eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：4.5}=1$,

$\therefore$ 切线的斜率为 $-\frac{9}{8}, \therefore f^{\prime}(2)=-\frac{9}{8}$.

当 $x=2$ 时, 代入方程得 $y=\frac{9}{4}, f(2)=\frac{9}{4}$,

$\therefore f(2)+f^{\prime}(2)=\frac{9}{4}-\frac{9}{8}=\frac{9}{8}$.
选项：
答案：：$\frac{9}{8}$
解析：：$\frac{9}{8}$
题目（高二 · 解析几何）：8. 设曲线 $y=x^{2}$ 在点 $P$ 处的切线斜率为 3, 则点 $P$ 的坐标为
选项：
答案：答案： $\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{4}\right)$
解析：：由导数的定义可知 $y^{\prime}=2 x$, 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$,

$\therefore y^{\prime} \mid x=x_{0}=2 x_{0}=3, \quad \therefore x_{0}=\frac{3}{2}$.

$\therefore y_{0}=x_{0}^{2}=\frac{9}{4}, \therefore P$ 的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{4}\right)$.

答案： $\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{4}\right)$
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知函数 $y=f(x)$ 的图象在点 $M(1, f(1))$ 处的切线方程是 $y=\frac{1}{2} x$ +2 , 则 $f(1)+f^{\prime}(1)=$
选项：
答案：答案： 3
解析：：$\because$ 点 $M(1, f(1))$ 是切点, 在切线上, $\therefore f(1)=\frac{1}{2} \times 1+2=\frac{5}{2}$.由切线的几何意义知, $f^{\prime}(1)=\frac{1}{2} . \therefore f(1)+f^{\prime}(1)=\frac{5}{2}+\frac{1}{2}=3$.

答案： 3
题目（高二 · 解析几何）：6. 已知正三角形 $O A B$ 的三个顶点都在抛物线 $y^{2}=2 x$ 上, 其中 $O$为坐标原点, 则 $\triangle O A B$ 的外接圆的方程是
选项：
答案：答案： $(x-4)^{2}+y^{2}=16$
解析：：由抛物线的性质知, $A, B$ 两点关于 $x$ 轴对称,所以 $\triangle O A B$ 外接圆的圆心 $C$ 在 $x$ 轴上.
设圆心坐标为 $(r, 0)$, 并设 $A$ 点在第一象限,则 $A$ 点坐标为 $\left(\frac{3}{2} r, \frac{\sqrt{3}}{2} r\right)$,

于是有 $\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r\right)^{2}=2 \times \frac{3}{2} r$, 解得 $r=4$,

所以圆 $C$ 的方程为 $(x-4)^{2}+y^{2}=16$.

答案： $(x-4)^{2}+y^{2}=16$
题目（高二 · 解析几何）：7. 如图, 过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $F$ 的直线 $m$ 交抛物线于 $A, B$, 交其准线 $l$ 于点 $C$, 若 $|B C|=2|B F|,|A F|=3$, 则此抛物线的方程为 \$ \qquad \$


选项：
答案：答案： $y^{2}=3 x$
解析：：分别过点 $A, B$ 作 $A A_{1}, B B_{1}$ 垂直于 $l$, 且垂足分别为 $A_{1}$, $B_{1}$, 由已知条件 $|B C|=2|B F|$,

得 $|B C|=2\left|B B_{1}\right|, \quad \therefore \angle B C B_{1}=30^{\circ}$.

又 $\left|A A_{1}\right|=|A F|=3, \therefore|A C|=2\left|A A_{1}\right|=6$.

$\therefore|C F|=|A C|-|A F|=6-3=3$.

$\therefore F$ 为线段 $A C$ 的中点.

故 $F$ 到准线的距离 $p=\frac{1}{2}\left|A A_{1}\right|=\frac{3}{2}$,

故抛物线的方程为 $y^{2}=3 x$.
答案： $y^{2}=3 x$
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点为 $F$, 准线为 $l$, 过抛物线 $C$ 上的点 $A$ 作准线 $l$ 的垂线, 垂足为 $M$, 若 $\triangle A M F$ 与 $\triangle A O F$ (其中 $O$ 为坐标原点)的面积之比为 31 , 则点 $A$ 的坐标为 \$ \qquad \$ $\cdot$
选项：
答案：答案： $(2, \pm 2 \sqrt{2})$
解析：： 如图, 由题意可得 $|O F|=1$,

由抛物线定义，得 $|A F|=|A M|$,



$\because \triangle A M F$ 与 $\triangle A O F$ (其中 $O$ 为坐标原点)的面积之比为 31 ,

$\therefore \frac{S_{\triangle A M F}}{S_{\triangle A O F}}=\frac{\frac{1}{2} \times|A F| \times|A M| \times \sin \angle M A F}{\frac{1}{2} \times|O F| \times|A F| \times \sin (\pi-\angle M A F)}=3$.

$\therefore|A F|=|A M|=3$, 设 $A\left(x_{0}, y_{0}\right)$.

$\therefore x_{0}+1=3, x_{0}=2$, 代入 $y^{2}=4 x$, 可得 $y_{0}^{2}=8$.

解得 $y_{0}= \pm 2 \sqrt{2}$,

$\therefore$ 点 $A$ 的坐标是 $(2, \pm 2 \sqrt{2})$.

答案： $(2, \pm 2 \sqrt{2})$
题目（高二 · 解析几何）：9. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 过抛物线 $y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$, 且与该抛物线交于 $A, B$ 两点, 其中点 $A$ 在 $x$ 轴上方. 若直线 $l$ 的倾斜角为 $60^{\circ}$, 则 $\triangle O A F$ 的面积为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案： $\sqrt{3}$
解析：：抛物线 $y^{2}=4 x$ 的焦点 $F(1,0)$, 直线 $l$ 的方程为 $y=\sqrt{3}(x-$

1), 由 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=4 x, \\ y=\sqrt{3}(x-1)\end{array}\right.$ 得 $\sqrt{3} y^{2}-4 y-4 \sqrt{3}=0$.

解得 $y_{1}=2 \sqrt{3}, y_{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\therefore A(3,2 \sqrt{3}), \quad \therefore O A F$ 的面积为 $S=\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \sqrt{3}=\sqrt{3}$.

答案： $\sqrt{3}$
题目（高二 · 解析几何）：24. 若向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}|=8,|\boldsymbol{b}|=12$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|$ 的最小值是
选项：
答案：4
解析：$|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}| \leq|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}| \leq|\boldsymbol{a}|+|\boldsymbol{b}|, \boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 异向共线时, $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|$ 取最小值为4
题目（高二 · 解析几何）：25. 已知点 $G$ 是 $\triangle A B C$ 的重心, 则 $\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}=$
选项：
答案：$\overrightarrow{0}$
解析：如图所示, 连接 $A G$ 并延长交 $B C$ 于 $E$ 点, 则点 $E$ 为 $B C$ 的中点, 延长 $A E$ 到 $D$ 点, 使 $G E=E D$, 则 $\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}=\overrightarrow{G D}, \overrightarrow{G D}+\overrightarrow{G A}=\overrightarrow{0}, \therefore \overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $|\vec{a}|=\sqrt{2},|\vec{b}|=3,(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=3$, 则向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{3 \pi}{4}$
解析：由 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=3$, 得 $2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=3, \therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=\frac{3-\vec{b}^{2}}{2}=\frac{3-9}{2}=-3$, $\therefore \cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\frac{-3}{3 \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}, \because$ 向量夹角属于 $[0, \pi]$, 所以向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 $\frac{3 \pi}{4}$,故答案为: $\frac{3 \pi}{4}$
题目（高二 · 解析几何）：若等边三角形 $A B C$ 的边长为 $2 \sqrt{3}$, 平面内一点 $M$ 满足 $\overrightarrow{C M}=\frac{1}{6} \overrightarrow{C B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{C A}$, 则 $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}=$
选项：
答案：-2
解析：以 $C$ 点为原点, 以 $A C$ 所在的直线为 $X$ 轴建立直角坐标系, 可得 $C(0,0), A(2 \sqrt{3}, 0), B(\sqrt{3}, 3)$, 所以 $\overrightarrow{C B}=(\sqrt{3}, 3), \overrightarrow{C A}=(2 \sqrt{3}, 0)$, 所以 $\overrightarrow{C M}=\frac{1}{6} \overrightarrow{C B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{C A}=\left(\frac{3 \sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 所以 $M\left(\frac{3 \sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 所以 $\overrightarrow{M A}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right), \overrightarrow{M B}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{5}{2}\right)$, 所以 $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right) \cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{5}{2}\right)=-2$.
题目（高二 · 解析几何）：向量 $\vec{a}=(2,4), \vec{b}=(1,1)$. 若向量 $\vec{b} \perp(\vec{a}+\lambda \vec{b})$, 则实数 $\lambda$ 的值是
选项：
答案：-3
解析：$\because \vec{a}=(2,4), \vec{b}=(1,1), \therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=6,(\vec{b})^{2}=2$, 又 $\because \vec{b} \perp(\vec{a}+\lambda \vec{b})$ ，

$\therefore \vec{b} \cdot(\vec{a}+\lambda \vec{b})=\vec{a} \cdot \vec{b}+\lambda(\vec{b})^{2}=0, \quad \therefore 6+2 \lambda=0, \quad \therefore \lambda=-3$
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 ${ }^{e_{1}}, e_{2}$ 不共线, 实数 $B C_{\text {满足 }}(2 x-3 y) e_{1}+(3 x-4 y) e_{2}=6 e_{1}+3 e_{2}$, 则 $x+y=$
选项：
答案：-27
解析：$\because$ 向量 ${ }^{e_{1},},{ }^{G_{1}}$ 不共线,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x-3 y=6 \\ 3 x-4 y=3,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-15, \\ y=-12,\end{array} \therefore x+y=-27\right.$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 是非零的不共线向量, $\boldsymbol{a}=k \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{b}=\boldsymbol{e}_{1}+k^{2} \boldsymbol{e}_{2}$, 且 $\boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$, 则 $k=$
选项：
答案：1
解析：$\because \boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}, \boldsymbol{a}=k \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{b}=\boldsymbol{e}_{1}+k^{2} \boldsymbol{e}_{2}$,

$\therefore$ 存在实数 $\lambda$ 使得 $\boldsymbol{a}=\lambda \boldsymbol{b}$, 即 $\boldsymbol{k} \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}=\lambda\left(\boldsymbol{e}_{1}+k^{2} \boldsymbol{e}_{2}\right)$.

$\therefore k \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}=\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\lambda k^{2} \boldsymbol{e}_{2}$.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}k=\lambda, \\ 1=\lambda k^{2},\end{array} \quad \therefore k^{3}=1, \therefore k=1\right.$.
题目（高二 · 解析几何）：已知点 $A(-1,3), B(4,15)$, 则与 $\overrightarrow{A B}$ 同向的单位向量为
选项：
答案：$\left(\frac{5}{13}, \frac{12}{13}\right)$
解析：因为 $\overrightarrow{A B}=(5,12)$; 所以与 $\overrightarrow{A B}$ 方向相同的单位向量坐标为: $\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}=\left(\frac{5}{13}, \frac{12}{13}\right)$.故答案为: $\left(\frac{5}{13}, \frac{12}{13}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\vec{a}=(1, \sqrt{3}), \vec{b}=(0,-1)$, 则 $\left(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}+\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\right) \cdot \vec{b}=$
选项：
答案：$1-\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析：$|\vec{a}|=2,|\vec{b}|=1$, 所以 $\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}=(0,-1)$,

所以 $\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}+\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}-1\right)$, 所以 $\left(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}+\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\right) \cdot \vec{b}=\frac{1}{2} \times 0+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-1\right) \times(-1)=1-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

故答案为: $1-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 $\vec{a}=(1, x), \vec{b}=(x, 4)$, 若 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 反向则 $x=$
选项：
答案：-2
解析：$\because$ 向量 $\vec{a}=(1, x), \vec{b}=(x, 4), \vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 反向

$\therefore\left\{\begin{array}{l}x^{2}=4 \\ \vec{a} \cdot \vec{b}<0\end{array}\right.$, 解得 $x=-2$,

故答案为: -2
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\vec{a}$ 是以点 $A(3,-1)$ 为起点且与 $\vec{b}=(-3,4)$ 平行的单位向量, 则向量 $\vec{a}$ 的终点坐标为
选项：
答案：$\left(\frac{12}{5},-\frac{1}{5}\right)$ 或 $\left(\frac{18}{5},-\frac{9}{5}\right)$
解析：$\vec{b}=(-3,4),|\vec{b}|=5$,

由向量的平移可知与 $\vec{b}=(-3,4)$ 平行的单位向量为: $\pm \frac{1}{5}(-3,4)$,

设 $\vec{a}$ 的终点坐标是 $(x, y)$, 可得 $(x-3, y+1)= \pm \frac{1}{5}(-3,4)$ ，

则 $\vec{a}$ 的终点坐标是: $\left(\frac{12}{5},-\frac{1}{5}\right)$ 或 $\left(\frac{18}{5},-\frac{9}{5}\right)$

故答案为: $\left(\frac{12}{5},-\frac{1}{5}\right)$ 或 $\left(\frac{18}{5},-\frac{9}{5}\right)$
题目（高二 · 解析几何）：点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 的 $B C$ 边上, 若 $\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+2 y \overrightarrow{A C}$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的最小值为
选项：
答案：$\frac{1}{5}$
解析：因为点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 的 $B C$ 边上, 且 $\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+2 y \overrightarrow{A C}$, 所以 $x+2 y=1,1 \geq x \geq 0,1 \geq 2 y \geq 0$因此 $x^{2}+y^{2}=(1-2 y)^{2}+y^{2}=5 y^{2}-4 y+1$
当 $y=\frac{2}{5}$ 时 $x^{2}+y^{2}$ 取最小值 $\frac{1}{5}$

故答案为: $\frac{1}{5}$
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}+m \cdot \overrightarrow{A C}$, 向量 $\overrightarrow{A M}$ 的终点 $M$ 在 $\triangle A B C$ 的内部 (不含边界), 则实数 $m$ 的取值范围是
选项：
答案：$0<m<\frac{3}{4}$
解析：$A D=\frac{1}{4} A B$, 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DE}$ 平行 $\mathrm{AC}$ 于 $\mathrm{E}$ 点, 则 $D E=\frac{3}{4} A C$, 由向量加法的几何意义知,点 $\mathrm{M}$ 必在线段 $\mathrm{DE}$ 上 (不含端点). 又 $m=0$ 时, $M=D ; m=\frac{3}{4}$ 时, $M=E$, 所以 $0<m<\frac{3}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：下列说法中正确的是 (填序号).(1)温度含零上和零下温度, 所以温度是向量; (2)向量的模是一个正实数; (3)若 $|\boldsymbol{a}|>|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a}>\boldsymbol{b}$; (4)长度相等且方向相同的两个向量表示相等向量.
选项：
答案：(4)
解析：温度的零上和零下表示温度的大小, 温度没有方向, 所以温度不是向量, 故(1)错误;

零向量的模为 0 , 不是正实数, 故(2)错误;

向量含有方向, 不能比较大小, 故(3)错误

若长度相等, 方向相同, 则向量相等, 故(4)正确,

故只有(4)正确, 故答案为(4).
题目（高二 · 解析几何）：设 $e_{1}$ 与 $e_{2}$ 是两个不共线向量, $\overrightarrow{A B}=3 e_{1}+2 e_{2}, \overrightarrow{C B}=k e_{1}+e_{2}$, $\overrightarrow{C D}=3 e_{1}-2 k e_{2}$, 若 $A, B, D$ 三点共线, 则 $k$ 的值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$-\frac{9}{4}$
解析：因为 $\overrightarrow{A B}=3 e_{1}+2 e_{2}, \overrightarrow{C B}=k e_{1}+e_{2}, \overrightarrow{C D}=3 e_{1}-2 k e_{2}$,

所以 $\stackrel{\text { ulu }}{B D}=\stackrel{\text { ulut }}{C D}-\stackrel{\text { ulu }}{C D}=3 e_{1}-2 k e_{2}-\left(k e_{1}+e_{2}\right)=(3-k) e_{1}-(2 k+1) e_{2}$,

由题意, $A, B, D$ 三点共线, 故必存在一个实数 $\lambda$, 使得 $\overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{B D}$,

所以 $3 e_{1}+2 e_{2}=\lambda(3-k) e_{1}-\lambda(2 k+1) e_{2}$,

又因为 $e_{1}$ 与 $e_{2}$ 不共线, 所以 $\left\{\begin{array}{l}3=\lambda(3-k) \\ 2=-\lambda(2 k+1)\end{array}\right.$, 解得 $k=-\frac{9}{4}$,

故答案为 $-\frac{9}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：设两向量 $e_{1} 、 e_{2}$, 满足 $\left|e_{1}\right|=2,\left|e_{2}\right|=1$, 它们的夹角为 $60^{\circ}$, 若向量 $2 t e_{1}+7 e_{2}$与向量 $e_{1}+t e_{2}$ 夹角为针角, 则实数 $t$ 的取值范围是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\left(-7,-\frac{\sqrt{14}}{2}\right) \cup\left(-\frac{\sqrt{14}}{2},-\frac{1}{2}\right)$
解析：由题意 $e_{1} \cdot e_{2}=2 \times 1 \times \cos 60^{\circ}=1$,

$2 t e_{1}+7 e_{2}$ 与向量 $e_{1}+t e_{2}$ 的夹角为针角, 则 $\left(2 t e_{1}+7 e_{2}\right) \cdot\left(e_{1}+t e_{2}\right)<0$,

即 $2 t e_{1}{ }^{2}+\left(2 t^{2}+7\right) e_{1} \cdot e_{2}+7 t e_{2}{ }^{2}=8 t+2 t^{2}+7+7 t<0$, 解得 $-7<t<-\frac{1}{2}$,

又由 $\frac{2 t}{1}=\frac{7}{t}$, 得 $t= \pm \frac{\sqrt{14}}{2}$,

$\therefore$ 所求 $t$ 的范围是 $\left(-7,-\frac{\sqrt{14}}{2}\right) \cup\left(-\frac{\sqrt{14}}{2},-\frac{1}{2}\right)$,

故答案为 $\left(-7,-\frac{\sqrt{14}}{2}\right) \cup\left(-\frac{\sqrt{14}}{2},-\frac{1}{2}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：若 $O$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面内一点, 且满足 $|\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}|=|\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}-2 \overrightarrow{O A}|$,则 $\triangle A B C$ 的形状为
选项：
答案：直角三角形
解析：$\because \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}$ ，
$\therefore|\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}|=|\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}-2 \overrightarrow{O A}|$, 即 $|\overrightarrow{C B}|=|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}|$,

$\because \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}, \quad \therefore|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}|$,

由此可得以 $A B 、 A C$ 为邻边的平行四边形为矩形，

$\therefore \angle B A C=90^{\circ}$, 得 $\triangle A B C$ 的形状是直角三角形, 故答案为直角三角形

三、解答题：本大题共 6 个大题, 共 70 分, 解答应写出文字说明、证明过程或演算步採.
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 $\boldsymbol{a}=\left(k, \frac{3}{2}\right)$ 与 $\boldsymbol{b}=(2,-2)$, 若 $\boldsymbol{b} \perp(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$, 则实数 $\boldsymbol{k}$ 的值为
选项：
答案：$-\frac{1}{2}$
解析：因为 $\boldsymbol{a}=\left(k, \frac{3}{2}\right), \boldsymbol{b}=(2,-2)$, 所以 $2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(2 k+2,1)$,

因为 $\boldsymbol{b} \perp(2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})$, 所以 $4 k+4-2=0$, 解得 $k=-\frac{1}{2}$, 故答案为 $-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $|\boldsymbol{a}|=2,|\boldsymbol{b}|=1,|\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}|=\sqrt{6}$, 则 $\cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=$
选项：
答案：$-\frac{1}{4}$
解析：$\because|\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}|=\sqrt{6}, \therefore(\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b})^{2}=6$, 即 $\boldsymbol{a}^{2}+4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+4 \boldsymbol{b}^{2}=6$ ，

$\therefore 4+4 \times 2 \times 1 \times \cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle+4 \times 1=6, \therefore \cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=-\frac{1}{4}$,

故答案为 $-\frac{1}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 $\overrightarrow{O A}=(3,2), \overrightarrow{O B}=(2,1), O$ 点为坐标原点, 在 $x$ 轴上找一个点 $M$,使得 $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B M}$ 取最小值, 则 $M$ 点的坐标是
选项：
答案：$\left(\frac{5}{2}, 0\right)$
解析：设 $M$ 点的坐标是 $(t, 0)$, 即 $\overrightarrow{O M}=(t, 0)$,

因为向量 $\overrightarrow{O A}=(3,2), \overrightarrow{O B}=(2,1)$,

所以 $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O A}=(t-3,-2), \overrightarrow{B M}=\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O B}=(t-2,-1)$,

$\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B M}=(t-3)(t-2)+(-2) \times(-1)=t^{2}-5 t+8=\left(t-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{7}{4}$,
当 $t=\frac{5}{2}$ 时, $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B M}$ 有最小值 $\frac{7}{4}$, 此时 $M$ 点的坐标是 $\left(\frac{5}{2}, 0\right)$,

故答案为 $\left(\frac{5}{2}, 0\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\tan \alpha=3$, 则 $\sin ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha+3 \cos ^{2} \alpha=$
选项：
答案：$\frac{3}{5}$
解析：$\sin ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha+3 \cos ^{2} \alpha$

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

$=\frac{\tan ^{2} \alpha-2 \tan \alpha+3}{\tan ^{2} \alpha+1}$

$=\frac{12-6}{10}=\frac{3}{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\mathbf{f}(\boldsymbol{\alpha})=\frac{\sin (\pi-\alpha) \cos (2 \pi-\alpha)}{\cos (-\pi-\alpha) \tan \alpha}$, 则 $\mathbf{f}\left(-\frac{31}{3} \pi\right)$ 的值为
选项：
答案：$-\frac{1}{2}$
解析：$\because \mathrm{f}(\alpha)=\frac{\sin \alpha \cos \alpha}{-\cos \alpha \tan \alpha}=-\cos \alpha ，$

$\therefore \mathrm{f}\left(-\frac{31}{3} \pi\right)=-\cos \left(-\frac{31}{3} \pi\right)$

$=-\cos \left(10 \pi+\frac{\pi}{3}\right)$

$=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：设 $2 a+1, a, 2 a-1$ 为钝角三角形的三边, 则 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：(2,8)
解析：$\because 2 a-1>0, \therefore a>\frac{1}{2}$, 最大边为 $2 a+1$ 。

$\because$ 三角形为针角三角形, $\therefore a^{2}+(2 a-1)^{2}<(2 a+1)^{2}$ 。

解得 $0<a<8$ 。又 $\because a+2 a-1>2 a+1, \therefore a>2, \therefore 2<a<8$ 。
题目（高二 · 解析几何）：已知 $x, y$ 均为非负实数, 且 $x+y \leq 1$, 则 $4 x^{2}+4 y^{2}+(1-x-y)^{2}$ 的取值范围为
选项：
答案：$\left[\frac{2}{3}, 4\right]$
解析：因为 $x, y \geq 0$, 所以 $\frac{(x+y)^{2}}{2} \leq x^{2}+y^{2} \leq(x+y)^{2}$, 令 $t=x+y$, 则 $0 \leq t \leq 1$.

$4 x^{2}+4 y^{2}+(1-x-y)^{2} \leq 4 t^{2}+(1-t)^{2}=5 t^{2}-2 t+1 \leq 4$.

当 $x y=0$ 且 $t=1$, 即 $x=0, y=1$ 或 $x=1, y=0$ 时取等号;

另一方面, $4 x^{2}+4 y^{2}+(1-x-y)^{2} \geq 2 t^{2}+(1-t)^{2}=3 t^{2}-2 t+1 \geq \frac{2}{3}$

当 $x=y=\frac{1}{6}$ 时取等号. 所以 $4 x^{2}+4 y^{2}+(1-x-y)^{2} \in\left[\frac{2}{3}, 4\right]$
题目（高二 · 解析几何）：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-16<0\right\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3>0\right\}$, 则 $A \cup B=$
选项：
答案：$\mathbf{R}$
解析：答案: $\mathbf{R}$
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $b=2, a=\frac{2 \sqrt{3}}{3}, A=30^{\circ}$. 求 $B, C$ 及边 $c$.
选项：
答案：$B=60^{\circ}, C=90^{\circ}, C=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ 或 $B=120^{\circ}, C=30^{\circ}, C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
解析：答案: $B=60^{\circ}, C=90^{\circ}, C=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ 或 $B=120^{\circ}, C=30^{\circ}, C=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
题目（高二 · 解析几何）：已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边, 且满足 $\sin A+\sqrt{3} \sin C=3 \sin B, b=3 \sqrt{3}$,当角 $B$ 最大时 $\triangle A B C$ 的面积为
选项：
答案：$9 \sqrt{2}$
解析：已知等式利用正弦定理化简得 $a+\sqrt{3} c=3 b$,

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

$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{a^{2}+c^{2}-\frac{(a+\sqrt{3} c)^{2}}{9}}{2 a c}=\frac{a^{2}+c^{2}-\frac{a^{2}+3 c^{2}+2 \sqrt{3} a c}{9}}{2 a c}=\frac{4}{9} \cdot \frac{a}{c}+\frac{1}{3} \cdot \frac{c}{a}-\frac{\sqrt{3}}{9}$ 当角 $B$ 最大

时，则 $\cos B$ 最小，

由基本不等式可得 $\cos B=\frac{4}{9} \cdot \frac{a}{c}+\frac{1}{3} \cdot \frac{c}{a}-\frac{\sqrt{3}}{9} \geq \frac{4 \sqrt{3}}{9}-\frac{\sqrt{3}}{9}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

当且仅当 $\frac{4}{9} \cdot \frac{a}{c}=\frac{1}{3} \cdot \frac{c}{a}$, 即 $\frac{a}{c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时, 取等号.

代入 $a+\sqrt{3} c=3 b$, 可得 $a: b: c=\sqrt{3}: \sqrt{3}: 2$,

因为 $b=3 \sqrt{3}$, 所以 $a=3 \sqrt{3}, c=6$,

在等腰 $\triangle A B C$ 中, 求得底边上的高为 $h=3 \sqrt{2}, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 3 \sqrt{2} \times 6=9 \sqrt{2}$,

故答案为 $9 \sqrt{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-a b$, 则角 $C$ 的大小为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{\pi}{3}$
解析：答案: $\frac{\pi}{3}$
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 $a=\sqrt{7}, b=2, A=60^{\circ}$, 则 $\sin B=$ \$ \qquad \$ ,$c=$ \$ \qquad \$。
选项：
答案：$\frac{\sqrt{21}}{7} ; 3$
解析：由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}, \therefore \sin B=\frac{b}{a} \sin A=\frac{2}{\sqrt{7}} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{7} 。 \because a>b, \therefore A>B, \therefore B$ 为锐角, $\therefore \cos B=\frac{2 \sqrt{7}}{7}$ 。 $\therefore \sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{2 \sqrt{7}}{7}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{21}}{7}=\frac{3 \sqrt{21}}{14}$ 。由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$, 得 $c=\frac{a \sin C}{\sin A}=\frac{\sqrt{7} \times \frac{3 \sqrt{21}}{14}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=3$ 。
题目（高二 · 解析几何）：6. 已知 $\cos \alpha+2 \sin \alpha=-\sqrt{5}$, 则 $\tan \alpha=$
选项：
答案：2
解析：由 $\left\{\begin{array}{l}\cos \alpha+2 \sin \alpha=-\sqrt{5}, \\ \sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1,\end{array}\right.$ 得 $(\sqrt{5} \sin \alpha+2)^{2}=0, \therefore \sin \alpha=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \cos \alpha=-\frac{\sqrt{5}}{5}, \therefore \tan \alpha=$
题目（高二 · 解析几何）：5. 若 $\cos (\alpha+\beta) \cos \alpha+\sin (\alpha+\beta) \sin \alpha=-\frac{4}{5}$, 且 $450^{\circ}<\beta<540^{\circ}$, 则 $\sin \left(60^{\circ}-\beta\right)=$
选项：
答案：$-\frac{3+4 \sqrt{3}}{10}$
解析：由已知得 $\cos [(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos \beta=-\frac{4}{5}$,

$\because 450^{\circ}<\beta<540^{\circ}, \therefore \sin \beta=\frac{3}{5}$,

$\therefore \sin \left(60^{\circ}-\beta\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} \times\left(-\frac{4}{5}\right)-\frac{1}{2} \times \frac{3}{5}=-\frac{3+4 \sqrt{3}}{10}$.
题目（高二 · 解析几何）：8.若函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$, 最小正周期为 $\frac{3 \pi}{2}$, 且满足 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\cos x,-\frac{\pi}{2} \leqslant x<0 \\ \sin x, 0 \leqslant x<\pi,\end{array}\right.$ 则 $f\left(-\frac{15 \pi}{4}\right)=$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：\left(-\frac{15}{4} \pi\right)=f\left(-\frac{15 \pi}{4}+\frac{3 \pi}{2} \times 3\right)=f\left(\frac{3 \pi}{4}\right)=$

$\sin \frac{3 \pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：9.若 $g(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+a$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$ 上的最大值与最小值之和为 7 , 则 $a=$ \$ \qquad \$ .
选项：
解析：$0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{3}$ 时, $\frac{\pi}{6} \leqslant 2 x+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{5 \pi}{6}, \frac{1}{2} \leqslant \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right) \leqslant 1$, 所以 $1+a \leqslant 2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+a \leqslant 2+a$, 由 1 $+a+2+a=7$, 得 $a=2$.

【答案】 2
题目（高二 · 解析几何）：6. 函数 $f(x)=3 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的值域为 \$ \qquad \$【导学号：00680020】
选项：
答案：$\left[-\frac{3}{2}, 3\right]$
解析：由 $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$, 得 $0 \leqslant 2 x \leqslant \pi$, 于是 $-\frac{\pi}{6} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{5 \pi}{6}$, 所以 $-\frac{1}{2} \leqslant \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right) \leqslant 1$, 即 $-\frac{3}{2} \leqslant 3 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ $\leqslant 3$.

## 【答案】 $\left[-\frac{3}{2}, 3\right]$
题目（高二 · 解析几何）：6. 某简谐运动的图象满足函数 $y=\sqrt{2} \sin (\omega x+\varphi)(\varphi>0)$, 其初相和频率分别为 $-\pi$ 和 $\frac{3}{2}$, 则它的相位是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$3 \pi x-\pi$
解析：由题意知 $\varphi=-\pi, f=\frac{3}{2}$, 则 $T=\frac{2}{3}=\frac{2 \pi}{\omega}, \therefore \omega=3 \pi, \therefore$ 相位为 $3 \pi x-\pi$.

【答案】 $3 \pi x-\pi$
题目（高二 · 解析几何）：6.$sin 95^{\circ}+\cos 175^{\circ}$ 的值为
选项：
答案：0
解析：解析 : $\sin 95^{\circ}+\cos 175^{\circ}=\sin \left(90^{\circ}+5^{\circ}\right)+\cos \left(180^{\circ}-5^{\circ}\right)=\cos 5^{\circ}-\cos 5^{\circ}=0$.
题目（高二 · 解析几何）：计算: $\frac{2 \cos 10^{\circ}-\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=$
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：原式 $=\frac{2 \cos \left(30^{\circ}-20^{\circ}\right)-\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=\frac{2\left(\cos 30^{\circ} \cos 20^{\circ}+\sin 30^{\circ} \sin 20^{\circ}\right)-\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}$ $=\frac{2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 20^{\circ}+\frac{1}{2} \sin 20^{\circ}\right)-\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=\sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：设当 $x=\theta$ 时, 函数 $f(x)=\sin x-2 \cos x$ 取得最大值, 则 $\cos \theta=$
选项：
答案：$-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$;
解析：$\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin \mathrm{x}-2 \cos \mathrm{x}=\sqrt{5}\left(\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x\right)=\sqrt{5} \sin (\mathrm{x}-\varphi)$, 其中 $\sin \varphi=\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \cos \varphi$ $=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 当 $\mathrm{x}-\varphi=2 \mathrm{k} \pi+\frac{\pi}{2}(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 取得最大值, 即 $\theta=2 \mathrm{k} \pi+\frac{\pi}{2}+\varphi$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 取到最大值, 所以 $\cos \theta=-\sin \varphi=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=2 \cos x+\sin x$ 的最大值为
选项：
答案：$\sqrt{5}$
解析：函数 $f(x)=2 \cos x+\sin x=\sqrt{5}\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x\right)=\sqrt{5} \sin (x+\theta)$, 其中 $\tan \theta$ $=2$, 可知函数的最大值为: $\sqrt{5}$. 故答案为 $\sqrt{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=x+2 \cos x(0 \leqslant x \leqslant 2 \pi)$ 的单调递减区间为
选项：
答案：答案: $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$
解析：答案: $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ 
【解析】 $\because f^{\prime}(x)=1-2 \sin x(0 \therefore \sin x) \frac{1}{2} \because x \in[0,2 \pi]: x \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right)$故答案为: $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ 【分析】由导数研究函数的单调区间.
题目（高二 · 解析几何）：已知双曲线 $\Gamma: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左焦点 $F(-c, 0)$, 直线 $y=x+c$ 与双曲线 $\Gamma$ 的渐近线分别交于 $A, E$ 两点, 其中点 $A$ 在第二象限, 若 $|A F|=\frac{3}{2}|A B|$, 则双曲线 $\Gamma$ 的离心率为
选项：
答案：答案: $\sqrt{17}$
解析：答案: $\sqrt{17}$

【解析】【解答】解: 因为双曲线 $\Gamma$ 的渐近线方程为 $\mathrm{y}= \pm \frac{b}{a} x$,

所以由 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ y=\frac{b}{a} x\end{array}\right.$ 得 $y_{B}=\frac{b c}{b-a}$,

由 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ y=-\frac{b}{a} x\end{array}\right.$ 得 $y_{A}=\frac{b c}{b+a}$,

由 $|A F|=\frac{3}{2}|A B|$ 得 $|A F|=\frac{3}{5}|F B|$.

由三角形相似可知 $\frac{y_{A}}{y_{B}}=\frac{|A F|}{|B F|}=\frac{3}{5}$,

即 $\frac{b c}{b+a}=\frac{3}{5} \times \frac{b c}{b-a}, \therefore b=4 a, \therefore c^{2}=16 a^{2}+a^{2}, \therefore e=\sqrt{17}$.

故填 $\sqrt{17}$.

【分析】求出 $A, B$ 的坐标, 利用题设条件可得 $a, c$ 的关系式, 由此, 即可得出结论.