eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：15. 已知函数 $f(x)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin ^{2} x-\cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x$.

(1) 化简 $f(x)$;

(2)若 $f(\alpha)=\frac{1}{7}, 2 \alpha$ 是第一象限角, 求 $\sin 2 \alpha$.
选项：
答案：(1) $f(x)=\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\cos 2 x+\sqrt{3} \sin 2 x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2} \cos 2 x=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

$(2) f(\alpha)=\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{7} ， 2 \alpha$ 是第一象限角，即 $2 k \pi<2 \alpha<\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ ，

$\therefore 2 k \pi-\frac{\pi}{6}<2 \alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{3}+2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$ ，

$\therefore \cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=\sin \left[\left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}\right]$

$=\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \frac{\pi}{6}+\cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right) \cdot \sin \frac{\pi}{6}$

$=\frac{1}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{4 \sqrt{3}}{7} \times \frac{1}{2}=\frac{5 \sqrt{3}}{14}$.
解析：(1) $f(x)=\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\cos 2 x+\sqrt{3} \sin 2 x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2} \cos 2 x=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

$(2) f(\alpha)=\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{7} ， 2 \alpha$ 是第一象限角，即 $2 k \pi<2 \alpha<\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ ，

$\therefore 2 k \pi-\frac{\pi}{6}<2 \alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{3}+2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$ ，

$\therefore \cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=\sin \left[\left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}\right]$

$=\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \frac{\pi}{6}+\cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{6}\right) \cdot \sin \frac{\pi}{6}$

$=\frac{1}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{4 \sqrt{3}}{7} \times \frac{1}{2}=\frac{5 \sqrt{3}}{14}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知不等式 $x^{2}-3 a x+b>0$ 的解集为 $\{x \mid x<1$ 或 $x>2\}$.

(I) 求 $a, b$ 的值;

(II) 解不等式 $(x-b)(x-m)<0$.
选项：
答案：( I )由题知 1 和 2 是方程式 $\mathrm{x} 2-3 \mathrm{ax}+\mathrm{b}=0$ 的根,

由根与系数关系得 $\left\{\begin{array}{l}1+2=3 a \\ 1 \times 2=b\end{array}\right.$,

解得 $a=1, b=2$.

( II ) 方程 ( $\mathrm{x}-\mathrm{b})(\mathrm{x}-\mathrm{m})=0$ 两根为 $\mathrm{x} 1=2, \mathrm{x} 2=\mathrm{m}$,

当 $\mathrm{m}<2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{m} \mid \mathrm{m}<\mathrm{x}<2\}$,

当 $\mathrm{m}=2$ 时, 所求不等式的解集为 $\emptyset$,

当 $\mathrm{m}>2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{x} \mid 2<\mathrm{x}<\mathrm{m}\}$.
解析：( I ) 由题知 1 和 2 是方程式 $\mathrm{x} 2-3 \mathrm{ax}+\mathrm{b}=0$ 的根,

由根与系数关系得 $\left\{\begin{array}{l}1+2=3 a \\ 1 \times 2=b\end{array}\right.$,

解得 $a=1, b=2$.

( II ) 方程 ( $\mathrm{x}-\mathrm{b})(\mathrm{x}-\mathrm{m})=0$ 两根为 $\mathrm{x} 1=2, \mathrm{x} 2=\mathrm{m}$,

当 $\mathrm{m}<2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{m} \mid \mathrm{m}<\mathrm{x}<2\}$,

当 $\mathrm{m}=2$ 时, 所求不等式的解集为 $\emptyset$,

当 $\mathrm{m}>2$ 时, 所求不等式的解集为 $\{\mathrm{x} \mid 2<\mathrm{x}<\mathrm{m}\}$.
题目（高二 · 解析几何）：16. 已知 $\tan \alpha=-\frac{1}{3}, \cos \beta=\frac{\sqrt{5}}{5}, \alpha, \beta \in(0, \pi)$.

(1)求 $\tan (\alpha+\beta)$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin (x-\alpha)+\cos (x+\beta)$ 的最大值.
选项：
答案：(1) $\because \cos \beta=\frac{\sqrt{5}}{5} ， \beta \in(0, \pi) ， \therefore \sin \beta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

$\tan \beta=2$.

$\therefore \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=1$.

(2) $\because \tan \alpha=-\frac{1}{3}, \alpha \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}, \cos \alpha=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

$f(x)=\sqrt{2}(\sin x \cos \alpha-\cos x \sin \alpha)+\cos x \cos \beta-\sin x \sin \beta$

$=-\frac{3 \sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \sin x$

$=-\sqrt{5} \sin x$.

又 $\because-1 \leqslant \sin x \leqslant 1 ， \therefore f(x)$ 的最大值为 $\sqrt{5}$.
解析：(1) $\because \cos \beta=\frac{\sqrt{5}}{5} ， \beta \in(0, \pi) ， \therefore \sin \beta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

$\tan \beta=2$.

$\therefore \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=1$.

(2) $\because \tan \alpha=-\frac{1}{3}, \alpha \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}, \cos \alpha=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

$f(x)=\sqrt{2}(\sin x \cos \alpha-\cos x \sin \alpha)+\cos x \cos \beta-\sin x \sin \beta$

$=-\frac{3 \sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \cos x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \sin x$

$=-\sqrt{5} \sin x$.

又 $\because-1 \leqslant \sin x \leqslant 1 ， \therefore f(x)$ 的最大值为 $\sqrt{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 医院用甲、乙两种原料为手术后的病人配营养餐. 甲种原料每 $10 \mathrm{~g}$ 含 5 单位蛋白质和 10 单位铁质, 售价 3 元; 乙种原料每 $10 \mathrm{~g}$ 含 7 单位蛋白质和 4 单位铁质, 售价 2 元. 若病人每餐至少需要 35 单位蛋白质和 40 单位铁质. 试问: 应如何使用甲、乙原料, 才能既满足营养，又使费用最省?
选项：
答案：将已知数据列成下表:

设甲、乙两种原料分别用 $10 \mathrm{xg}$ 和 $10 \mathrm{~g} \mathrm{~g}$, 总费用为 $\mathrm{z}$, 那么 $\left\{\begin{array}{l}5 x+7 y \geqslant 35, \\ 10 x+4 y \geqslant 40, \\ x \geqslant 0, y \geqslant 0,\end{array}\right.$

目标函数为 $z=3 x+2 y$, 作出可行域如图所示:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-098\.jpg?height=486&width=508&top_left_y=2047&top_left_x=817)

把 $z=3 x+2 y$ 变形为 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{z}{2}$, 得到斜率为 $-\frac{3}{2}$, 在 $y$ 轴上的截距为 $\frac{Z}{2}$, 随 $z$ 变化的一
族平行直线.

由图可知, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{Z}{2}$ 经过可行域上的点 $A$ 时, 截距 $\frac{Z}{2}$ 最小, 即 $z$ 最小.

由 $\left\{\begin{array}{l}10 x+4 y=40, \\ 5 x+7 y=35,\end{array}\right.$ 得 $A\left(\frac{14}{5}, 3\right)$,

$\therefore z_{\min }=3 \times \frac{14}{5}+2 \times 3=
解析：将已知数据列成下表:

设甲、乙两种原料分别用 $10 \mathrm{xg}$ 和 $10 \mathrm{~g} \mathrm{~g}$, 总费用为 $\mathrm{z}$, 那么 $\left\{\begin{array}{l}5 x+7 y \geqslant 35, \\ 10 x+4 y \geqslant 40, \\ x \geqslant 0, y \geqslant 0,\end{array}\right.$

目标函数为 $z=3 x+2 y$, 作出可行域如图所示:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-098\.jpg?height=486&width=508&top_left_y=2047&top_left_x=817)

把 $z=3 x+2 y$ 变形为 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{z}{2}$, 得到斜率为 $-\frac{3}{2}$, 在 $y$ 轴上的截距为 $\frac{Z}{2}$, 随 $z$ 变化的一
族平行直线.

由图可知, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{Z}{2}$ 经过可行域上的点 $A$ 时, 截距 $\frac{Z}{2}$ 最小, 即 $z$ 最小.

由 $\left\{\begin{array}{l}10 x+4 y=40, \\ 5 x+7 y=35,\end{array}\right.$ 得 $A\left(\frac{14}{5}, 3\right)$,

$\therefore z_{\min }=3 \times \frac{14}{5}+2 \times 3=
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-5 \geqslant 0 \\ 3 x-y-5 \leqslant 0 \\ x-2 y+5 \geqslant 0\end{array}\right.$, 求 $x^{2}+y^{2}$ 的最小值和最大值.
选项：
答案：作出不等式组

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 x+y-5 \geqslant 0 \\
3 x-y-5 \leqslant 0 \\
x-2 y+5 \geqslant 0
\end{array}\right. \text { 的可行域如图所示, }
$$

<ImageHere>

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $A(1,3)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 3 x-y-5=0\end{array}\right.$, 得 $B(3,4)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}3 x-y-5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $C(2,1)$,

设 $z=x^{2}+y^{2}$, 则它表示可行域内的点到原点的距离的平方, 结合图形知, 原点到点 $B$的距离最大, 注意到 $O C \perp A C, \therefore$ 原点到点 $C$ 的距离最小.

故 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=25, z_{\min }=|O C|^{2}=5$.
解析：作出不等式组

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 x+y-5 \geqslant 0 \\
3 x-y-5 \leqslant 0 \\
x-2 y+5 \geqslant 0
\end{array}\right. \text { 的可行域如图所示, }
$$



由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $A(1,3)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+5=0 \\ 3 x-y-5=0\end{array}\right.$, 得 $B(3,4)$,

由 $\left\{\begin{array}{l}3 x-y-5=0 \\ 2 x+y-5=0\end{array}\right.$, 得 $C(2,1)$,

设 $z=x^{2}+y^{2}$, 则它表示可行域内的点到原点的距离的平方, 结合图形知, 原点到点 $B$的距离最大, 注意到 $O C \perp A C, \therefore$ 原点到点 $C$ 的距离最小.

故 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=25, z_{\min }=|O C|^{2}=5$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 线性约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+3 y \geqslant 12 \\ x+y \leqslant 10 \\ 3 x+y \geqslant 12\end{array}\right.$ 下, 求 $z=2 x-y$ 的最大值和最小值.
选项：
答案：如图作出线性约束条件

<ImageHere>

$\left\{\begin{array}{l}x+3 y \geqslant 12 \\ x+y \leqslant 10 \\ 3 x+y \geqslant 12\end{array}\right.$ 下的可行域, 包含边界: 其中三条直线中 $x+3 y=12$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $A(3,3)$,

$x+y=10$ 与 $x+3 y=12$ 交于点 $B(9,1)$,

$x+y=10$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $C(1,9)$,

作一组与直线 $2 x-y=0$ 平行的直线 $l: 2 x-y=z$,

即 $y=2 x-z$, 然后平行移动直线 $l$, 直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距为 $-z$, 当 $l$ 经过点 $B$ 时, 一 $z$ 取最小值, 此时 $z$ 最大, 即 $Z_{\text {max }}=2 \times 9-1=17$; 当 $l$ 经过点 $C$ 时, $-z$ 取最大值, 此时 $z$最小, 即 $z_{\text {min }}=2 \times 1-9=-7$.

$\therefore z_{\text {max }}=17, z_{\text {min }}=-7$.
解析：如图作出线性约束条件



$\left\{\begin{array}{l}x+3 y \geqslant 12 \\ x+y \leqslant 10 \\ 3 x+y \geqslant 12\end{array}\right.$ 下的可行域, 包含边界: 其中三条直线中 $x+3 y=12$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $A(3,3)$,

$x+y=10$ 与 $x+3 y=12$ 交于点 $B(9,1)$,

$x+y=10$ 与 $3 x+y=12$ 交于点 $C(1,9)$,

作一组与直线 $2 x-y=0$ 平行的直线 $l: 2 x-y=z$,

即 $y=2 x-z$, 然后平行移动直线 $l$, 直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距为 $-z$, 当 $l$ 经过点 $B$ 时, 一 $z$ 取最小值, 此时 $z$ 最大, 即 $Z_{\text {max }}=2 \times 9-1=17$; 当 $l$ 经过点 $C$ 时, $-z$ 取最大值, 此时 $z$最小, 即 $z_{\text {min }}=2 \times 1-9=-7$.

$\therefore z_{\text {max }}=17, z_{\text {min }}=-7$.
题目（高二 · 解析几何）：解下列不等式:

(1) $x^{2}-7 x+12>0$;

(2) $-x^{2}-2 x+3 \geq 0$;
(3) $x^{2}-2 x+1<0$;
(4) $x^{2}-2 x+2>0$.
选项：
答案：(1) 将 $x 2-7 x+12>0$ 化为 $(x+3)(x+4)>0$,解得 $x<-4$ 或 $x>-3$,

所以不等式的解集是 $(-\infty,-4) \cup(-3,+\infty)$;

(2) 将 $-x 2-2 x+3 \geqslant 0$ 化为 $x 2+2 x-3 \leqslant 0$,

即 $(x+3) \quad(x-1) \leqslant 0$, 解得 $-3 \leqslant x \leqslant 1$,所以不等式的解集是 $[-3,1]$;

(3) 将 $x 2-2 x+1<0$ 化为 $(x-1) 2<0$,所以不等式的解集是 $\varnothing$;

(4) 将 $x 2-2 x+2>0$ 化为 $(x-1) 2+1>0$,所以不等式的解集是 $\mathrm{R}$.
解析：(1) 将 $x 2-7 x+12>0$ 化为 $(x+3)(x+4)>0$,解得 $x<-4$ 或 $x>-3$,

所以不等式的解集是 $(-\infty,-4) \cup(-3,+\infty)$;

(2) 将 $-x 2-2 x+3 \geqslant 0$ 化为 $x 2+2 x-3 \leqslant 0$,

即 $(x+3) \quad(x-1) \leqslant 0$, 解得 $-3 \leqslant x \leqslant 1$,所以不等式的解集是 $[-3,1]$;

(3) 将 $x 2-2 x+1<0$ 化为 $(x-1) 2<0$,所以不等式的解集是 $\varnothing$;

(4) 将 $x 2-2 x+2>0$ 化为 $(x-1) 2+1>0$,所以不等式的解集是 $\mathrm{R}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $X 、 y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-5 \geq 0 \\ 3 x-y-5 \leq 0 \\ x-2 y+5 \geq 0\end{array}\right.$.

(1) 求目标函数 $z=3 x+2 y$ 的最大值与最小值;

(2) 求目标函数 $z=3 x-2 y$ 的最大值与最小值;

(3) 求目标函数 $z=x^{2}+y^{2}$ 的取值范围;

(4) 求目标函数 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 的取值范围.
选项：
答案：（1）最大值 17 , 最小值 8 ; (2) 最大值 4 , 最小值 -3 ; (3) $[5,25]$; (4) $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

 解析 解约束条件中不等式组表示的平面区域如图所示, 阴影部分 $\triangle A B C$ (含边界) 为可行域.

(1) 由图可知, 当直线 $z=3 x+2 y$, 即直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $B$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 3+2 \times 4=17$, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 2+2 \times 1=8$;

<ImageHere>

(2) 由图可知, 当直线 $z=3 x-2 y$, 即直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 2-2 \times 1=4$, 当直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $C$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 1-2 \times 3=-3$;

<ImageHere>

(3) 设点 $P(x, y)$, 则 $z=x^{2}+y^{2}=|O P|^{2}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 到原点距离的平方.由图可知,其最大值为 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=3^{2}+4^{2}=25$.

直线 $O A$ 的斜率为 $k_{O A}=\frac{1}{2}$, 直线 $A C$ 的斜率为 $k_{A C}=-2, k_{O A} \cdot k_{A C}=-1, \therefore O A \perp A C$, 故其最小值为 $z_{\text {min }}=|O A|^{2}=2^{2}+1^{2}=5$, 因此, $z$ 的取值范围为 $[5,25]$;

<ImageHere>

(4) 令点 $P(x, y)$, 则 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率 $k_{P M}$.当直线 $P M$ 过点 $A$ 时, 此时直线 $P M$ 的倾斜角取得最小值, 此时, $Z$ 取最小值 $Z_{\text {min }}=\frac{1+1}{2+1}=\frac{2}{3}$, 当直线 $P M$ 过点 $C$ 时, 此时, 直线 $P M$ 的倾斜角最大, 此时, $z$ 取最大值 $z_{\text {max }}=\frac{3+1}{1+1}=2$, 因此, $z$ 的取值范围是 $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

<ImageHere>
解析：（1）最大值 17 , 最小值 8 ; (2) 最大值 4 , 最小值 -3 ; (3) $[5,25]$; (4) $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.

 解析 解约束条件中不等式组表示的平面区域如图所示, 阴影部分 $\triangle A B C$ (含边界) 为可行域.

(1) 由图可知, 当直线 $z=3 x+2 y$, 即直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $B$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 3+2 \times 4=17$, 当直线 $y=-\frac{3}{2} x+\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 2+2 \times 1=8$;



(2) 由图可知, 当直线 $z=3 x-2 y$, 即直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $A$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最大,此时, $z$ 取最大值 $Z_{\text {max }}=3 \times 2-2 \times 1=4$, 当直线 $y=\frac{3}{2} x-\frac{1}{2} z$ 过点 $C$ 时, 该直线在 $X$ 轴上的截距最小, 此时, $z$ 取最小值 $z_{\text {min }}=3 \times 1-2 \times 3=-3$;



(3) 设点 $P(x, y)$, 则 $z=x^{2}+y^{2}=|O P|^{2}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 到原点距离的平方.由图可知,其最大值为 $z_{\text {max }}=|O B|^{2}=3^{2}+4^{2}=25$.

直线 $O A$ 的斜率为 $k_{O A}=\frac{1}{2}$, 直线 $A C$ 的斜率为 $k_{A C}=-2, k_{O A} \cdot k_{A C}=-1, \therefore O A \perp A C$, 故其最小值为 $z_{\text {min }}=|O A|^{2}=2^{2}+1^{2}=5$, 因此, $z$ 的取值范围为 $[5,25]$;



(4) 令点 $P(x, y)$, 则 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 表示可行域内任一点 $P(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率 $k_{P M}$.当直线 $P M$ 过点 $A$ 时, 此时直线 $P M$ 的倾斜角取得最小值, 此时, $Z$ 取最小值 $Z_{\text {min }}=\frac{1+1}{2+1}=\frac{2}{3}$, 当直线 $P M$ 过点 $C$ 时, 此时, 直线 $P M$ 的倾斜角最大, 此时, $z$ 取最大值 $z_{\text {max }}=\frac{3+1}{1+1}=2$, 因此, $z$ 的取值范围是 $\left[\frac{2}{3}, 2\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：已知不等式 $m x^{2}-2 x-m+1<0$,

(1) 若对所有的实数 $x$ 不等式恒成立, 求 $m$ 的取值范围;

(2) 设不等式对于满足 $|m| \leq 2$ 的一切 $m$ 的值都成立, 求 $X$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 不存在 $m$ 使不等式 $m x^{2}-2 x-m+1<0$ 恒成立 (2) $\left\{x \left\lvert\, \frac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right.\right\}$
解析：(1) 当 $m=0$ 时, $-2 x+1<0$, 不恒成立

当 $m \neq 0$ 时, 设 $f(x)=m x^{2}-2 x-m+1$,

不等式 $m x^{2}-2 x-m+1<0$, 若对所有的实数 $x$ 不等式恒成立, 即二次函数 $y=f(x)$ 图象全在 $x$ 轴的下方

所以 $m<0$, 且 $\Delta=4-4 m(1-m)<0$, 无解

综上, 不存在这样的 $m$, 使不等式 $m x^{2}-2 x-m+1<0$, 若对所有的实数 $x$ 不等式恒成立

(2) 设 $f(m)=\left(x^{2}-1\right) m+(1-2 x)$

$\left\{\begin{array}{l}f(-2)<0 \\ f(2)<0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}-2 x^{2}-2 x+3<0 \\ 2 x^{2}-2 x-1<0\end{array}\right.$

解得: $\left\{\begin{array}{l}x\left(\frac{-1-\sqrt{7}}{2} \text { 或 } x\right) \frac{-1+\sqrt{7}}{2} \\ \frac{1-\sqrt{3}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$, 所以 $\frac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}$

综上, $x$ 的取值范围是 $\left\{x \left\lvert\, \frac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right.\right\}$
题目（高二 · 解析几何）：已知非负实数 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-4 \leq 0 \\ x+y-3 \leq 0\end{array}\right.$ 。

(1)在所给坐标系中画出不等式组所表示的平面区域;



(2)求 $\mathrm{z}=\mathrm{x}+3 \mathrm{y}$ 的最大值.
选项：
答案：(1)由 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 取非负实数, 根据线性约束条件作出可行域, 如图所示阴影部分.

<ImageHere>

(2)作出直线 $l: x+3 y=0$, 将直线 $l$ 向上平移至 $l_{1}$ 与 $y$ 轴的交点 $M$ 位置时, 此时可行域内 $M$ 点与直线 $l$ 的距离最大, 而直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}-3=0$ 与 $\mathrm{y}$ 轴交于点 $\mathrm{M}(0,3)$, 所以 $\mathrm{z}_{\max }=0+3 \times 3=9$
解析：(1)由 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 取非负实数, 根据线性约束条件作出可行域, 如图所示阴影部分.



(2)作出直线 $l: x+3 y=0$, 将直线 $l$ 向上平移至 $l_{1}$ 与 $y$ 轴的交点 $M$ 位置时, 此时可行域内 $M$ 点与直线 $l$ 的距离最大, 而直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}-3=0$ 与 $\mathrm{y}$ 轴交于点 $\mathrm{M}(0,3)$, 所以 $\mathrm{z}_{\max }=0+3 \times 3=9$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $x>0, y>0,2 x+8 y-x y=0$.

(1) 求 $x y$ 的最小值;

(2) 求 $x+y$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 64
,(2) $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值为 18
解析：（1）利用基本不等式构建不等式即可得出;

（2）由 $2 x+8 y=x y$ ，变形得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$ ，利用“乘 1 法”和基本不等式即可得出.试题解析: (1)由 $2 x+8 y-x y=0$, 得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 又 $x>0, y>0$, 故 $1=\frac{8}{x}+\frac{2}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{8}{x} \cdot \frac{2}{y}}=\frac{8}{\sqrt{x y}}$,故 $x y \geq 64$, 当且仅当 $\left\{\begin{array}{c}\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1, \\ \frac{8}{x}=\frac{2}{y}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=16 \\ y=4\end{array}\right.$ 时等号成立, $\therefore(x y) \min =64$

(2)由 $22 x+8 y-x y=0$, 得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 则 $x+y=\left(\frac{8}{x}+\frac{2}{y}\right) \cdot(x+y)$
$=10+\frac{2 x}{y}+\frac{8 y}{x} \geq 10+2 \sqrt{\frac{2 x}{y} \cdot \frac{8 y}{x}}=18$. 当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1, \\ \frac{2 x}{y}=\frac{8 y}{x}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=12 \\ y=6\end{array}\right.$ 时等号成

立. $\therefore(x+y) \min =18$
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{a^{2}}{b^{2}}$, 试判断 $\triangle A B C$ 的形状。
选项：
解析：答案:
$\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{a^{2}}{b^{2}} \Leftrightarrow \frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}=\frac{\sin ^{2} A}{\sin ^{2} B} \Leftrightarrow \frac{\cos B}{\cos A}=\frac{\sin A}{\sin B} \Leftrightarrow$

$\sin A \cos A=\sin B \cos B \Leftrightarrow \sin 2 A=\sin 2 B \Leftrightarrow 2 A=2 B$ 或 $2 A+2 B=\pi 。 \therefore A=B$ 或 $A+B=\frac{\pi}{2}$ 。

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰三角形或直角三角形。

解析:
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别表示三个内角 $A, B, C$ 的对边, 如果 $\left(a^{2}+b^{2}\right) \sin (A-B)=\left(a^{2}-b^{2}\right) \sin (A+B)$,试判断该三角形的形状。
选项：
解析：答案: 方法一: 由已知得 $a^{2}[\sin (A-B)-\sin (A+B)]=b^{2}[-\sin (A+B)-\sin (A-B)]$ 。

$\therefore 2 a^{2} \cos A \sin B=2 b^{2} \cos B \sin A$ 。

由正弦定理,得 $\sin ^{2} A \cos A \sin B=\sin ^{2} B \cos B \sin A$ 。

$\therefore \sin A \sin B(\sin A \cos A-\sin B \cos B)=0$ 。

$\therefore \sin 2 A=\sin 2 B$ 。由 $0<2 A, 2 B<2 \pi$,

得 $2 A=2 B$ 或 $2 A=\pi-2 B$ 。

即 $\triangle A B C$ 是等腰三角形或直角三角形。

方法二：同方法一可得 $2 a^{2} \cos A \sin B=2 b^{2} \cos B \sin A$ 。

由正、余弦定理,得

$a^{2} b \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=b^{2} a \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$ 。

$\therefore a^{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=b^{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)$ 。

即 $\left(a^{2}-b^{2}\right)\left(c^{2}-a^{2}-b^{2}\right)=0$ 。

$\therefore a=b$ 或 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$ 。

$\therefore$ 三角形为等腰三角形或直角三角形。
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 且 $a=b \cos C+\frac{1}{2} c$.

(1) 求角 $B$.

(2) 若 $b=3$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.
选项：
解析：答案: (1) 由正弦定理得 $\sin A=\sin B \cos C+\frac{1}{2} \sin C$.

$\because A+B+C=\pi, \therefore A=\pi-(B+C)$,

$\therefore \sin [\pi-(B+C)]=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\frac{1}{2} \sin C$, 即 $\cos B \sin C=\frac{1}{2} \sin C$.

又 $\because 0<C<\pi, \therefore \sin C>0, \therefore \cos B=\frac{1}{2}$.

又 $\because 0<B<\pi, \therefore B=\frac{\pi}{3}$.

（2）由余弦定理得 $3^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos \frac{\pi}{3}$, 即 $a^{2}+c^{2}-a c=9$.

$\therefore a c+9=a^{2}+c^{2} \geqslant 2 a c$, 即 $a c \leqslant 9$, 当且仅当 $a=c=3$ 时取等号,
$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} a c \leqslant \frac{\sqrt{3}}{4} \times 9=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.

$\therefore$ 当 $b=3$ 时, $\triangle A B C$ 面积的最大值, 为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=\frac{3 \pi}{4}, A B=6, A C=3 \sqrt{2}$, 点 $D$ 在 $B C$ 边上, $A D=B D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_701b874088d9bdea6720g-11,.jpg?height=194&width=363&top_left_y=2396&top_left_x=230)

(1)求 $B C$ 的长度及 $\sin B$ 的值;

(2)求 $A D$ 的长度及 $\triangle A D C$ 的面积.
选项：
解析：答案: $(1) B C=3 \sqrt{10}, \sin =\frac{\sqrt{10}}{10}$

(2) $A D=\sqrt{10}, S_{\triangle A D C}=6$

解析 : (1) 如图, 由余弦定理得 $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos \angle B A C=36+18+36=90, \therefore$ $B C=3 \sqrt{10}$.

由正弦定理可得 $\frac{A C}{\sin B}=\frac{B C}{\sin \angle B A C}$,

$\therefore \sin B=\frac{A C \sin \angle B A C}{B C}=\frac{3 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{3 \sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_701b874088d9bdea6720g-18,.jpg?height=186&width=368&top_left_y=1152&top_left_x=227)

(2)由(1)知 $\sin B=\frac{\sqrt{10}}{10}$,

$\therefore \cos B=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得 $\cos B=\frac{B D^{2}+A B^{2}-A D^{2}}{2 A B \cdot B D}$,

$\therefore \frac{3 \sqrt{10}}{10}=\frac{A D^{2}+36-A D^{2}}{2 \times 6 \cdot A D}$,

解得 $A D=\sqrt{10}$,

$\therefore S_{\triangle A D C}=2 S_{\triangle A B D}=2 \times \frac{1}{2} A B \cdot B D \cdot \sin B$

$=\frac{1}{2} \times 2 \times 6 \times \sqrt{10} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=6$.

##版权声明
题目（高二 · 解析几何）：若不等式 $\frac{x^{2}-8 x+20}{m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4}>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立, 求 $m$ 的取值范围
选项：
答案：$\because x^{2}-8 x+20=(x-4)^{2}+4>0$

$\therefore$ 要使不等式 $\frac{x^{2}-8 x+20}{m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4}>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

只要 $m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

当 $m=0$ 时, $2 x+4>0, x>-2$, 此时原不等式只对于 $x>-2$ 的实数 $x$ 成立

$\therefore m=0$ 不符合题意

当 $m \neq 0$ 时, 要使不等式对任意实数 $x$ 恒成立, 必须满足 $\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ \Delta<0\end{array}\right.$ 解得 $m>\frac{1}{4}$

综上所述, $m$ 的取值范围是 $m>\frac{1}{4}$
解析：$\because x^{2}-8 x+20=(x-4)^{2}+4>0$

$\therefore$ 要使不等式 $\frac{x^{2}-8 x+20}{m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4}>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

只要 $m x^{2}+2(m+1) x+9 m+4>0$ 对任意实数 $x$ 恒成立

当 $m=0$ 时, $2 x+4>0, x>-2$, 此时原不等式只对于 $x>-2$ 的实数 $x$ 成立

$\therefore m=0$ 不符合题意

当 $m \neq 0$ 时, 要使不等式对任意实数 $x$ 恒成立, 必须满足 $\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ \Delta<0\end{array}\right.$ 解得 $m>\frac{1}{4}$

综上所述, $m$ 的取值范围是 $m>\frac{1}{4}$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=x^{2}-a x(a \in \mathrm{R})$.

(I) 当 $a=2$ 时, 求满足 $f(x)<0$ 的 $x$ 的取值范围;

(II) 解关于 $x$ 的不等式 $f(x)>2 a^{2}$
选项：
答案：（I）当 $a=2$ 时, 不等式为 $x^{2}-2 x<0$,

方程 $x^{2}-2 x=0$ 的根为 $x_{1}=0, x_{2}=2$,
不等式 $x^{2}-2 x<0$ 的解集为 $(0,2)$.

( II ) $f(x)>2 a^{2}$, 即 $x^{2}-a x-2 a^{2}>0$

分方程 $x^{2}-a x-2 a^{2}=0$ 的根为 $x_{1}=-a, x_{2}=2 a$

(1)当 $-a<2 a$, 即 $a>0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty,-a) \cup(2 a,+\infty)$;

(2) 当 $-a=2 a$, 即 $a=0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$;

(3)当 $-a>2 a$, 即 $a<0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 2 a) \cup(-a,+\infty)$.

综上: (1) 当 $a>0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty,-a) \cup(2 a,+\infty)$;

(2) 当 $a=0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$;

(3) 当 $a<0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 2 a) \cup(-a,+\infty)$

19.答案: 证明 (1)由于 $\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{a b}=\frac{(b+a)(b-a)}{a b}$

$\because a<b<0$

$\therefore b+a<0, b-a>0, a b>0$

$\therefore \frac{(b+a)(b-a)}{a b}<0$, 故 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$

(2) $\because \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$

$\therefore \frac{1}{a}-\frac{1}{b}<0$, 即 $\frac{b-a}{a b}<0$

而 $a>b$

$\therefore b-a<0$

$\therefore a b>0$
解析：（I）当 $a=2$ 时, 不等式为 $x^{2}-2 x<0$,

方程 $x^{2}-2 x=0$ 的根为 $x_{1}=0, x_{2}=2$,
不等式 $x^{2}-2 x<0$ 的解集为 $(0,2)$.

( II ) $f(x)>2 a^{2}$, 即 $x^{2}-a x-2 a^{2}>0$

分方程 $x^{2}-a x-2 a^{2}=0$ 的根为 $x_{1}=-a, x_{2}=2 a$

(1)当 $-a<2 a$, 即 $a>0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty,-a) \cup(2 a,+\infty)$;

(2) 当 $-a=2 a$, 即 $a=0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$;

(3)当 $-a>2 a$, 即 $a<0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 2 a) \cup(-a,+\infty)$.

综上: (1) 当 $a>0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty,-a) \cup(2 a,+\infty)$;

(2) 当 $a=0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$;

(3) 当 $a<0$ 时, 不等式的解集为 $(-\infty, 2 a) \cup(-a,+\infty)$

19.答案: 证明 (1)由于 $\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{a b}=\frac{(b+a)(b-a)}{a b}$

$\because a<b<0$

$\therefore b+a<0, b-a>0, a b>0$

$\therefore \frac{(b+a)(b-a)}{a b}<0$, 故 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$

(2) $\because \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$

$\therefore \frac{1}{a}-\frac{1}{b}<0$, 即 $\frac{b-a}{a b}<0$

而 $a>b$

$\therefore b-a<0$

$\therefore a b>0$
题目（高二 · 度量几何学）：14. $\triangle A B C$ 中, 内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 已知 $b^{2}=a c$ 且 $\cos B=\frac{3}{4}$.

(1)求 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan C}$ 的值;

(2) 设 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{3}{2}$, 求 $\mathrm{a}+\mathrm{c}$ 的值.
选项：
答案：(1) 由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 得 $\sin B=\sqrt{1-\left(\frac{3}{4}\right)}=\frac{\sqrt{7}}{4}$.

由 $b^{2}=a c$ 及正弦定理得 $\sin ^{2} B=\sin A \sin C$.

于是 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan C}=\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{\cos C}{\sin C}$

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

$=\frac{\sin B}{\sin ^{2} B}=\frac{1}{\sin B}=\frac{4 \sqrt{7}}{7}$.

(2) 由 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{3}{2}$ 得 $c a \cdot \cos B=\frac{3}{2}$

由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 可得 $c a=2$, 即 $b^{2}=2$.

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

得 $a^{2}+c^{2}=b^{2}+2 a c \cdot \cos B=5$,

$\therefore(a+c)^{2}=a^{2}+c^{2}+2 a c=5+4=9, \quad \therefore a+c=3$.
解析：(1) 由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 得 $\sin B=\sqrt{1-\left(\frac{3}{4}\right)}=\frac{\sqrt{7}}{4}$.

由 $b^{2}=a c$ 及正弦定理得 $\sin ^{2} B=\sin A \sin C$.

于是 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan C}=\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{\cos C}{\sin C}$

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

$=\frac{\sin B}{\sin ^{2} B}=\frac{1}{\sin B}=\frac{4 \sqrt{7}}{7}$.

(2) 由 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{3}{2}$ 得 $c a \cdot \cos B=\frac{3}{2}$

由 $\cos B=\frac{3}{4}$, 可得 $c a=2$, 即 $b^{2}=2$.

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

得 $a^{2}+c^{2}=b^{2}+2 a c \cdot \cos B=5$,

$\therefore(a+c)^{2}=a^{2}+c^{2}+2 a c=5+4=9, \quad \therefore a+c=3$.哈哈
题目（高二 · 度量几何学）：14. 把 $\sin \frac{\pi}{12}, \sin \frac{5}{12} \pi, \cos \frac{5}{7} \pi, \tan \frac{5}{12} \pi$ 按由小到大的顺序排列: \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\cos \frac{5}{7} \pi<\sin \frac{\pi}{12}<\sin \frac{5}{12} \pi<\tan \frac{5}{12} \pi$
解析：解析 : 如图, $\sin \frac{\pi}{12}=M_{1} P_{1}>0, \sin \frac{5}{12} \pi=M_{2} P_{2}>0, \tan \frac{5}{12} \pi=A T>0, \cos \frac{5}{7} \pi=O M_{3}<0$.

而 $0<M_{1} P_{1}<M_{2} P_{2}<A T$,

$\therefore 0<\sin \frac{\pi}{12}<\sin \frac{5}{12} \pi<\tan \frac{5}{12} \pi$.

又 $\cos \frac{5}{7} \pi<0$,

$\therefore \cos \frac{5}{7} \pi<\sin \frac{\pi}{12}<\sin \frac{5}{12} \pi<\tan \frac{5}{12} \pi$.