eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：已知 $\alpha, \beta, \gamma$ 是某三角形的三个内角, 给出下列四组数据

(1) $\sin \alpha, \sin \beta, \sin \gamma ;$ (2) $\sin ^{2} \alpha, \sin ^{2} \beta, \sin ^{2} \gamma$;
(3) $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}, \cos ^{2} \frac{\beta}{2}, \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}$;
(4) $\tan \frac{\alpha}{2}, \tan \frac{\beta}{2}, \tan \frac{\gamma}{2}$.

分别以每组数据作为三条线段的长, 其中一定能构成三角形的数组的序号是
选项：
答案：答案:(1)(3)

【解析】

试题分析：因为 $\alpha, \beta, \gamma$ 是某三角形的三个内角, 由正弦定理可知 $\sin \alpha, \sin \beta, \sin \gamma$, 可作为三角形的

三条边;

因为 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \alpha, \cos ^{2} \frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \beta, \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \gamma$, 所以

$\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \frac{\beta}{2}-\cos ^{2} \frac{\gamma}{2}=\frac{1}{2}(1+\cos \alpha+\cos \beta-\cos \gamma), \because 1+\cos \alpha+\cos \beta-\cos \gamma=1+\cos \alpha+\cos \beta+\cos (\alpha+\beta)$
$=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}+2 \cos ^{2}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)>0$, 所以 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \frac{\beta}{2}-\cos ^{2} \frac{\gamma}{2}>0$, 同理可证 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-\cos ^{2} \frac{\beta}{2}<\cos ^{2} \frac{\gamma}{2}$, 故 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}, \cos ^{2} \frac{\beta}{2}, \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}$ 可作为三角形的三边.故答案为(1)(3).

考点:
解析：答案:(1)(3)

【解析】

试题分析：因为 $\alpha, \beta, \gamma$ 是某三角形的三个内角, 由正弦定理可知 $\sin \alpha, \sin \beta, \sin \gamma$, 可作为三角形的

三条边;

因为 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \alpha, \cos ^{2} \frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \beta, \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \gamma$, 所以

$\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \frac{\beta}{2}-\cos ^{2} \frac{\gamma}{2}=\frac{1}{2}(1+\cos \alpha+\cos \beta-\cos \gamma), \because 1+\cos \alpha+\cos \beta-\cos \gamma=1+\cos \alpha+\cos \beta+\cos (\alpha+\beta)$
$=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}+2 \cos ^{2}\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)>0$, 所以 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \frac{\beta}{2}-\cos ^{2} \frac{\gamma}{2}>0$, 同理可证 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-\cos ^{2} \frac{\beta}{2}<\cos ^{2} \frac{\gamma}{2}$, 故 $\cos ^{2} \frac{\alpha}{2}, \cos ^{2} \frac{\beta}{2}, \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}$ 可作为三角形的三边.故答案为(1)(3).

考点:
题目（高三 · 解析几何）：若 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{3}{5}, \sin \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right)=\frac{12}{13}, \alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 则 $\sin (\alpha+\beta)=$
选项：
答案：答案:$\frac{56}{65}$

【解析】

$\because \alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right), \therefore-\frac{\pi}{2}<\frac{\pi}{4}-\alpha<0, \frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{4}+\beta<\frac{\pi}{2}$, 又因为 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{3}{5}$,

$\sin \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right)=\frac{12}{13}, \therefore \sin \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=-\frac{4}{5}, \cos \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right)=\frac{5}{13}$,
$\therefore \sin (\alpha+\beta)=\sin \left[\frac{\pi}{4}+\beta-\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)\right]=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right) \cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-\cos \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right) \sin \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)$

$=\frac{12}{16} \times \frac{2}{5}-\frac{5}{13} \times\left(-\frac{4}{5}\right)=\frac{56}{65}$, 故答案为 $\frac{56}{65}$.
解析：答案:$\frac{56}{65}$

【解析】

$\because \alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right), \therefore-\frac{\pi}{2}<\frac{\pi}{4}-\alpha<0, \frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{4}+\beta<\frac{\pi}{2}$, 又因为 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{3}{5}$,

$\sin \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right)=\frac{12}{13}, \therefore \sin \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=-\frac{4}{5}, \cos \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right)=\frac{5}{13}$,
$\therefore \sin (\alpha+\beta)=\sin \left[\frac{\pi}{4}+\beta-\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)\right]=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right) \cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-\cos \left(\frac{\pi}{4}+\beta\right) \sin \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)$

$=\frac{12}{16} \times \frac{2}{5}-\frac{5}{13} \times\left(-\frac{4}{5}\right)=\frac{56}{65}$, 故答案为 $\frac{56}{65}$.
题目（高三 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\sin (2 A+B)=2 \sin B$, 则 $\tan B$ 的最大值为
选项：
答案：答案:$\frac{\sqrt{3}}{3}$

【解析】

$\because \sin 2 A \cos B+\cos 2 A \sin B=2 \sin B, \quad \therefore \sin B(2-\cos 2 A)=\sin 2 A \cos B$,

$\therefore \tan B=\frac{\sin 2 A}{2-\cos 2 A}=\frac{\sin 2 A \cos A}{3 \sin ^{2} A+\cos ^{2} A}=\frac{2 \tan A}{3 \tan A^{2}+1}, \because$ 若 $\tan A<0$, 则 $\tan B<0, A, B$ 均为钝角, 不可能, 故 $\tan A>0, \therefore \tan B=\frac{2 \tan A}{3 \tan A^{2}+1} \leq \frac{\sqrt{3}}{3}, \tan B$ 的最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故答案为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：答案:$\frac{\sqrt{3}}{3}$

【解析】

$\because \sin 2 A \cos B+\cos 2 A \sin B=2 \sin B, \quad \therefore \sin B(2-\cos 2 A)=\sin 2 A \cos B$,

$\therefore \tan B=\frac{\sin 2 A}{2-\cos 2 A}=\frac{\sin 2 A \cos A}{3 \sin ^{2} A+\cos ^{2} A}=\frac{2 \tan A}{3 \tan A^{2}+1}, \because$ 若 $\tan A<0$, 则 $\tan B<0, A, B$ 均为钝角, 不可能, 故 $\tan A>0, \therefore \tan B=\frac{2 \tan A}{3 \tan A^{2}+1} \leq \frac{\sqrt{3}}{3}, \tan B$ 的最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故答案为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：$\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)+\sin \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)=\sin \left(2 \alpha+\frac{\pi}{3}\right)+\sqrt{2}-1$, 若 $\alpha \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 则 $\alpha=$
选项：
答案：答案:$\frac{\pi}{12}$

【解析】

$\sin \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)=\sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)\right]=\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)$,

令 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=t$, 平方得 $\sin 2\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=t^{2}-1$,

因为 $\alpha \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 所以 $\alpha+\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right], t>0$,

所以 $t^{2}-t+\sqrt{2}-2=0$,

解得 $t=\frac{1 \pm \sqrt{9-4 \sqrt{2}}}{2}=\frac{1 \pm \sqrt{(2 \sqrt{2}-1)^{2}}}{2}=\frac{1 \pm(2 \sqrt{2}-1)}{2}, t=\sqrt{2}, \alpha=\frac{\pi}{12}$.

故答案为 $\frac{\pi}{12}$.
解析：答案:$\frac{\pi}{12}$

【解析】

$\sin \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)=\sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)\right]=\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)$,

令 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=t$, 平方得 $\sin 2\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=t^{2}-1$,

因为 $\alpha \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 所以 $\alpha+\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{11 \pi}{12}\right], t>0$,

所以 $t^{2}-t+\sqrt{2}-2=0$,

解得 $t=\frac{1 \pm \sqrt{9-4 \sqrt{2}}}{2}=\frac{1 \pm \sqrt{(2 \sqrt{2}-1)^{2}}}{2}=\frac{1 \pm(2 \sqrt{2}-1)}{2}, t=\sqrt{2}, \alpha=\frac{\pi}{12}$.

故答案为 $\frac{\pi}{12}$.
题目（高三 · 解析几何）：在平面直角坐标系 $\mathrm{xOy}$ 中, 若双曲线 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{~m}}-\frac{\mathrm{y}^{2}}{\mathrm{~m}^{2}+4}=1$ 的离心率为 $\sqrt{5}$, 则 $\mathrm{m}$ 的值为
选项：
答案：2
题目（高三 · 解析几何）：过双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一个焦点 $\mathrm{F}$ 作一条渐近线的垂线, 若垂足恰在线段 $O F$ ( $\mathrm{O}$ 为原点)的垂直平分线上, 则双曲线的离心率为
选项：
答案：\sqrt{2}$
题目（高三 · 解析几何）：过点 $M(3,-1)$ 且被点 $M$ 平分的双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$ 的弦所在直线方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$3 x+4 y-5=0$
题目（高三 · 解析几何）：已知 $A(1,4), F$ 是双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{12}=1$ 的左焦点, $P$ 是双曲线右支上的动点, 求 $|P F|+|P A|$ 的最小值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：9
题目（高三 · 解析几何）：已知双曲线 $C: \frac{y^{2}}{16}-\frac{x^{2}}{9}=1$ 的右焦点为 $F$, 则点 $F$ 到渐近线的距离为 \$ \qquad \$ -
选项：
答案：3
题目（高三 · 解析几何）：中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上的双曲线的一条渐近线经过点 $(4,-2)$, 则它的离心率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\sqrt{5}$ 或 $rac{\sqrt{5}}{2}$
题目（高三 · 解析几何）：若 $\theta \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\right)$, 则复数 $(\sin \theta+\cos \theta)+(\sin \theta-\cos \theta) i$ 在复平面内所对应的点在第象限。
选项：
答案：二
解析：复数 $(\sin 	heta+\cos 	heta)+(\sin 	heta-\cos 	heta) i$ 在复平面内所对应的点坐标为$(\sin 	heta+\cos 	heta, \sin 	heta-\cos 	heta)$$\sin 	heta+\cos 	heta=\sqrt{2} \sin \left(	heta+rac{\pi}{4}ight), 	heta \in\left(rac{3 \pi}{4}, rac{5 \pi}{4}ight), 	heta+rac{\pi}{4} \in\left(\pi, rac{3}{2} \piight)$,$	herefore \sqrt{2} \sin \left(	heta+rac{\pi}{4}ight)<0$, 即 $\sin 	heta+\c\os 	heta<0 ；$$\sin 	heta-\cos 	heta=\sqrt{2} \sin \left(	heta-rac{\pi}{4}ight), \quad 	heta \in\left(rac{3 \pi}{4}, rac{5 \pi}{4}ight), \quad 	heta-rac{\pi}{4} \in\left(rac{\pi}{2}, \piight)$,$\sqrt{2} \sin \left(	heta-rac{\pi}{4}ight)>0$, 即 $\sin 	heta-\cos 	heta>0 ，$所以点 $(\sin 	heta+\cos 	heta, \sin 	heta-\cos 	heta)$ 在第二象限，故答案为二.
题目（高三 · 解析几何）：复平面内, 已知复数 $z=x-\frac{1}{3} \mathrm{i}$ 所对应的点都在单位圆内, 则实数 $x$ 的取值范

围是
选项：
答案：$-rac{2 \sqrt{2}}{3}<x<rac{2 \sqrt{2}}{3}$
解析：$ecause z$ 对应的点 $z\left(x,-rac{1}{3}ight)$ 都在单位圆内, $	herefore|z|<1$, 即 $\sqrt{x^{2}+\left(-rac{1}{3}ight)^{2}}<1$, $	herefore x^{2}+rac{1}{9}<1, \quad 	herefore \quad x^{2}<rac{8}{9}, \quad 	herefore-rac{2 \sqrt{2}}{3}<x<rac{2 \sqrt{2}}{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：22. 若函数 $f(x)=x^{3}-a x^{2}+3 x+1$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上单调递减, 则实数 $a$ 的取值范围为


选项：
答案：$a \geq \frac{15}{4}$.
解析：：由题意得： $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 a x+3$,

因为 $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上单调递减,

所以 $f^{\prime}(x) \leq 0$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 恒成立,

所以 $\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right) \leq 0, \\ f^{\prime}(1) \leq 0,\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-2 a \times \frac{1}{2}+3 \leq 0, \\ 3-2 a+3 \leq 0,\end{array} \Rightarrow a \geq \frac{15}{4}\right.\right.$.

故答案为: $a \geq \frac{15}{4}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知直线 $(1-a) x+(a+1) y-4(a+1)=0$ (其中 $a$ 为实数) 过定点 $P$, 点 $Q$ 在函数 $\mathrm{y}=\mathrm{x}+\frac{1}{\mathrm{x}}$ 的图像上, 则 $P Q$ 连线的斜率的取值范围是
选项：
答案：$[-3,+\infty)$ |
题目（高三 · 解析几何）：设曲线 $y=e^{a x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线与直线 $x+2 y+1=0$ 垂直, 则 $\cos \frac{a \pi}{3}$ 的值为
选项：
答案：$-rac{1}{2}$
题目（高三 · 解析几何）：16. 已知 $f(x)=-\frac{1}{2} x^{2}-3 x+4 \ln x$ 在 $(t, t+1)$ 上不单调, 则实数 $t$ 的取值范围是
选项：
答案：答案： $(0,1)$
解析：： $\because$ 函数 $f(x)=-\frac{1}{2} x^{2}-3 x+4 \ln x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=-x-3+\frac{4}{x}$,

$\because$ 函数 $f(x)=-\frac{1}{2} x^{2}-3 x+4 \ln x$ 在 $(t, t+1)$ 上不单调,

$\therefore f^{\prime}(x)=-x-3+\frac{4}{x}=0$ 在 $(t, t+1)$ 上有解

$\therefore \frac{x^{2}+3 x-4}{x}=0$ 在 $(t, t+1)$ 上有解

$\therefore g(x)=x^{2}+3 x-4=0$ 在 $(t, t+1)$ 上有解,

由 $x^{2}+3 x-4=0$ 得: $x=1$, 或 $x=-4$ (舍)，

$\therefore 1 \in(t, t+1)$,

即 $t \in(0,1)$, 故实数 $t$ 的取值范围是 $(0,1)$, 故答案为 $(0,1)$.
题目（高三 · 解析几何）：过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$ 作直线 1 交抛物线 $C$ 于 $A, B$ 两点, 若 $A$ 到抛物线的准线的距离为

4, 则 $|A B|=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：rac{16}{3} \quad 15 \cdot rac{5}{2}$
题目（高三 · 解析几何）：已知 $\mathrm{A}$ 是抛物线 $\mathrm{y}^{2}=4 \mathrm{x}$ 上一点, $\mathrm{F}$ 是抛物线的焦点, 直线 $\mathrm{FA}$ 交抛物线的准线于点 $\mathrm{B}$ (点 $\mathrm{B}$ 在 $\mathrm{x}$轴上方), 若 $|A B|=2|A F|$, 则点 $A$ 的坐标为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(3,-2 \sqrt{3})$ 或 $\left(rac{1}{3}, rac{2 \sqrt{3}}{3}ight)$
题目（高三 · 解析几何）：抛物线 $y=\frac{1}{16} x^{2}$ 的焦点与双曲线 $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{m}=-1$ 的上焦点重合, 则 $m=$ \$ \qquad \$ .

18 如图, 过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $F$ 的直线 $l$ 依次交抛物线及其准线于点 $A, B, C$, 若 $|B C|=2|B F|$, 且 $|A F|=3$, 则抛物线的方程是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：13
题目（高三 · 解析几何）：已知 $O$ 为坐标原点, 动点 $M$ 在椭圆 $C: \frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$ 上, 过 $M$ 作 $x$ 轴的垂线, 垂足为 $N$, 点 $P$满足 $\overrightarrow{N P}=\sqrt{5} \overrightarrow{N M}$, 则点 $P$ 的轨迹方程为 \$ \qquad \$
选项：
答案：\cdot \mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=2$
题目（高三 · 解析几何）：等腰三角形底边的两个顶点是 $B(2,1), C(0,-3)$, 则另一顶点 $A$ 的轨迹方程是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：x+2 y+1=0(x 
eq 1)$
题目（高三 · 解析几何）：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 若定点 $A(1,2)$ 与动点 $P(x, y)$ 满足: $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O A}=4$, 则动点 $P$ 的轨迹方程为 \$ \qquad \$
选项：
答案：x+2 y-4=0$
题目（高三 · 解析几何）：椭圆 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的左焦点为 $F_{1}, P$ 为粗圆上的动点, $M$ 是圆 $x^{2}+(y-2 \sqrt{5})^{2}=1$ 上的动点,则 $|P M|+\left|P F_{1}\right|$ 的最大值是
选项：
答案：17
题目（高三 · 解析几何）：已知 $F_{1}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点, 直线 $l: y=x-1$ 与椭圆 $C$ 交于 $A 、 B$ 两点, 那么 $\left|F_{1} A\right|+\left|F_{1} B\right|$ 的值为
选项：
答案：\cdot rac{8 \sqrt{2}}{3}
题目（高三 · 解析几何）：直线 $l$ 交椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$ 于 $A 、 B$ 两点, $A B$ 的中点为 $M(2,1)$, 则 $l$ 的方程为
选项：
答案：3 \mathrm{x}+2 \mathrm{y}-8=0$
题目（高三 · 解析几何）：若椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的焦点在 $x$ 轴上, 过点 $\left(1, \frac{1}{2}\right)$ 作圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 的切线, 切点分别为 $A, B$, 直线 $\mathrm{AB}$ 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点, 则陏圆方程是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：\cdot rac{x^{2}}{5}+rac{y^{2}}{4}=1
题目（高三 · 解析几何）：24. 两个相似三角形对应中线之比是 $3: 7$, 周长之和为 $30 \mathrm{~cm}$,则它们的周长分别是 $\mathrm{cm}$和 $\mathrm{cm}$.
选项：
答案：答案: $9 \mid 21$
解析：：解答：设两个三角形的周长分别为 $\mathrm{xcm}, \mathrm{ycm}$,则 $x: y=3: 7, x+y=30$, 解得 $x=9, y=21$.
分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断与性质分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：在平面 $A B C$ 中, $A(0,1,1), B(1,2,1), C(-1,0,-1)$, 若 $\boldsymbol{a}=(-1, y, z)$, 且 $\boldsymbol{a}$ 为平面 $A B C$ 的法向量, 则 $y+z=$
选项：
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：把两条直线的位置关系依次填入下图中的 $M 、 N 、 E 、 F$ 中, 正确的顺序为
(1)平行；（2)垂直；(3)相交；(4)斜交.


选项：
答案：(1)(3)(2)(4)
解析：平行无交点, 而垂直、相交、斜交都有交点, 垂直与斜交是并列的，都隶属于相交,所以依次填入图中的 $M 、 N 、 E 、 F$ 中，正确的顺序为(1)(3)(2)(4).
题目（高三 · 解析几何）：$i$ 是虚数单位, 若 $z+|\bar{z}|=8+4 i$, 则 $z=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$3+4 \mathrm{i}$
解析：设复数 $z=a+b \mathrm{i},(a, b \in \mathbf{R})$ ，则 $|ar{z}|=|a-b \mathrm{i}|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$,所以 $z+|ar{z}|=a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}+b i=8+4 i$,所以根据复数相等得 $\left\{egin{array}{l}a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}=8 \ b=4\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=3 \ b=4\end{array}ight.$,所以 $z=3+4 \mathrm{i}$, 故答案为 $3+4 \mathrm{i}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知双曲线 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1$ 上一点 $M$ 的横坐标为 5 , 则点 $M$ 到左焦点的距离是
选项：
答案：34 / 3$
题目（高三 · 解析几何）：粗圆 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{a^{2}}=1$ 与双曲线 $\frac{x^{2}}{a}-\frac{y^{2}}{2}=1$ 有相同的焦点, 则 $a$ 的值是 \$ \qquad \$
选项：
答案：1 \quad 15 \cdot rac{x^{2}}{2}-rac{y^{2}}{14}=1 x>=\sqrt{2}$
题目（高三 · 解析几何）：经过点 $P(-3,2 \sqrt{7})$ 和 $Q(-6 \sqrt{2},-7)$, 且焦点在 $y$ 轴上的双曲线的标准方程是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$rac{y^{2}}{25}-rac{x^{2}}{75}=1$
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆的焦点是 $F_{1}(-1,0) 、 F_{2}(1,0), P$ 是椭圆上的一点, 若 $\left|F_{1} F_{2}\right|$ 是 $\mid P F_{1}$ 和 $\left|P F_{2}\right|$ 的等差中项，则该椭圆的方程是
选项：
答案：$rac{\mathrm{x}^{2}}{4}+rac{\mathrm{y}^{2}}{3}=1$
题目（高三 · 解析几何）：$F_{1}, F_{2}$ 分别为椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的左、右焦点, 点 $P$ 在椭圆上, $\triangle \mathrm{POF}_{2}$ 是面积为 $\sqrt{3}$ 的正三角形,则 $b^{2}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：\sqrt{3}$
题目（高三 · 解析几何）：已知 $F_{1} 、 F_{2}$ 是粗圆 $\frac{x^{2}}{100}+\frac{y^{2}}{64}=1$ 的两个焦点, $P$ 是椭圆上任一点, 若 $\angle F_{1} P F_{2}=\frac{\pi}{3}$, 求 $\triangle F_{1} P F_{2}$的面积 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$rac{64 \sqrt{3}}{3}$
题目（高三 · 解析几何）：若曲线 $y=a x^{2}-\ln x$ 在点 $(1, a)$ 处的切线平行于 $\mathrm{x}$ 轴, 则 $\mathrm{a}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\frac{1}{2}$
解析：答案: $\frac{1}{2}$

【解析】 由函数的解析式可得: $y^{\prime}=2 a x-\frac{1}{x}$,

曲线 $y=a x^{2}-\ln x$ 在点 $(1 a)$ 处的切线平行于 $x$ 轴,

结合题意有: $\left.y\right|_{x=1}=2 a-1=0, \therefore a=\frac{1}{2}$.

【分析】利用求导的方法求出曲线在切点处的切线斜率, 再利用两直线平行斜率相等的关系, 从而求出 $a$ 的值。
题目（高三 · 解析几何）：函数 $f(x)=x^{3}+a x(x \in \mathrm{R})$ 在 $x=1$ 处有极值, 则曲线 $y=f(x)$ 在原点处的切线方程是
选项：
答案：答案: $3 x+y=0$
解析：答案: $3 x+y=0$

【解析】 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a \Rightarrow f^{\prime}(1)=3+a=0 \Rightarrow a=-3 \therefore k=f^{\prime}(0)=-3, y=-3 x$, 则曲线 $y=f(x)$ 在原点处的切线方程是 $3 x+y=0$,故答案为: $3 x+y=0$.

【分析】利用求导的方法判断函数的单调性, 从而求出函数的极值点, 再利用已知条件函

数 $f(x)=x^{3}+a x \quad(x \in \mathrm{R})$ 在 $x=1$ 处有极值, 从而求出 $\mathrm{a}$ 的值, 进而求出函数的解析式, 再利用求导的方法求出曲线在切点处的斜率, 再利用切点的横坐标代入曲线方程求出切点纵坐标的方法求出切点坐标, 再利用点斜式求出切线方程, 从而转化为切线的一般式方程.
题目（高三 · 解析几何）：曲线 $y=\ln x+x+1$ 的一条切线的斜率为 2 , 则该切线的方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $y=2 x$
解析：答案: $y=2 x$

【解析】 设切线的切点坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right), y=\ln x+x+1, y^{\prime}=\frac{1}{x}+1$,

$\left.y^{\prime}\right|_{x=x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}+1=2, x_{0}=1, y_{0}=2$, 所以切点坐标为 $(1,2)$,

所求的切线方程为 $y-2=2(x-1)$, 即 $y=2 x$.

故答案为: $y=2 x$.

【分析】设切线的切点坐标为 $\left(x_{0} y_{0}\right)$, 对函数求导, 利用 $\left.y^{\prime}\right|_{x_{0}}=2$, 求出 $x_{0}$, 代入曲线方程求出 $y_{0}$, 得到切线的点斜式方程, 化简即可.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}e^{2 x}(x>0) \\ x^{2}+4(x \leq 0),\end{array} \forall x \in R, \quad f(x) \geq m x\right.$, 则实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$[-4,2 e]$
解析：由题意, 函数 $f(x)=\left\{egin{array}{l}e^{2 x}, x>0, \ x^{2}+4, x \leq 0,\end{array}ight.(1)当 $x>0$ 时, 由 $f(x) \geq m x$, 可得 $e^{2 x} \geq m x$, 即 $m \leq rac{e^{2 x}}{x}$,设 $g(x)=rac{e^{2 x}}{x}$, 可得 $g(x)=rac{e^{2 x}(2 x-1)}{x^{2}}$,当 $0<x<rac{1}{2}$ 时, $g(x)<0, g(x)_{	ext {单调递减; 当 }} x>rac{1}{2}$ 时, $g(x)>0, g(x)_{	ext {单调递增, }}$所以 $g(x)_{	ext {min }}=g\left(rac{1}{2}ight)=2 e$, 即 $m \leq 2 e$;(2)当 $x \leq 0$ 时, 由 $f(x) \geq m x$, 可得 $x^{2}+4 \geq m x$,当 $x=0$ 时显然成立;当 $x<0$ 时, 可得 $m \geq x+rac{4}{x}$, 因为 $x+rac{4}{x}=-\left(-x+rac{4}{-x}ight) \leq-4$,当且仅当 $x=-1$ 时取等号, 所以 $m \geq-4$.综上可得, 实数 $m$ 的取值范围是[-4,2e],故答案为: $[-4,2 \mathrm{e}]$.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=a e^{x}+x+b$, 若函数 $f(x)$ 在 $(0, f(0))$ 处的切线方程为 $y=2 x+5$, 则 $a b$ 的值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: 4
解析：答案: 4

【解析】 $\because f^{\prime}(x)=a e^{x}+1, \therefore f^{\prime}(0)=a+1=2$, 解得: $a=1$;

由切线方程可知 $f(0)=5, \therefore a+b=1+b=5$, 解得: $b=4$;

$\therefore a b=4$.

故答案为: 4

【分析】由切线方程可知 $f(0)=5, f^{\prime}(0)=2$, 由此构造方程求得 a,b, 进而得到结果.
题目（高三 · 解析几何）：已知函 $f(x)=a x-\ln x-1, g(x)=\frac{x^{3}}{27}$, 用 $\max \{\mathrm{m}, \mathrm{n}\}$ 表示 $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ 中的最大值, 设 $\varphi(x)=\max \{f(x), g(x)\}$. 若 $\varphi(x) \geq \frac{x}{3}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为
选项：
答案：答案: $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$
解析：答案: $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$

【解析】 当 $x \in(0,3)$ 时, $g(x)=\frac{x^{3}}{27}<\frac{x}{3}$, 当 $x \in[3,+\infty)$ 时, $g(x)=\frac{x^{3}}{27} \geq \frac{x}{3}$,

所以 $\varphi(x) \geq \frac{x}{3}$ 在 $[3,+\infty)$ 必成立, 问题转化为 $f(x) \geq \frac{x}{3}$ 在 $(0,3)$ 恒成立,

由 $a x-\ln x-1 \geq \frac{x}{3}$ 恒成立, 可得 $a \geq \frac{\ln x+1}{x}+\frac{1}{3}$,

在 $x \in(0,3)$ 恒成立, 设 $h(x)=\frac{\ln x+1}{x}+\frac{1}{3}, x \in(0,3)$,

则 $h^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x} \cdot x-(\ln x+1) \times 1}{x^{2}}=\frac{-\ln x}{x^{2}}$,

当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0$, 当 $1<x<3$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,

所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,3)$ 上单调递减,

$\therefore h(x)_{\max }=h(1)=\frac{4}{3}, \therefore a \geq \frac{4}{3}$,

A 的取值范围是 $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$.

故答案为: $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$.
【分析】利用定义 $\max \{\mathrm{m}, \mathrm{n}\}$ 表示 $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ 中的最大值, 再利用不等式恒成立问题求解方法, 再用求导的方法判断函数的单调性, 从而求出函数的最值, 进而求出实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

四、解答题
题目（高三 · 解析几何）：若 $\int_{0}^{1}\left(a-x^{2}\right) d x=\frac{5}{3}$, 则 $a=$
选项：
答案：答案: 2
解析：答案: 2

【解析】 若 $\int_{0}^{1}\left(a-x^{2}\right) d x=\frac{5}{3}$, 则 $\left(a x-\frac{1}{3} x^{3}\right)_{0}^{1}=\frac{5}{3}$,

即 $a-\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$, 所以 $a=2$.
故答案为: 2 .

【分析】直接利用关系式求出函数的被积函数的原函数, 进一步求出 $\mathrm{a}$ 的值.
题目（高三 · 解析几何）：函数 $f(x)=\sin \omega x(\omega>0)$ 的图象与其对称轴在 $y$ 轴右侧的交点从左到右依次记为 $A_{1}, A_{2}$, $A_{3}, \ldots, A_{n}, \ldots$, 在点列 $\left\{A_{n}\right\}$ 中存在三个不同的点 $A_{k} 、 A_{l} 、 A_{p} \quad, \quad$ 使得 $\triangle A_{k} A_{1} A_{p}$ 是等腰直角三角形, 将满足上述条件的 $\omega$ 值从小到大组成的数记为 $\omega_{n}$, 则 $\omega_{6}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$rac{11}{2} \pi$
解析：由 $\omega x=k \pi+rac{\pi}{2}$, 得 $x=rac{(2 k+1) \pi}{2 \omega}, k \in Z$,由题意得 $x=rac{\pi}{2 \omega}, rac{3 \pi}{2 \omega}, rac{5 \pi}{2 \omega}, \ldots, rac{(2 n-1) \pi}{2 \omega}$,即 $A_{1}\left(rac{\pi}{2 \omega}, 1ight), A_{2}\left(rac{3 \pi}{2 \omega},-1ight), A_{3}\left(rac{5 \pi}{2 \omega}, 1ight), A_{4}\left(rac{7 \pi}{2 \omega},-1ight) \ldots$,由 $	riangle A_{1} A_{2} A_{3}$ 是等腰直角三角形, 得 $k_{A 1} A_{2} \cdot k_{A 2} A_{3}=-1$,即 $rac{2}{rac{\pi}{\omega}} \cdot rac{-2}{rac{\pi}{\omega}}={ }_{1}$, 得 $\omega_{1}=rac{\pi}{2}$,同理 $	riangle A_{1} A_{4} A_{7}$ 是等腰直角三角形得 $k_{A_{1}} A_{4} \cdot k_{A 1} A_{4}=-1$, 得 $\omega_{2}=rac{3 \pi}{2}$.同理 $	riangle A_{1} A_{6} A_{11}$ 是等腰直角三角形得 $k_{A 1} A_{6} \cdot k_{A 6} A_{11}=-1$, 得 $\omega_{2}=rac{5 \pi}{2}$,从而有 $\omega_{n}=rac{(2 n-1) \pi}{2}$, 则 $\omega_{6}=rac{(2 	imes 6-1) \pi}{2}=rac{11}{2} \pi$,故答案为: $rac{11}{2} \pi$.
题目（高三 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a, b, c$ 是角 $A 、 B 、 C$ 的对边, 则

(1) 若 $a>b$, 则 $f(x)=(\sin A-\sin B) x$ 在 $\mathbf{R}$ 上是增函数;

(2)若 $a^{2}-b^{2}=(a \cos B+b \cos A)^{2}$, 则 $\triangle A B C$ 是直角三角形;

(3) $\cos C+\sin C$ 的最小值为 $-\sqrt{2}$;

(4)若 $\cos 2 A=\cos 2 B$, 则 $A=B$;

(5)若 $(1+\tan A)(1+\tan B)=2$, 则 $A+B=\frac{3}{4} \pi$, 其中真命题的序号是
选项：
答案：C
题目（高三 · 变换几何）：13. 将圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 按 $\varphi:\left\{\begin{array}{r}2 x^{f}=5 x, \\ y^{\prime}=2 y\end{array}\right.$ 变换后得到曲线的离心率等于
选项：
答案：答案: $\frac{3}{5}$
解析：: 解答: 将圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 按 $\varphi:\left\{\begin{array}{c}2 x^{\prime}=5 x, \\ y^{y}=2 y\end{array}\right.$ 变换后得到曲线方程为 $\frac{x^{x^{2}}}{25}+\frac{y^{y^{2}}}{16}=1$, 故 $a^{2}=25, b^{2}=16, c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=3$, 离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{a}{5}$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据伸缩变换的原理计算即可
题目（高三 · 变换几何）：14. 在平面直角坐标系中, 方程 $3 x-2 y+1=0$ 所对应的直线经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{\prime}=\frac{1}{3} x, \\ y^{\prime}=2 y\end{array}\right.$ 后的直线方程为
选项：
答案：答案: $9 x^{\prime}-y^{\prime}+1=0$
解析：: 解答: 由伸缩变换 $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\frac{1}{2} x, \\ y^{\prime}=2 y\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 x^{\prime}, \\ y=\frac{1}{2} y^{\prime}\end{array}\right.$.

代入直线方程 $3 x-2 y+1=0$ 得 $9 x^{s}-y^{s}+1=0$.

则变换后的直线方程为 $9 x^{\prime}-y^{\prime}+1=0$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据所给函数结合伸缩变换的原理计算即可
题目（高三 · 变换几何）：10. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{c}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$, ( $\alpha$ 为参数), 以原点 $O$为极点, $x$ 轴正半轴为极轴, 建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=4 \sqrt{2}$.设 $\mathrm{P}$ 为曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 上的动点, 则 $\mathrm{P}$ 到 $\mathrm{C}_{2}$ 上点的距离的最小值为
选项：
答案：答案: $3 \sqrt{2}$
解析：: 解答: 本题考查极坐标参数方程以及三角函数求最值. 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 的普通方程为 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1, C_{2}$ 的普通方程为 $x+y=8$, 利用点到直线的距离公式, 将椭圆的参数方程代入直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}=8$ 中有 $\mathrm{d}=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-8|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-8\right|}{\sqrt{2}} \in[3 \sqrt{2}, 5 \sqrt{2}]$,所以当 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $\mathrm{d}$ 的最小值为 $3 \sqrt{2}$, 此时点 $\mathrm{P}$ 的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.

分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程, 解决问题的关键是根据椭圆与直线的位置关系分析计算即可
题目（高三 · 变换几何）：10. 我们知道关于直线 $y=x$ 对称的两个函数互为反函数, 则圆的摆线 $\left\{\begin{array}{l}x=r(\varphi-\sin \varphi), \\ y=r(1-\cos \varphi)\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数)关于直线 $y=x$ 对称的曲线的参数方程为
选项：
答案：答案: $\left\{\begin{array}{l}x=r(1-\cos \varphi) \\ y=r(\varphi-\sin \varphi)\end{array},(\varphi\right.$ 为参数 $)$
解析：: 解答: 关于直线 $y=x$ 对称的函数互为反函数, 而求反函数的过程主要体现了 $\mathrm{x}$ 与 $\mathrm{y}$互换,所以要写出摆线方程关于 $y=x$ 对称的曲线方程,只需把其中的 $y, x$ 互换.

分析: 本题主要考查了其它摆线的生成过程, 解决问题的关键是根据圆的摆线方程分析计算即可
题目（高三 · 变换几何）：已知在复平面上的 $\square A B C D$ 中, $\overrightarrow{A C}$ 对应的复数为 $6+8 \mathrm{i}, \overrightarrow{B D}$ 对应的复数为 $-4+6 \mathrm{i}$, 则向量 $\overrightarrow{D A}$ 对应的复数为 \$ \qquad \$
选项：
答案：-1-7
解析：设 $\square A B C D$ 的对角线 $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $P$,由向量加减法的几何意义可得 $\overrightarrow{D A}=\overrightarrow{P A}-\overrightarrow{P D}=rac{1}{2} \overrightarrow{C A}-rac{1}{2} \overrightarrow{B D}=rac{1}{2}(\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{D B})$,所以 $\overrightarrow{D A}$ 对应的复数为 $rac{1}{2}(-6-8 \mathrm{i}+4-6 \mathrm{i})=-1-7 \mathrm{i}$,故答案为 $-1-7 \mathrm{i}$.
题目（高三 · 变换几何）：设复数 $z_{1}, \quad z_{2}$ 满足 $\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2, \quad z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i$, 则 $\left|z_{1}-z_{2}\right|=$
选项：
答案：答案: $2 \sqrt{3}$
解析：答案: $2 \sqrt{3}$

【解析】 $\because\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2$, 可设 $z_{1}=2 \cos \theta+2 \sin \theta \cdot i, \quad z_{2}=2 \cos \alpha+2 \sin \alpha \cdot i$,

$\therefore z_{1}+z_{2}=2(\cos \theta+\cos \alpha)+2(\sin \theta+\sin \alpha) \cdot i=\sqrt{3}+i$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2(\cos \theta+\cos \alpha)=\sqrt{3} \\ 2(\sin \theta+\sin \alpha)=1 \text {, 两式平方作和得: } 4(2+2 \cos \theta \cos \alpha+2 \sin \theta \sin \alpha)=4 \text {, }\end{array}\right.$

化简得: $\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha=-\frac{1}{2}$

$\therefore\left|z_{1}-z_{2}\right|=|2(\cos \theta-\cos \alpha)+2(\sin \theta-\sin \alpha) \cdot i|$

$=\sqrt{4(\cos \theta-\cos \alpha)^{2}+4(\sin \theta-\sin \alpha)^{2}}=\sqrt{8-8(\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha)}=\sqrt{8+4}=2 \sqrt{3}$.

故答案为: $2 \sqrt{3}$.

【分析】令 $z_{1}=2 \cos \theta+2 \sin \theta \cdot i, \quad z_{2}=2 \cos \alpha+2 \sin \alpha \cdot i$, 根据复数的相等可求得 $\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha=-\frac{1}{2}$, 代入复数模长的公式中即可得到结果.
题目（高三 · 计数）：统计推断,当时,有 $95 \%$ 的把握说事件 $A$ 与 $B$ 有关;当时,认为没有充分的证据显示事件 $A$ 与 $B$ 是有关的.
选项：
答案：$K^{2} \geq 3.841 ; K^{2}<2.706$
解析：$K^{2} \geq 3.841 ; K^{2}<2.706$