, b, c$ 满足 $a \leq \frac{1}{2}(b+c)$, 则 $\angle A(\quad)$
选项：
A. 一定是锐角
B. 一定是针角
C. 一定是直角
D. 以上情况都有可能

【
答案：A
解析：已知不等式两边平方得 $a^{2} \leq \frac{1}{4}(b+c)^{2}$, 利用余弦定理 os $A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c} \geq \frac{b^{2}+c^{2}-\frac{(b+c)^{2}}{4}}{2 b c}=\frac{3\left(b^{2}+c^{2}\right)-2 b c}{8 b c} \geq \frac{6 b c-2 b c}{8 b c}=\frac{1}{2}$, aаa

$\because \angle A$ 为三角形的内角, $\therefore 0<\angle A<60^{\circ}$, 即 $\angle A$ 一定是锐角.

故选 A
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对应的边分别为 $a, b, c$, 若 $b c=1, b+2 c \cos A=0$, 则
当角 $B$ 取得最大值时, 三角形的周长为 ( )
选项：
A. $2+\sqrt{3}$
B. $2+\sqrt{2}$
C. 3
D. $3+\sqrt{2}$
答案：A
解析：在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 由正弦定理得: $\sin B+2 \sin C \cos A=0 \because \cos A=-\frac{b}{2 c}<0$

$\therefore \mathrm{A}$ 为针角. $\therefore \cos A \cos C \neq 0$, aаa

由 $\sin A \cos C+\cos A \sin C=-2 \cos A \sin C$,

可得 $\tan A=-3 \tan C, \tan C>0$,

$\tan B=-\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C}=\frac{-(-2 \tan C)}{1+3 \tan ^{2} C}=\frac{2}{\frac{1}{\tan C}+3 \tan C} \leq \frac{2}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

当且仅当 $\tan C=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时取等号. $\therefore B$ 取得最大值 $\arctan \frac{\sqrt{3}}{3}$ 时,

$\therefore c=b=1, \quad C=B=\frac{\pi}{6} . A=\frac{2 \pi}{3}$.

$\therefore \mathrm{a}=2 \times 1 \times \cos \frac{\pi}{6}=\sqrt{3} . \therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=2+\sqrt{3}$. 故答案为: $2+\sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $B C=2, B=\frac{\pi}{3}$, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 则 $\tan C$ 为 $(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{3}$
B. 1
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：C
解析：[由 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} B C \cdot B A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $B A=1$, 由余弦定理得

$A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cos B$,

$\therefore A C=\sqrt{3}, \therefore \triangle A B C$ 为直角三角形,

其中 $A$ 为直角,

$\therefore \tan C=\frac{A B}{A C}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.]
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 如果 $\sin A \sin B+\sin A \cos B+\cos A \sin B+\cos A \cos B=2$, 则 $\triangle A B C$ 是
选项：
A. 等边三角形
B. 针角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 直角三角形
答案：C
解析：[由已知, 得 $\cos (A-B)+\sin (A+B)=2$,

又 $|\cos (A-B)| \leqslant 1,|\sin (A+B)| \leqslant 1$,

故 $\cos (A-B)=1$ 且 $\sin (A+B)=1$,

即 $A=B$ 且 $A+B=90^{\circ}$, 故选 C.]
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 中, 若 $a^{4}+b^{4}+c^{4}=2 c^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)$, 则角 $C$ 的度数是 $(\quad)$
选项：
A. $60^{\circ}$
B. $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$
C. $120^{\circ}$
D. $30^{\circ}$
答案：B
解析：由 $a^{4}+b^{4}+c^{4}=2 c^{2} a^{2}+2 b^{2} c^{2}$,

得 $\cos ^{2} C=\frac{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)^{2}}{(2 a b)^{2}}$

$=\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}+2 a^{2} b^{2}-2 c^{2} a^{2}-2 b^{2} c^{2}}{4 a^{2} b^{2}}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \cos C= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} . \therefore$ 角 $C$ 为 $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$.]
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 已知 $|\overrightarrow{A B}|=4,|\overrightarrow{A C}|=1, S_{\triangle A B C}=\sqrt{3}$, 则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. -2
B. 2
C. $\pm 4$
D. $\pm 2$
答案：D
解析：答案 D

$\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cos A$

$=4 \times 1 \times \cos A= \pm 2$.]
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 $c=\sqrt{2}, b=\sqrt{6}, B=120^{\circ}$, 则 $a$等于 $(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{6}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. $\sqrt{2}$
答案：D
解析：[由正弦定理得 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$,

$\therefore \sin C=\frac{c \cdot \sin B}{b}=\frac{\sqrt{2} \sin 120^{\circ}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{2}$,

$\because c<b, \therefore C$ 为锐角.

$\therefore C=30^{\circ}, \therefore A=180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$.

$\therefore a={ }_{c}=\sqrt{2}$.]
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $A=120^{\circ}, A B=5, B C=7$, 则 $\frac{\sin B}{\sin C}$ 的值为 ( )
选项：
A. $\frac{8}{5}$
B. $\frac{5}{8}$
C. $\frac{5}{3}$
D. $\frac{3}{5}$
答案：D
解析：[由余弦定理得 $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos A$,

即 $7^{2}=5^{2}+A C^{2}-10 A C \cdot \cos 120^{\circ}$,

$\therefore A C=3$. 由正弦定理得 $\sin B=\frac{A C}{\sin }=\frac{3}{5}$.]
题目（高二 · 解析几何）：已知锐角三角形的边长分别为 $2,4, x$, 则 $x$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $1<x<\sqrt{5}$
B. $\sqrt{5}<x<\sqrt{13}$
C. $1<x<2 \sqrt{5}$
D. $2 \sqrt{3}<x<2 \sqrt{5}$
答案：D
解析：[由题意, $x$ 应满足条件 $\left\{\begin{array}{l}2^{2}+4^{2}-x^{2}>0 \\ 2^{2}+x^{2}-4^{2}>0\end{array}\right.$

解得: $2 \sqrt{3}<x<2 \sqrt{5}$.]
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a=15, b=10, A=60^{\circ}$, 则 $\cos B$ 等于 ( )
选项：
A. $-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
B. $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
C. $-\frac{\sqrt{6}}{3}$
答案：D
解析：[由正弦定理得 $\frac{15}{\sin 60^{\circ}}=\frac{10}{\sin B}$.
$\therefore \sin B=\frac{10 \cdot \sin 60^{\circ}}{15}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$\because a>b, A=60^{\circ}, \therefore B<60^{\circ}$.

$\therefore \cos B=\sqrt{1-\sin ^{2} B}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.]
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$. 已知

$\sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0, \quad a=2, c=\sqrt{2}$, 则 $C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{12}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$
答案：B
解析：由 $\sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0$,

得 $\sin (A+C)+\sin A(\sin C-\cos C)=0$,

即 $\sin A \cos C+\cos A \sin C+\sin A \sin C-\sin A \cos C=0$,

所以 $\sin C(\sin A+\cos A)=0$, 因为 $C$ 为三角形的内角, 所以 $\sin C \neq 0$,

故 $\sin A+\cos A=0$, 即 $\tan A=-1$, 所以 $A=\frac{3 \pi}{4}$.

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$ 得, $\sin C=\frac{1}{2}$, 由 $C$ 为锐角, 所以 $C=\frac{\pi}{6}$, 选 B.
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：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 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin \frac{\pi}{3}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：（2019$\cdot$江西高二月考）已知 $\alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right), \sin (\pi-2 \alpha)=-\frac{1}{2}$, 则 $\sin \alpha-\cos \alpha=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
B. $-\frac{\sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $-\frac{\sqrt{6}}{2}$
答案：D
解析：因为 $\sin (\pi-2 \alpha)=-\frac{1}{2}$, 所以 $\sin 2 \alpha=-\frac{1}{2}$, 即 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{1}{2}$,所以 $(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=1-2 \sin \alpha \cos \alpha=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, 又 $\alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$, 所以 $\sin \alpha<\cos \alpha$,所以得到 $\sin \alpha-\cos \alpha=-\frac{\sqrt{6}}{2}$. 故选: D.
题目（高二 · 解析几何）：(2019 全国 I 文 11) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin A-b \sin B=4 c \sin C$, $\cos A=$ $-\frac{1}{4}$, 则 $\frac{b}{c}=(\quad)$
选项：
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
答案：A
解析：因为 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.

利用正弦定理将角化为边可得 $a^{2}-b^{2}=4 c^{2}$

由余弦定理可得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{4}$

由(1)(2)消去 $a$ 得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-\left(b^{2}+4 c^{2}\right)}{2 b c}=-\frac{1}{4}$,化简得 $b=6 c$, 即 $\frac{b}{c}=6$. 故选A.
题目（高二 · 解析几何）：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）：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, 则 $C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$
答案：C
解析：根据题意及三角形的面积公式知 $\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$,

所以 $\sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\cos C$, 所以在 $\triangle A B C$ 中, $C=\frac{\pi}{4}$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：$\cos \frac{5 \pi}{12} \cos \frac{\pi}{6}+\cos \frac{\pi}{12} \sin \frac{\pi}{6}$ 的值是( C )
选项：
A. 0
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：C
解析：[解析] 原式 $=\cos \frac{5 \pi}{12} \cos \frac{\pi}{6}+\sin \frac{5 \pi}{12} \cdot \sin \frac{\pi}{6}=\cos \left(\frac{5 \pi}{12}-\frac{\pi}{6}\right)=\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \left(30^{\circ}+\alpha\right)=\frac{3}{5}, 60^{\circ}<\alpha<150^{\circ}$, 则 $\cos \alpha=$  (A )
选项：
A. $\frac{3-4 \sqrt{3}}{10}$
B. $\frac{3+4 \sqrt{3}}{10}$
C. $\frac{4-3 \sqrt{3}}{10}$
D. $\frac{4+3 \sqrt{3}}{10}$
答案：A
解析：[解析] $\because 60^{\circ}<\alpha<150^{\circ}, \therefore 90^{\circ}<30^{\circ}+\alpha<180^{\circ}$,
$\therefore \cos \left(30^{\circ}+\alpha\right)=-\frac{4}{5}$,

又 $\cos \alpha=\cos \left[\left(30^{\circ}+\alpha\right)-30^{\circ}\right]$

$=\cos \left(30^{\circ}+\alpha\right) \cos 30^{\circ}+\sin \left(30^{\circ}+\alpha\right) \sin 30^{\circ}=-\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}=\frac{3-4 \sqrt{3}}{10}$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\tan \left(x+\frac{\pi}{5}\right), x \in \mathbf{R}$ 且 $x \neq \frac{3}{10} \pi+k \pi, k \in \mathbf{Z}$ 的一个对称中心是( )
选项：
A. $(0,0)$
B. $\left(\frac{\pi}{5}, 0\right)$
C. $\left(\frac{4}{5} \pi, 0\right)$
D. $(\pi, 0)$
答案：C
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=3 \tan \left(\frac{5}{2} x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的最小正周期是( )
选项：
A. $\frac{2 \pi}{5}$
B. $\frac{5 \pi}{2}$
C. $\frac{4 \pi}{5}$
D. $5 \pi$
答案：A
题目（高二 · 解析几何）：下列各点中, 不是函数 $y=\tan \left(\frac{\pi}{4}-2 x\right)$ 的图象的对称中心的是 ( )
选项：
A. $\left(\frac{\pi}{8}, 0\right)$
B. $\left(-\frac{\pi}{8}, 0\right)$
C. $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$
D. $\left(-\frac{3}{8} \pi, 0\right)$
答案：C
解析：令 $\frac{\pi}{4}-2 x=\frac{k \pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$, 得 $x=\frac{\pi}{8}-\frac{k \pi}{4}$.

令 $k=0$, 得 $x=\frac{\pi}{8}$;

令 $k=1$, 得 $x=-\frac{\pi}{8}$;

令 $k=2$, 得 $x=-\frac{3 \pi}{8}$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=\tan \omega x(\omega>0)$ 的图象的相邻两支截直线 $y=\frac{\pi}{4}$ 所得的线段长为 $\frac{\pi}{4}$, 则 $f\left(\frac{\pi}{4}\right)$ 的值是 $(\quad)$
选项：
A. 0
B. 1
C. $-1 \quad$ D. $\frac{\pi}{4}$
答案：A
解析：由题意, 得 $T=\frac{\pi}{\omega}=\frac{\pi}{4}, \therefore \omega=4$.

$\therefore f(x)=\tan 4 x, f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\tan \pi=0$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\tan x+\sin x-|\tan x-\sin x|$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ 内的图象是( )
选项：


A



C



B



D
答案：D
解析：当 $\\frac{\\pi}{2}<x<\\pi$ 时, $\\tan x<\\sin x, y=2 \\tan x<0$;
当 $x=\\pi$ 时, $y=0$;
当 $\\pi<x<\\frac{3 \\pi}{2}$ 时, $\\tan x>\\sin x, y=2 \\sin x<0$. 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的单调递增区间为 $(\quad)$
选项：
A. $\left(k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi+\frac{\pi}{2}\right), \quad k \in \mathbf{Z}$

B. $(k \pi,(k+1) \pi), k \in \mathbf{Z}$

C. $\left(k \pi-\frac{3 \pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{4}\right), k \in \mathbf{Z}$

D. $\left(k \pi-\frac{\pi}{4}, k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right), k \in \mathbf{Z}$
答案：C
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\tan x+\frac{1}{\tan x}$ 是 $(\quad)$
选项：
A. 奇函数

B. 偶函数

C. 既是奇函数又是偶函数

D. 既不是奇函数又不是偶函数
答案：A
解析：函数的定义域是 $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{1}{2} k \pi\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$, 且 $\tan (-x)+\frac{1}{\tan (-x)}=-\tan x-\frac{1}{\tan x}=-\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right)$, 所以函数 $y=\tan x+\frac{1}{\tan x}$ 是奇函数.
题目（高二 · 解析几何）：设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y+6 \geq 0 \\ x-2 y \leq 0 \\ y-2 \leq 0\end{array}\right.$, 则 $|x-y|$ 的取值范围为 ( )
选项：
A. $[0,4]$
B. $[2,4]$
C. $[0,2]$
D. $[2,6]$
答案：A
解析：

由题意, 可作出约束条件的可行域, 如图所示, 在可行域内, 当 $x=y$ 时, $|x-y|=0$ 取得最小值;不妨设 $|x-y|$ 的最大值为 $z$, 则有 $x-y=z$ 或 $x-y=-z$, 即 $y=x-z$ 或 $y=x+z$, 结合图形, 当直线 $y=x+z$ 过点 $A(-2,2)$ 时, $z$ 取得最大值为 4 , 所以 $|x-y|$ 的取值范围为 $[0,4]$. 故正确答案为 $\mathrm{A}$.
题目（高二 · 解析几何）：若直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1(a>0, b>0)$ 过点 $(1,1)$, 则 $a+b$ 的最小值等于( )
选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
答案：C
解析：: 基本法: 因为直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1(a>0, b>0)$ 过点 $(1,1)$, 所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$.所以 $a+b=(a+b) \cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$ $=2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geq 2+2 \sqrt{\frac{a}{b}} \cdot \frac{b}{a}=4$, 当且仅当 $a=b=2$ 时取“=”, 故选 C.

速解法: 如图 $a, b$ 分别是直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ 在 $x, y$ 轴上的截距, $A(a, 0), B(0, b)$, 当 $a \rightarrow 1$ 时, $b \rightarrow+\infty$,当 $b \rightarrow 1$ 时, $a \rightarrow+\infty$, 只有点 $(1,1)$ 为 $A B$ 的中点时, $a+b$ 最小, 此时 $a=2, b=2, \therefore a+b=4$



答案: C
题目（高二 · 解析几何）：【2019 年高考浙江卷】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_823e2db37acdc25ab6e0g-195,.jpg?height=816&width=871&top_left_y=797&top_left_x=501)

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.

【名师点睛】解答此类问题, 要求作图要准确, 观察要仔细, 往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度, 也有可能在解方程组的过程中出错.
题目（高二 · 解析几何）：设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y \leq 6 \\ x+y \geq 3 \\ y \leq 2\end{array}\right.$, 则 $z=\frac{y}{x}$ 的最大值是 ( )
选项：
A. -1
B. 0
C. $\frac{1}{2}$
D. 2
答案：D
解析：由线性约束条件, 画出可行域如下图

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_823e2db37acdc25ab6e0g-196,.jpg?height=383&width=629&top_left_y=545&top_left_x=268)

$z=\frac{y}{x}$ 的几何意义是可行域内的点 $(x, y)$ 与原点 $(0,0)$ 连线的斜率, 由可行域可知, 当取点 $\mathrm{B}$ 时, 与原点连线斜率最大, $\mathrm{B}(1,2)$, 所以 $\mathrm{z}$ 的最大值为 $k=\frac{2-0}{1-0}=2$, 所以选 $\mathrm{D}$ 。
题目（高二 · 解析几何）：已知实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-2 \geq 0 \\ x-2 y+2 \geq 0 \\ x \leq 2\end{array}\right.$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $\left[\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2 \sqrt{2}\right]$
B. $\left[\frac{4}{5}, 8\right]$
C. $\left[\frac{2}{5}, 8\right]$
D. $[1,8]$
答案：B
解析：由约束条件作出可行域是由 $A(2,0), B(0,1), C(2,2)$ 三点所围成的三角形及其内部, 如图中阴影部分, 而 $x^{2}+y^{2}$ 可理解为可行域内的点到原点距离的平方, 显然原点到 $A B$ 所在的直线 $x+2 y-2=0$ 的距离是可行域内的点到原点距离的最小值, 此时 $x^{2}+y^{2}=O D^{2}=\left(\frac{O A \cdot O B}{A B}\right)^{2}=\frac{4}{5}$, 点 $C$ 到原点的距离是可行域内的点到原点距离的最大值, 此时 $x^{2}+y^{2}=2^{2}+2^{2}=8$. 所以 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 $\left[\frac{4}{5}, 8\right]$.



故选 B。
题目（高二 · 解析几何）：若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-2 \leqslant 0, \\ x+y-3 \leqslant 0, \\ 2 x+y-4 \geqslant 0,\end{array}\right.$ 则 $z=x+2 y$ 的最大值等于（）
选项：
2
B. 3
C. 4
D. 5
答案：D
解析：如图, 作出可行域, 由图可知当动直线 $l: y=-\frac{1}{2} x+\frac{z}{2}$ 经过点 $C$ 时, $\frac{z}{2}$ 取得最大值, 即 $z$ 取得最大值.由 $\left\{\begin{array}{c}x+y-3=0, \\ 2 x+y-4=0,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=2 .\end{array}\right.$ 所以当 $x=1, y=2$ 时, $z_{\text {max }}=5$, 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $x, y$ 满足约束条件, 若 $\left\{\begin{array}{c}x-2 \leq 0 \\ x-y+1 \geq 0 \\ x+y-m \geq 0\end{array}\right.$, 若 $z=3 x-2 y$ 的最大值为 4 , 则实数 $m$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8
答案：B
解析：由不等式组, 画出可行域如下图所示:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_823e2db37acdc25ab6e0g-197,.jpg?height=560&width=783&top_left_y=1773&top_left_x=228)

线性目标函数 $\mathrm{z}=3 \mathrm{x}-2 \mathrm{y}$, 化为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{z}{2}$

画出目标函数可知, 当在 $\mathrm{A}$ 点时取得 $\mathrm{z}$ 取得最大值

因为 $\mathrm{A}(2,-2+\mathrm{m})$

代入目标函数可得 $-2+m=\frac{3}{2} \times 2-\frac{4}{2}$
解得 $\mathrm{m}=3$

所以选 B。
题目（高二 · 解析几何）：已知 $1 \leq a-b \leq 2,2 \leq a+b \leq 4$, 则 $4 a-2 b$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $[3,12]$
B. $[5,10]$
C. $[6,12]$
D. $[3,10]$
答案：B
解析：

【分析】

利用待定系数法, 令 $4 a-2 b=x(a-b)+y(a+b)$, 求出满足条件的 $x, y$, 利用不等式的基本性质,可得 $4 a-2 b$ 的取值范围.

## 【详解】

令 $4 a-2 b=x(a-b)+y(a+b)$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ -x+y=-2\end{array}\right.$, 解得: $x=3, y=1$, 即 $4 a-2 b=3(a-b)+(a+b)$.

$\because 1 \leq a-b \leq 2, \quad 2 \leq a+b \leq 4, \quad \therefore 3 \leq 3(a-b) \leq 6, \quad \therefore 5 \leq(a-b)+3(a+b) \leq 10$

故选 B.

## 【点睛】

本题考查了利用不等式的性质求取值范围, 其中令 $4 a-2 b=x$ ( $a-b)+y(a+b)$, 并求出满足条件的 $x, y$, 是解答的关键, 属于基础题.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $x, y$ 满足不等式组 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-2 \leq 0 \\ x-2 y-1 \leq 0 \\ x \geq 0\end{array}\right.$, 则点 $P(x, y)$ 所在区域的面积是( )
选项：
A. 1
B. 2
C. $\frac{5}{4}$
D. $\frac{4}{5}$
答案：C
解析：不等式表示的平面区域如图:



直线 $2 x+y-2=0$ 的斜率为 -2 , 直线 $x-2 y-1$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$, 所以两直线垂直, 故 $\triangle B C D$ 为直角三角形, 易得 $B(1,0), D\left(0,-\frac{1}{2}\right), C(0,2),|B D|=\frac{\sqrt{5}}{2},|B C|=\sqrt{5}$ 所以阴影部分面积
$S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|B C|=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{5}}{2} \times \sqrt{5}=\frac{5}{4}$, 故选 C。