eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：12.如图所示, 终边落在直线 $y=\sqrt{3} x$ 上的角的集合为
选项：
答案：$\left\{\alpha \mid \alpha=60^{\circ}+n \cdot 180^{\circ}, n \in \mathbf{Z}\right\}$
解析：终边落在射线 $y=\sqrt{3} x(x>0)$ 上的角的集合是 $S_{1}=\left\{\alpha \mid \alpha=60^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$, 终边落在射线 $y=\sqrt{3}$ $x(x \leqslant 0)$ 上的角的集合是 $S_{2}=\left\{\alpha \mid \alpha=240^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$, 于是终边落在直线 $y=\sqrt{3} x$ 上的角的集合是 $S=\{\alpha \mid \alpha$ $\left.=60^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\} \cup\left\{\alpha \mid \alpha=240^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\alpha \mid \alpha=60^{\circ}+2 k \cdot 180^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\} \cup\left\{\alpha \mid \alpha=60^{\circ}+(2 k+1) \cdot 180^{\circ}\right.$, $k \in \mathbf{Z}\}=\left\{\alpha \mid \alpha=60^{\circ}+n \cdot 180^{\circ}, n \in \mathbf{Z}\right\}$.

答案: $\left\{\alpha \mid \alpha=60^{\circ}+n \cdot 180^{\circ}, n \in \mathbf{Z}\right\}$
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\alpha$ 是第四象限角, 则 $2 \alpha, \frac{\alpha}{2}$ 各是第几象限角?
选项：
答案：由题意知 $k \\cdot 360^{\\circ}+270^{\\circ}<\\alpha<k \\cdot 360^{\\circ}+360^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

因此 $2 k \\cdot 360^{\\circ}+540^{\\circ}<2 \\alpha<2 k \\cdot 360^{\\circ}+720^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

即 $(2 k+1) 360^{\\circ}+180^{\\circ}<2 \\alpha<(2 k+1) 360^{\\circ}+360^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

故 $2 \\alpha$ 是第三象限角或第四象限角或终边在 $y$ 轴非正半轴上的角.

又 $k \\cdot 180^{\\circ}+135^{\\circ}<\\frac{\\alpha}{2}<k \\cdot 180^{\\circ}+180^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

当 $k$ 为偶数时, 令 $k=2 n(n \\in \\mathbf{Z})$, 则 $n \\cdot 360^{\\circ}+135^{\\circ}<\\frac{\\alpha}{2}<n \\cdot 360^{\\circ}+180^{\\circ}(n \\in \\mathbf{Z})$, 此时, $\\frac{\\alpha}{2}$ 是第二象限角;
当 $k$ 为奇数时, 令 $k=2 n+1(n \\in \\mathbf{Z})$, 则 $n \\cdot 360^{\\circ}+315^{\\circ}<\\frac{\\alpha}{2}<n \\cdot 360^{\\circ}+360^{\\circ}(n \\in \\mathbf{Z})$, 此时, $\\frac{\\alpha}{2}$ 是第四象限角.

因此 $\\frac{\\alpha}{2}$ 是第二象限角或第四象限角.
解析：由题意知 $k \\cdot 360^{\\circ}+270^{\\circ}<\\alpha<k \\cdot 360^{\\circ}+360^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

因此 $2 k \\cdot 360^{\\circ}+540^{\\circ}<2 \\alpha<2 k \\cdot 360^{\\circ}+720^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

即 $(2 k+1) 360^{\\circ}+180^{\\circ}<2 \\alpha<(2 k+1) 360^{\\circ}+360^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

故 $2 \\alpha$ 是第三象限角或第四象限角或终边在 $y$ 轴非正半轴上的角.

又 $k \\cdot 180^{\\circ}+135^{\\circ}<\\frac{\\alpha}{2}<k \\cdot 180^{\\circ}+180^{\\circ}(k \\in \\mathbf{Z})$,

当 $k$ 为偶数时, 令 $k=2 n(n \\in \\mathbf{Z})$, 则 $n \\cdot 360^{\\circ}+135^{\\circ}<\\frac{\\alpha}{2}<n \\cdot 360^{\\circ}+180^{\\circ}(n \\in \\mathbf{Z})$, 此时, $\\frac{\\alpha}{2}$ 是第二象限角;
当 $k$ 为奇数时, 令 $k=2 n+1(n \\in \\mathbf{Z})$, 则 $n \\cdot 360^{\\circ}+315^{\\circ}<\\frac{\\alpha}{2}<n \\cdot 360^{\\circ}+360^{\\circ}(n \\in \\mathbf{Z})$, 此时, $\\frac{\\alpha}{2}$ 是第四象限角.

因此 $\\frac{\\alpha}{2}$ 是第二象限角或第四象限角.
题目（高二 · 解析几何）：7. 已知向量 $\boldsymbol{m}=\left(\cos \alpha-\frac{\sqrt{2}}{3},-1\right), \boldsymbol{n}=(\sin \alpha, 1), \boldsymbol{m}$ 与 $\boldsymbol{n}$ 为共线向量, 且 $\alpha \in\left[-\frac{\pi}{2}, 0\right]$.

(1)求 $\sin \alpha+\cos \alpha$ 的值;

(2)求 $\frac{\sin 2 \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}$ 的值.
选项：
答案：$\frac{7}{12}$
解析：(1) $\because \boldsymbol{m}$ 与 $\boldsymbol{n}$ 为共线向量,

$\therefore\left(\cos \alpha-\frac{\sqrt{2}}{3}\right) \times 1-(-1) \times \sin \alpha=0$,

即 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{\sqrt{2}}{3}$.

(2) 由(1)得 $1+\sin 2 \alpha=(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=\frac{2}{9}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=-\frac{7}{9}$.

$\because(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}+(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=2$,

$\therefore(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=2-\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)^{2}=\frac{16}{9}$.

又 $\because \alpha \in\left[-\frac{\pi}{2}, 0\right]$,

$\therefore \sin \alpha-\cos <0, \sin \alpha-\cos \alpha=-\frac{4}{3}$.

因此, $\frac{\sin 2 \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{7}{12}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{5}{13}, x \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 求 $\frac{\cos 2 x}{\cos \left(\frac{\pi}{4}+x\right)}$ 的值.
选项：
答案：$\because x \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,$\therefore \frac{\pi}{4}-x \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,又 $\because \sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{5}{13}$.$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{12}{13}$,又 $\cos 2 x=\sin \left(\frac{\pi}{2}-2 x\right)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right) \cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)$$=2 \times \frac{5}{13} \times \frac{12}{13}=\frac{120}{169}$.$\cos \left(\frac{\pi}{4}+x\right)=\sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{4}+x\right)\right]=\sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{5}{13}$,$\therefore$ 原式 $=\frac{\frac{120}{169}}{\frac{5}{13}}=\frac{24}{13}$.
解析：$\because x \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,$\therefore \frac{\pi}{4}-x \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,又 $\because \sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{5}{13}$.$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{12}{13}$,又 $\cos 2 x=\sin \left(\frac{\pi}{2}-2 x\right)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right) \cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)$$=2 \times \frac{5}{13} \times \frac{12}{13}=\frac{120}{169}$.$\cos \left(\frac{\pi}{4}+x\right)=\sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{4}+x\right)\right]=\sin \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{5}{13}$,$\therefore$ 原式 $=\frac{\frac{120}{169}}{\frac{5}{13}}=\frac{24}{13}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知 $\tan \alpha=\frac{2}{3}$, 求下列各式的值:

(1) $\frac{\cos \alpha-\sin \alpha}{\cos \alpha+\sin \alpha}+\frac{\cos \alpha+\sin \alpha}{\cos \alpha-\sin \alpha}$;

(2) $\frac{1}{\sin \alpha \cos \alpha}$;

(3) $\sin ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha+4 \cos ^{2} \alpha$.
选项：
答案：(1)$\frac{26}{5}$(2)$\frac{13}{6}$(3)$\frac{28}{13}$
解析：(1) $\frac{\cos \alpha-\sin \alpha}{\cos \alpha+\sin \alpha}+\frac{\cos \alpha+\sin \alpha}{\cos \alpha-\sin \alpha}=\frac{1-\tan \alpha}{1+\tan \alpha}+\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=\frac{1-\frac{2}{3}}{1+\frac{2}{3}}+\frac{1+\frac{2}{3}}{1-\frac{2}{3}}=\frac{26}{5}$.

(2) $\frac{1}{\sin \alpha \cos \alpha}=\frac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\sin \alpha \cos \alpha}$

$=\frac{\tan ^{2} \alpha+1}{\tan \alpha}=\frac{13}{6}$.

(3) $\sin ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha+4 \cos ^{2} \alpha$
$=\frac{\sin ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha+4 \cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}$

$=\frac{\tan ^{2} \alpha-2 \tan \alpha+4}{\tan ^{2} \alpha+1}$

$=\frac{\frac{4}{9}-\frac{4}{3}+4}{\frac{4}{9}+1}=\frac{28}{13}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 函数 $y=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}\right)$ 在 $x \in(0,7 \pi)$ 内只取到一个最大值和一个最小值, 且当 $x=\pi$ 时, $y_{\text {max }}=3$; 当 $x=6 \pi$ 时, $y_{\text {min }}=-3$.

(1)求此函数的解析式;

(2)求此函数的单调递增区间.
选项：
答案：(1)由题意得 $A=3, \frac{1}{2} T=5 \pi$, 所以 $T=10 \pi$, 所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{1}{5}$,

则 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\varphi\right)$.

因为点 $(\pi, 3)$ 在此函数图象上,

则 $3 \sin \left(\frac{\pi}{5}+\varphi\right)=3$.

又因为 $0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$, 有 $\varphi=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{5}=\frac{3 \pi}{10}$,

所以 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10}\right)$.

(2)当 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant \frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

即 $-4 \pi+10 k \pi \leqslant x \leqslant \pi+10 k \pi, k \in \mathbf{Z}$ 时，

函数 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10}\right)$ 单调递增。

所以此函数的单调递增区间为 $[-4 \pi+10 k \pi, \pi+10 k \pi](k \in \mathbf{Z})$.
解析：(1)由题意得 $A=3, \frac{1}{2} T=5 \pi$, 所以 $T=10 \pi$, 所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{1}{5}$,

则 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\varphi\right)$.

因为点 $(\pi, 3)$ 在此函数图象上,

则 $3 \sin \left(\frac{\pi}{5}+\varphi\right)=3$.

又因为 $0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$, 有 $\varphi=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{5}=\frac{3 \pi}{10}$,

所以 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10}\right)$.

(2)当 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant \frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

即 $-4 \pi+10 k \pi \leqslant x \leqslant \pi+10 k \pi, k \in \mathbf{Z}$ 时，

函数 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10}\right)$ 单调递增。

所以此函数的单调递增区间为 $[-4 \pi+10 k \pi, \pi+10 k \pi](k \in \mathbf{Z})$.
题目（高二 · 解析几何）：7. 已知向量 $\boldsymbol{a}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \boldsymbol{b}=(\cos \beta, \sin \beta),|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

(1)求 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值;

(2)若 $-\frac{\pi}{2}<\beta<0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 且 $\sin \beta=-\frac{5}{13}$, 求 $\sin \alpha$ 的值.
选项：
答案：(1) $\because|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,
$\therefore \boldsymbol{a}^{2}-2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=\frac{4}{5}$,

又 $\boldsymbol{a}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \boldsymbol{b}=(\cos \beta, \sin \beta)$,

$\therefore \boldsymbol{a}^{2}=\boldsymbol{b}^{2}=1, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\cos (\alpha-\beta)$,

$\therefore \cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}$.

(2) $\because-\frac{\pi}{2}<\beta<0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore 0<\alpha-\beta<\pi$,

由(1)得 $\cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}, \therefore \sin (\alpha-\beta)=\frac{4}{5}$,

又 $\sin \beta=-\frac{5}{13}, \therefore \cos \beta=\frac{12}{13}$,

$\therefore \sin \alpha=\sin [(\alpha-\beta)+\beta]$

$=\sin (\alpha-\beta) \cos \beta+\cos (\alpha-\beta) \sin \beta$

$=\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}+\frac{3}{5} \times\left(-\frac{5}{13}\right)=\frac{33}{65}$.
解析：(1) $\because|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,
$\therefore \boldsymbol{a}^{2}-2 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=\frac{4}{5}$,

又 $\boldsymbol{a}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \boldsymbol{b}=(\cos \beta, \sin \beta)$,

$\therefore \boldsymbol{a}^{2}=\boldsymbol{b}^{2}=1, \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\cos (\alpha-\beta)$,

$\therefore \cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}$.

(2) $\because-\frac{\pi}{2}<\beta<0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore 0<\alpha-\beta<\pi$,

由(1)得 $\cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}, \therefore \sin (\alpha-\beta)=\frac{4}{5}$,

又 $\sin \beta=-\frac{5}{13}, \therefore \cos \beta=\frac{12}{13}$,

$\therefore \sin \alpha=\sin [(\alpha-\beta)+\beta]$

$=\sin (\alpha-\beta) \cos \beta+\cos (\alpha-\beta) \sin \beta$

$=\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}+\frac{3}{5} \times\left(-\frac{5}{13}\right)=\frac{33}{65}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$,

$\sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}$, 且 $\alpha 、 \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. 求:

(1) $\cos (2 \alpha-\beta)$ 的值;

(2) $\beta$ 的值.
选项：
答案：(1)因为 $\alpha 、 \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

所以 $\alpha-\beta \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 又 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}>0$,

$\therefore 0<\alpha-\beta<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\cos (\alpha-\beta)=\sqrt{1-\sin ^{2} \quad \alpha-\beta}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

$\cos (2 \alpha-\beta)=\cos [\alpha+(\alpha-\beta)]$

$=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)-\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)$

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{10}$.

(2) $\cos \beta=\cos [\alpha-(\alpha-\beta)]$

$=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)+\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)$

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
又因为 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\beta=\frac{\pi}{4}$.
解析：(1)因为 $\alpha 、 \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

所以 $\alpha-\beta \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 又 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}>0$,

$\therefore 0<\alpha-\beta<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\cos (\alpha-\beta)=\sqrt{1-\sin ^{2} \quad \alpha-\beta}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

$\cos (2 \alpha-\beta)=\cos [\alpha+(\alpha-\beta)]$

$=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)-\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)$

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{10}$.

(2) $\cos \beta=\cos [\alpha-(\alpha-\beta)]$

$=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)+\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)$

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
又因为 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\beta=\frac{\pi}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 判断下列函数的奇偶性.

(1) $f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x ;$

(2) $f(x)=\sin \left(\frac{3 x}{4}+\frac{3 \pi}{2}\right)$;

(3) $f(x)=x \cdot \cos x$.
选项：
答案：(1)偶函数 (2)偶函数 (3)奇函数
解析：(1) 因为 $x \in \mathbf{R}$,

$f(-x)=\sqrt{3} \cos (-2 x)=\sqrt{3} \cos 2 x=f(x)$,

所以 $f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x$ 是偶函数.

(2) 因为 $x \in \mathbf{R}, f(x)=\sin \left(\frac{3 x}{4}+\frac{3 \pi}{2}\right)=-\cos \frac{3 x}{4}$, 所以 $f(-x)=-\cos \frac{3(-x)}{4}=-\cos \frac{3 x}{4}=f(x)$, 所以函数 $f(x)=$ $\sin \left(\frac{3 x}{4}+\frac{3 \pi}{2}\right)$ 是偶函数.

(3) 因为 $x \in \mathbf{R}, f(-x)=-x \cdot \cos (-x)=-x \cdot \cos x=-f(x)$,

所以 $f(x)=x \cos x$ 是奇函数.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $y=\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{2}|\cos x|$.(1)画出函数的图像;(2)这个函数是周期函数吗？如果是, 求出它的最小正周期.
选项：
答案：(1) $y=\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{2}|\cos x|$$$= \begin{cases}\cos x, & x \in\left(2 k \pi-\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\frac{\pi}{2}\right](k \in \mathbf{Z}) \ 0, & x \in\left(2 k \pi+\frac{\pi}{2}, \quad 2 k \pi+rac{3 \pi}{2}\right](k \in \mathbf{Z})\end{cases}$$函数图像如图所示.<ImageHere>(2) 由图像知这个函数是周期函数, 且最小正周期是 $2 \pi$.
解析：(1) $y=\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{2}|\cos x|$$$= \begin{cases}\cos x, & x \in\left(2 k \pi-\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\frac{\pi}{2}\right](k \in \mathbf{Z}) \ 0, & x \in\left(2 k \pi+\frac{\pi}{2}, \quad 2 k \pi+rac{3 \pi}{2}\right](k \in \mathbf{Z})\end{cases}$$函数图像如图所示.(2) 由图像知这个函数是周期函数, 且最小正周期是 $2 \pi$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\cos \frac{(1-x) \pi}{2}$ 的最小正周期是 \$ \qquad \$
选项：
答案：4
解析：$\because y=\cos \left(-\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{2}\right), \therefore T=\frac{2 \pi}{\frac{\pi}{2}}=2 \pi \times \frac{2}{\pi}=4$
题目（高二 · 解析几何）：10.函数 $y=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}\right)$ 在 $x \in(0,7 \pi)$ 内只取到一个最大值和一个最小值, 且当 $x=\pi$ 时, $y_{\text {max }}=3$; 当 $x=6 \pi$ 时, $y_{\text {min }}=-3$.

(1)求此函数的解析式;

(2)求此函数的单调递增区间.
选项：
解析：(1)由题意得 $A=3, \frac{1}{2} T=5 \pi$, 所以 $T=10 \pi$, 所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{1}{5}$,

则 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\varphi\right)$.

因为点 $(\pi, 3)$ 在此函数图象上,

则 $3 \sin \left(\frac{\pi}{5}+\varphi\right)=3$.

又因为 $0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$, 有 $\varphi=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{5}=\frac{3 \pi}{10}$,

所以 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10}\right)$.

(2)当 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant \frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

即 $-4 \pi+10 k \pi \leqslant x \leqslant \pi+10 k \pi, k \in \mathbf{Z}$ 时，

函数 $y=3 \sin \left(\frac{1}{5} x+\frac{3 \pi}{10}\right)$ 单调递增.

所以此函数的单调递增区间为 $[-4 \pi+10 k \pi, \pi+10 k \pi](k \in \mathbf{Z})$.
题目（高二 · 解析几何）：12.已知定义在区间 $\left[-\pi, \frac{2}{3} \pi\right]$ 上的函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)(A>0, \omega>0,0<\varphi \leqslant \pi)$ 的图象关于直线 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称,当 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, $f(x)$ 的图象如图 1-5-5 所示.



图 1-5-5

(1)求 $f(x)$ 在 $\left[-\pi, \frac{2}{3} \pi\right]$ 上的解析式;

(2)求方程 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的解.
选项：
解析：)由题图知: $A=1$,

$T=4\left(\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right)=2 \pi$, 则 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=1$,

在 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, 将 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 代入 $f(x)$ 得,

$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=1$, 因为 $0<\varphi \leqslant \pi$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$,

所以在 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 时, $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.

同理在 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]$ 时,

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

综上, $f(x)= \begin{cases}\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), & x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right], \\ \sin \left(x-\frac{2}{3} \pi\right), & x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right] .\end{cases}$

(2) 由 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 内可得 $x_{1}=\frac{5 \pi}{12}, x_{2}=-\frac{\pi}{12}$.
因为 $y=f(x)$ 关于 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称,

有 $x_{3}=-\frac{\pi}{4}, x_{4}=-\frac{3 \pi}{4}$.

则 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的解为 $-\frac{\pi}{4},-\frac{3 \pi}{4}, \frac{5 \pi}{12},-\frac{\pi}{12}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 如图 1-6-8, 某市拟在长为 $8 \mathrm{~km}$ 的道路 $O P$ 的一侧修建一条运动赛道, 赛道的前一部分为曲线段 $O S M$,该曲线段为函数 $y=A \sin \omega x(A>0, \omega>0)(x \in[0,4])$ 的图象, 且图象的最高点为 $S(3,2 \sqrt{3})$; 赛道的最后一部分为折线段 $M N P$. 为保证参赛运动员的安全, 限定 $\angle M N P=120^{\circ}$.求 $A, \omega$ 的值和 $M, P$ 两点间的距离.



图 1-6-8
选项：
答案：$5(\mathrm{~km})$
解析：由题意得 $A=2 \sqrt{3}, \frac{T}{4}=3$, 又 $T=\frac{2 \pi}{\omega}$,

$\therefore \omega=\frac{\pi}{6}, \quad \therefore y=2 \sqrt{3} \sin \frac{\pi}{6} x$.

当 $x=4$ 时, $y=2 \sqrt{3} \sin \frac{2 \pi}{3}=3$,

$\therefore M(4,3)$.

又点 $P(8,0), \therefore|M P|=\sqrt{(8-4)^{2}+(0-3)^{2}}=5(\mathrm{~km})$.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x-\sin ^{2} x, x \in \mathbf{R}$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调增区间;

(2) 求方程 $f(x)=0$ 在 $(0, \pi]$ 内的所有解.
选项：
答案：(1) $\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right], k \in Z$;
    (2) $x=\frac{5 \pi}{12}$ 或 $x=\frac{11 \pi}{12}$
解析：$f(x)=\cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x-\sin ^{2} x=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$

(1) 由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x+\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in Z$, 解得: $-\frac{\pi}{3}+k \pi \leq x \leq \frac{\pi}{6}+k \pi, k \in Z$.

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调增区间为 $\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right], k \in Z$

(2) 由 $f(x)=0$ 得 $2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)=0$, 解得: $2 x+\frac{\pi}{6}=k \pi$, 即 $x=-\frac{\pi}{12}+\frac{k \pi}{2}, k \in Z$

$\because x \in(0, \pi], \therefore x=\frac{5 \pi}{12}$ 或 $x=\frac{11 \pi}{12}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x$.

(I) 若 $\alpha$ 为锐角, 且 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{6}}{3}$, 求 $f(\alpha)$ 的值;

(II) 若函数 $g(x)=f(x)+\cos ^{2} x-\sin ^{2} x$, 当 $x \in[0, \pi]$ 时, 求 $g(x)$ 的单调递减区间.
选项：
答案：(I) $\frac{2 \sqrt{6}}{3}$ (II) $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right)$
解析：(I) $\because \alpha$ 为锐角, $\cos \alpha=\frac{\sqrt{6}}{3}, \therefore \sin \alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}$, $f(\alpha)=\sqrt{3} \sin 2 \alpha=2 \sqrt{3} \sin \alpha \cos \alpha=2 \sqrt{3} ? \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{2 \sqrt{6}}{3}$,

(II) $g(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos x^{2}-\sin x^{2}=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$ $2 k \pi+\frac{\pi}{2}<2 x+\frac{\pi}{6}<2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, k \in Z, k \pi+\frac{\pi}{6}<x<k \pi+\frac{2 \pi}{3}, k \in Z$
$\because x \in[0, \pi]$,所以单调递减区间是 $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right)$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-4 x+4, x \in[-3,2]$

(1) 求函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处切线方程;

(2) 求函数 $f(x)$ 的最大值和最小值.
选项：
答案：(1) 解: $f^{\prime}(x) = 2x - 4$，斜率 $k = f^{\prime}(0) = -4$，切点 $(0, 4)$。所以切线为 $y = -4x + 4$。
(2) 解: 函数最小值为 $-rac{4}{3}$，最大值为 $rac{28}{3}$。
解析：(1) 求导数 $f^{\prime}(x) = 2x - 4$。在 $x=0$ 处，切线斜率 $k = f^{\prime}(0) = -4$。切点为 $(0, f(0)) = (0, 4)$。根据点斜式方程，切线方程为 $y - 4 = -4(x - 0)$，即 $y = -4x + 4$。
(2) 分析 $f^{\prime}(x)$ 的符号变化来确定函数的单调性。求 $f^{\prime}(x) = 0$ 的解，得到 $x = 2$（不在区间内，舍去）和 $x = -2$。根据单调性，计算端点和极值点的函数值，比较得出最小值和最大值。
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+a^{2}(a>0)$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处有极值
选项：
答案：(1) 解: 由 $f^{\prime}(1)=3+2 a+b=0, f(1)=1+a+b+a^{2}=10$ 得 $a=4$ 或 $a=-3$ ， $ecause a>0, 	herefore a=4, b=-11$. (经检验符合)(2) 解. $\left.f^{\prime} xight)=-3+1 \ldots 2 \quad 11-+16, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+8 x-11$ ，由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x_{1}=-rac{11}{2}, x_{2}=1 . f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, $(1,4$, 上单调递增,又 $ecause f(0)=16, f(1)=10, f(4)=100, 	herefore f(x)$ 的最大值为 100 , 最小值为 10
解析：(1) 解: 由 $f^{\prime}(1)=3+2 a+b=0, f(1)=1+a+b+a^{2}=10$ 得 $a=4$ 或 $a=-3$ ， $ecause a>0, 	herefore a=4, b=-11$. (经检验符合)(2) 解. $\left.f^{\prime} xight)=-3+1 \ldots 2 \quad 11-+16, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+8 x-11$ ，由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x_{1}=-rac{11}{2}, x_{2}=1 . f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, $(1,4$, 上单调递增,又 $ecause f(0)=16, f(1)=10, f(4)=100, 	herefore f(x)$ 的最大值为 100 , 最小值为 10
题目（高二 · 解析几何）：已知曲线 $C: y=\frac{1}{t-x}$ 经过点 $P(2-1)$, 求:

(1) 曲线在点 $C$ 处的切线的方程;

(2) 过点 $O(0,0)$ 的曲线 $\mathrm{C}$ 的切线方程.
选项：
解析：(1) 解: 将 $(-2,8)$ 代入中 $C: v=rac{1}{1}$ 得 $\mathrm{t}=1 . 	herefore y=rac{1}{1-x} . 	herefore y^{\prime}=\lim _{\Delta x ightarrow 0} rac{\Delta y}{\Delta x}=rac{1}{(1-x)^{2}}$,$	herefore$ 曲线在点 $P$ 处切线的斜率为 $k=\left.y^{\prime}ight|_{x-2}=rac{1}{(1-2)^{2}}=1$,$	herefore$ 曲线在点 $P$ 处的切线方程为 $y+1=1 	imes(x-2)$ 即 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-3=0$(2) 解: 点 $O(0.0)$ 不在曲线 $C$ 上. 设讨占 $C$ 的曲线 $C$ 的切线与曲线 $C$ 相切于点 $M\left(x_{0}, y_{0}ight)$,则切线斜率 $k=rac{y_{0}}{=}=1$, 由于 $y_{0}=rac{1}{1-x_{0}}, 	herefore x_{0}=rac{1}{2}, 	herefore$ 切点为 $M\left(rac{1}{2}, 2ight)$, 切线斜率 $k=4$,切线方程为 $y-2=4\left(x-rac{1}{2}ight)$, 即 $\mathrm{y}=4 \mathrm{x}$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\ln x+a(1-x), a \in R$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间;

(II) 若对任意的 $x \in(0,+\infty)$, 都有 $f(x) \leq 2 a-2$, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：解: (1) $f^{\prime}(x)=rac{1}{x}-a=rac{1-a x}{x}(x>0)$, 当 $a<0$ 时. $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调㣢增. 当 $a>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 则 $0<x<rac{1}{a}$. 则 $f(x)$ 在区间 $\left(0, rac{1}{a}ight)$ 上单调递增, 在区间 $\left(rac{1}{n},+\inftyight)$ 上单调递减.(II) $orall x \in(n+\infty), f(x)<2 a-2$ 等价干 $a>rac{\ln x+2}{x+1}$, 令 $g(x)=rac{\ln x+2}{x+1}$, 则 $g^{\prime}(x)=rac{rac{1}{x}-\ln x-1}{(x+1)^{2}}$.令 $h(x)=rac{1}{x}-\ln x-1$, 则 $h^{\prime}(x)=-rac{1}{x^{2}}-rac{1}{x}=rac{-(x+1)}{x^{2}}$.因为当 $x \in(0,+\infty), h^{\prime}(x)<0$ 恒成立,所以 $h(x$, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.又 $h(1)=1-\ln 1-1=0$, 可得 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 递增, 在 $[1+\infty)$ 递减,所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $g(1)=rac{\ln 1+2}{1+1}=1$.因此 $orall x \in(0,+\infty), a \geq g(x)$ 等价于 $a \geq g(1)=1$.故 $orall x \in(0,+\infty), f(x) \leq 2 a-2$ 时, 实数 $a$ 的取值范围是 $[1+\infty)$.
解析：解: (1) $f^{\prime}(x)=rac{1}{x}-a=rac{1-a x}{x}(x>0)$, 当 $a<0$ 时. $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调㣢增. 当 $a>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 则 $0<x<rac{1}{a}$. 则 $f(x)$ 在区间 $\left(0, rac{1}{a}ight)$ 上单调递增, 在区间 $\left(rac{1}{n},+\inftyight)$ 上单调递减.(II) $orall x \in(n+\infty), f(x)<2 a-2$ 等价干 $a>rac{\ln x+2}{x+1}$, 令 $g(x)=rac{\ln x+2}{x+1}$, 则 $g^{\prime}(x)=rac{rac{1}{x}-\ln x-1}{(x+1)^{2}}$.令 $h(x)=rac{1}{x}-\ln x-1$, 则 $h^{\prime}(x)=-rac{1}{x^{2}}-rac{1}{x}=rac{-(x+1)}{x^{2}}$.因为当 $x \in(0,+\infty), h^{\prime}(x)<0$ 恒成立,所以 $h(x$, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.又 $h(1)=1-\ln 1-1=0$, 可得 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 递增, 在 $[1+\infty)$ 递减,所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $g(1)=rac{\ln 1+2}{1+1}=1$.因此 $orall x \in(0,+\infty), a \geq g(x)$ 等价于 $a \geq g(1)=1$.故 $orall x \in(0,+\infty), f(x) \leq 2 a-2$ 时, 实数 $a$ 的取值范围是 $[1+\infty)$.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数

$$
f(x)=\frac{1}{3} x^{2}-4 x+4, x \in[-3,2]
$$

(1) 求函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处切线方程;

(2) 求函数 $f(x)$ 的最大值和最小值.
选项：
答案：答案:(1) 解: $f^{\prime}(x)=x^{2}-4$, 斜率 $k=f^{\prime}(0)=-4$, 切点 $(0,4$ ) .

所以切线为 $y=-4 x+4$

(2) 解:

| $x$ | -3 | $(-3,-2)$ | -2 | $(-2,2)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ |  | + | 0 | - |
| $f(x)$ | 7 | 单调递增 | 28 | 单调递减 |
|  |  |  | 3 |  |

所以函数最小值为 ${ }^{-\frac{4}{3}}$, 最大值为 ${ }^{\frac{28}{3}}$
解析：答案:(1) 解: $f^{\prime}(x)=x^{2}-4$, 斜率 $k=f^{\prime}(0)=-4$, 切点 $(0,4$ ) .

所以切线为 $y=-4 x+4$

(2) 解:

| $x$ | -3 | $(-3,-2)$ | -2 | $(-2,2)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ |  | + | 0 | - |
| $f(x)$ | 7 | 单调递增 | 28 | 单调递减 |
|  |  |  | 3 |  |

所以函数最小值为 ${ }^{-\frac{4}{3}}$, 最大值为 ${ }^{\frac{28}{3}}$

【解析】(1) 对函数进行求导, 求出斜率和切点, 由点斜式写出直线方程。

（2）由函数单调性求最值，列表求解。
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+a^{2}(a>0)$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处有极值
选项：
答案：答案:(1) 解: 由 $f^{\prime}(1)=3+2 a+b=0, f(1)=1+a+b+a^{2}=10$ 得 $a=4$ 或 $a=-3$,

$\because a>0, \therefore a=4, b=-11$.(经检验符合)

(2) 解: $f(x)=x^{3}+4 x^{2}-11 x+16, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+8 x-11$,
由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 ${ }^{x_{1}=-\frac{11}{3}, x_{2}=1} . f(x)$ 在 (0,1) 上单调递减, (1,4) 上单调递增,

又 $\because f(0)=16, f(1)=10, f(4)=100, \therefore f(x)$ 的最大值为 100 , 最小值为 10
解析：(1) 解: 由 $f^{\prime}(1)=3+2 a+b=0, f(1)=1+a+b+a^{2}=10$ 得 $a=4$ 或 $a=-3$ ， $ecause a>0, 	herefore a=4, b=-11$. (经检验符合)(2) 解. $\left.f^{\prime} xight)=-3+1 \ldots 2 \quad 11-+16, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+8 x-11$ ，由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x_{1}=-rac{11}{2}, x_{2}=1 . f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, $(1,4$, 上单调递增,又 $ecause f(0)=16, f(1)=10, f(4)=100, 	herefore f(x)$ 的最大值为 100 , 最小值为 10