eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知 $\sin \theta+\cos \theta=2 \sin \alpha, \sin ^{2} \beta=\sin \theta \cos \theta$.

求证: $2 \cos 2 \alpha=\cos 2 \beta$.
选项：
答案：由题意，得 $\left\{\begin{array}{l}2 \sin \alpha=\sin \theta+\cos \theta \text { ，(1) } \\ \sin ^{2} \beta=\sin \theta \cos \theta \text { ，(2) }\end{array}\right.$

(1) $)^{2}$ - (2) $\times 2$ ， 得 $4 \sin ^{2} \alpha-2 \sin ^{2} \beta=1$.
$\therefore 1-2 \sin ^{2} \beta=2-4 \sin ^{2} \alpha$ ，即 $\cos 2 \beta=2 \cos 2 \alpha$.
解析：由题意，得 $\left\{\begin{array}{l}2 \sin \alpha=\sin \theta+\cos \theta \text { ，(1) } \\ \sin ^{2} \beta=\sin \theta \cos \theta \text { ，(2) }\end{array}\right.$

(1) $)^{2}$ - (2) $\times 2$ ， 得 $4 \sin ^{2} \alpha-2 \sin ^{2} \beta=1$.
$\therefore 1-2 \sin ^{2} \beta=2-4 \sin ^{2} \alpha$ ，即 $\cos 2 \beta=2 \cos 2 \alpha$.
题目（高二 · 解析几何）：14. 设 $\alpha$ 为第四象限角, 若 $\frac{\sin 3 \alpha}{\sin \alpha}=\frac{13}{5}$, 则 $\tan 2 \alpha=$
选项：
答案：$-\frac{3}{4}$
解析：解析 : $\frac{\sin 3 \alpha}{\sin \alpha}=\frac{\sin (2 \alpha+\alpha)}{\sin \alpha}=\frac{\sin 2 \alpha \cos \alpha+\cos 2 \alpha \sin \alpha}{\sin \alpha}=2 \cos ^{2} \alpha+\cos 2 \alpha=\frac{13}{5}$.

$\therefore 2 \cos ^{2} \alpha+2 \cos ^{2} \alpha-1=\frac{13}{5}$ ，

$\therefore \cos ^{2} \alpha=\frac{9}{10}, \sin ^{2} \alpha=\frac{1}{10}$ ，

$\therefore \tan ^{2} \alpha=\frac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha}=\frac{1}{9}$,

$\because \alpha$ 为第四象限角， $\tan \alpha<0$.

$\therefore \tan \alpha=-\frac{1}{3}$.

$\therefore \tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{-\frac{2}{3}}{1-\frac{1}{9}}=-\frac{3}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 若 $\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=3$, 则 $5 \sin ^{2} \theta-3 \sin \theta \cos \theta+2 \cos ^{2} \theta=$
选项：
答案：$\frac{7}{5}$
解析：$\tan \theta=\tan \left[\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-\frac{\pi}{4}\right]$
$=\frac{\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-\tan \frac{\pi}{4}}{1+\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right) \cdot \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{1}{2}$

$\therefore$ 原式 $=\frac{5 \sin ^{2} \theta-3 \sin \theta \cos \theta+2 \cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}$

$=\frac{5 \tan ^{2} \theta-3 \tan \theta+2}{\tan ^{2} \theta+1}=\frac{7}{5}$.

答案: $\frac{7}{5}$
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知 $\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}$, 求 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)$ 的值.
选项：
答案：$\because \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2} ， \therefore \sin \alpha=2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}=\frac{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 \times \frac{1}{2}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{4}{5}$,

$\cos \alpha=\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}}{\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{3}{5}$.

$\therefore \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\sin \alpha \cos \frac{\pi}{6}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{6}=\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}=\frac{3+4 \sqrt{3}}{10}$.
解析：$\because \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2} ， \therefore \sin \alpha=2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}=\frac{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 \times \frac{1}{2}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{4}{5}$,

$\cos \alpha=\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}}{\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{3}{5}$.

$\therefore \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\sin \alpha \cos \frac{\pi}{6}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{6}=\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{5} \times \frac{1}{2}=\frac{3+4 \sqrt{3}}{10}$.
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-5 \leqslant 0, \\ x \geqslant 1, \\ y \geqslant 0, \\ x+2 y-3 \geqslant 0,\end{array}\right.$

则 $y_{x}$ 的最大值为
选项：
答案：2
解析：不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-5 \leqslant 0, \\ x \geqslant 1, \\ y \geqslant 0, \\ x+2 y-3 \geqslant 0\end{array}\right.$ 对应的平面区域 $\Omega, \frac{y}{x}=\frac{y-0}{x-0}$ 表示平面区域 $\Omega$上的点 $P(x, y)$ 与原点的连线的斜率. $A(1,2), \quad B(3,0), \quad \therefore 0 \leqslant \frac{y}{x} \leqslant 2$.
题目（高二 · 解析几何）：如果实数 $x, y$ 满足条件 $\left\{\begin{array}{c}x-y+1 \geq 0 \\ y+1 \geq 0 \\ x+y \leq 0\end{array}\right.$ 则 $\frac{y-1}{x-1}$ 的取值范围是—.
选项：
答案：$\left[\frac{1}{2}, 2\right]$
解析：解析 作可行域, $\mathrm{B}(-1,0), \mathrm{C}(0,-1), \frac{y-1}{x-1}$ 表示可行域内的点 $\mathrm{P}$ 与定点 $\mathrm{A}(1,1)$ 连线的斜率, 由图可知 $k_{P A} \in\left[k_{A B}, k_{A C}\right]=\left[\frac{1}{2}, 2\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x \geq 1, \\ x-2 y \leq 0, \\ y-2 \leq 0,\end{array}\right.$
选项：
答案：画出可行域如下图所示, 由图可知, $z$ 在点 $(4,2)$ 处取得最大值, 最大值为 $Z_{\text {max }}=4+2 \times 2-3=5$.

<ImageHere>

<ImageHere>
解析：画出可行域如下图所示, 由图可知, $z$ 在点 $(4,2)$ 处取得最大值, 最大值为 $Z_{\text {max }}=4+2 \times 2-3=5$.
题目（高二 · 解析几何）：设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \geq 0, \\ x+y-1 \geq 0, \\ 3 x-y-3 \leq 0,\end{array}\right.$ 则 $z=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 x-y}$ 的最小值为—.
选项：
答案：$\frac{1}{4}$
解析：

作出约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \geq 0, \\ x+y-1 \geq 0,\end{array}, \quad\right.$ 所对应的可行域如图所示, 设 ${ }^{z}=2 x-y$, 则当直线 $z=2 x-y_{\text {经过点 }}$ $(1,0)_{\text {时, }} z=2 x-y_{\text {取最大值 }^{z} \text {, 从而 }} z=\left(\frac{1}{2}\right)^{2 x-y}$ 的最小值为 $\frac{1}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 若 $2 \cos B \sin A=\sin C$, 则 $\triangle A B C$ 的形状一定是
选项：
解析：答案：等腰三角形

12.答案: $\frac{\sqrt{3}}{4}$
题目（高二 · 解析几何）：甲船在岛 $B$ 的正南方向的 $A$ 处, $A B=10 \mathrm{n}$ mile, 甲船自 $A$ 处以 $4 \mathrm{kn}$ 的速度向正北方向航行,同时乙船以 $6 \mathrm{kn}$ 的速度自岛 $B$ 出发, 向北偏东 $60^{\circ}$ 方向驶去, 则两船相距最近时经过了 \$ \qquad \$ min
选项：
解析：答案: $\frac{150}{7}$
解析：设甲、乙两船行驶 $x \mathrm{~h}$ 后, 分别位于 $C, D$ 处, $C D=y$ 。因为 $10 \div 4=2\.5$, 当 $x=2\.5$

时, $B D=15>10=A B$ 。当 $0<x<2\.5$ 时, $C, D$ 的位置如图所示。在 $\triangle C B D$

中, $y^{2}=(10-4 x)^{2}+(6 x)^{2}-2(10-4 x) \cdot 6 x \cdot \cos 120^{\circ}=28 x^{2}-20 x+100=28\left(x-\frac{5}{14}\right)^{2}+\frac{675}{7}$ 。所以当

$x=\frac{5}{14}$, 即 $\frac{5}{14} \times 60=\frac{150}{7} \min$ 时, $y^{2}$ 取得最小值,且 $y_{\text {min }}=\sqrt{\frac{675}{7}}=\frac{15 \sqrt{21}}{7}<10$ 。

当 $x>2\.5$ 时,在 $\triangle C B D$

中, $y^{2}=(4 x-10)^{2}+(6 x)^{2}-2(4 x-10) \cdot 6 x \cdot \cos 60^{\circ}=28 x^{2}-20 x+100=28\left(x-\frac{5}{14}\right)^{2}+\frac{675}{7}$, 所以

$y^{2}>28 \times\left(2\.5-\frac{5}{14}\right)^{2}+\frac{675}{7}=225$, 即 $y>15$ 。

综上,当两船相距最近时, 经过了 $\frac{150}{7} \mathrm{~min}$ 。

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_701b874088d9bdea6720g-16,.jpg?height=600&width=291&top_left_y=1225&top_left_x=266)
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $b=5, A=60^{\circ}, S_{\triangle A B C}=5 \sqrt{3}$, 则 $c=$ \$ \qquad \$ .
选项：
解析：答案: 4

解析：由题意得, $b=5, A=60^{\circ}, S_{\triangle A B C}=5 \sqrt{3}$,

所以 $\frac{1}{2} b c \sin A=5 \sqrt{3}$,

可得: $\frac{1}{2} \times 5 \times c \times \frac{\sqrt{3}}{2}=5 \sqrt{3}$,

解得 $c=4$,
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $B C=3 \sqrt{3}, \angle B=30^{\circ}, \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$, 则 $A B=$
选项：
解析：答案: 3

解析: $\because B C=3 \sqrt{3}, \angle B=30^{\circ}, \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \times B C \times \sin B=\frac{9 \sqrt{3}}{4}, \therefore A B=3$.
题目（高二 · 解析几何）：已知存在实数 $a$ 满足 $a b^{2}>a>a b$, 则实数 $b$ 的取值范围为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(-\infty,-1)$
解析：当 $a>0$ 时, $a b^{2}>a>a b$, 化为 $b^{2}>1>b$, 可得 $b<-1$;

当 $a=0$ 时, 不等式不成立;

当 $a<0$ 时, $a b^{2}>a>a b$, 化为 $b^{2}<1<b$, 显然不成立.

综上 $b<-1$.
题目（高二 · 解析几何）：16. 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=\frac{\pi}{3}, b=\sqrt{7}$, \$ \qquad \$ . 求 $B C$ 边上的高.

(1) $\sin A=\frac{\sqrt{21}}{7}$, (2) $\sin A=3 \sin C$, (3) $a-c=2$, 这三个条件中任选一个, 补充在上面问题中并作答.
选项：
答案：选择(1), 在 $\triangle A B C$ 中, 由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 即 $\frac{a}{\frac{\sqrt{21}}{7}}=\frac{\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}}{2}$, 解得 $a=2$;

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 即 $(\sqrt{7})^{2}=2^{2}+c^{2}-2 \times 2 \times c \times \frac{1}{2}$,

化简得 $c^{2}-2 c-3=0$, 解得 $c=3$ 或 $c=-1$ （舍去）;

所以 $B C$ 边上的高为 $h=c \sin B=3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

选择(2), 在 $\triangle A B C$ 中, 由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$,
又因为 $\sin A=3 \sin C$, 所以 $\frac{a}{3 \sin C}=\frac{c}{\sin C}$, 即 $a=3 c$;

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

即 $(\sqrt{7})^{2}=(3 c)^{2}+c^{2}-2 \times 3 c \times c \times \frac{1}{2}$ ，

化简得 $7 c^{2}=7$, 解得 $c=1$ 或 $c=-1$ （舍去）;

所以 $B C$ 边上的高为 $h=c \sin B=1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

选择(3), 在 $\triangle A B C$ 中, 由 $a-c=2$, 得 $a=c+2$;

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

即 $(\sqrt{7})^{2}=(c+2)^{2}+c^{2}-2 \times(c+2) \times c \times \frac{1}{2}$ ，

化简得 $c^{2}+2 c-3=0$, 解得 $c=1$ 或 $c=-3$ （舍去）;

所以 $B C$ 边上的高为 $h=c \sin B=1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
解析：选择(1), 在 $\triangle A B C$ 中, 由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 即 $\frac{a}{\frac{\sqrt{21}}{7}}=\frac{\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}}{2}$, 解得 $a=2$;

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 即 $(\sqrt{7})^{2}=2^{2}+c^{2}-2 \times 2 \times c \times \frac{1}{2}$,

化简得 $c^{2}-2 c-3=0$, 解得 $c=3$ 或 $c=-1$ （舍去）;

所以 $B C$ 边上的高为 $h=c \sin B=3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

选择(2), 在 $\triangle A B C$ 中, 由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$,
又因为 $\sin A=3 \sin C$, 所以 $\frac{a}{3 \sin C}=\frac{c}{\sin C}$, 即 $a=3 c$;

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

即 $(\sqrt{7})^{2}=(3 c)^{2}+c^{2}-2 \times 3 c \times c \times \frac{1}{2}$ ，

化简得 $7 c^{2}=7$, 解得 $c=1$ 或 $c=-1$ （舍去）;

所以 $B C$ 边上的高为 $h=c \sin B=1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

选择(3), 在 $\triangle A B C$ 中, 由 $a-c=2$, 得 $a=c+2$;

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

即 $(\sqrt{7})^{2}=(c+2)^{2}+c^{2}-2 \times(c+2) \times c \times \frac{1}{2}$ ，

化简得 $c^{2}+2 c-3=0$, 解得 $c=1$ 或 $c=-3$ （舍去）;

所以 $B C$ 边上的高为 $h=c \sin B=1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}y \geq 1 \\ y \leq 2 x-1 \\ x+y \leq m\end{array}\right.$ 如果目标函数 $z=x-y$ 的最小值为 -2 , 则 $\frac{y}{x}$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{7}$
解析：先做 $\left\{\begin{array}{c}y \geq 1 \\ y \leq 2 x-1\end{array}\right.$ 的区域如图可知在三角形 $A B C$ 区域内,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_8a964f9ccd87371be6e0g-116、.jpg?height=408&width=565&top_left_y=247&top_left_x=263)

由 $z=x-y$ 得 $y=x-z$ 可知, 直线的截距最大时, $z$ 取得最小值,

此时直线为 $y=x-(-2)=x+2$,

作出直线 $y=x+2$, 交 $y=2 x-1$ 于 $A$ 点,

由图象可知, 目标函数在该点取得最小值, 所以直线 $x+y=m$ 也过 $A$ 点,

由 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x-1 \\ y=x+2\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=5\end{array}\right.$, 代入 $x+y=m$, 得 $m=3+5=8$,

所以点 $C$ 的坐标为 $(7,1)$.

$\frac{y}{x}$ 等价于点 $(x, y)$ 与原点连线的斜率,

所以当点为点 $C$ 时, $\frac{y}{x}$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{1}{7}$ 。
题目（高二 · 解析几何）：13. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$,则

$\triangle A B C$ 的面积为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$6 \sqrt{3}$
解析：由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 所以 $(2 c)^{2}+c^{2}-2 \times 2 c \times c \times \frac{1}{2}=6^{2}$, 即 $c^{2}=12$,解得 $c=2 \sqrt{3}, c=-2 \sqrt{3}$ (舍去), 所以 $a=2 c=4 \sqrt{3}$,

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3}$.

【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误。解答此类问题, 关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算. 本题首先应用余弦定理，建立关于 $c$ 的方程，应用 $a, c$ 的关系、三角形面积公式计算求解, 本题属于常见题目, 难度不大, 注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查.
题目（高二 · 解析几何）：15.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：方法一: $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+2 y+x+1}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+6}{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}}$.

因为 $x>0, y>0, x+2 y=5$, 所以 $x+2 y=5 \geq 2 \sqrt{x \cdot 2 y}$,

即 $\sqrt{2 x y} \leq \frac{5}{2}, 0<x y \leq \frac{25}{8}$, 当且仅当 $x=2 y=\frac{5}{2}$ 时取等号成立.

又因为 $2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{2 \sqrt{x y} \cdot \frac{6}{\sqrt{x y}}}=4 \sqrt{3}$, 当且仅当 $2 \sqrt{x y}=\frac{6}{\sqrt{x y}}$, 即 $x y=3$ 时取等号, 结合 $x y \leq \frac{25}{8}$ 可知, $x y$ 可以取到 3, 故 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为 $4 \sqrt{3}$.

方法二: $\because x>0, \quad y>0, \quad x+2 y=5$,

$\therefore x y>0, \frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+2 y+x+1}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+6}{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}$.

当且仅当 $x y=3$ 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）：12. 在锐角三角形 $A B C, a, b, c$ 分别为内角 $A, B, C$ 所对的边长,

$$
\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=6 \cos C \text {, 则 } \frac{\tan C}{\tan A}+\frac{\tan C}{\tan B}=
$$
选项：
答案：4
解析：(方法一) 考虑已知条件和所求结论对于角 $A 、 B$ 和边 $a 、 b$ 具有轮换性.

当 $A=B$ 或 $a=b$ 时满足题意, 此时有: $\cos C=\frac{1}{3}, \tan ^{2} \frac{C}{2}=\frac{1-\cos C}{1+\cos C}=\frac{1}{2}$,

$\tan \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \tan A=\tan B=\frac{1}{\tan \frac{C}{2}}=\sqrt{2}, \frac{\tan C}{\tan A}+\frac{\tan C}{\tan B}=4$.

(方法二) $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=6 \cos C \Rightarrow 6 a b \cos C=a^{2}+b^{2}, 6 a b \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=a^{2}+b^{2}, a^{2}+b^{2}=\frac{3 c^{2}}{2}$

$\frac{\tan C}{\tan A}+\frac{\tan C}{\tan B}=\frac{\sin C}{\cos C} \cdot \frac{\cos B \sin A+\sin B \cos A}{\sin A \sin B}=\frac{\sin C}{\cos C} \cdot \frac{\sin (A+B)}{\sin A \sin B}=\frac{1}{\cos C} \cdot \frac{\sin ^{2} C}{\sin A \sin B}$.

由正弦定理, 得：上式 $=\frac{1}{\cos C} \cdot \frac{c^{2}}{a b}=\frac{c^{2}}{\frac{1}{6}\left(a^{2}+b^{2}\right)}=\frac{c^{2}}{\frac{1}{6} \cdot \frac{3 c^{2}}{2}}=4$.
题目（高二 · 解析几何）：13. $\triangle A B C$ 中, $B=60^{\circ}, A C=\sqrt{3}$, 则 $A B+2 B C$ 的最大值为
选项：
答案：$2 \sqrt{7}$
解析：在 $\triangle A B C$ 中, 根据 $\frac{A B}{\sin C}=\frac{A C}{\sin B}=\frac{B C}{\sin A}$, 得 $A B=\frac{A C}{\sin B} \cdot \sin C=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \cdot \sin C=2 \sin C$,同理 $B C=2 \sin A$, 因此 $A B+2 B C=2 \sin C+4 \sin A=2 \sin C+4 \sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)$

$=4 \sin C+2 \sqrt{3} \cos C=2 \sqrt{7} \sin (C+\varphi)$.
题目（高二 · 解析几何）：14. 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, a=b \tan A$, 且 $B$ 为针角.

(1) 证明: $B-A=\frac{\pi}{2}$;

(2) 求 $\sin A+\sin C$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $\frac{\pi}{2}$; (2) $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{9}{8}\right.$
解析：(1) 由 $a=b \tan A$ 及正弦定理, 得 $\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{b}{a}=\frac{\sin B}{\cos B}$,

所以 $\sin B=\cos A$, 即 $\sin B=\sin \left(\frac{\pi}{2}+A\right)$. 又 $B$ 为钝角, 因此 $\frac{\pi}{2}+A \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 故 $B=\frac{\pi}{2}+A$, 即 $B-A=\frac{\pi}{2}$

(2) 由（1）知, $C=\pi-(A+B)=\pi-\left(2 A+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}-2 A>0$, 所以 $A \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,于 $\sin A+\sin C=\sin A+\sin \left(\frac{\pi}{2}-2 A\right)=\sin A+\cos 2 A=-2 \sin ^{2} A+\sin A+1=-2\left(\sin A-\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{9}{8}$,因为 $0<A<\frac{\pi}{4}$, 所以 $0<\sin A<\frac{\sqrt{2}}{2}$, 因此 $\frac{\sqrt{2}}{2}<-2\left(\sin A-\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{9}{8} \leqslant \frac{9}{8}$.由此可知 $\sin A+\sin C$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{9}{8}\right.$ ].
题目（高二 · 解析几何）：16. (2015 广东) 设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $a=\sqrt{3}, \sin B=\frac{1}{2}, C=\frac{\pi}{6}$,则 $b=$
选项：
答案：1
解析：由 $\sin B=\frac{1}{2}$ 得 $B=\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$, 因为 $C=\frac{\pi}{6}$, 所以 $B \neq \frac{5 \pi}{6}$, 所以 $B=\frac{\pi}{6}$, 于是 $A=\frac{2 \pi}{3}$.有正弦定理, 得 $\frac{\sqrt{3}}{\sin \frac{2 \pi}{3}}=\frac{b}{\frac{1}{2}}$, 所以 $b=1$.
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 $a, b, c$. 已知 $b \cos C+c \cos B=2 b$,则 $\frac{a}{b}=$
选项：
答案：2
解析：由 $b \cos C+c \cos B=2 b$ 得： $\sin B \cos C+\sin C \cos B=2 \sin B$,
即 $\sin (B+C)=2 \sin B, \sin A=2 \sin B, \therefore a=2 b$, 故 $\frac{a}{b}=2$.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 中, $B=120^{\circ}, A C=7, A B=5$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为
选项：
答案：$\frac{15 \sqrt{3}}{4}$
解析：根据 $\frac{A B}{\sin C}=\frac{A C}{\sin B}$ 得 $\sin C=\frac{A B}{A C} \sin B=\frac{5}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{5 \sqrt{3}}{14}, \cos C=\sqrt{1-\left(\frac{5 \sqrt{3}}{14}\right)^{2}}=\frac{11}{14}$,

所以 $\sin A=\sin [\pi-(B+C)]=\sin B \cos C+\cos B \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{11}{14}-\frac{1}{2} \times \frac{5 \sqrt{3}}{14}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 若 $a=\sqrt{2}, b=2$, $\sin B+\cos B=\sqrt{2}$, 则角 $A$ 的大小为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{\pi}{6}$
解析：由 $\sin B+\cos B=\sqrt{2}$ 得 $1+2 \sin B \cos B=2$, 即 $\sin 2 B=1$,

因 $0<2 B<\pi$, 所以 $2 B=\frac{\pi}{2}, B=\frac{\pi}{4}$. 又因为 $a=\sqrt{2}, b=2$, 由正弦定理得 $\frac{\sqrt{2}}{\sin A}=\frac{2}{\sin \frac{\pi}{4}}$,

解得 $\sin A=\frac{1}{2}$, 而 $a<b$, 则 $0<A<B=\frac{\pi}{4}$, 故 $a=\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：6. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\mathrm{BC}=6, \mathrm{AC}=4, \sin A=\frac{3}{4}$, 则 $\angle \mathrm{B}=$
选项：
答案：$\frac{\pi}{6}$
解析：$\because B C=6, A C=4, \sin A=\frac{3}{4}$, 由正弦定理 $\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B}$, 得: $\sin B=\frac{A C \cdot \sin A}{B C}=\frac{4 x \frac{3}{4}}{6}=\frac{1}{2}$,

$\because A C<B C, \therefore$ 得 $B$ 为锐角, 所以 $B=\frac{\pi}{6}$. 故答案为: $\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：7. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}, a=1$, 则 $b=$
选项：
答案：$\frac{21}{13}$
解析：$\because \cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$,

所以 $\sin A=\frac{3}{5}, \sin C=\frac{12}{13}$, 所以 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{63}{65}$,

由正弦定理得： $\frac{b}{\sin B}=\frac{a}{\sin A}$ 解得 $b=\frac{21}{13}$.
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 $b \sin A=a \sin \left(B+\frac{\pi}{3}\right)$.

(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）：10. 已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边, 且 $\frac{\sqrt{3} a}{c}=\frac{\cos A+2}{\sin C}$.

(1) 求角 $A$ 的大小;

(2) 若 $b+c=5$, 且 $\triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 求 $a$ 的值.
选项：
答案：(1) $\frac{2 \pi}{3}$
(2) $\sqrt{21}$.
解析：(1) 由正弦定理得, $\frac{\sqrt{3} \sin A}{\sin C}=\frac{\cos A+2}{\sin C}$,

$\because \sin C \neq 0, \therefore \sqrt{3} \sin A-\cos A=2$, 即 $\sin \left(A-\frac{\pi}{6}\right)=1$.

$\because 0<A<\pi \therefore-\frac{\pi}{6}<A-\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6}, \therefore A-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}, \quad \therefore A=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 由 $S_{\triangle A B C}=\sqrt{3}$ 可得 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\sqrt{3} . \therefore b c=4$,
$\because b+c=5, \therefore$ 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A=(b+c)^{2}-b c=21$,

$\therefore a=\sqrt{21}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. (2018 广西钦州三模) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对应的三条边分别为 $a, b, c$, 若 $a=\frac{\sqrt{5}}{2} b$, $A=2 B$, 则 $\cos B=$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{5}}{4}$
解析：因为 $\triangle A B C$ 中, $a=\frac{\sqrt{5}}{2} b, A=2 B$, 根据正弦定理, 得 $\sin A=\frac{\sqrt{5}}{2} \sin B$, $\sin A=\sin 2 B=2 \sin B \cos B$, 所以 $\cos B=\frac{\sqrt{5}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 已知 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$ 的偶函数, 当 $x \geq 0$ 时, $f(x)=x^{2}-4 x$, 那么, 不等式 $f(x+2)<5$ 的解集

是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(-7,3)$
解析：当 $x \geq 0$ 时, 令 $x^{2}-4 x<5$, 解得, $0 \leqslant x<5$. 又因为 $f(x)$ 为定义域为 $\mathbf{R}$ 的偶函数, 则不等式

$f(x+2)<5$ 等价于 $-5<x+2<5$, 即 $-7<x<3$; 故解集为 $(-7,3)$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 已知关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-a x+2 a>0$ 在 $\mathbf{R}$ 上恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$(0,8)$
解析：因为不等式 $x^{2}-a x+2 a>0$ 在 $R$ 上恒成立. $\therefore \triangle=(-a)^{2}-8 a<0$, 解得 $0<a<8$.
题目（高二 · 解析几何）：6. 求下列不等式的解集.
(1) $3 x^{2}+5 x-2 \leq 0$ ；
(2) $-4 x^{2}+18 x-\frac{81}{4} \geq 0$;
(3) $-2 x^{2}+3 x-2<0$;
(4) $-\frac{1}{2} x^{2}+3 x-5>0$.
选项：
答案：(1) $\left\{x \left\lvert\,-2 \leq x \leq \frac{1}{3}\right.\right\}$;
(2) $\left\{x \left\lvert\, x=\frac{9}{4}\right.\right\}$;
(3) $\mathbf{R}$; (4) $\varnothing$
解析：(1) 因为 $3 x^{2}+5 x-2=(x+2)(3 x-1)$, 所以原不等式等价于 $(x+2)(3 x-1) \leq 0$,解得 $-2 \leq x \leq \frac{1}{3}$, 所以原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-2 \leq x \leq \frac{1}{3}\right.\right\}$.

（2）原不等式可化为 $4 x^{2}-18 x+\frac{81}{4} \leq 0$, 配方得 $\left(2 x-\frac{9}{2}\right)^{2} \leq 0$,又 $\left(2 x-\frac{9}{2}\right)^{2} \geq 0$, 所以 $\left(2 x-\frac{9}{2}\right)^{2}=0$, 解得 $x=\frac{9}{4}$, 所以原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, x=\frac{9}{4}\right.\right\}$.

(3) 原不等式可化为 $2 x^{2}-3 x+2>0$, 因为 $2 x^{2}-3 x+2=2\left(x-\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{7}{8}>0$ 恒成立,所以原不等式的解集为 $\mathbf{R}$.

(4) 原不等式可化为 $x^{2}-6 x+10<0$, 因为 $x^{2}-6 x+10=(x-3)^{2}+1>0$ 恒成立,所以原不等式无解, 即原不等式的解集为 $\varnothing$.
题目（高二 · 解析几何）：2. 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y-2 \leqslant 0 \\ x-y+1 \geqslant 0 \\ y \leqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=3 x+2 y$ 的最大值为 —.
选项：
答案：6
解析：作出可行域为如图所示的 $\triangle A B C$ 所表示的阴影区域, 作出直线 $3 x+2 y=0$, 并平移该直线,当直

线过点 $A(2,0)$ 时, 目标函数 $z=3 x+2 y$ 取得最大值: 且 $z_{\text {max }}=3 \times 2+2 \times 0=6$.
题目（高二 · 解析几何）：3. 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-5 \geqslant 0, \\ x-2 y+3 \geqslant 0, \\ x-5 \leqslant 0,\end{array}\right.$, 则 $z=x+y$ 的最大值为一.
选项：
答案：9
解析：画出不等式组所表示的平面区域, 如图中阴影部分所示. 作出直线 $x+y=0$, 平移该直线,当直

线过点 $B(5,4)$ 时, $z$ 取得最大值, $Z_{\text {max }}=5+4=9$.
题目（高二 · 解析几何）：4. 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y \leqslant 1 \\ 2 x+y \geqslant-1 \\ x-y \leqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=3 x-2 y$ 的最小值为—.
选项：
答案：-5
解析：不等式组的可行域如图阴影部分, 易得 $A(-1,1), B\left(-\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right), C\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right)$ 代入 $z=3 x-2 y$,可

求得在 $A(-1,1)$ 时目标函数取得最小值 -5 .
题目（高二 · 解析几何）：6. 已知实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+4 \geq 0 \\ 2 x+y-2 \geq 0 \\ 3 x-y-3 \leq 0\end{array}\right.$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是——
选项：
答案：$\left[\frac{4}{5}, 13\right]$
解析：不等式组所表示的平面区域是以点 $(0,2),(1,0),(2,3)$ 为顶点的三角形及其内部, 如图所示，因

为原点到直线 $2 x+y-2=0$ 的距离为 $\frac{2}{\sqrt{5}}$,

所以 $\left(x^{2}+y^{2}\right)_{\min }=\frac{4}{5}$, 又当 $(x, y)$ 取点 $(2,3)$ 时, $x^{2}+y^{2}$ 取得最大值 13 ,

故 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是 $\left[\frac{4}{5}, 13\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：7. 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-1 \geqslant 0 \\ x-y \leqslant 0 \\ x+y-4 \leqslant 0\end{array}\right.$, 则 $\frac{y}{x}$ 的最大值为
选项：
答案：3
解析：作出可行域 (图略), 可知在点 $(1,3)$ 处, $\frac{y}{x}$ 取得最大值 3 .
题目（高二 · 解析几何）：7. 函数 $y=x+\frac{1}{x-2}(x>2)$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：4
解析：$\because x>2$,

$\therefore x-2>0$.

$\therefore y=x+\frac{1}{x-2}=(x-2)+\frac{1}{x-2}+2 \geq 2 \sqrt{(x-2) \times \frac{1}{x-2}}+2=4$, 当且仅当 $x-2=\frac{1}{x-2}$, 即 $x=3$

时等号成立.
$\therefore$ 函数 $y=x+\frac{1}{x-2}(x>2)$ 的最小值为 4 .

答案: 4
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 三边长分别为 $a=3, b=2 \sqrt{2}, c=\sqrt{5}$, 其最大角的余弦值为 \$ \qquad \$ $\triangle A B C$ 的面积为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{10}}{10} \quad 3$
解析：大边对大角可知, $A$ 最大, 所以, $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{8+5-9}{2 \times 2 \sqrt{2} \times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$; $\sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}, \triangle A B C$ 的面积为 $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times \sqrt{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}=3$.
题目（高二 · 解析几何）：14. (2019-浙江高考模拟) 在 $\triangle A B C$ 中, $A, B, C$ 内角所对的边分别为 $a, b, c$, 已知 $b=2$ 且 $c \cos B+b \cos C=4 a \sin B \sin C$, 则 $C$ 的最小值为
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：$\because c \cos B+b \cos C=4 a \sin B \sin C, \therefore \sin C \cos B+\sin B \cos C=4 \sin A \sin B \sin C$,

$\therefore \sin (B+C)=\sin A=4 \sin A \sin B \sin C, \because \sin A \neq 0$,

$\therefore \sin B \sin C=\frac{1}{4}, \therefore \sin C=\frac{1}{4 \sin B}$, 由正弦定理可得 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$, 即 $C=2 \times \frac{\sin C}{\sin B}=8 \sin ^{2} C$,当 $\sin B=1$ 时, $\sin C_{\text {min }}=\frac{1}{4}$. 当 $\sin C=\frac{1}{4}$ 时, 则 $C$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$.

故答案为: $\frac{1}{2}$.