eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的周长为 $4 \mathrm{~cm}$, 当它的半径为 \$ \qquad \$ $\mathbf{c m}$ 和圆心角为弧度时, 扇形面积最大，这个最大面积是 \$ \qquad \$ $\mathbf{c m}^{2}$.
选项：
答案：1 2 1
解析：$l+2 r=4$, 则 $S=\frac{1}{2} l r=\frac{1}{2} l(4-2 r)=-r^{2}+2 r$,

则 $r=1, l=2$ 时, 面积最大为 1 , 此时圆心角 $\alpha=\frac{l}{r}=2$,

所以答案为 $1 ; 2 ; 1$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的中心角为 $\frac{\pi}{3}$, 所在圆的半径为 $10 \mathrm{~cm}$, 则扇形的弧长等于 \$ \qquad \$ $\mathrm{cm}$.
选项：
答案：$\frac{10}{3} \pi$
解析：扇形圆心角的度数 $\frac{\pi}{3}=60^{\circ}=\frac{1}{6} \times 360^{\circ}$

则弧长为圆周的 $\frac{1}{6}=\frac{10}{3} \pi$

故扇形的弧长等于 $\frac{10}{3} \pi \mathrm{cm}$
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的面积为 $\frac{2 \pi}{3}$ 平方厘米, 弧长为 $\frac{2 \pi}{3}$ 厘米, 则扇形的半径 $r$ 为 \$ \qquad \$厘米.
选项：
答案：2
解析：由题意得 $\frac{1}{2} \times \frac{2 \pi}{3} r=\frac{2 \pi}{3}$, 解得 $r=2$ 。答案: 2
题目（高二 · 度量几何学）：若圆弧长度等于该圆内接正三角形的边长, 则其圆心角的弧度数为
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：如图, 等边三角形 $A B C_{\text {是半径为 }{ }^{r} \text { 的圆 } O^{\text {的内接三角形, 则弧 }}{ }^{A B} \text { 所对的圆心角 }} \angle A O B=\frac{2 \pi}{3}$

作 $O M \perp A B$, 垂足为 ${ }^{M}$, 在 ${ }^{R t \triangle A O M}$ 中, $A O=r$

$\angle A O M=\frac{\pi}{3}, \therefore A M=\frac{\sqrt{3}}{2} r, A B=\sqrt{3} r$

$\therefore l=\sqrt{3} r$

由弧长公式可得 $l=|\alpha| r$

则 $a=\frac{l}{r}=\frac{\sqrt{3} r}{r}=\sqrt{3}$

则其圆心角的弧度数为 ${ }^{\sqrt{3}}$
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的周长是 $4 \mathrm{~cm}$, 则扇形面积最大时, 扇形的中心角的弧度数是
选项：
答案：2
解析：设此扇形的半径为 $\mathrm{r}$, 弧长为 $\mathrm{l}$, 则 $2 \mathrm{r}+\mathrm{l}=4$ 则面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2} \mathrm{rl}=\frac{1}{2} \mathrm{r}(4-2 \mathrm{r})=-\mathrm{r}^{2}+2 \mathrm{r}=-(\mathrm{r}-$ $1)^{2}+1$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{r}=1$ 时 $\mathrm{S}$ 最大, 这时 $\mathrm{l}=4-2 \mathrm{r}=2$.

从而 $\alpha=\frac{1}{r}=\frac{2}{1}=2$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的周长为 $8 \mathrm{~cm}$, 则该扇形面积的最大值为 $\mathbf{c m}^{2}$.
选项：
答案：$4\mathrm{~cm}^{2}$
解析：设扇形半径为 $\mathrm{rcm}$, 弧长为 $\mathrm{lcm}$, 则 $2 \mathrm{r}+\mathrm{l}=8, \mathrm{~S}=\frac{1}{2} \mathrm{rl}=\frac{1}{2} \mathrm{r} \times(8-2 \mathrm{r})=-\mathrm{r}^{2}+4 \mathrm{r}=-(\mathrm{r}-2)^{2}$ +4 , 所以 $\mathrm{S}_{\text {max }}=4\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$
题目（高二 · 度量几何学）：与$-2002^{\circ}$ 终边相同的最大负角是
选项：
答案：$-202^{\circ}$
解析：$\because$ 与 $-2002^{\circ}$ 终边相同的角为 $: \mathrm{k} \times 360^{\circ}-2002^{\circ}, \mathrm{k} \in \mathrm{Z}$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{k}=6$ 时, 与 $-2002^{\circ}$ 终边相同的角为: $158^{\circ}>0$,

当 $\mathrm{k}=5$ 时, 与 $-2002^{\circ}$ 终边相同的角为: $-202^{\circ}, \mathrm{k}$ 越小, 与 $-2002^{\circ}$ 终边相同的负角越小,
$\therefore$ 与 - 2002终边相同的最大负角为： $-202^{\circ}$.

故答案为: : $-202^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $P, Q$ 为 $\triangle A B C$ 所在平面内的两点, 且满足 $\overrightarrow{A P}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A Q}=\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}$,则 $\frac{S_{\triangle A P Q}}{S_{\triangle A B C}}=$
选项：
答案：$\frac{3}{16}$
解析：取 $A B$ 中点 $E, A C$ 中点 $F$, 连接 $E P$ 并延长, 交 $B C$ 于 $G$, 连接 $P Q$ 并延长, 交 $B C$ 于 $G^{\prime}$,

根据 $\overrightarrow{A Q}=\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}$, 有 $E P \| A C, \therefore G$ 为 $B C$ 中点, 同理 $G^{\prime}$ 也为 $B C$ 中点, 即 $G$ 与 $G^{\prime}$ 重合,

$\because S_{\triangle A P Q}=S_{\triangle E F G}-S_{\triangle A E Q}-S_{\triangle A F D}-S_{\triangle G P Q}, \therefore \triangle A P Q$ 的面积为平行四边形 $A E G F$ 面积的 $\frac{3}{8}$, 又 $\because$ 平行四边形 $A E G F$ 的面为 $\triangle A B C$ 面积的 $\frac{1}{2}, \therefore \frac{S_{A P Q}}{S_{A B C}}=\frac{3}{16}$, 故答案为 $\frac{3}{16}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right), \tan \alpha=2$, 则 $\cos \alpha=$
选项：
答案：$-\frac{\sqrt{5}}{5}$
解析：$\alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right), \tan \alpha=2$, 则 $\cos \alpha=-\frac{\sqrt{5}}{5}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\alpha=-2015^{\circ}$, 则与角 $\alpha$ 终边相同的最小正角为 \$ \qquad \$最大负角为
选项：
答案：(1) $145^{\circ}$; (2) $-215^{\circ}$.
解析：$\alpha=-6 \times 360^{\circ}+145^{\circ}=-2015^{\circ}$,

则与角 $\alpha$ 终边相同的角可以写成 $k \cdot 360^{\circ}+145^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$ 的形式.

当 $k=0$ 时, 可得与角 $\alpha$ 终边相同的最小正角为 $145^{\circ}$; 当 $k=-1$ 时,

可得与角 $\alpha$ 终边相同的最大负角为 $-215^{\circ}$.

故填: (1) $145^{\circ}$; (2) $-215^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：终边在直线 $y=\sqrt{3} x$ 上, 且在 $[-2 \pi, 2 \pi)$ 内的角 $\alpha$ 的集合为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\left\{-\frac{5 \pi}{3},-\frac{2 \pi}{3}, \frac{\pi}{3}, \frac{4 \pi}{3}\right\}$
解析：如图, 在坐标系中画出直线 $y=\sqrt{3} x$, 可以发现它与 $x$ 轴的夹角是 $\frac{\pi}{3}$,在 $[0,2 \pi)$ 内, 终边在直线 $y=\sqrt{3} x$ 上的角有两个: $\frac{\pi}{3}, \frac{4 \pi}{3}$;



在 $[-2 \pi, 0)$ 内满足条件的角有两个: $-\frac{2 \pi}{3},-\frac{5 \pi}{3}$,

故满足条件的角 $\alpha$ 构成的集合为 $\left\{-\frac{5 \pi}{3},-\frac{2 \pi}{3}, \frac{\pi}{3}, \frac{4 \pi}{3}\right\}$.
题目（高二 · 度量几何学）：不等式 $\tan \alpha+\frac{\sqrt{3}}{3}>0$ 的解集是
选项：
答案：$\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi-\frac{\pi}{6}<\alpha<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$
解析：不等式的解集如图所示(阴影部分),



$\therefore\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi-\frac{\pi}{6}<\alpha<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$.
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\frac{\sin \theta+\cos \theta}{\sin \theta-\cos \theta}=2$, 则 $\sin (\theta-5 \pi) \sin \left(\frac{3 \pi}{2}-\theta\right)=$
选项：
答案：$\frac{3}{10}$
解析：由 $\frac{\sin \theta+\cos \theta}{\sin \theta-\cos \theta}=2$,

得 $\sin \theta+\cos \theta=2(\sin \theta-\cos \theta)$,

两边平方得:

$1+2 \sin \theta \cos \theta=4(1-2 \sin \theta \cos \theta)$,

故 $\sin \theta \cos \theta=\frac{3}{10}$,

$\therefore \sin (\theta-5 \pi) \sin \left(\frac{3 \pi}{2}-\theta\right)=\sin \theta \cos \theta=\frac{3}{10}$.
题目（高二 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 已知点 $D$ 在 $B C$ 边上, $A D \perp A C, \sin \angle B A C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, A B=3 \sqrt{2}, A D=3$, 则 $B D$ 的长为


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\because \sin \angle B A C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 且 $A D \perp A C, \therefore \sin \left(\frac{\pi}{2}+\angle B A D\right)=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \therefore \cos \angle B A D=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 在 $\triangle B A D$ 中,
由余弦定理, 得 $B D=\sqrt{A B^{2}+A D^{2}-2 A B \cdot A D \cos \angle B A D}=\sqrt{(3 \sqrt{2})^{2}+3^{2}-2 \times 3 \sqrt{2} \times 3 \times \frac{2 \sqrt{2}}{3}}=\sqrt{3}$
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边 $a, b, c$ 成等差数列, 且 $A-C=90^{\circ}$, 则 $\cos B=$
选项：
答案：$\frac{3}{4}$
解析：$\because a, b, c$ 成等差数列, $\therefore 2 b=a+c$,

又 $\because A-C=90^{\circ}, A+B+C=180^{\circ}$,

$\therefore C=45^{\circ}-\frac{B}{2}$,

由正弦定理可得 $2 \sin B=\sin A+\sin C$ ，

$\therefore 2 \sin B=\sin \left(90^{\circ}+C\right)+\sin C=\cos C+\sin C=\sqrt{2} \sin \left(C+45^{\circ}\right)$

$=\sqrt{2} \sin \left(45^{\circ}-\frac{B}{2}+45^{\circ}\right)=\sqrt{2} \sin \left(90^{\circ}-\frac{B}{2}\right)=\sqrt{2} \cos \frac{B}{2}$,

$\therefore 2 \sin B=4 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}=\sqrt{2} \cos \frac{B}{2}$,

解得 $\sin \frac{B}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$,

$\therefore \cos B=1-2 \sin ^{2} \frac{B}{2}=\frac{3}{4}$

故答案为: $\frac{3}{4}$
题目（高二 · 度量几何学）：6. 已知 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)=\cos \alpha$, 则 $\tan \alpha=-\underline{\sqrt{3}} \underline{\underline{3}}$.
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{3}$
解析：cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)=\cos \alpha \cos \frac{\pi}{3}+\sin \alpha \sin \frac{\pi}{3}$

$=\frac{1}{2} \cos \alpha+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha=\cos \alpha$,

$\therefore \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha=\frac{1}{2} \cos \alpha, \therefore \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 即 $\tan \alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6. 若角 $\alpha$ 的终边与 $75^{\circ}$ 角的终边关于直线 $y=0$ 对称, 且 $0^{\circ}<\alpha<360^{\circ}$, 则角 $\alpha$ 的值为
选项：
答案：$285^{\circ}$
解析：如图,  设 $75^{\circ}$ 角的终边为射线 $O A$, 射线 $O A$ 关于直线 $y=0$ 对称的射线为 $O B$, 则以射线 $O B$ 为终边的一个角为 $-75^{\circ}$, 所以以射线 $O B$ 为终边的角的集合为 $\left\{\alpha \mid \alpha=k \cdot 360^{\circ}-75^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$. 又 $0^{\circ}<\alpha<360^{\circ}$, 令 $k$ $=1$, 得 $\alpha=285^{\circ}$.

答案: $285^{\circ}$
题目（高二 · 度量几何学）：7.已知角 $\alpha$ 与 $2 \alpha$ 的终边相同, 且 $\alpha \in\left[0^{\circ}, 360^{\circ}\right)$, 则角 $\alpha=$
选项：
答案：0
解析：解析：由条件知， $2 \alpha=\alpha+k \cdot 360^{\circ}$,

所以 $\alpha=k \cdot 360^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$,

因为 $\alpha \in\left[0^{\circ}, 360^{\circ}\right)$, 所以 $\alpha=0^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：8.如图，终边在阴影部分内的角的集合为
选项：
答案：$\left\{\alpha \mid 30^{\circ}+k \cdot 360^{\circ} \leqslant \alpha \leqslant 150^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$
解析：先写出边界角, 再按逆时针顺序写出区域角, 则得 $\left\{\alpha \mid 30^{\circ}+k \cdot 360^{\circ} \leqslant \alpha \leqslant 150^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$.

答案: $\left\{\alpha \mid 30^{\circ}+k \cdot 360^{\circ} \leqslant \alpha \leqslant 150^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$
题目（高二 · 度量几何学）：7.把一 $570^{\circ}$ 写成 $2 k \pi+\alpha(k \in \mathbf{Z}, \alpha \in(0,2 \pi)$ 的形式是
选项：
答案：$-4 \pi+\frac{5}{6} \pi$
解析：法一: $-570^{\circ}=-\left(570 \times \frac{\pi}{180}\right) \mathrm{rad}$

$=-\frac{19}{6} \pi \mathrm{rad}, \therefore-\frac{19}{6} \pi=-4 \pi+\frac{5}{6} \pi$.

法二: $-570^{\circ}=-2 \times 360^{\circ}+150^{\circ}$,

$\therefore-570^{\circ}=-4 \pi+\frac{5}{6} \pi$.

【答案】 $-4 \pi+\frac{5}{6} \pi$
题目（高二 · 度量几何学）：6. $下列四个角: $1,60^{\circ}, \frac{\pi}{3},-\frac{\pi}{6}$ 由大到小的排列为 \$ \qquad \ .
选项：
答案：$60^{\circ}=\frac{\pi}{3}>1>-\frac{\pi}{6}$
解析：只需把 $60^{\circ}$ 化成弧度数, 因为 $60^{\circ}=60 \times \frac{\pi}{180}=\frac{\pi}{3}$, 所以四个角为 $1, \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3},-\frac{\pi}{6}$. 所以 $60^{\circ}=\frac{\pi}{3}>1>-$ $\frac{\pi}{6}$.

答案: $60^{\circ}=\frac{\pi}{3}>1>-\frac{\pi}{6}$
题目（高二 · 度量几何学）：7.若三角形三内角之比为 345 , 则三内角的弧度数分别是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{12}$
解析：设三角形三内角弧度数分别为 $3 k, 4 k, 5 k$, 则由 $3 k+4 k+5 k=\pi$, 得 $k=\frac{\pi}{12}$, 所以 $3 k=\frac{\pi}{4}, 4 k=\frac{\pi}{3}$, $5 k=\frac{5 \pi}{12}$.

答案: $\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{12}$
题目（高二 · 度量几何学）：8.弧长为 $3 \pi$, 圆心角为 $135^{\circ}$ 的扇形的半径为 \$ \qquad \$ ，面积为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：4 $6\pi$
解析：解析 : $135^{\circ}=\frac{135 \pi}{180}=\frac{3 \pi}{4}$, 所以扇形的半径为 $\frac{3 \pi}{\frac{3 \pi}{4}}=4$,
面积为 $\frac{1}{2} \times 3 \pi \times 4=6 \pi$.
题目（高二 · 度量几何学）：5. 若 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 且 $\sin ^{2} \alpha+\cos 2 \alpha=\frac{1}{4}$, 则 $\tan \alpha$ 的值等于
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：由 $\sin ^{2} \alpha+\cos 2 \alpha=\frac{1}{4}$ 得 $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha=\cos ^{2} \alpha=\frac{1}{4} \because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos \alpha=\frac{1}{2}$,

$\therefore \alpha=\frac{\pi}{3}, \therefore \tan \alpha=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6. 已知 $\alpha$ 为第三象限角, $\cos 2 \alpha=-\frac{3}{5}$, 则 $\tan \left(\frac{\pi}{4}+2 \alpha\right)=$
选项：
答案：$-\frac{1}{7}$
解析：意 $\sin 2 \alpha=\frac{4}{5}, \therefore \tan 2 \alpha=-\frac{4}{3}$.

$\therefore \tan \left(\frac{\pi}{4}+2 \alpha\right)=\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan 2 \alpha}{1-\tan \frac{\pi}{4} \tan 2 \alpha}=\frac{1-\frac{4}{3}}{1+\frac{4}{3}}=-\frac{1}{7}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6. 已知函数 $y=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,-\pi<\varphi \leqslant \pi)$ 的图象如图 1-5-4 所示, 则 $\varphi=$



图 1-5-4
选项：
答案：$\frac{9}{10} \pi$
解析：由题意得 $\frac{T}{2}=2 \pi-\frac{3}{4} \pi$,

$\therefore T=\frac{5}{2} \pi, \omega=\frac{4}{5}$.

又由 $x=\frac{3}{4} \pi$ 时, $y=-1$, 得 $-1=\sin \left(\frac{3}{5} \pi+\varphi\right)$,

$-\frac{2 \pi}{5}<\frac{3}{5} \pi+\varphi<\frac{8}{5} \pi$,

$\therefore \frac{3}{5} \pi+\varphi=\frac{3}{2} \pi$,

$\therefore \varphi=\frac{9}{10} \pi$.

【答案】 $\frac{9}{10} \pi$
题目（高二 · 度量几何学）：6. 若 $\cos (\alpha+\beta)=\frac{1}{5}, \cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}$, 则 $\tan \alpha \cdot \tan \beta=$
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：知, 得 $\left\{\begin{array}{l}\cos \alpha+\beta=\frac{1}{5}, \\ \cos \alpha-\beta=\frac{3}{5}\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta=\frac{1}{5}, \\ \cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\frac{3}{5} .\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}\cos \alpha \cdot \cos \beta=\frac{2}{5}, \\ \sin \alpha \cdot \sin \beta=\frac{1}{5} .\end{array}\right.$

所以 $\tan \alpha \cdot \tan \beta=\frac{\sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6. 若角 $\alpha$ 终边经过点 $P(-\sqrt{3}, y)$, 且 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{3}}{4} y(y \neq 0)$, 则 $\cos \alpha=$
选项：
答案：$-\frac{3}{4}$
解析：$\because$ 过点 $P(-\sqrt{3}, y), \therefore \sin \alpha=\frac{y}{\sqrt{3+y^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{4} y$.

又 $y \neq 0, \therefore \frac{1}{\sqrt{3+y^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$,

$\therefore|O P|=\sqrt{3+y^{2}}=\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}=r$,

$\therefore \cos \alpha=\frac{x}{r}=\frac{-\sqrt{3}}{\frac{4 \sqrt{3}}{3}}=-\frac{3}{4}$.

【答案】 $-\frac{3}{4}$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 已知 $\theta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$, 在单位圆中角 $\theta$ 的正弦线、余弦线、正切线分别是 $M P, O M, A T$, 则它们从大到小的顺序为
选项：
答案：$A T>M P>O M$
解析：:



因为 $\theta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\theta>\frac{\pi}{4}$, 根据三角函数线的定义可知 $A T>M P>O M$.

【答案】 $A T>M P>O M$
题目（高二 · 度量几何学）：8.已知函数 $y=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,-\pi<\varphi \leqslant \pi)$ 的图象如图 1-5-4 所示, 则 $\varphi=$



图 1-5-4
选项：
解析：由题意得 $\frac{T}{2}=2 \pi-\frac{3}{4} \pi$,

$\therefore T=\frac{5}{2} \pi, \omega=\frac{4}{5}$.

又由 $x=\frac{3}{4} \pi$ 时, $y=-1$, 得 $-1=\sin \left(\frac{3}{5} \pi+\varphi\right)$,

$-\frac{2 \pi}{5}<\frac{3}{5} \pi+\varphi<\frac{8}{5} \pi$,

$\therefore \frac{3}{5} \pi+\varphi=\frac{3}{2} \pi$,

$\therefore \varphi=\frac{9}{10} \pi$.
【答案】 $\frac{9}{10} \pi$
题目（高二 · 度量几何学）：化简

(1) $\frac{\cos (\alpha-\pi)}{\sin (\pi-\alpha)} \cdot \sin \left(\alpha-\frac{\pi}{2}\right) \cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) ;$

(2) $\sin (-\alpha-5 \pi) \cos \left(\alpha-\frac{\pi}{2}\right)-\sin \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right) \cos (\alpha-2 \pi)$
选项：
答案：(1)$-\cos ^{2} \alpha$(2) 1
解析：(1)原式 $=\frac{\cos [-(\pi-\alpha)]}{\sin \alpha} \cdot \sin \left[-\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right](-\sin \alpha)$

$=\frac{\cos (\pi-\alpha)}{\sin \alpha} \cdot\left[-\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right](-\sin \alpha)$

$=\frac{-\cos \alpha}{\sin \alpha} \cdot(-\cos \alpha)(-\sin \alpha)$

$=-\cos ^{2} \alpha$.

(2)原式 $=\sin (-\alpha-\pi) \cos \left[-\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right]+\cos \alpha \cos [-(2 \pi-\alpha)]$

$=\sin [-(\alpha+\pi)] \cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\cos \alpha \cos (2 \pi-\alpha)$

$$
\begin{aligned}
& =-\sin (\alpha+\pi) \sin \alpha+\cos \alpha \cos \alpha \\
& =\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha \\
& =1
\end{aligned}
$$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 如果 $\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 且 $\alpha$ 是第四象限角, 则 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=$
选项：
答案：$\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
解析：由公式六知 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \alpha$, 因为 $\alpha$ 是第四象限角, 且 $\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 所以 $\sin \alpha=-\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=$ $-\sqrt{1-\frac{1}{9}}=-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

故 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.

答案: $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
题目（高二 · 度量几何学）：8. 已知 $\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 则 $\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{2}\right) \cdot \cos \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right) \tan (\pi-\alpha)=$
选项：
答案：$\frac{8}{9}$
解析：$\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{2}\right) \cos \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right) \tan (\pi-\alpha)$

$=-\cos \alpha \sin \alpha(-\tan \alpha)=\sin ^{2} \alpha=1-\cos ^{2} \alpha$

$=1-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=\frac{8}{9}$.

答案: $\frac{8}{9}$
题目（高二 · 度量几何学）：$\frac{3-\sin 70^{\circ}}{2-\cos ^{2} 10^{\circ}}=$
选项：
答案：2
解析：$\frac{3-\sin 70^{\circ}}{2-\cos ^{2} 10^{\circ}}=\frac{3-\cos 20^{\circ}}{2-\frac{1+\cos 20^{\circ}}{2}}=2$.
题目（高二 · 度量几何学）：设 $\alpha$ 为第四象限角, 且 $\frac{\sin 3 \alpha}{\sin \alpha}=\frac{13}{5}$, 则 $\tan 2 \alpha=$
选项：
答案：$-\frac{3}{4}$
解析：因为 $\frac{\sin 3 \alpha}{\sin \alpha}=\frac{\sin (2 \alpha+\alpha)}{\sin \alpha}$

$=\frac{\sin 2 \alpha \cos \alpha+\cos 2 \alpha \sin \alpha}{\sin \alpha}$

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

$=\frac{4 \sin \alpha \cos ^{2} \alpha-\sin \alpha}{\sin \alpha}$

$=4 \cos ^{2} \alpha-1=2\left(2 \cos ^{2} \alpha-1\right)+1=2 \cos 2 \alpha+1$

$=\frac{13}{5}$, 所以 $\cos 2 \alpha=\frac{4}{5}$.

又 $\alpha$ 是第四象限角, 所以 $\sin 2 \alpha=-\frac{3}{5}, \tan 2 \alpha=-\frac{3}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：粯圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{2}}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的两焦点为 $F_{1}, F_{2}$, 一直线过 $F_{1}$ 交粗圆于 $P 、 Q$, 则 $\triangle P Q F_{2}$ 的周长为
选项：
答案：答案: 20
解析：答案: 20

【解析】【解答】解: $\because \mathrm{a}=5$, 由粗圆第一定义可知 $\triangle \mathrm{PQF}_{2}$ 的周长 $=4 \mathrm{a}$.

$\therefore \triangle \mathrm{PQF}_{2}$ 的周长 $=20$, ,

故答案为 20 .

【分析】由陏圆第一定义可知 $\triangle \mathrm{PQF}_{2}$ 的周长 $=4 \mathrm{a}$, 由此能够求出 $\triangle \mathrm{PQF}_{2}$ 的周长.
题目（高二 · 变换几何）：8. 将函数 $y=\sin x$ 的图象向左平移 $\varphi(0 \leqslant \varphi<2 \pi)$ 个单位长度后, 得到函数 $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象,则 $\varphi=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{11 \pi}{6}$
解析：因为 $\varphi \in[0 ， 2 \pi)$ ，所以把 $y=\sin x$ 的图象向左平移 $\varphi$ 个单位长度得到 $y=\sin (x+\varphi)$

的图象. 因为 $\sin \left(x+\frac{11 \pi}{6}\right)=\sin \left(x+\frac{11 \pi}{6}-2 \pi\right)=\sin \left(x-\frac{\pi}{6}\right)$ ，所以 $\varphi=\frac{11 \pi}{6}$.

答案: $\frac{11 \pi}{6}$
题目（高二 · 变换几何）：如图, 在 $\mathbf{6 \times 6}$ 的方格中, 已知向量 $a, b, c$ 的起点和终点均在格点, 且满足向量 $c=x a+y b(x, y \in \mathrm{R})$,那么 $x+y=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：3
解析：分别设方向向右和向上的单位向量为 $\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}$,
则 $\boldsymbol{a}=2 \boldsymbol{i}-\boldsymbol{j}, \boldsymbol{b}=\boldsymbol{i}+2 \boldsymbol{j}, \boldsymbol{c}=4 \boldsymbol{i}+3 \boldsymbol{j}$,

又因为 $\boldsymbol{c}=x \boldsymbol{a}+y \boldsymbol{b}=(2 x+y) \boldsymbol{i}+(2 y-x) \boldsymbol{j}$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y=4 \\ 2 y-x=3\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=2\end{array}\right.$, 所以 $x+y=3$. 答案为 3 .
题目（高二 · 变换几何）：9. 已知函数 $f(x)=2 \cos \left(\frac{\pi}{3}-\frac{x}{2}\right)$.

(1)求 $f(x)$ 的最小正周期 $T$;

(2)求 $f(x)$ 的单调递增区间.
选项：
答案：(1) 2 (2)$\left[4 k \pi-\frac{4 \pi}{3}, 4 k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right](k \in \mathbf{Z})$
解析：(1)由已知 $f(x)=2 \cos \left(\frac{\pi}{3}-\frac{x}{2}\right)=2 \cos \left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{3}\right)$,

则 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=4 \pi$.

(2)当 $2 k \pi-\pi \leqslant \frac{X}{2}-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

即 $4 k \pi-\frac{4 \pi}{3} \leqslant x \leqslant 4 k \pi+\frac{2 \pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$ 时，

函数 $f(x)$ 单调递增,
$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[4 k \pi-\frac{4 \pi}{3}, 4 k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right](k \in \mathbf{Z})$.
题目（高二 · 组合几何学）：6. 中国象棋中规定: 马走 “日” 字, 象走 “田” 字. 如图, 在中国象棋的半个棋盘 $(4 \times 8$ 的矩形中每个小方格都是单位正方形) 中, 若马在 $A$ 处, 可跳到 $A_{1}$ 处, 也可跳到 $A_{2}$ 处, 用向量 $\overrightarrow{A A_{1}}, \overrightarrow{A A_{2}}$ 表示马走了 “一步” . 若马在 $B$ 或 $C$ 处, 则以 $B, C$ 为起点表示马走了 “一步” 的向量共有个.


选项：
答案：11
解析：此题中, 马在 $A$ 处有两条路可走, 在 $B$ 处有三条路可走, 在 $C$ 处有八条路可走. 如图, 以 $B$ 点为起点作向量, 共 3 个; 以 $C$ 点为起点作向量, 共 8 个. 所以共有 11 个.



答案: 11
题目（高二 · 组合几何学）：17. (2014 新课标 I ) 如图, 为测量山高 $M N$, 选择 $A$ 和另一座山的山顶 $C$ 为测量观测点. 从 $A$ 点测得 $M$

点的仰角 $\angle M A N=60^{\circ}, C$ 点的仰角 $\angle C A B=45^{\circ}$ 以及 $\angle M A C=75^{\circ}$; 从 $C$ 点测得 $\angle M C A=60^{\circ}$. 已知

山高 $B C=100 m ，$ 则山高 $M N=$ $m$.


选项：
答案：150
解析：在三角形 $A B C$ 中, $A C=100 \sqrt{2}$, 在三角形 $M A C$ 中, $\frac{M A}{\sin 60^{\circ}}=\frac{A C}{\sin 45^{\circ}}$, 解得

$$
M A=100 \sqrt{3}
$$

在三角形 $M N A$ 中, $\frac{M N}{100 \sqrt{3}}=\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $M N=150$.
题目（高二 · 组合几何学）：19. (2017 江苏) 记函数 $f(x)=\sqrt{6+x-x^{2}}$ 的定义域为 $D$. 在区间 $[-4,5]$ 上随机取一个数 $x$, 则 $x \in D$ 的概率是—.
选项：
答案：$\frac{5}{9}$
解析：由 $6+x-x^{2} \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant 3$, 根据几何概型的计算公式得概率为 $\frac{3-(-2)}{5-(-4)}=\frac{5}{9}$.
题目（高二 · 组合几何学）：9. 在 $\triangle A B C$ 中, $b=1, c=\sqrt{3}, C=\frac{2 \pi}{3}$, 则 $a=$

## 答案 1


选项：
答案：1
解析：由正弦定理, 得

$\frac{\sqrt{3}}{\sin \frac{2 \pi}{3}}=\frac{1}{\sin B}$,

$\therefore \sin B=\frac{1}{2} \because C$ 为钝角,

$\therefore B$ 必为锐角, $\therefore B=\frac{\pi}{6}$,

$\therefore A=\frac{\pi}{6}$.

$\therefore a=b=1$.
题目（高二 · 逻辑题）：7. 下列命题是真命题的是

(1)命题 “若 $x^{2}-3 x+2=0$, 则 $x=1$ ” 的逆否命题为 “若 $x \neq 1$,则 $x^{2}-3 x+2 \neq 0$ ”;

(2) 若命题 $p: \exists x \in \mathbf{R}, x^{2}+x+1=0$, 则綈 $p$ 为 $\forall x \in \mathbf{R}, x^{2}+x+1 \neq 0$;

(3)全称命题 “ $\forall x \in \mathbf{R}, x^{2}$ 是有理数” 是真命题;

(4) $\exists \alpha, \beta \in \mathbf{R}$, 使 $\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha+\sin \beta$.
选项：
答案：: (1)(2)(4)
解析：: (1)(2)(4)
题目（高二 · 逻辑题）：6. 已知命题 $p$ : 若实数 $x, y$ 满足 $x^{2}+y^{2}=0$, 则 $x, y$ 全为 0 ; 命题 $q$ : 若 $a>b$, 则 $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$, 给出下列四个命题: (1) $p \wedge q$; (2) $p \vee q$; (3)綈 $p$; (4)綈 $q$.其中真命题是
选项：
答案：答案 :(2)(4)
解析：:命题 $p$ 为真命题, 命题 $q$ 为假命题, $\therefore p \vee q$ 与綈 $q$ 为真命题, 故填(2)(4).

答案 :(2)(4)
题目（高二 · 逻辑题）：7. 命题 $p$ : 菱形的对角线互相垂直, 则 $p$ 的否命题是

, 綈 $p$ 是
选项：
答案：: 不是菱形的四边形, 其对角线不互相垂直

菱形的对角线不互相垂直
解析：: 不是菱形的四边形, 其对角线不互相垂直

菱形的对角线不互相垂直
题目（高二 · 逻辑题）：8. 已知命题 $p:(x+2)(x-6) \leqslant 0$, 命题 $q:-3 \leqslant x \leqslant 7$, 若 “ $p$ 或 $q$ ” 为真命题, “ $p$ 且 $q$ ” 为假命题, 则实数 $x$ 的取值范围为
选项：
答案：答案: $[-3,-2) \cup(6,7]$
解析：: 由题条件可知 $p$ 与 $q$ 一真一假, $p$ 为真命题时, $x$ 满足一
$2 \leqslant x \leqslant 6, \quad \therefore$ 满足条件的 $x$ 的范围是 $[-3,-2) \cup(6,7]$.

答案: $[-3,-2) \cup(6,7]$
题目（高二 · 逻辑题）：16. “若 $a>1$, 则 $a^{2}>1$ ”的逆否命题是 \$ \qquad \$ , 为 (填“真”或 “假”)命题.
选项：
答案：若 $a^{2} \leq 1$, 则 $a \leq 1$
解析：: 解答: 若 $a>1$, 则 $a^{2}>1$ 的逆否命题为: “若 $a^{2} \leq 1$, 则 $a \leq 1$ ”为真命题.

故答案: “若 $a^{2} \leq 1$, 则 $a \leq 1$ ” 真

分析：逆命题：交换原命题的条件和结论;

否命题: 同时否定原命题的条件和结论;

逆否命题: 交换原命题的条件和结论, 并同时否定.
题目（高二 · 逻辑题）：17. 命题“若 $a>b$, 则 $2^{a}>2^{b}-1$ ”的否命题是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：若 $a \leq b$, 则 $2^{a} \leq 2^{b}-1$
解析：: 解答: 命题“若 $a>b$, 则 $2^{a}>2^{b}-1$ ”的否命题为: 若 $a \leq b$, 则 $2^{a} \leq 2^{b}-1$

分析： 逆命题：交换原命题的条件和结论;

否命题: 同时否定原命题的条件和结论;

逆否命题：交换原命题的条件和结论，并同时否定.
题目（高二 · 逻辑题）：18.下列语句:

(1) $\sqrt{2}$ 是无限循环小数; (2) $x^{2}-3 x+2=0$; (3)当 $x=4$ 时, $2 x>0$;

(4)垂直于同一条直线的两条直线必平行吗?(5)一个数不是合数就是质数;

(6)作 $\triangle A B C \cong \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$; (7)二次函数的图像太美了!

(8) 4 是集合 $\{1,2,3\}$ 中的元素.

其中不是命题的有 \$ \qquad \$ ,是真命题的有 \$ \qquad \$ .(只填序号)
选项：
答案：答案: (2)(4)(6)(7)(3)
解析：: 解答: (1)是命题,能判断真假,假命题.

(2)不是命题, 因为语句中含有变量 $x$,在没有给变量 $x$ 赋值前,我们无法判断该语句的真假.

(3)是命题,是能作出判断的语句,是一个真命题.

(4)不是命题,因为并没有对垂直于同一条直线的两条直线是否平行作出判断.

(5)是命题, 是假命题, 因为 1 既不是合数也不是质数.

(6)祈使句,不是命题.

(7)感叹句,不是命题.

(8)是命题,假命题, 因为 $4 \notin\{1,2,3\}$.故为答案: (2)(4)(6)(7)

分析：本题主要考查命题的基本知识的应用和真假命题的判断，根据概念逐项分析即可。
题目（高二 · 逻辑题）：19.给出下列命题:

(1)原命题为真,它的否命题为假;

(2)原命题为真,它的逆命题不一定为真;

(3)若命题的逆命题为真,则它的否命题一定为真;

(4)若命题的逆否命题为真,则它的否命题一定为真;

(5)“若 $m>1$, 则 $m x^{2}-2(m+1) x+m+3>0$ 的解集为 $\mathrm{R}$ ”的逆命题.

其中真命题是 \$ \qquad \$ .(把你认为正确命题的序号都填在横线上)
选项：
答案：答案: (2)(3)
解析：：解答：原命题为真, 而它的逆命题、否命题不一定为真, 互为逆否命题的两个命题同真同假, 故

(1)(4)错误, (2)(3)正确.

因为不等式 $m x^{2}-2(m+1) x+m+3>0$ 的解集为 $\mathrm{R}$,

$$
\text { 所以由 }\left\{\begin{array}{l}
m>0, \\
\Delta=4(m+1)^{2}-4(m+3)<0,
\end{array} \text { 解得 } m>1\right. \text {. 故(5)正确. }
$$

故为答案: (2)(3)(5)

分析：本题主要考查命题的基本知识的应用和真假命题的判断，根据概念逐项分析即可。
题目（高二 · 逻辑题）：18. 下列不等式: (1) $x<1$; (2) $0<x<1$; (3) $-1<x<0$; (4) $-1<x<1$. 其中, 可以是 $x^{2}<1$ 的一个充分条件的所有序号为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: (2)(3)(4)
解析：: 解答: 因为 $x^{2}<1$, 解得 $-1<x<1$, 故(1)显然不能使 $-1<x<1$ 一定成立, (2)(3)(4)满足题意

. 故答案为(2)(3)(4)

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 逻辑题）：16. 已知命题 $P: \forall x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \sin x<x$, 那么命题 $\neg p$ 是
选项：
答案：答案: $\exists x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \sin x \geq x$
解析：: 解答: 把全称量词变为存在量词, 再把“ $<$ ”变为“””, 得 $\exists x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \sin x \geq x$,

故答案: $\exists x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \sin x \geq x$

分析：根据命题的否定的定义写出即可；
题目（高二 · 逻辑题）：17. 已知命题 $P: \exists x \in R, x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \leq 2$, 命题 $q$ 是命题 $p$ 的否定, 则命题 $p, q, p \wedge q, p \vee q$ 中是真命题的是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $p, p \vee q$
解析：：解答：当 $x=1$ 或 $x=-1$ 时, $p$ 成立, 所以 $p$ 真 $q$ 假, $p \vee q$ 真, $p \wedge q$ 假.故答案为: $p, p \vee q$分析: 先判断命题 $p, q$ 的真假性, 在考虑复合题目的真假性, 判断复合命题的口诀 (或命题 ：有真则真; 且命题: 有假则假; 非命题：真假相反。)
题目（高二 · 逻辑题）：18. 命题 $p$ ：菱形的对角线互相垂直，则 $p$ 的否命题是 \$ \qquad \$ , $\neg p$ 是 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案：不是菱形的四边形，其对角线不互相垂直|菱形的对角线不互相垂直
解析：: 解答: 不是菱形的四边形, 其对角线不互相垂直; 菱形的对角线不互相垂直; 故答案为: 不是菱形的四边形，其对角线不互相垂直; 菱形的对角线不互相垂直;分析：根据命题的否定与否命题的定义写出即可;
题目（高二 · 逻辑题）：19. 已知命题 $p:(x+2)(x-6) \leq 0$, 命题 $q:-3 \leq x \leq 7$, 若 $" p$ 或 $q$ ”为真命题, “ $p$ 且 $q$ ”为假命题 , 则实数 $x$ 的取值范围为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $[-3,-2) \cup(6,7]$
解析：: 解答: 由题条件可知 $p$ 与 $q$ 一真一假, $p$ 为真命题时, $x$ 满足 $-2 \leq x \leq 6, \therefore$ 满足条件的 $x$的范围是 $[-3,-2) \cup(6,7]$. 故答案为: $[-3,-2) \cup(6,7]$

分析: 根据“ $p$ 或 $q$ ”为真, “ $p$ 且 $q$ ”为假作出判断, 由判断复合命题的口决 (或命题: 有真则真 ；且命题：有假则假；非命题：真假相反。)