eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：11. 如图, $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $C, D$ 是 $\odot O$ 上的两点, $\angle \mathrm{BAC}=20^{\circ}, \mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \mathrm{AD}=\mathrm{AE}$ 则 $\angle$ $\mathrm{DAC}=$ $\circ$.


选项：
答案：答案: 35
解析：: 解答: $\because \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}-\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}-20^{\circ}=70^{\circ}$.

又 $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆 $\mathrm{O}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{ADC}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{ABC}=180^{\circ}-70^{\circ}=110^{\circ}$.

则在 $\triangle \mathrm{ADC}$ 中, $\angle \mathrm{DAC}+\angle \mathrm{DCA}=70^{\circ}$.

又 $\because \mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \therefore \angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{DCA}$.

$\therefore \angle \mathrm{DAC}=35^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给几何特征满足条件分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：15. 已知圆内接四边形 $\mathrm{ABCD}$ 的边长分别是 $\mathrm{AB}=2, \mathrm{BC}=6, \mathrm{CD}=\mathrm{DA}=4$, 则四边形 $\mathrm{ABCD}$ 的面积等于 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $8 \sqrt{3}$
解析：：解答：由于四点共圆, $\therefore \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{D}=180^{\circ}$.

$\therefore \cos \mathrm{B}=-\cos \mathrm{D}$.

根据余弦定理, 得 $\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2}-2 \mathrm{AB} \cdot \mathrm{BC} \cdot \cos \mathrm{B}, \mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AD}^{2}+\mathrm{DC}^{2}-2 \mathrm{AD} \cdot \mathrm{DC} \cdot \cos \mathrm{D}$,

$\therefore \mathrm{AC}^{2}=2^{2}+6^{2}-2 \times 2 \times 6 \cos \mathrm{B}$

$=2^{2}+6^{2}+2 \times 2 \times 6 \cos D$,
$\mathrm{AC}^{2}=4^{2}+4^{2}-2 \times 4 \times 4 \cos \mathrm{D}$,

$\therefore \cos \mathrm{D}=-\frac{1}{7}, \sin \mathrm{D}=\sin \mathrm{B}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$.

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 的面积 $=\frac{1}{2} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{BC} \cdot \sin \mathrm{B}+\frac{1}{2} \mathrm{AD} \cdot \mathrm{DC} \cdot \sin \mathrm{D}=8 \sqrt{3}$

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件根据余弦定理计算即可
题目（高三 · 解析几何）：13. 在平面直角坐标系中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=-1+3 t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数) 的普通方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $3 x-y-4=0$
解析：: 解答: 由 $\mathrm{x}=1+\mathrm{t}$ 得 $\mathrm{t}=\mathrm{x}-1$ 代入 $\mathrm{y}=-1+3 \mathrm{t}$ 整理得, $3 x-y=4$, 即为曲线 $\mathrm{C}$ 的普通方程.分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是所给参数方程转化即可
题目（高三 · 解析几何）：14. 设曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\sqrt{10} \cos \theta \\ y=-1+\sqrt{10} \sin \vartheta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+2 t \\ y=1+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 则直线 $l$ 与曲线 $C$ 截得的弦长为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $2 \sqrt{5}$
解析：: 解答: 由题将所给圆与直线的参数方程化为普通方程, 根据弦长公式求得弦长即可;由题圆的普通方程为 $(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=10$, 直线的普通方程为 $2 y-x-1=0$, 圆心到直线的距离为 $\frac{|2 \times(-1)-2-1|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$, 所以弦长为 $2 \sqrt{10-5}=2 \sqrt{5}$

分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 圆的参数方程, 解决问题的关键是根据直线与圆的方程计算即可
题目（高三 · 解析几何）：15. 直线 1 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2} t+4 \sqrt{2}\end{array}\right.$ (其中 $\mathrm{t}$ 为参数), 圆 $\mathrm{c}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$, 过直线上的点向圆引切线, 则切线长的最小值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $2 \sqrt{6}$
解析：: 解答: 由题意把参数方程转化为普通方程为 $x-y+4 \sqrt{2}=0$, 由圆 $\mathrm{c}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$, 得 $\rho^{2}=\sqrt{2} \rho \cos \theta-\sqrt{2} \rho \sin \theta$得 $x^{2}+y^{2}=\sqrt{2} x-\sqrt{2} y,\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(y+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=1$,圆心 $C\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 到直线 $x-y+4 \sqrt{2}=0$ 的距离为 $d=\frac{\left|\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+4 \sqrt{2}\right|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=5$, 直线与圆相离, 要使切线长最小是直线 $l$ 上的点到圆心 $C$ 的距离最小, 即点圆心 $C\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 到
直线 $x-y+4 \sqrt{2}=0$ 的距离 5 , 所以切线的最小值为 $\sqrt{5^{2}-1^{2}}=2 \sqrt{6}$.

分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是根据直线与圆的位置关系分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：16. 在平面直角坐标系中, 直线 $\mathrm{L}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3}{2} t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数), 则直线 $\mathrm{L}$ 的普通方程为
选项：
答案：答案: $6 x-2 y+\sqrt{2}=0$
解析：: 解答: $\because\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3}{2} t\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}3 x=\frac{3}{2} t \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3}{2} t\end{array} \Rightarrow y=\frac{\sqrt{2}}{2}+3 x\right.\right.$, 即 $6 x-2 y+\sqrt{2}=0$

分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是根据直线的参数方程转化即可
题目（高三 · 解析几何）：17. 直线 $\left\{\begin{array}{l}x=-2-\sqrt{2} t \\ y=3+\sqrt{2} t\end{array}\right.$ ( 为参数 $)$ 上与点 $P(-2,3)$ 距离等于 $\sqrt{2}$ 的点的坐标是
选项：
答案：答案: $(-3,4)$ 或 $(-1,2)$
解析：: 解答: 由题: $\left\{\begin{array}{l}x=-2-\sqrt{2} t \\ y=3+\sqrt{2} t\end{array} \Rightarrow x+y-1=0,\left\{\begin{array}{l}x_{0}+y_{0}=1 \\ \left(x_{0}+2\right)^{2}+\left(3-y_{0}\right)^{2}=2\end{array} \Rightarrow(-3,4)\right.\right.$或 $(-1,2)$

分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是根据直线的参数方程转化为距离问题计算即可
题目（高三 · 解析几何）：18. 以平面直角坐标系的原点为极点, $\mathrm{x}$ 轴的正半轴为极轴, 建立极坐标系, 两种坐标系中取相同的长度单位. 已知直线 $\mathrm{l}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t+1 \\ y=t-3\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数), 圆 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程是 $\rho=4 \cos \theta$, 则直线 1 被圆 $\mathrm{C}$ 截得的弦长为
选项：
答案：答案: $2 \sqrt{2}$
解析：: 解答: 直线 $l$ 的方程为 $x-y-4=0$, 圆 C 的方程是 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$, 因此圆 C 到直线 1 距离为 $d=\frac{|2-0-4|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$, 直线 1 被圆 $C$ 截得的弦长为 $2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{2}$分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是根据直线与圆的方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：19. 在平面直角坐标系中, 直线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=1-t\end{array}\right.$ ( $t$ 是参数) 被圆 $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 是参数 $)$截得的弦长为
选项：
答案：答案: $\sqrt{2}$
解析：: 解答: 由直线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=1-t\end{array}\right.$ ( $t$ 是参数) 消去参数得: $x+y-1=0$, 再由圆 $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 是参数) 消去参数得: $x^{2}+y^{2}=1$, 知圆的圆心为 $\mathrm{C}_{2}(0,0)$, 半径 $\mathrm{R}=1$;则圆心到直线的距离 $d=\frac{|0+0-1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 从而弦长为 $2 \sqrt{R^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{2}$, 故应填入: $\sqrt{2}$.

分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 圆的参数方程, 解决问题的关键是根据直线的参数方程结合圆的方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：20. 直线 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\frac{4}{5} t \\ y=-1-\frac{3}{5} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数) 被曲线 $\rho=\sqrt{2} \cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$ 所截的弦长
选项：
答案：答案: $\frac{7}{5}$
解析：：解答：因为曲线 $\rho=\sqrt{2} \cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$

所以 $\rho=\cos \theta-\sin \theta$

$\rho^{2}=\rho \cos \theta-\rho \sin \theta$

所以曲线的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}=x-y$, 即 $\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2}$

所以曲线为圆心 $\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$, 半径为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的圆;

由直线的参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=1+\frac{4}{5} t \\ y=-1-\frac{3}{5} t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$ 得 $3 x+4 y+1=0$
圆心 $\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$ 到直线 $3 x+4 y+1=0$ 的距离 $d=\frac{\left|3 \times \frac{1}{2}+4 \times\left(-\frac{1}{2}\right)+1\right|}{5}=\frac{1}{10}$

所以直线被园的截得弦长等于 $2 \sqrt{\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{10}\right)^{2}}=\frac{7}{5}$

分析: 本题主要考查了直线的参数方程, 解决问题的关键是根据直线与圆的位置关系分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：11. 已知两曲线参数方程分别为 $\left\{\begin{array}{c}x=\sqrt{5} \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}(0 \leq \theta<\pi)\right.$ 和 $\left\{\begin{array}{c}x=\frac{5}{4} t^{2} \\ y=t\end{array}(t \in \mathbf{R})\right.$, 它们的交
点坐标为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\left(1, \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$
解析：: 解答: 两曲线参数方程化成普通方程联立方程得: $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1 \\ x=\frac{5}{4} y^{2}\end{array}\right.$, 解方程组得交点坐标为 $\left(1, \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$.

分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程.抛物线的参数方程, 解决问题的关键是根据所给参数方程化为普通方程联立计算即可
题目（高三 · 解析几何）：6. 已知两曲线参数方程分别 $\left\{\begin{array}{c}x=\sqrt{5} \cos \theta, \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数, $0 \leq \theta<\pi$ ) 和 $\left\{\begin{array}{c}x=\frac{5}{4} t^{2} \\ y=t\end{array}\right.$ ( $\mathrm{s}$ 为参数), 它们的交点坐标为
选项：
答案：答案: $\left(1, \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$
解析：: 解答: 参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=\sqrt{5} \cos \theta, \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ 化为普通方程为 $\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$, 因为 $0 \leq \theta<\pi$, 故 $y \geq 0$, 参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=\frac{5}{4} t^{2} \\ y=t\end{array}\right.$ 化为普通方程为 $y^{2}=\frac{4}{5} x$, 由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1 \\ y^{2}=\frac{4}{5} x\end{array}\right.$ 得 $x=1$, $y=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故它们的交点坐标为 $\left(1, \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$.

分析: 本题主要考查了双曲线的参数方程.抛物线的参数方程, 解决问题的关键是根据所给参数方程化为普通方程结合曲线性质计算即可
题目（高三 · 解析几何）：7. 在直角坐标系中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{c}x=\cos \alpha \\ y=1+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 在极坐标系中, $C_{2}$的方程为 $\rho(3 \cos \theta-4 \sin \theta)=6$, 则 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点个数为
选项：
答案：0
解析：: 解答: 曲线 $C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+\frac{(y-1)^{2}}{4}=1, C_{2}$ 的直角坐标方程为 $3 x-4 y=6$,由 $\left\{\begin{array}{c}x^{2}+\frac{(y-1)^{2}}{4}=1 \\ 3 x-4 y=6\end{array}\right.$ 得 $73 x^{2}-60 x+36=0, \Delta=(-60)^{2}-4 \times 73 \times 36<0$ ，故直线与粗圆无交点, 交点个数为 0 .

分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是根据椭圆与直线的方程联立分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：8. 已知椭圆的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos P \\ y=4 \sin P\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数) 点 $\mathrm{M} . \mathrm{~N}$ 在椭圆上, 对应参数分别为 $\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}$,则直线 $\mathrm{MN}$ 的斜率为
选项：
答案：-2
解析：: 解答: 当 $\mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$ 时, $\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \frac{\pi}{3}=1, \text { ? } \\ y=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3},\end{array}\right.$ 即 $\mathrm{M}(1,2 \sqrt{3})$ 同理 $\mathrm{N}(\sqrt{3}, 2)$ $\cdot k_{\mathrm{MN}}=\frac{2 \sqrt{3}-2}{1-\sqrt{3}}=-2$

分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是根据所给条件计算即可
题目（高三 · 解析几何）：9. 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 若直线 $l:\left\{\begin{array}{l}x=t, \\ y=t-a\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)过椭圆 $C:\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \varphi, \\ y=2 \sin \varphi\end{array} \quad(\varphi\right.$ 为参数)的右顶点, 则常数 $a$ 的值为
选项：
答案：3
解析：: 解答: 本小题主要考查直线和帮圆的参数方程.参数方程与普通方程的互化及椭圆的几何性质.由题设可得直线 $1: y=x-a$, 又由椭圆参数方程可知其右顶点为 $(3,0)$, 代入 $y=x-a$ 得 $a=3$.分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是根据椭圆与直线的位置关系分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：12. 如图, $\mathrm{AD}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{F}, \mathrm{FB}, \mathrm{FC}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的两弦,请列出图中所有的弦切角


选项：
答案：答案: $\angle \mathrm{AFB}, \angle \mathrm{AFC}, \angle \mathrm{DFC}, \angle \mathrm{DFB}$
解析：: 解答: $\angle \mathrm{AFB}, \angle \mathrm{AFC}, \angle \mathrm{DFC}, \angle \mathrm{DFB}$

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分
析即可
题目（高三 · 解析几何）：14. 如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{PB}, \mathrm{PE}$ 分别切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$, 若 $\angle \mathrm{ACE}=40^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{P}=$ \$ \qquad \$ $\circ$


选项：
答案：80
解析：: 解答: 如图,连接 $B C$, 则 $\angle A C E=\angle A B C, \angle A C B=90^{\circ}$. 又 $\angle A C E=40^{\circ}$, 则 $\angle A B C=40^{\circ}$.

所以 $\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}-\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}, \angle \mathrm{ACP}=180^{\circ}-\angle \mathrm{ACE}=140^{\circ}$.

又 $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 则 $\angle A B P=90^{\circ}$. 又四边形 $A B P C$ 的内角和等于 $360^{\circ}$,所以 $\angle \mathrm{P}+\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{ACP}+\angle \mathrm{ABP}=360^{\circ}$. 所以 $\angle \mathrm{P}=80^{\circ}$.



分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：11. 已知一个圆的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta, \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 那么圆的摆线方程中与参数 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 对应的点 $\mathrm{A}$ 与点 $B\left(\frac{3 \pi}{2}, 2\right)$ 之间的距离为
选项：
答案：答案: $\sqrt{10}$
解析：：解答：根据圆的参数方程可知, 圆的半径为 3 , 那么它的摆线的参数方程为
$\left\{\begin{array}{c}x=3(\varphi-\sin \varphi), \\ y=3(1-\cos \varphi)\end{array}(\varphi\right.$ 为参数 $)$, 把 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 代入参数方程中可得 $\left\{\begin{array}{c}x=3\left(\frac{\pi}{2}-1\right), \\ y=3,\end{array}\right.$

即 $A\left(3\left(\frac{\pi}{2}-1\right), 3\right)$, 所以 $|A B|=\sqrt{\left[3\left(\frac{\pi}{2}-1\right)-\frac{3 \pi}{2}\right]^{2}+(3-2)^{2}}=\sqrt{10}$

分析: 本题主要考查了其它摆线的生成过程, 解决问题的关键是根据圆的摆线参数方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：12. 圆的渐开线参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\pi}{4} \cos \varphi+\frac{\pi}{4} \varphi \sin \varphi, \\ y=\frac{\pi}{4} \sin \varphi-\frac{\pi}{4} \varphi \cos \varphi .\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数)则基圆的面积为
选项：
答案：答案: $\frac{1}{16} \pi^{3}$
解析：: 解答: 易知,基圆半径为 $\frac{\pi}{4} \therefore$ 面积为 $\pi \cdot\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}=\frac{1}{16} \pi^{3}$

分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据圆的渐开线的生成过程及其参数方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：13. 已知圆的渐开线的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \varphi+3 \varphi \sin \varphi, \\ y=3 \sin \varphi-3 \varphi \cos \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数), 则此渐开线对应基圆的面积为 ，当 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 时对应的曲线上的点的坐标为
选项：
答案：答案: $9 \pi \left\lvert\,\left(\frac{3 \pi}{2}, 3\right)\right.$
解析：: 解答: 已知圆的渐开线的参数方程变为 $\left\{\begin{array}{c}x=3(\cos \varphi+\varphi \sin \varphi), \\ y=3(\sin \varphi-\varphi \cos \varphi)\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数 $)$, 则基圆的半径为 3 , 故面积 $\pi \times 3^{2}=9 \pi$

当 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 时, $\left\{\begin{array}{l}x=3\left(\cos \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2} \sin \frac{\pi}{2}\right), \\ y=3\left(\sin \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2} \cos \frac{\pi}{2}\right),\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{c}x=\frac{3 \pi}{2}, \\ y=3\end{array}\right.$
故 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 时对应点的坐标为 $\left(\frac{3 \pi}{2}, 3\right)$.

分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据圆的渐开线的生成过程及其参数方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：14. 渐开线 $\left\{\begin{array}{l}x=6(\cos \varphi+\varphi \sin \varphi), \\ y=6(\sin \varphi-\varphi \cos \varphi)\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数)的基圆的圆心在原点, 把基圆的横坐标伸长为原来的 2 倍(纵坐标不变)得到的曲线的焦点坐标为
选项：
答案：答案: $(6 \sqrt{3}, 0)$ 和 $(-6 \sqrt{3}, 0)$
解析：: 解答: 根据圆的渐开线方程可知基圆的半径 $r=6$,其方程 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=36$,把基圆的横坐标伸长为原来的 2 倍 (纵坐标不变), 得到的曲线的方程为 $\left(\frac{1}{2} x\right)^{2}+y^{2}=36$, 整理可得 $\frac{x^{2}}{144}+\frac{y^{2}}{36}=1$, 这是一个焦点在 $x$ 轴上的椭圆. $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{144-36}=6 \sqrt{3}$, 故焦点坐标为 $(6 \sqrt{3}, 0)$ 和 $(-6 \sqrt{3}, 0)$.

分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据圆的渐开线的生成过程及其参数方程结合椭圆性质分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：15. 圆的渐开线 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{2}(\cos t+t \operatorname{sint}), \\ y=\sqrt{2}(\operatorname{sint}-\mathrm{tcost})\end{array}\right.$ 上与 $\mathrm{t}=\frac{\pi}{4}$ 对应的点的直角坐标为
选项：
答案：答案: $\left(1+\frac{\pi}{4}, 1-\frac{\pi}{4}\right)$
解析：：解答：对应点的直角坐标为

$\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4} \sin \frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi}{4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=1+\frac{\pi}{4}, \\ y=\sqrt{2}\left(\sin \frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4} \cdot \cos \frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\pi}{4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=1-\frac{\pi}{4},\end{array}\right.$

$\therefore \mathrm{t}=\frac{\pi}{4}$ 对应的点的直角坐标为 $\left(1+\frac{\pi}{4}, 1-\frac{\pi}{4}\right)$.

分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据圆的渐开线的生成过程及其参数方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：16. 设圆的半径是 $\mathrm{r}$ ，则其摆线的一个拱的宽度与高度分别是——.
选项：
答案：答案: $2 \pi \mathrm{r} \mid 2 \mathrm{r}$
解析：: 解答: $\because$ 圆的半径是 $\mathrm{r}, \therefore$ 其摆线的一个拱的宽度为圆的周长, 即 $2 \pi \mathrm{r}$, 每一拱的拱
高为圆的直径, $2 \mathrm{r}$. 故答案为: $2 \pi \mathrm{r}, 2 \mathrm{r}$.

分析: 本题主要考查了摆线在实际中应用的实例, 解决问题的关键是根据所给问题结合摆线定义分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：17. 半径为 4 的圆的渐开线的参数方程是
选项：
答案：答案: $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \varphi+\varphi \sin \varphi \\ y=4 \sin \varphi-\varphi \cos \varphi\end{array}\right.$
解析：: 解答: 由圆的渐开线的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=r \cos \varphi+\varphi \sin \varphi \\ y=r \sin \varphi-\varphi \cos \varphi\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \varphi+\varphi \sin \varphi \\ y=4 \sin \varphi-\varphi \cos \varphi\end{array}\right.$.分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据渐开线的生成过程及其参数方程结合所给条件写出其对应的渐开线参数方程即可
题目（高三 · 解析几何）：8. 已知圆的渐开线的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi+\varphi \sin \varphi, \\ y=\sin \varphi-\varphi \cos \varphi,\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数)则此渐开线对应的基圆的直径是 \$ \qquad \$ ，当参数 $\varphi=\frac{\pi}{4}$ 时对应的曲线上的点的坐标为
选项：
答案：答案: $21\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2} \pi}{8}, \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2} \pi}{8}\right)$
解析：：解答：圆的渐开线的参数方程由圆的半径惟一确定,从方程不难看出基圆的半径为 1 ,故直径为
题目（高三 · 解析几何）：9. 已知圆的渐开线方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi a \sin 30^{\circ}+\varphi \sin \varphi \sin 30^{\circ}, \\ y=\sin \varphi \cos 60^{\circ}-\varphi \cos \varphi \cos 60^{\circ}\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数), 则该基圆半径为 .当圆心角 $\varphi=\pi$ 时, 曲线上点 $\mathrm{A}$ 的直角坐标为
选项：
答案：答案: $\frac{1}{2} \left\lvert\,\left(-\frac{1}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\right.$
解析：：解答：圆的渐开线方程变为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sin 30^{\circ}(\cos \varphi+\varphi \sin \varphi), \\ y=\cos 60^{\circ}(\sin \varphi-\varphi \cos \varphi)\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数 $)$, $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}(\cos \varphi+\varphi \sin \varphi), \\ y=\frac{1}{2}(\sin \varphi-\varphi \cos \varphi)\end{array}\left(\varphi\right.\right.$ 为参数), 则基圆的半径为 $\frac{1}{2}$.将 $\varphi=\pi$ 代入上式得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}(\cos \pi+\pi \sin \pi), \\ y=\frac{1}{2}(\sin \pi-\pi \cos \pi),\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}, \\ y=\frac{\pi}{2},\end{array}\right.$则点 $A$ 的坐标为 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$.

分析: 本题主要考查了渐开线的生成过程及其参数方程, 解决问题的关键是根据圆的渐开线的生成过程及其参数方程分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：抛物线 $y^{2}=2 x$ 的准线方程是 \$ \qquad \$ , 若此抛物线上一点 $M$ 到此抛物线焦点 $\mathrm{F}$ 的距离为 1 , 则点 $\mathrm{M}$ 的横坐标为
选项：
答案：$\mathrm{y}^{2}=4 \mathrm{x}$
解析：抛物线的准线方程为 $x=-1, 	herefore$ 可设抛物线方程为 $y^{2}=2 p x(p>0)$, 由准线方程 $x=-rac{p}{2}=-1$, 得 $\mathrm{p}=2$. $	herefore$ 抛物线的标准方程为 $\mathrm{y}^{2}=4 \mathrm{x}$.
题目（高三 · 解析几何）：抛物线 $x^{2}-8 y=0$ 的焦点坐标为
选项：
答案：(0,2)
解析：抛物线的标准方程为 $\mathrm{x}^{2}=8 \mathrm{y}$, 则 $\mathrm{p}=4$, 焦点在 $\mathrm{y}$ 轴上, 则焦点坐标为 $(0,2)$. 故答案为 $(0,2)$.
题目（高三 · 解析几何）：抛物线 $y=a x^{2}$ 的准线方程是 $y=2$, 则 $a=$
选项：
答案：$-rac{1}{8}$
解析：抛物线 $y=a x^{2}$ 的标准方程是 $\mathrm{x}^{2}=rac{1}{\mathrm{a}} \mathrm{y}$, 则其准线方程为 $\mathrm{y}=-rac{1}{4 \mathrm{a}}=2, 	herefore\mathrm{a}=-rac{1}{8}$,
题目（高三 · 解析几何）：17. 从圆外一点 $\mathrm{P}$ 向圆引两条割线 $\mathrm{PAB}, \mathrm{PCD}$, 分别与圆相交于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$, 如果 $\mathrm{PA}=4, \mathrm{PC}=3, \mathrm{CD}=5$,那么 $\mathrm{AB}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：2
解析：: 解答: 由割线定理,得 $\mathrm{PA} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PC} \cdot \mathrm{PD}$,故 $4 \times(4+\mathrm{AB})=3 \times(3+5)$, 解得 $\mathrm{AB}=2$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的割线定理计算即可
题目（高三 · 解析几何）：设 $\lim _{i x \rightarrow 0} \frac{f(2+\Delta x)-f(2-\Delta x)}{\Delta x}=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(2, f(2))$ 处的切线的倾斜角是
选项：
答案：$rac{3 \pi}{4}$
解析：因为 $\lim _{\Delta x ightarrow 0} rac{f(2+\Delta x)-f(2-\Delta x)}{\Delta x}=\lim _{\Delta x ightarrow 0} rac{f(2+\Delta x)-f(2)+f(2)-f(2-\Delta x)}{\Delta x}$=\lim _{\Delta x ightarrow 0} rac{f(2+\Delta x)-f(2)}{\Delta x}+\lim _{\Delta x ightarrow 0} rac{f(2-\Delta x)-f(2)}{-\Delta x}=2 f^{\prime}(2)=-2$, 所以 $f^{\prime}(2)=-1$,则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(2, f(2))$ 处的切线斜率为 -1 , 即 $	an \alpha=-1$,又 $\alpha \in[0, \pi)$, 所以所求切线的倾斜角 $\alpha$ 为 $rac{3 \pi}{4}$,故答案为 $rac{3 \pi}{4}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=a \ln (x+1)-x^{2}$, 对任意的 $p \in(0,1), q \in(0,1)$, 当 $p \neq q$
时, $\frac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}>1$, 则实数 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$[15,+\infty)$
解析：由题意, 分式 $rac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}$ 的几何意义为:表示点 $(p+1, f(p+1))$ 与 $(q+1, f(q+1))$ 连线的斜率,因为实数 $p, q$ 在区间 $(0,1)$ 内, 故 $p+1$ 和 $q+1$ 在区间 $(1,2)$ 内,不等式 $rac{f(p+1)-f(q+1)}{p-q}>1$ 恒成立,所以函数图象上在区间 $(1,2)$ 内任意两点连线的斜率大于 1 ,故函数 $f(x)=a \ln (x+1)-x^{2}$ 的导数大于 1 在 $(1,2)$ 内恒成立,由函数 $f(x)=a \ln (x+1)-x^{2}$ 满足 $x+1>0$, 即定义域为 $(-1,+\infty)$ ，即 $f(x)=rac{a}{x+1}-2 x>1$ 在 $(1,2)$ 内恒成立, 即 $a>2 x^{2}+3 x+1$ 在 $(1,2)$ 内恒成立,设函数 $g(x)=2 x^{2}+3 x+1$, 根据二次函数的性质，可得函数 $g(x)=2 x^{2}+3 x+1$ 在 $(1,2)$ 上是单调增函数,可得 $g(x)<g(2)=15$, 所以 $a \geq 15$,即实数 $a$ 的取值范围是 $[15,+\infty)$.
题目（高三 · 解析几何）：函数 ${ }^{y=f(x)}$ 的图象在 ${ }^{A(2, f(2))}$ 处的切线方程是 $y=3 x-1$, 则 $f(2)+f^{\prime}(2)=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：8
解析：$ecause$ 在点 $(2, f(2))_{	ext {处的切线方程为 }} y=3 x-1$, $	herefore f(2)=6-1=5, f^{\prime}(2)=3, 	herefore f(2)+f^{\prime}(2)=8$, 故答案为 8 .
题目（高三 · 解析几何）：若直线 $l$ 与曲线 $y=\sqrt{x}$ 和 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{5}$ 都相切, 则 $l$ 的方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$x-2 y+1=0$
解析：设直线 $l$ 在曲线 $y=\sqrt{x}$ 上的切点为 $\left(x_{0}, \sqrt{x_{0}}ight)$, 则 $x_{0}>0$,函数 $y=\sqrt{x}$ 的导数为 $y^{\prime}=rac{1}{2 \sqrt{x}}$, 则直线 $l$ 的斜率 $k=rac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}$,则直线 $l$ 的方程为 $y-\sqrt{x_{0}}=rac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}\left(x-x_{0}ight)$, 即 $x-2 \sqrt{x_{0}} y+x_{0}=0$,由于直线 $l$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=rac{1}{5}$ 相切, 则 $rac{x_{0}}{\sqrt{1+4 x_{0}}}=rac{1}{\sqrt{5}}$,两边平方并整理得 $5 x_{0}^{2}-4 x_{0}-1=0$, 解得 $x_{0}=1$ 或 $x_{0}=-rac{1}{5}$ (舍),则直线 $l$ 的方程为 $x-2 y+1=0$, 故答案为 $x-2 y+1=0$.
题目（高三 · 解析几何）：10. 设实数 $x, y$ 满足 $3 x^{2}+2 y^{2} \leq 6$, 则 $2 x+y$ 的最大值为
选项：
答案：答案: $\sqrt{11}$
解析：:解答:由柯西不等式得

$$
\begin{aligned}
& (2 x+y)^{2} \leq\left[(\sqrt{3} x)^{2}+(\sqrt{2} y)^{2}\right] \cdot\left[\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2}+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2}\right] \\
& =\left(3 x^{2}+2 y^{2}\right) \cdot\left(\frac{4}{3}+\frac{1}{2}\right) \\
& \leq 6 \times \frac{11}{6}=11
\end{aligned}
$$

当且仅当 $3 x=4 y$, 即 $x=\frac{4}{\sqrt{11}} x=\frac{4}{\sqrt{11}}, y=\frac{3}{\sqrt{11}}$ 时等号成立.

因此 $2 x+y 2 x+y$ 的最大值为 $\sqrt{11}$.

分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：9. 函数 $y=3 \sqrt{x-5}+4 \sqrt{6-x}$ 的最大值为
选项：
答案：答案: 5
解析：: 解答: $\because$

$$
y^{2}=(3 \sqrt{x-5}+4 \sqrt{6-x})^{2}
$$

$\leq\left(3^{2}+4^{2}\right)\left[(\sqrt{x-5})^{2}+(\sqrt{6-x})^{2}\right]$

$=25(x-5+6-x)=25$,

当且仅当 $3 \sqrt{6-x}=4 \sqrt{x-5}$,

即 $x=\frac{128}{25}$ 时等号成立.

$\therefore$ 函数 $y$ 的最大值为 5 .

分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是两边平方然后根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：21. 关于直角 $\angle \mathrm{AOB}$ 在平面 $\alpha$ 内的平行射影有如下判断:(1)可能是 $0^{\circ}$ 的角;(2)可能是锐角;(3)可能是直角;(4)可能是针角;(5)可能是 $180^{\circ}$ 的角,其中正确判断的序号是
选项：
答案：答案: (1)(2)(3)(4)(5)
解析：: 解答: 设直角 $\angle \mathrm{ABC}$ 所在平面为 $\beta$, 当 $\beta$ 与投影方向平行时, 直角 $\angle \mathrm{AOB}$ 在平面 $\alpha$ 内的平行射影为一条射线或一条直线;当 $\beta$ 与投影方向不平行时,直角 $\angle \mathrm{AOB}$ 在平面 $\alpha$ 内的平行射影为一个角,并且该角可以是锐角、直角或针角.因而(1)(2)(3)(4)(5)都对.

分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影的原理结合所给选项分析即可
题目（高三 · 解析几何）：20. 设 $x$ 是纯虚数, $y$ 是实数, 且 $2 x-1+i=y-(3-y) i$, 则 $x+y$ 等于 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $-1-\frac{5}{2} i$
解析：: 解答: $x$ 纯虚数, 因此我们设 $x=m i(m \in R)$, 则等式 $2 x-1+i=y-(3-y) i$ 为 $2 m i-1+i=y-(3-y) i$, 即 $-1+(2 m+1) i=y-(3-y) i$, 因此 $\left\{\begin{array}{l}-1=y, \\ 2 m+1=-3+y,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}y=-1, \\ m=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$

从而 $x+y=-\frac{5}{2} i-1$.

分析: 本题主要考查了复数相等的充要条件, 解决问题的关键是根据复数相等列式计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：8. 设 $x, y, z \in \mathbf{R}, 2 x+2 y+z+8=0$, 则 $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}+(z-3)^{2}$ 的最小值为
选项：
答案：9
解析：:【解答】 $2 x+2 y+z+8=0 \Rightarrow 2(x-1)+2(y+2)+(z-3)=-9$.

考虑以下两组向量:

$u=(2,2,1), v=(x-1, y+2, z-3)$,

由柯西不等式，得 $(u \cdot v)^{2} \leq|u|^{2} \cdot|v|^{2}(u \cdot v)^{2} \leq|u|^{2} \cdot|v|^{2}$ ；

即 $\left[2(x-1)+2(y+2)+(z-3)^{2}\right] \leq\left(2^{2}+2^{2}+1^{2}\right) \cdot\left[(x-1)^{2}+(y+2)^{2}+(z-3)^{2}\right]$.

所以 $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}+(z-3)^{2} \geq \frac{(-9)^{2}}{9}=9$,

当且仅当 $x=-1, y=-4, z=2$ 时等号成立, 此时取得最小值
题目（高三 · 解析几何）：19. 已知椭圆两条准线间的距离为 8 , 离心率为 $\frac{1}{2}$, 则 Dandelin 球的半径是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\sqrt{3}$
解析：: 解答: 由题意知 $\left\{\begin{array}{l}\frac{a^{2}}{c}=4, \\ \frac{c}{a}=\frac{1}{2},\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=2, \\ c=1,\end{array}\right.$

$\therefore \mathrm{b}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{c}^{2}}=\sqrt{3} \therefore$ Dandelin 球的半径为 $\sqrt{3}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线结合粗圆性质计算即可
题目（高三 · 解析几何）：下列结论的正确的是 \$ \qquad \$ (填序号)

(1) 直线的方向向量是唯一确定的;

(2) 两条不重合的直线 $l_{1}$ 和 $l_{2}$ 的方向向量分别为 $\overrightarrow{v_{1}}=(1,0,-1), \overrightarrow{v_{2}}=(-2,0,2)$,则 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 的位置关系是平行;

(3) 若 $\overrightarrow{n_{1}}, \overrightarrow{n_{2}}$ 分别是平面 $\alpha, \beta$ 的法向量, 则 $\overrightarrow{n_{1}} / / \overrightarrow{n_{2}} \Leftrightarrow \alpha / / \beta$;

(4) 两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角.
选项：
答案：(2) (3)
解析：(1)空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示, 该向量称为这条直线的一个方向向量.由于对向量的模长没有要求, 所以每条直线的方向向量都有无数个. 所以不正确.(2)两条不重合的直线 $l_{1}$ 和 $l_{2}$ 的方向向量分别为 $\overrightarrow{v_{1}}=(1,0,-1), \overrightarrow{v_{2}}=(-2,0,2)$, 由 $\overrightarrow{v_{1}} / / \overrightarrow{v_{2}}$, 则 $l_{1}$ 与 $l_{2}$的位置关系是平行. 所以正确. (3)若 $\overrightarrow{n_{1}}, \overrightarrow{n_{2}}$ 分别是平面 $\alpha, eta$ 的法向量, 则 $\overrightarrow{n_{1}} / / \overrightarrow{n_{1}} \Leftrightarrow \alpha / / eta$. 所以正确. (4)两直线的方向向量的夹角是两条直线所成的角或其补角. 所以不正确. 故答案为 (2)（3）
题目（高三 · 解析几何）：已知直线 $l$ 的方向向量为 $(2, m, 1)$, 平面 $\alpha$ 的法向量为 $\left(1, \frac{1}{2}, 2\right)$, 且 $l / / \alpha$, 则 $m=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：-8
解析：直线 $l$ 的方向向量为 $(2, m, 1)$, 平面 $\alpha$ 的法向量为 $\left(1, rac{1}{2}, 2ight)$, 因为 $l / / \alpha$,所以直线 $l /$ 平面 $\alpha$ 的法向量, 即 $2+rac{m}{2}+2=0$ 则 $m=-8$. 故答案为 -8 .