eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 度量几何学）：15. 已知角 $\alpha$ 的终边经过单位圆上的点 $P\left(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right)$.

(1)求 $\sin \alpha$ 的值;

(2)求 $\frac{\cos (2 \pi-\alpha)}{\sin (\pi+\alpha)} \cdot \frac{\tan (\pi+\alpha)}{\cos (3 \pi-\alpha)}$ 的值.
选项：
答案：(1) 由题意知 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$.

(2) $\cos \alpha=\frac{4}{5}, \tan \alpha=-\frac{3}{4}$,

$\frac{\cos (2 \pi-\alpha)}{\sin (\pi+\alpha)} \cdot \frac{\tan (\pi+\alpha)}{\cos (3 \pi-\alpha)}=\frac{\cos \alpha}{-\sin \alpha} \cdot \frac{\tan \alpha}{-\cos \alpha}=\frac{1}{\cos \alpha}=\frac{5}{4}$.
解析：(1) 由题意知 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$.

(2) $\cos \alpha=\frac{4}{5}, \tan \alpha=-\frac{3}{4}$,

$\frac{\cos (2 \pi-\alpha)}{\sin (\pi+\alpha)} \cdot \frac{\tan (\pi+\alpha)}{\cos (3 \pi-\alpha)}=\frac{\cos \alpha}{-\sin \alpha} \cdot \frac{\tan \alpha}{-\cos \alpha}=\frac{1}{\cos \alpha}=\frac{5}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：8.已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的部分图象如图所示.



(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 设 $\frac{1}{12} \pi<x<\frac{11}{12} \pi$, 且方程 $f(x)=m$ 有两个不同的实数根, 求实数 $m$ 的取值范围和这两个根的和.
选项：
答案：) $A=2$.

当 $x=0$ 时， $f(0)=1$ ，

$\therefore \sin \varphi=\frac{1}{2}$,

$|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{6}$.

由函数图象知 $\frac{T}{2}=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ ，

所以 $T=\pi$ ，得 $\omega=2$.

所以函数 $f(x)$ 的解析式为 $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知函数 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right)$.

若 $12 \pi<x<\frac{11}{12} \pi$, 则当 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$ 时, 直线 $y=m$ 与曲线 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12} ， \frac{11 \pi}{12}\right)$有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根.

所以 $m$ 的取值范围为 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$.

当 $-2<m<0$ 时，两根和为 $\frac{4 \pi}{3}$; 当 $\sqrt{3}<m<2$ 时，两根和为 $\frac{\pi}{3}$.
解析：) $A=2$.

当 $x=0$ 时， $f(0)=1$ ，

$\therefore \sin \varphi=\frac{1}{2}$,

$|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{6}$.

由函数图象知 $\frac{T}{2}=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ ，

所以 $T=\pi$ ，得 $\omega=2$.

所以函数 $f(x)$ 的解析式为 $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)由(1)知函数 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right)$.

若 $12 \pi<x<\frac{11}{12} \pi$, 则当 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$ 时, 直线 $y=m$ 与曲线 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), x \in\left(\frac{\pi}{12} ， \frac{11 \pi}{12}\right)$有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根.

所以 $m$ 的取值范围为 $-2<m<0$ 或 $\sqrt{3}<m<2$.

当 $-2<m<0$ 时，两根和为 $\frac{4 \pi}{3}$; 当 $\sqrt{3}<m<2$ 时，两根和为 $\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：某港口水的深度 $y(\mathrm{~m})$ 是时间 $t(0 \leqslant t \leqslant 24$, 单位: $\mathrm{h})$ 的函数, 记作 $y=f(t)$, 下面是某日水深的数据:

经长期观察, $y=f(t)$ 的曲线可以近似地看成函数 $y=A \sin \omega x+b$ 的图象.

(1)试根据以上数据, 求出函数 $y=f(t)$ 的近似表达式;

(2)一般情况下, 船舶航行时船底离海底的距离为 $5 \mathrm{~m}$ 或 $5 \mathrm{~m}$ 以上时是安全的(船舶停靠时,船底只需不碰海底即可). 某船吃水深度(船底离水面的距离)为 $6.5 \mathrm{~m}$, 如果该船希望在同一天内安全进出港, 请问它至多能在港内停留多长时间(忽略进出港所需时间)?
选项：
答案：(1)由已知数据，易知函数 $y=f(t)$ 的周期 $T=12$ ，振幅 $A=3 ， b=10$ ，

$\therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{12}=\frac{\pi}{6}$ ，

$\therefore y=3 \sin \frac{\pi}{6} t+10$

(2)由题意，该船进出港时，水深应不小于 $5+6.5=11.5(\mathrm{~m})$ ，

$\therefore 3 \sin \frac{\pi}{6} t+10 \geqslant 11.5$,

$\therefore \sin \frac{\pi}{6} t \geqslant \frac{1}{2}$,

解得 $2 k \pi+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{\pi}{6} t \leqslant 2 k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$ ，

即 $12 k+1 \leqslant t \leqslant 12 k+5(k \in \mathbf{Z})$ ，

在同一天内，取 $k=0$ 或 $k=1$ ，

$\therefore 1 \leqslant t \leqslant 5$ 或 $13 \leqslant t \leqslant 17$.

$\therefore$ 该船可在当日凌晨 1 时进港，下午 17 时出港，在港口内最多停留 16 个小时.
解析：(1)由已知数据，易知函数 $y=f(t)$ 的周期 $T=12$ ，振幅 $A=3 ， b=10$ ，

$\therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{12}=\frac{\pi}{6}$ ，

$\therefore y=3 \sin \frac{\pi}{6} t+10$

(2)由题意，该船进出港时，水深应不小于 $5+6.5=11.5(\mathrm{~m})$ ，

$\therefore 3 \sin \frac{\pi}{6} t+10 \geqslant 11.5$,

$\therefore \sin \frac{\pi}{6} t \geqslant \frac{1}{2}$,

解得 $2 k \pi+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{\pi}{6} t \leqslant 2 k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$ ，

即 $12 k+1 \leqslant t \leqslant 12 k+5(k \in \mathbf{Z})$ ，

在同一天内，取 $k=0$ 或 $k=1$ ，

$\therefore 1 \leqslant t \leqslant 5$ 或 $13 \leqslant t \leqslant 17$.

$\therefore$ 该船可在当日凌晨 1 时进港，下午 17 时出港，在港口内最多停留 16 个小时.
题目（高二 · 度量几何学）：16. 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 角 $\alpha$ 与角 $\beta$ 均以 $O x$ 为始边, 它们的终边关于 $y$ 轴对称, 若 $\sin$ $\alpha=\frac{1}{3}$, 求:

(1)sin $\beta$;

(2) $\beta$ 的终边过点 $(-1, m)$, 求 $m$ 的值.
选项：
答案：(1) $\because$ 角 $\alpha$ 的始边为 $O X$, 且 $\sin \alpha=\frac{1}{3}$,

$\therefore$ 角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于点 $\left(x_{0}, \frac{1}{3}\right)$.

又角 $\beta$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于 $y$ 轴对称,

$\therefore$ 角 $\beta$ 的终边与单位圆的交点为 $\left(-x_{0}, \frac{1}{3}\right)$,

由三角函数的定义可知, $\sin \beta=\frac{1}{3}$.

(2)由于 $\beta$ 的终边过点 $(-1, m)$,

$\therefore \sin \beta=\frac{m}{\sqrt{1+m^{2}}}=\frac{1}{3}$.

显然 $m>0, \quad \therefore 8 m^{2}=1, \quad \therefore m=\frac{\sqrt{2}}{4}$
解析：(1) $\because$ 角 $\alpha$ 的始边为 $O X$, 且 $\sin \alpha=\frac{1}{3}$,

$\therefore$ 角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于点 $\left(x_{0}, \frac{1}{3}\right)$.

又角 $\beta$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于 $y$ 轴对称,

$\therefore$ 角 $\beta$ 的终边与单位圆的交点为 $\left(-x_{0}, \frac{1}{3}\right)$,

由三角函数的定义可知, $\sin \beta=\frac{1}{3}$.

(2)由于 $\beta$ 的终边过点 $(-1, m)$,

$\therefore \sin \beta=\frac{m}{\sqrt{1+m^{2}}}=\frac{1}{3}$.

显然 $m>0, \quad \therefore 8 m^{2}=1, \quad \therefore m=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：10. 已知 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}$, 设 $A C=m, B C=n$.

(1)若 $D$ 为斜边 $A B$ 的中点, 求证: $C D=\frac{1}{2} A B$;

(2)在(1)的条件下, 若 $E$ 为 $C D$ 的中点, 连接 $A E$ 并延长交 $B C$ 于点 $F$, 求 $A F$ 的长(用 $m, n$表示).
选项：
答案：以 $C$ 为坐标原点，以边 $C B, C A$ 所在的直线分别为 $x$ 轴， $y$ 轴建立平面直角坐标系，如图，

<ImageHere>

则 $A(0, m), B(n, 0)$.

(1)证明: $\because D$ 为斜边 $A B$ 的中点，

$\therefore D\left(\frac{n}{2}, \frac{m}{2}\right)$,
$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2} \sqrt{n^{2}+m^{2}},|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{m^{2}+n^{2}}$,

$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}|$ ，即 $C D=\frac{1}{2} A B$.

(2) $\because E$ 为 $C D$ 的中点， $\therefore E\left(\frac{n}{4}, \frac{m}{4}\right)$.

设 $F(x, 0)$ ，则 $\overrightarrow{A E}=\left(\frac{n}{4} － \frac{3}{4} m\right) ， \overrightarrow{A F}=(x,-m)$.

$\because$ 点 $A, E ， F$ 共线， $\therefore$ 存在实数 $\lambda$ ，使 $\overrightarrow{A F}=\lambda \overrightarrow{A E}$ ，

即 $(x,-m)=\lambda\left(\frac{n}{4},-\frac{3}{4} m\right), \therefore\left\{\begin{array}{l}x=\frac{n}{4} \lambda, \\ -m=-\frac{3}{4} m \lambda .\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{n}{3} ， \therefore F\left(\frac{n}{3} ， 0\right) . \therefore|\overrightarrow{A F}|=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$ ，

即 $A F=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$
解析：以 $C$ 为坐标原点，以边 $C B, C A$ 所在的直线分别为 $x$ 轴， $y$ 轴建立平面直角坐标系，如图，



则 $A(0, m), B(n, 0)$.

(1)证明: $\because D$ 为斜边 $A B$ 的中点，

$\therefore D\left(\frac{n}{2}, \frac{m}{2}\right)$,
$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2} \sqrt{n^{2}+m^{2}},|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{m^{2}+n^{2}}$,

$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}|$ ，即 $C D=\frac{1}{2} A B$.

(2) $\because E$ 为 $C D$ 的中点， $\therefore E\left(\frac{n}{4}, \frac{m}{4}\right)$.

设 $F(x, 0)$ ，则 $\overrightarrow{A E}=\left(\frac{n}{4} － \frac{3}{4} m\right) ， \overrightarrow{A F}=(x,-m)$.

$\because$ 点 $A, E ， F$ 共线， $\therefore$ 存在实数 $\lambda$ ，使 $\overrightarrow{A F}=\lambda \overrightarrow{A E}$ ，

即 $(x,-m)=\lambda\left(\frac{n}{4},-\frac{3}{4} m\right), \therefore\left\{\begin{array}{l}x=\frac{n}{4} \lambda, \\ -m=-\frac{3}{4} m \lambda .\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{n}{3} ， \therefore F\left(\frac{n}{3} ， 0\right) . \therefore|\overrightarrow{A F}|=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$ ，

即 $A F=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$.
题目（高二 · 度量几何学）：14. 设点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的外心, $A B=13, A C=12$, 则 $\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A O}=$
选项：
答案：:$-\frac{25}{2}$
解析：设 $\{\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\}$ 为平面 $A B C$ 内的一组基底. 如图所示，设 $M$ 为 $B C$ 的中点，连接 $O M$ ， $A M ， O A ，$ 则 $O M \perp B C$.



又 $\because \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A O}=\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M O}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})+\overrightarrow{M O}, \therefore \overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A O}=\overrightarrow{B C} \cdot(\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M O})=\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A M}$ $=(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}) \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{A C}^{2}-\overrightarrow{A B^{2}}\right)=\frac{1}{2} \times\left(12^{2}-13^{2}\right)=-\frac{25}{2}$.
答案: $-\frac{25}{2}$
题目（高二 · 度量几何学）：已知实数 $x 、 y$ 满足 $\left\{\begin{array}{c}y \leq 2 x \\ y \geq-2 x \\ x \leq 3\end{array}\right.$

(1)求不等式组表示的平面区域的面积;

(2) 若目标函数为 $z=x-2 y$, 求 $z$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 18 (2) -9
解析：画出满足不等式组的可行域如图所示:



(1)易求点 $A 、 B$ 的坐标为: $A(3,6), B(3,-6)$,

所以三角形 $O A B$ 的面积为:

$S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2} \times 12 \times 3=18$.

(2)目标函数化为: $y=\frac{1}{2} x-\frac{z}{2}$, 画直线 $y=\frac{1}{2} x$ 及其平行线, 当此直线经过 $A$ 时, $-\frac{z}{2}$ 的值最大, $z$ 的值最小, 易求 $A$ 点坐标为 $(3,6)$, 所以, $z$ 的最小值为 $3-2 \times 6=-9$.
题目（高二 · 度量几何学）：21.  在 $\triangle A B C$ 中, $a=7, b=8, \cos B=-\frac{1}{7}$.

(1)求 $\angle A$; (2)求 $A C$ 边上的高.
选项：
答案：(1)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \cos B=-\frac{1}{7}, \therefore B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B} \Rightarrow \frac{7}{\sin A}=\frac{8}{\frac{4 \sqrt{3}}{7}}, \therefore \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\because B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \quad \therefore \angle A=\frac{\pi}{3}$.

(2)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2} \times\left(-\frac{1}{7}\right)+\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$.

如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\frac{h}{B C}, \therefore h=B C \cdot \sin C=7 \times \frac{3 \sqrt{3}}{14}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, \therefore A C$ 边上的高为
$\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

<ImageHere>
解析：(1)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \cos B=-\frac{1}{7}, \therefore B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B} \Rightarrow \frac{7}{\sin A}=\frac{8}{\frac{4 \sqrt{3}}{7}}, \therefore \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\because B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \quad \therefore \angle A=\frac{\pi}{3}$.

(2)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2} \times\left(-\frac{1}{7}\right)+\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$.

如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\frac{h}{B C}, \therefore h=B C \cdot \sin C=7 \times \frac{3 \sqrt{3}}{14}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, \therefore A C$ 边上的高为
$\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：19.【2019 年高考全国 II 卷理数 $】 \triangle A B C$ 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 · 度量几何学）：20.【2019 年高考浙江卷】在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=4, B C=3$, 点 $D$ 在线段 $A C$ 上,若 $\angle B D C=45^{\circ}$, 则 $B D=$ \$ \qquad \$ , $\cos \angle A B D=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{12 \sqrt{2}}{5}, \frac{7 \sqrt{2}}{10}$
解析：如图, 在 $\triangle A B D$ 中, 由正弦定理有: $\frac{A B}{\sin \angle A D B}=\frac{B D}{\sin \angle B A C}$, 而 $A B=4, \angle A D B=\frac{3 \pi}{4}$, $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=5, \sin \angle B A C=\frac{B C}{A C}=\frac{3}{5}, \cos \angle B A C=\frac{A B}{A C}=\frac{4}{5}$, 所以 $B D=\frac{12 \sqrt{2}}{5}$.

$\cos \angle A B D=\cos (\angle B D C-\angle B A C)=\cos \frac{\pi}{4} \cos \angle B A C+\sin \frac{\pi}{4} \sin \angle B A C=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.



【名师点睛】本题主要考查解三角形问题, 即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思
题目（高二 · 度量几何学）：18. (2019$\cdot$北京高考模拟 (理) ) 已知在 $\triangle A B C$ 中, $a^{2}+c^{2}-a c=b^{2}$.

(I) 求角 $B$ 的大小;

(II) 求 $\cos A+\cos C$ 的最大值.
选项：
答案：( I ) $\frac{\pi}{3}$; (II) 1 .
解析：(I) 由余弦定理得 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a \cdot c}=\frac{a \cdot c}{2 a \cdot c}=\frac{1}{2}$, 因为角 $B$ 为三角形内角 $\therefore \angle B=\frac{\pi}{3}$

(II) 由（I）可得 $\angle A+\angle C=\pi-\angle B=\frac{2 \pi}{3}$

$\therefore \angle A=\frac{2 \pi}{3}-\angle C \therefore \cos A+\cos C=\cos \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)+\cos C=\cos \frac{2 \pi}{3} \cdot \cos C+\sin \frac{2 \pi}{3} \cdot \sin C+\cos C$

$=-\frac{1}{2} \cdot \cos C+\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sin C+\cos C=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sin C+\frac{1}{2} \cdot \cos C=\cos \frac{\pi}{6} \cdot \sin C+\sin \frac{\pi}{6} \cdot \cos C=\sin \left(C+\frac{\pi}{6}\right)$

$\because 0<C<\frac{2 \pi}{3} \therefore \frac{\pi}{6}<C+\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6} \therefore \frac{1}{2}<\sin \left(C+\frac{\pi}{6}\right) \leq 1 \therefore \cos A+\cos C$ 的最大值是 1
题目（高二 · 度量几何学）：21. (2019 全国 II 理 15) $\triangle A B C$ 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
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：由余弦定理有 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 因为 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 所以 $36=(2 c)^{2}+c^{2}-4 c^{2} \cos \frac{\pi}{3}$, 所以 $c^{2}=12, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=c^{2} \sin B=6 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：17. 求值: $\sin ^{2} 120^{\circ}+\cos 180^{\circ}+\tan 45^{\circ}-\cos ^{2}\left(-330^{\circ}\right)+\sin \left(-210^{\circ}\right)$.
选项：
答案：原式 $=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+(-1)+1-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.
解析：原式 $=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+(-1)+1-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：20. 如图, 点 $P$ 在直径 $A B=1$ 的半圆上移动, 过 $P$ 作圆的切线 $P T$ 且 $P T=1, \angle P A B=\alpha$,问 $\alpha$ 为何值时, 四边形 $A B T P$ 的面积最大?


选项：
答案：$\because A B$ 为直径，

$\therefore \angle A P B=90^{\circ}, A B=1, P A=\cos \alpha, P B=\sin \alpha$.

又 $\because P T$ 切圆于 $P$ 点， $\angle T P B=\angle P A B=\alpha ，$

$\therefore S_{\text {四边形 } A B T P}=S_{\triangle P A B}+S_{\triangle T P B}$

$=\frac{1}{2} P A \cdot P B+\frac{1}{2} P T \cdot P B \cdot \sin \alpha$

$=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha+\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha=\frac{1}{4} \sin 2 \alpha+\frac{1}{4}(1-\cos 2 \alpha)$

$=\frac{1}{4}(\sin 2 \alpha-\cos 2 \alpha)+\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4} \sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}$.

$\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore-\frac{\pi}{4}<2 \alpha-\frac{\pi}{4}<\frac{3}{4} \pi$,

<ImageHere>
解析：$\because A B$ 为直径，

$\therefore \angle A P B=90^{\circ}, A B=1, P A=\cos \alpha, P B=\sin \alpha$.

又 $\because P T$ 切圆于 $P$ 点， $\angle T P B=\angle P A B=\alpha ，$

$\therefore S_{\text {四边形 } A B T P}=S_{\triangle P A B}+S_{\triangle T P B}$

$=\frac{1}{2} P A \cdot P B+\frac{1}{2} P T \cdot P B \cdot \sin \alpha$

$=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha+\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha=\frac{1}{4} \sin 2 \alpha+\frac{1}{4}(1-\cos 2 \alpha)$

$=\frac{1}{4}(\sin 2 \alpha-\cos 2 \alpha)+\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4} \sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}$.

$\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore-\frac{\pi}{4}<2 \alpha-\frac{\pi}{4}<\frac{3}{4} \pi$,
题目（高二 · 度量几何学）：21. 已知函数 $f(x)=4 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos x+\sqrt{3}$.

(1)求函数 $f(x)$ 的最小正周期和单调递增区间;

(2)若函数 $g(x)=f(x)-m$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上有两个不同的零点 $x_{1}, x_{2}$, 求实数 $m$ 的取值范围,并计算 $\tan \left(x_{1}+x_{2}\right)$ 的值.
选项：
答案：$(1) f(x)=4 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=4\left(\frac{1}{2} \sin x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=2 \sin x \cos x-2 \sqrt{3} \cos ^{2} x+\sqrt{3}$

$=\sin 2 x-\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\pi$.

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}$ ，

得 $k \pi-\frac{\pi}{12} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5}{12} \pi(k \in \mathbf{Z})$.

$\therefore f(x)$ 的递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{12}, k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.

(2) $\because$ 方程 $g(x)=f(x)-m=0$ 同解于 $f(x)=m$ ，

<ImageHere>

在直角坐标系中画出函数 $y=f(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$ 上的图象如图，由图象可知，

当且仅当 $m \in[\sqrt{3} ， 2)$ 时，方程 $f(x)=m$ 有两个不同的解 $x_{1} ， x_{2}$ ，且 $x_{1}+x_{2}=2 \times \frac{5 \pi}{12}=\frac{5 \pi}{6}$ ，

故 $\tan \left(x_{1}+x_{2}\right)=\tan \frac{5 \pi}{6}=-\tan \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：$(1) f(x)=4 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=4\left(\frac{1}{2} \sin x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=2 \sin x \cos x-2 \sqrt{3} \cos ^{2} x+\sqrt{3}$

$=\sin 2 x-\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\pi$.

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}$ ，

得 $k \pi-\frac{\pi}{12} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5}{12} \pi(k \in \mathbf{Z})$.

$\therefore f(x)$ 的递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{12}, k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.

(2) $\because$ 方程 $g(x)=f(x)-m=0$ 同解于 $f(x)=m$ ，



在直角坐标系中画出函数 $y=f(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$ 上的图象如图，由图象可知，

当且仅当 $m \in[\sqrt{3} ， 2)$ 时，方程 $f(x)=m$ 有两个不同的解 $x_{1} ， x_{2}$ ，且 $x_{1}+x_{2}=2 \times \frac{5 \pi}{12}=\frac{5 \pi}{6}$ ，

故 $\tan \left(x_{1}+x_{2}\right)=\tan \frac{5 \pi}{6}=-\tan \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.
题目（高二 · 算术）：10. 已知 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 求证: $\sin \alpha+\cos \alpha>1$.
选项：
答案：由图可知<ImageHere> $\sin \alpha=M P, \cos \alpha=O M$,

在 $\triangle O M P$ 中, $\because O M+M P>O P$,

$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha>1$.
解析：由图可知 $\sin \alpha=M P, \cos \alpha=O M$,

在 $\triangle O M P$ 中, $\because O M+M P>O P$,

$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha>1$.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}+n$, 写出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 5 项.
选项：
答案：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}+n$,$\therefore a_{1}=-1+1=0, \quad a_{2}=1+2=3, \quad a_{3}=-1+3=2, \quad a_{4}=1+4=5, \quad a_{5}=-1+5=4$.
解析：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}+n$,$\therefore a_{1}=-1+1=0, \quad a_{2}=1+2=3, \quad a_{3}=-1+3=2, \quad a_{4}=1+4=5, \quad a_{5}=-1+5=4$.
题目（高二 · 算术）：在公差为 $d$ 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=10$, 且 $5 a_{3} \cdot a_{1}=\left(2 a_{2}+2\right)^{2}$.

求 $d$ 和 $a_{n}$;
选项：
答案：(1) 由题意得 $5 a_{3} a_{1}=\left(2 a_{2}+2\right)^{2}$, 即 $d^{2}-3 d-4=0$,

解得: $d=-1$ 或 $d=4$,所以 $a_{n}=11-n, n \in N^{*}$ 或 $a_{n}=4 n+6, n \in N^{*}$.
解析：(1) 由题意得 $5 a_{3} a_{1}=\left(2 a_{2}+2\right)^{2}$, 即 $d^{2}-3 d-4=0$,

解得: $d=-1$ 或 $d=4$,所以 $a_{n}=11-n, n \in N^{*}$ 或 $a_{n}=4 n+6, n \in N^{*}$.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和记为 $S_{n}$. 如果 $a_{4}=-12, a_{8}=-4$求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
选项：
答案：(1） $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和记为 $S_{n} . a_{4}=-12, a_{8}=-4$, $\therefore\left\{\begin{array}{c}a_{1}+3 d=-12 \\ a_{1}+7 d=-4\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=-18, d=2, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=2 n-20$.
解析：(1） $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和记为 $S_{n} . a_{4}=-12, a_{8}=-4$, $\therefore\left\{\begin{array}{c}a_{1}+3 d=-12 \\ a_{1}+7 d=-4\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=-18, d=2, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=2 n-20$.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=2$, 前 3 项和为 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=a_{1}, b_{4}=a_{15}$, 求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, \because a_{3}=2$, 前 3 项和 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

$\therefore a_{1}+2 d=2, \quad 3 a_{1}+3 d=\frac{9}{2}$, 解得 $a_{1}=1, d=\frac{1}{2} . \therefore a_{n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$.

(2) $b_{1}=a_{1}=1, b_{4}=a_{15}=8$, 可得等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比 $q$ 满足 $q^{3}=8$, 解得 $q=2$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{2^{n}-1}{2-1}=2^{n}-1$.
解析：(1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, \because a_{3}=2$, 前 3 项和 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

$\therefore a_{1}+2 d=2, \quad 3 a_{1}+3 d=\frac{9}{2}$, 解得 $a_{1}=1, d=\frac{1}{2} . \therefore a_{n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$.

(2) $b_{1}=a_{1}=1, b_{4}=a_{15}=8$, 可得等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比 $q$ 满足 $q^{3}=8$, 解得 $q=2$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{2^{n}-1}{2-1}=2^{n}-1$.
题目（高二 · 算术）：已知 $a>0$, 试比较 $a$ 与 $\frac{1}{\underline{1}}$ 的大小.
选项：
答案：因为 $a-\frac{1}{a}=\frac{a^{2}-1}{a}=\frac{(a-1)(a+1)}{a}$, 因为 $a>0$, 所以当 $a>1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}>0$, 有 $a>\frac{1}{a}$;

当 $a=1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}=0$, 有 $a=\frac{1}{a}$;

当 $0<a<1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}<0$, 有 $a<a$.

综上, 当 $a>1$ 时, $a>\frac{1}{a}$; 当 $a=1$ 时, $a=\frac{1}{a}$; 当 $0<a<1$ 时, $a<\frac{1}{a}$.
解析：因为 $a-\frac{1}{a}=\frac{a^{2}-1}{a}=\frac{(a-1)(a+1)}{a}$, 因为 $a>0$, 所以当 $a>1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}>0$, 有 $a>\frac{1}{a}$;

当 $a=1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}=0$, 有 $a=\frac{1}{a}$;

当 $0<a<1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}<0$, 有 $a<a$.

综上, 当 $a>1$ 时, $a>\frac{1}{a}$; 当 $a=1$ 时, $a=\frac{1}{a}$; 当 $0<a<1$ 时, $a<\frac{1}{a}$.
题目（高二 · 算术）：11. 甲、乙两物体分别从相距 $70 \mathrm{~m}$ 的两处同时相向运动，甲第 1 分钟走 $2 \mathrm{~m}$, 以后每分钟比前 1 分钟多走 $1 \mathrm{~m}$, 乙每分钟走 $5 \mathrm{~m}$.

(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇?

(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前 1 分钟多走 $1 \mathrm{~m}$, 乙继续每分钟走 $5 \mathrm{~m}$ ，那么开始运动几分钟后第二次相遇?
选项：
答案：(1)设 $n$ 分钟后第 1 次相遇, 依题意,

有 $2 n+\frac{n(n-1)}{2}+5 n=70$,

整理得 $n^{2}+13 n-140=0$.

解之得 $n=7, n=-20$ (舍去).

第 1 次相遇是在开始运动后 7 分钟.

(2)设 $n$ 分钟后第 2 次相遇，依题意，有

$2 n+\frac{n(n-1)}{2}+5 n=3 \times 70$,

整理得 $n^{2}+13 n-420=0$.

解之得 $n=15, n=-28$ (舍去).

第 2 次相遇是在开始运动后 15 分钟.
解析：(1)设 $n$ 分钟后第 1 次相遇, 依题意,

有 $2 n+\frac{n(n-1)}{2}+5 n=70$,

整理得 $n^{2}+13 n-140=0$.

解之得 $n=7, n=-20$ (舍去).

第 1 次相遇是在开始运动后 7 分钟.

(2)设 $n$ 分钟后第 2 次相遇，依题意，有

$2 n+\frac{n(n-1)}{2}+5 n=3 \times 70$,

整理得 $n^{2}+13 n-420=0$.

解之得 $n=15, n=-28$ (舍去).

第 2 次相遇是在开始运动后 15 分钟.