eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 度量几何学）：23. 已知 $P$ 为 $\triangle A B C$ 外一点, 且 $P A=P B=P C$. 求证:点 $P$ 在平面 $A B C$ 内的射影为 $\triangle A B C$ 的外心.
选项：
答案：答案：解答：如图,过点 $P$ 作 $P O \perp$ 平面 $A B C$ 于点 $O$,连接 $O A, O B, O C$,

<ImageHere>

则点 $O$ 为点 $P$ 在平面 $A B C$ 内的射影.

$\because \mathrm{PA}=\mathrm{PB}, \mathrm{PO}=\mathrm{PO}, \therefore \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{PAO} \cong \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{PBO}, \therefore \mathrm{AO}=\mathrm{BO}$.

同理可得 $\mathrm{BO}=\mathrm{CO}, \therefore \mathrm{AO}=\mathrm{BO}=\mathrm{CO}, \therefore$ 点 $\mathrm{O}$ 为 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的外心，

即点 $P$ 在平面 $A B C$ 内的射影是 $\triangle A B C$ 的外心.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影的原理结合所给几何关系, 分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：20. 在 $\triangle A B C$ 中, 设其各边长分别为 $a, b, c$, 外接圆半径为 $R$, 求证:

$\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(\frac{1}{\sin ^{2} A}+\frac{1}{\sin ^{2} E}+\frac{1}{\sin ^{2} c}\right) \geq 36 R^{2}$.

答案:证明: $\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin E}=\frac{c}{\sin C}=2 R$,

$\therefore\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(\frac{1}{\sin ^{2} A}+\frac{1}{\sin ^{2} B}+\frac{1}{\sin ^{2} c}\right)$

$\geq\left(\frac{a}{\sin A}+\frac{b}{\sin B}+\frac{c}{\sin C}\right)^{2}=36 R^{2}$

$\therefore$ 原不等式成立.
选项：
答案：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件结

合 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin E}=\frac{c}{\sin C}=2 R$ 直接构造所给一般形式的柯西不等式证明即可
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件结

合 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin E}=\frac{c}{\sin C}=2 R$ 直接构造所给一般形式的柯西不等式证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：24. 如图,已知 $\mathrm{PF}_{1}: \mathrm{PF}_{2}=1: 3, \mathrm{AB}=12, \mathrm{G}_{1} \mathrm{G}_{2}=20$, 求 $\mathrm{PQ}$.


选项：
答案：答案: 解答: 设椭圆长轴长为 $2 a$,短轴长为 $2 b$, 焦距为 $2 c$, 由已知可得 $a=10, b=6, c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$ $=8, \mathrm{e}=\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{a}}=\frac{4}{5}$,

由椭圆定义, 知 $\mathrm{PF}_{1}+\mathrm{PF}_{2}=\mathrm{G}_{1} \mathrm{G}_{2}=20$,

又 $\mathrm{PF}_{1}: \mathrm{PF}_{2}=1: 3$,则 $\mathrm{PF}_{1}=5, \mathrm{PF}_{2}=15$.

由离心率定义, 得 $\frac{\mathrm{PF}_{1}}{\mathrm{PQ}}=\frac{4}{5}, \therefore \mathrm{PQ}=\frac{25}{4}$
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：21. 已知圆雉面 $S$, 其母线与轴线所成的角为 $30^{\circ}$, 在轴线上取一点 $\mathrm{C}$, 使 $\mathrm{SC}=5$, 通过点 $\mathrm{C}$ 作一截面 $\delta$ 使它与轴线所成的角为 $45^{\circ}$. 求圆雉曲线的离心率及圆雉曲线上任一点到两个焦点的距离之和.


选项：
答案：答案: 解答: $\mathrm{e}=\frac{\cos 45^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

设圆雉曲线上任意一点为 $\mathrm{M}$, 其两焦点分别为 $\mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}, \mathrm{MF}_{1}+\mathrm{MF}_{2}=\mathrm{AB}$.

设圆雉面内切球 $\mathrm{O}_{1}$ 的半径为 $\mathrm{R}_{1}$, 内切球 $\mathrm{O}_{2}$ 的半径为 $\mathrm{R}_{2}$.

$\because \mathrm{SO}_{1}=2 \mathrm{R}_{1}, \mathrm{CO}_{1}=\sqrt{2} \mathrm{R}_{1}$,

$\therefore \mathrm{SC}=(2+\sqrt{2}) \mathrm{R}_{1}=5$, 即 $\mathrm{R}_{1}=\frac{5 \times(2-\sqrt{2})}{2}$

$\because \mathrm{SO}_{2}=2 \mathrm{R}_{2}, \mathrm{CO}_{2}=\sqrt{2} \mathrm{R}_{2}$

$\therefore \mathrm{SC}=(2-\sqrt{2}) \quad \mathrm{R}_{2}=5$, 即 $\mathrm{R}_{2}=\frac{5 \times(2+\sqrt{2})}{2}$

$\because \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}=\mathrm{CO}_{1}+\mathrm{CO}_{2}=\sqrt{2}\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)=10 \sqrt{2}$,
$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \cos 30^{\circ}=\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=5 \sqrt{6}$

即 $\mathrm{MF}_{1}+\mathrm{MF}_{2}=5 \sqrt{6}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆锥面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合圆雉曲线的有关性质分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：17. 已知 $0<\alpha<\beta<\gamma<\frac{\pi}{2}$, 求证:

$\sin \alpha \cos \beta+\sin \beta \cos \gamma+\sin \gamma \cos \alpha>\frac{1}{2}(\sin 2 \alpha+\sin 2 \beta+\sin 2 \gamma)$.
选项：
答案：答案: 证明: $\because 0<\alpha<\beta<\gamma<\frac{\pi}{2}$, 且 $y=\sin x$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 为增函数,

$y=\cos x$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 为减函数,

$\therefore 0<\sin \alpha<\sin \beta<\sin \gamma, \cos \alpha>\cos \beta>\cos \gamma>0$.

根据排序不等式得: 乱序和 $>$ 反序和.

$\therefore \sin \alpha \cos \beta+\sin \beta \cos \gamma+\sin \gamma \cos \alpha>\frac{1}{2}(\sin 2 \alpha+\sin 2 \beta+\sin 2 \gamma)$
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是根据 $0<\alpha<\beta<\gamma<\frac{\pi}{2}$, 且 $y$

$=\sin x$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 为增函数, 得到 $0<\sin \alpha<\sin \beta<\sin \gamma, \cos \alpha>\cos \beta>\cos \gamma>0$.

然后根据乱序和＞反序和证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：25. 在 $\triangle A B C$ 中, 如图, $B C=m, D E / / B C, D E$ 分别交 $A B, A C$ 于 $E, D$ 两点, 且 $S_{\triangle A D E}=S$ 的这形 $B C D E$, 则 $\mathrm{DE}=$


选项：
答案：答案: $\frac{\sqrt{2}}{2} m$
解析：: 解答: $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \therefore \triangle \mathrm{ADE} \sim \triangle \mathrm{ACB}$.



$\therefore\left(\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{BC}}\right)^{2}=\frac{1}{2} \therefore\left(\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{m}}\right)^{2}=\frac{1}{2} . \therefore \mathrm{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{~m}$.

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结合所给条件分析计算即可求得结果
题目（高三 · 度量几何学）：将由曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形的面积写成定积分的形式.
选项：
答案： 曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq rac{\pi}{2}ight)_{	ext {和直线 }} x=rac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形如下图阴影部分所示:<ImageHere>则可表示为: $\int_{0}^{rac{\pi}{2}} \sin x d x$.
题目（高三 · 度量几何学）：计算由曲线 $y^{2}=x, y=x^{2}$ 所围图形的面积 $\mathrm{S}$.
选项：
答案：答案：解：作出图象 (如图所示) :<ImageHere>由 $\left\{egin{array}{l}y^{2}=x \ y=x^{2},\end{array}ight.$ 解得 $\left\{egin{array}{l}x=0 \ y=0\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}x=1 \ y=1,\end{array}ight.$所以点 $A(1,1)$.结合图形可得所求面积为:$$S=\i
t_{0}^{1}\left(\sqrt{x}-x^{2}ight) d x=\left.\left(rac{2}{3} x^{rac{3}{2}}-rac{1}{3} x^{3}ight)ight|_{0} ^{1}=rac{2}{3}-rac{1}{3}=rac{1}{3}$$故所求面积为 $rac{1}{3}$分析】画出草图, 求出两曲线的交点坐标, 确定被积函数和积分区间, 然后根据定积分进行求解即可.
题目（高三 · 度量几何学）：将由曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形的面积写成定积分的形式.
选项：
答案： 曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq rac{\pi}{2}ight)_{	ext {和直线 }} x=rac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形如下图阴影部分所示:<ImageHere>则可表示为: $\int_{0}^{rac{\pi}{2}} \sin x d x$.分析】画出曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq rac{\pi}{2}ight)_{	ext {和直线 }} x=rac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形, 表示成定积分.
题目（高三 · 度量几何学）：计算曲线 $y=x^{2}-2 x+3$ 与直线 $y=x+3$ 所围图形的面积.
选项：
答案： 由 $\left\{egin{array}{c}y=x+3 \ y=x^{2}-2 x+3 	ext { 解得 } x=0 	ext { 及 } x=3 	ext {. }\end{array}ight.$<ImageHere>从而所求图形的面积 $\left.S=\int_{0}^{3}\left[(x+3)-\left(x^{2}-2 x+3ight)ight] d x=\int_{0}^{3}\left(-x^{2}+3 xight) d x=\left(-rac{1}{3} x^{3}+rac{3}{2} x^{2}ight)ight)_{0}^{3}=rac{9}{2}$.【分析】利用定积分计算曲线所围成面积, 先画出图象, 再找到图象交点的横坐标, 然后写出定积分式子, 注意被积函数为上方的图象对应的函数减图象在下方的函数.
题目（高三 · 度量几何学）：某同学在一次研究性学习中, 发现以下五个式子的值都等于同一个常数.

(1) $\sin ^{2} 10^{\circ}+\sin ^{2} 70^{\circ}-\sin 10^{\circ} \sin 70^{\circ}$

(2) $\sin ^{2} 20^{\circ}+\sin ^{2} 80^{\circ}-\sin 20^{\circ} \sin 80^{\circ}$

(3) $\sin ^{2} 30^{\circ}+\sin ^{2} 90^{\circ}-\sin 30^{\circ} \sin 90^{\circ}$

(4) $\sin ^{2}\left(-13^{\circ}\right)+\sin ^{2} 47^{\circ}-\sin \left(-13^{\circ}\right) \sin 47^{\circ}$

(5) $\sin ^{2}\left(-78^{\circ}\right)+\sin ^{2}\left(-18^{\circ}\right)-\sin \left(-78^{\circ}\right) \sin \left(-18^{\circ}\right)$

（I）试从上述五个式子中选择一个, 求出这个常数;

(II) 根据 (I) 的计算结果, 将该同学的发现推广为三角恒等式, 并证明该结论.
选项：
答案：答案: 【解析】 (I) 选择(3)

$\because \sin ^{2} 30^{\circ}+\sin ^{2} 90^{\circ}-\sin 30^{\circ} \sin 90^{\circ}$

$=\frac{1}{4}+1-\frac{1}{2}=\frac{3}{4}$,

$\therefore$ 该常数为 $\frac{3}{4}$;

(II) 根据 (I) 的计算结果,

推广出的三角恒等式为 $\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2}\left(\alpha+60^{\circ}\right)-\sin \alpha \sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)=\frac{3}{4}$,

证明如下:

左边 $=\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2}\left(\alpha+60^{\circ}\right)-\sin \alpha \sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)$

$=\sin ^{2} \alpha+\sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)\left(\sin \left(\alpha+60^{\circ}-\sin \alpha\right)\right)$

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

$=\sin ^{2} \alpha+\frac{3}{4} \cos ^{2} \alpha-\frac{1}{4} \sin ^{2} \alpha$
$=\frac{3}{4} \sin ^{2} \alpha+\frac{3}{4} \cos ^{2} \alpha$

$=\frac{3}{4}=_{\text {右边 }}$

所以等式成立

【分析】（I）选择（3）利用特殊角的三角函数，即可得出结论;

（II）写出命题, 再利用两角和差的三角函数即可计算.
解析：答案: 【解析】 (I) 选择(3)

$\because \sin ^{2} 30^{\circ}+\sin ^{2} 90^{\circ}-\sin 30^{\circ} \sin 90^{\circ}$

$=\frac{1}{4}+1-\frac{1}{2}=\frac{3}{4}$,

$\therefore$ 该常数为 $\frac{3}{4}$;

(II) 根据 (I) 的计算结果,

推广出的三角恒等式为 $\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2}\left(\alpha+60^{\circ}\right)-\sin \alpha \sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)=\frac{3}{4}$,

证明如下:

左边 $=\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2}\left(\alpha+60^{\circ}\right)-\sin \alpha \sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)$

$=\sin ^{2} \alpha+\sin \left(\alpha+60^{\circ}\right)\left(\sin \left(\alpha+60^{\circ}-\sin \alpha\right)\right)$

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

$=\sin ^{2} \alpha+\frac{3}{4} \cos ^{2} \alpha-\frac{1}{4} \sin ^{2} \alpha$
$=\frac{3}{4} \sin ^{2} \alpha+\frac{3}{4} \cos ^{2} \alpha$

$=\frac{3}{4}=_{\text {右边 }}$

所以等式成立

【分析】（I）选择（3）利用特殊角的三角函数，即可得出结论;

（II）写出命题, 再利用两角和差的三角函数即可计算.
题目（高三 · 度量几何学）：已知 $a=(1,2),|b-a| 1$, 则 $|b|$ 的最大值为
选项：
答案：答案: $\sqrt{5}+1$
解析：答案: $\sqrt{5}+1$

解析: 多法解题: 方法一: 设 $\overrightarrow{O A}=a, \overrightarrow{O B}=b$, 则 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}=b-a$. 所以 $|\overrightarrow{A B}||\mathbf{b}-\mathbf{a}|=1$, 所以点 $B$在以 $A$ 为圆心, 1 为半径的圆 $A$ 上, 如图结合图形可知, 当 $B$ 是线段 $O A$ 的延长线与圆 $A$ 的交点时, $|\overrightarrow{O B}|_{\text {最 }}$



方法二: 因为 $|a| \sqrt{5},|b-a| 1, b=a+(b-a)$, 所以 $|b|=|a+(b-a)|,|a|+|b-a| \sqrt{5}+1$, 则

$|b|_{\max }=\sqrt{5}+1$.

7.答案: $\sqrt{3}$

解析：设 $z=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathrm{R})$ 有 $z \cdot z=a^{2}+b^{2}=3, \mid z \models \sqrt{3}$8.答案: (1) $\because z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, \therefore z_{2}=\frac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=\frac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.

(2) $z_{3}=\left(3-z_{1}\right)\left[\left(m^{2}-2 m-3\right)+(m-1) \mathrm{i}\right]=\mathrm{i}\left[\left(m^{2}-2 m-3\right)+(m-1) \mathrm{i}\right]=-(m-1)+\left(m^{2}-2 m-3\right) \mathrm{i}$.

$\because z_{3}$ 所对应的点在第四象限,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-(m-1)>0, \\ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}\right.$ 解得 $-1<m<1$,

$\therefore m$ 的取值范围是 $-1<m<1$.
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题目（高三 · 变换几何）：16. 已知定点 $P\left(4, \frac{\pi}{3}\right)$

(1)将极点移至 $O^{\prime}\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{6}\right)$ 处极轴方向不变, 求 $\mathrm{P}$ 点的新坐标.
选项：
答案：答案: 解: 设 $\mathrm{P}$ 点新坐标为 $(\rho, \theta)$,如图所示,

<ImageHere>

由题意可知 $\left|O O^{\prime}\right|=2 \sqrt{3}$ ，

$|O P|=4, \angle P O x=\frac{\pi}{3}$,

$\angle O O^{\prime} x=\frac{\pi}{6}$,

$\therefore \angle P O O^{\prime}=\frac{\pi}{6}$.

在 $\triangle P O O^{\prime}$ 中, $\rho^{2}=4^{2}+(2 \sqrt{3})^{2}-2 \times 4 \times 2 \sqrt{3} \times \cos \frac{\pi}{6}=16+12-24=4$

$\therefore \rho=2$,

即 $\left|O^{\prime} P\right|=2$.

$\therefore|O P|^{2}=\left|O O^{\prime}\right|^{2}+\left|O^{\prime} P\right|^{2}, \angle O O^{\prime} P=\frac{\pi}{2}$.
$\therefore \angle O P O^{\prime}=\frac{\pi}{3}$.

$\therefore \angle O P^{\prime} P=\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}$.

$\therefore \angle P P^{\prime} x=\frac{2 \pi}{3} \quad \therefore \angle P O^{\prime} x^{\prime}=\frac{2 \pi}{3}$.

$\therefore \mathrm{P}$ 点的新坐标为 $\left(2, \frac{2 \pi}{3}\right)$.

(2)极点不变, 将极轴顺时针转动 $\frac{\pi}{6}$ 角, 求 $\mathrm{P}$ 点的新坐标.

答案: 解: 如图,

<ImageHere>

设 $\mathrm{P}$ 点的新坐标为 $(\rho, \theta)$, 则 $\rho=4, \theta=\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$.

$\therefore \mathrm{P}$ 点的新坐标为 $\left(4, \frac{\pi}{2}\right)$.
解析：: 分析: 本题考查点的极坐标和直角坐标的互化.解答本题需要根据题意要求建立正确的极坐标系, 然后求相应的点的极坐标. 建立极坐标系的要素是: 极点; 极轴; 长度单位; 角度单位和它的正方向. 四者缺一不可. 极轴是以极点为端点的一条射线, 它与极轴所在的直线是有区别的; 极角 $\theta$ 的始边是极轴, 它的终边是随着 $\theta$ 的大小和正负而取得各个位置; $\theta$ 的正方向通常取逆时针方向, $\theta$ 的值一般是以弧度为单位的量数; 点 $\mathrm{M}$ 的极径 $\rho$ 表示点 $\mathrm{M}$与极点 $\mathrm{O}$ 的距离 $|\mathrm{OM}|$, 因此 $\rho \geq 0$; 但必要时, 允许 $\rho<0$.
题目（高三 · 变换几何）：22. 已知点 $\mathrm{Q}(\rho, \theta)$, 分别按下列条件求出点 $\mathrm{P}$ 的极坐标.

(1)点 $P$ 是点 $Q$ 关于极点 $O$ 的对称点;
选项：
答案：答案: 解: 由于 $P, Q$ 关于极点对称, 得极径 $|O P|=|O Q|$, 极角相差 $(2 k+1) \pi(k \in Z)$. 所以,点 $\mathrm{P}$ 的极坐标为 $(\rho,(2 \mathrm{k}+1) \pi+\theta)$ 或 $(-\rho, 2 \mathrm{k} \pi+\theta)(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$.

(2) 点 $\mathrm{P}$ 是点 $\mathrm{Q}$ 关于直线 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 的对称点.

答案: 解: 由 $\mathrm{P} . \mathrm{Q}$ 关于直线 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 对称,

得它们的极径 $|O P|=|O Q|$,

点 $\mathrm{P}$ 的极角 $\theta^{\prime}$ 满足 $\theta^{\prime}=\pi-\theta+2 \mathrm{k} \pi(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$,

所以点 $\mathrm{P}$ 的坐标为
$(\rho,(2 \mathrm{k}+1) \pi-\theta)$ 或 $(-\rho, 2 \mathrm{k} \pi-\theta)(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$.
解析：: 分析: 本题主要考查了, 解决问题的关键是根据确定一点的极坐标关键是确定它的极径和极角两个量, 为此应明确它们的含义.
题目（高三 · 变换几何）：14. 已知曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 在同一平面直角坐标系中, 将曲线 $C$ 上的点按坐标变换 $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=\frac{1}{3} x \\ y^{\prime}=\frac{1}{2} y\end{array}\right.$ 得到曲线 $C^{\prime}$.

(1) 求曲线 $C^{\prime}$ 的普通方程;
选项：
答案：答案: 解: $C:\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array} \Rightarrow C: \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1\right.$,

将 $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=\frac{1}{3} x \\ y^{\prime}=\frac{1}{2} y\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=3 x^{\prime} \\ y=2 y^{\prime}\end{array}\right.\right.$ 代入 $C$ 的普通方程得 $x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1$, 即 $C^{\prime}: x^{2}+y^{2}=1$;

(2) 若点 $A$ 在曲线 $C^{\prime}$ 上, 点 $B(3,0)$, 当点 $A$ 在曲线 $C^{\prime}$ 上运动时, 求 $A B$ 中点 $P$ 的轨迹方程.

答案: 解: 设 $P(x, y), A\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $x=\frac{x_{0}+3}{2}, y=\frac{y_{0}}{2}$

所以 $x_{0}=2 x-3, y_{0}=2 y$, 即 $A(2 x-3,2 y)$

代入 $C^{\prime}: x^{2}+y^{2}=1$, 得 $(2 x-3)^{2}+(2 y)^{2}=1$, 即 $\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}$

$A B$ 中点 $P$ 的轨迹方程为 $\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了椭圆的参数方程; 圆的参数方程, 解决问题的关键是 (1) 将参数方程转化为直角坐标系下的普通方程, 需要根据参数方程的结构特征, 选取恰当的消参方法, 常见的消参方法有: 代入消参法.加减消参法.平方消参法; (2) 将参数方程转化为普通方程时, 要注意两种方程的等价性, 不要增解.漏解, 若 $x, y$ 有范围限制, 要标出 $x, y$的取值范围; (3) 直角坐标方程化为极坐标方程, 只需把公式 $x=\rho \cos \theta$ 及 $y=\rho \sin \theta$ 直接代入并化简即可; 而极坐标方程化为极坐标方程要通过变形, 构造形如 $\rho \cos \theta, \rho \sin \theta$, $\rho^{2}$ 的形式, 进行整体代换, 其中方程的两边同乘以（或同除以） $\rho$ 及方程的两边平方是常用的变形方法.
题目（高三 · 变换几何）：如图是向量运算的知识结构图,如果要加入“向量共线的充要条件”,则应该是在的下位.


选项：
答案：数乘
解析：向量共线的充要条件是两个向量能写成数乘的形式.
题目（高三 · 变换几何）：设实部为正数的复数 $z$, 满足 $|z|=\sqrt{10}$, 且复数 $(2+i) z$ 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上.

(1) 求复数 $z$;

(2) 若 $\bar{z}+m^{2}(-1+i)+4 m i(m \in R)$ 为纯虚数, 求实数 $m$ 的值.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 设 $z=a+b i, a, b \in \mathrm{R}, a>0$.

由题意: $a^{2}+b^{2}=10$. 1

$(2+i)(a+b i)=2 a-b+(a+2 b) i$,

得 $2 a-b+a+2 b=0,3 a+b=0$,

(1)2联立, 解得 $a=1, \quad b=-3$,

得 $z=1-3 i$;

(2) 【解析】 由 (1) 可得 $\bar{z}=1+3 i$

所以 $\bar{z}+m^{2}(-1+i)+4 m i=\left(-m^{2}+1\right)+\left(m^{2}+4 m+3\right) i$

由题意可知 $\left\{\begin{array}{l}-m^{2}+1=0 \\ m^{2}+4 m+3 \neq 0\end{array}\right.$ 解得 $m= \pm 1$ 且 $m \neq-1$ 且 $m \neq-3$

所以 $m=1$

【分析】(1) 设 $z=a+b i(a, b \in R$ 且 $a>0)$, 由条件可得 $a^{2}+b^{2}=10$ (1),$a=-3 b$ (2). 由(1)(2)联立的方程组得 $a 、 b$ 的值, 即可得到 $z$ 的值; (2) 根据实部为 0 , 虚部不为 0 即可求解 $m$.
解析：答案: (1) 【解析】 设 $z=a+b i, a, b \in \mathrm{R}, a>0$.

由题意: $a^{2}+b^{2}=10$. (1)

$(2+i)(a+b i)=2 a-b+(a+2 b) i$,

得 $2 a-b+a+2 b=0$,

$3 a+b=0$,

(1)2联立, 解得 $a=1, \quad b=-3$

得 $z=1-3 i$.

(2) 【解析】 由（1）可得 $\bar{z}=1+3 i$,

所以 $\bar{z}+m^{2}(-1+i)+4 m i=\left(-m^{2}+1\right)+\left(m^{2}+4 m+3\right) i$,

由题意可知 $\left\{\begin{array}{l}-m^{2}+1=0 \\ m^{2}+4 m+3 \neq 0,\end{array}\right.$

解得 $m= \pm 1$ 且 $m \neq-1$ 且 $m \neq-3$, 所以 $m=1$.

【分析】(1) 设 $z=a+b i(a, b \in R$ 且 $a>0)$, 由条件可得 $a^{2}+b^{2}=10$ (1),$a=-3 b(2)$. 由(1)(2)
联立的方程组得 $a 、 b$ 的值, 即可得到 $z$ 的值; (2) 根据实部为 0 , 虚部不为 0 即可求解 $m$.
题目（高三 · 算术）：(12 分) (1) 已知 $a>0, b>0$, 求证: $\frac{a+b}{2} \geq \frac{2 a b}{a+b}$;

(2) 已知 $a+b+c>0, a b+b c+c a>0, a b c>0$, 求证: $a>0, b>0, c>0$.
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析；（2）证明见解析.
解析：答案:(1) 证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】(1) 证明: $\because a>0, b>0$, 要证 $\frac{a+b}{2} \geq \frac{2 a b}{a+b}$,

只要证 $(a+b)^{2} \geq 4 a b$, 只要证 $(a+b)^{2}-4 a b \geq 0$,

即证 $a^{2}-2 a b+b^{2} \geq 0 ，$

而 $a^{2}-2 a b+b^{2}=(a-b)^{2} \geq 0$ 恒成立, 故 $\frac{a+b}{2} \geq \frac{2 a b}{a+b}$ 成立.

（2）假设 $a, b, c$ 不全是正数, 即其至少有一个不是正数, 不妨先设 $a \leq 0$,

下面分 $a=0$ 和 $a<0$ 两种情况讨论，

如果 $a=0$, 则 $a b c=0$ 与 $a b c>0$ 矛盾, $\therefore a=0$ 不可能;

如果 $a<0$, 那么由 $a b c>0$, 可得 $b c<0$ ，

又 $\because a+b+c>0, \therefore b+c>-a>0$, 于是 $a b+b c+c a=a(b+c)+b c<0$, 这和已知 $a b+b c+c a>0$相矛盾,

因此， $a<0$ 也不可能,

综上所述, $a>0$, 同理可证 $b>0, c>0$, 所以原命题成立
题目（高三 · 算术）：(12 分) 观察下列各等式:

$\tan 10^{\circ} \tan 20^{\circ}+\tan 20^{\circ} \tan 60^{\circ}+\tan 60^{\circ} \tan 10^{\circ}=1$;

$\tan 20^{\circ} \tan 30^{\circ}+\tan 30^{\circ} \tan 40^{\circ}+\tan 40^{\circ} \tan 20^{\circ}=1$

$\tan 33^{\circ} \tan 44^{\circ}+\tan 44^{\circ} \tan 13^{\circ}+\tan 33^{\circ} \tan 13^{\circ}=1$.

(1) 尝试再写出一个相同规律的式子;

（2）写出能反映以上式子一般规律的恒等式;

(3) 并对你写出的 (2) 恒等式进行证明.
选项：
答案：答案:(1) $\tan 10^{\circ} \tan 30^{\circ}+\tan 30^{\circ} \tan 50^{\circ}+\tan 50^{\circ} \tan 10^{\circ}=1$; (2) 若 $\alpha+\beta+\gamma=\frac{\pi}{2}$, 则

$\tan \alpha \tan \beta+\tan \beta \tan \gamma+\tan \gamma \tan \alpha=1$ ；（3）证明见解析.
解析：答案:(1) $\tan 10^{\circ} \tan 30^{\circ}+\tan 30^{\circ} \tan 50^{\circ}+\tan 50^{\circ} \tan 10^{\circ}=1$; (2) 若 $\alpha+\beta+\gamma=\frac{\pi}{2}$, 则

$\tan \alpha \tan \beta+\tan \beta \tan \gamma+\tan \gamma \tan \alpha=1$ ；（3）证明见解析.

【解析】(1) 例如: $\tan 10^{\circ} \tan 30^{\circ}+\tan 30^{\circ} \tan 50^{\circ}+\tan 50^{\circ} \tan 10^{\circ}=1$.

(2) 若 $\alpha+\beta+\gamma=\frac{\pi}{2}$, 则 $\tan \alpha \tan \beta+\tan \beta \tan \gamma+\tan \gamma \tan \alpha=1$.

(3) 证明: $\tan \left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)=\frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)}{\cos \left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)}=\frac{\cos \gamma}{\sin \gamma}=\frac{1}{\tan \gamma}$,

又因为 $\tan (\alpha+\beta)=\tan \left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)=\frac{1}{\tan \gamma}$ ， $\tan (\alpha+\beta) \cdot \tan \gamma=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta} \cdot \tan \gamma=1$,

化简即可得 $\tan \alpha \tan \beta+\tan \beta \tan \gamma+\tan \gamma \tan \alpha=1$.
题目（高三 · 算术）：(12 分) 设有数列 $1 ， 2 ， 2 ， 3 ， 3 ， 3 ， 4 ， 4 ， 4 ， 4 ， \ldots$

(1) 问 10 是该数列的第几项到第几项?

(2) 求第 100 项;

(3) 求前 100 项的和.
选项：
答案：(1) 该数列的第 46 项到第 55 项;（2）14;（3） 945 .
解析：将已知数列分组: 第一组一个“1”; 第二组两个; 第三组三个“3”;第四组四个 $4  ; \ldots$（1）易知“ 10 ”皆出现在第十组, 由于前九组中共有 $1+2+\cdots+9=45$ (项),因此 10 是该数列的第 46 项到第 55 项.（2）由于 $1+2+\cdots+n<100$, 即使 $rac{n(n+1)}{2}<100$ 成立的最大自然数为 13 , 因此第 100 项为 14(3) 由（2）知, 前 100 项的和为 $S_{100}=1 	imes 1+2 	imes 2+\cdots+13 	imes 13+9 	imes 14=945$
题目（高三 · 算术）：13. 设 $a, b, c$ 为正数,

求证: $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}} \geq \sqrt{2}(a+b+c)$.
选项：
答案：答案:证明:由柯西不等式:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{1^{2}+1^{2}} \geq a+b \sqrt{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{1^{2}+1^{2}} \geq a+b$,
即 $\sqrt{2} \cdot \sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq a+b$,

同理: $\sqrt{2} \cdot \sqrt{b^{2}+c^{2}} \geq b+c$,

$\sqrt{2} \cdot \sqrt{a^{2}+c^{2}} \geq a+c$,

将上面三个同向不等式相加得:

$\sqrt{2}\left(\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}\right) \geq 2(a+b+c)$,

$\therefore \sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}} \geq \sqrt{2} \cdot(a+b+c)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据不等式的结构,分别使用柯西不等式，然后将各组不等式相加即可.
题目（高三 · 算术）：13. (1)设三个正实数 $a, b, c$, 满足 $\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}>2\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)$, 求证: $a, b, c$ 一定是某一个三角形的三条边的长;

(2)设 $n$ 个正实数 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 满足不等式

$\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right)^{2}>(n-1)\left(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+\cdots+a_{n}^{4}\right)$ (其中 $\left.n \geq 3\right)$, 求证: $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 中任何三个数都是某一个三角形的三条边的长.
选项：
答案：答案:证明:(1) 由题意, 得 $\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-2\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)>0$, 所以 $(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)>0$, 由于 $a, b, c>0$. 所以上面不等式左边至少有三项为正数, 而四项之积为正, 故这四项都是正数, 从而推出 $a+b>c, b+c>a$, $a, b, c>0$, 即 $a, b, c$ 是某一个三角形的三条边的长.

(2)设法把 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 中任何三个的关系转化为(1)的条件即可.由已知及柯西不等式, 得 $(n-1)\left(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+\cdots+a_{n}^{4}\right)<\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right)^{2}$ $=\left[\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}{2}+\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}{2}+a_{4}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\right]^{2}$ $\leq(n-1)\left[\frac{1}{4}\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{2}^{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{2}^{2}\right)^{2}+a_{4}^{4}+\cdots+a_{n}^{4}\right]$.

所以, $2\left(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+a_{1}^{4}\right)<\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{1}^{2}\right)^{2}$.

那么由(1)可知, $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 是某个三角形三条边的长, 再由对称性可知 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 中任何三个数都可以作为某一个三角形三条边的长.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是(1)根据所给条件分解因式结合三角形三边关系判断即可;

(2)设法把 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 中任何三个的关系转化为(1)条件即可.由已知及柯西不等式得到 $2\left(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+a_{2}^{4}\right)<\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{1}^{2}\right)^{2}$, 根据对称性可知 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 中任何三个数都可以作为某一个三角形三条边的长.
题目（高三 · 算术）：18. 设 $a, b$ 都是正数, 求证: $\left(\frac{a}{b}\right)^{2}+\left(\frac{b}{a}\right)^{2} \geq \frac{a}{b}+\frac{b}{a}$.
选项：
答案：答案: 证明: 由题意不妨设 $a \geq b>0$. 则 $a^{2} \geq b^{2}, \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a}$. 所以 $\frac{a^{2}}{b} \geq \frac{b^{2}}{a}$.
根据排序不等式, 知 $\frac{a^{2}}{b} \times \frac{1}{b}+\frac{b^{2}}{a} \times \frac{1}{a} \geq \frac{a^{2}}{b} \times \frac{1}{a}+\frac{b^{2}}{a} \times \frac{1}{b}$, 即 $\left(\frac{a}{b}\right)^{2}+\left(\frac{b}{a}\right)^{2} \geq \frac{a}{b}+\frac{b}{a}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是由题意不妨设 $a \geq b>0$. 则 $a^{2} \geq b^{2}, \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a}$. 所以 $\frac{a^{2}}{b} \geq \frac{b^{2}}{a}$, 然后根据排序不等式性质计算即可
题目（高三 · 算术）：19. 已知 $a, b, c$ 为正数, $a>b>c$, 求证:

(1) $\frac{1}{b c} \geq \frac{1}{c a} \geq \frac{1}{a b}$.

(2) $\frac{1}{b^{3} c^{3}} \geq \frac{1}{c^{3} a^{3}} \geq \frac{1}{a^{3} b^{3}} \geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}$.
选项：
答案：答案: 证明: (1) $\because a \geq b>0$, 于是 $\frac{1}{a} \leq \frac{1}{b}$,

又 $c>0, \therefore \frac{1}{c}>0$, 从而 $\frac{1}{b c} \geq \frac{1}{c a}$.

同理, $\because b \geq c>0$, 于是 $\frac{1}{b} \leq \frac{1}{c}$,

$\because a>0, \quad \therefore \frac{1}{a}>0$, 于是得 $\frac{1}{a a} \geq \frac{1}{a b}$.

从而 $\frac{1}{b c} \geq \frac{1}{c a} \geq \frac{1}{a b}$.

(2) 由(1) $\frac{1}{b c} \geq \frac{1}{c a} \geq \frac{1}{a b}$, 于是由顺序和 $\geq$ 乱序和得,

$\frac{a^{5}}{b^{3} c^{3}}+\frac{b^{5}}{c^{3} a^{3}}+\frac{c^{5}}{a^{3} b^{3}} \geq \frac{b^{5}}{b^{3} c^{3}}+\frac{c^{5}}{c^{3} a^{3}}+\frac{a^{5}}{a^{3} b^{3}}$

$=\frac{b^{2}}{c^{3}}+\frac{c^{2}}{a^{3}}+\frac{a^{2}}{b^{3}}\left(\because a^{2} \geq b^{2} \geq c^{2}, \frac{1}{c^{3}} \geq \frac{1}{b^{3}} \geq \frac{1}{a^{3}}\right)$

$\geq \frac{c^{2}}{c^{3}}+\frac{a^{2}}{a^{3}}+\frac{b^{2}}{b^{3}}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.
解析：: 分析: 本题考查排序不等式的直接应用, 解答本题需要分析式子结构, 然后通过对比.联想公式，构造数组，利用公式求解.
题目（高三 · 算术）：22. 设 $a, b, c$ 为正数, 求证:

$\frac{a^{12}}{b c}+\frac{b^{12}}{a a}+\frac{c^{12}}{a b} \geq a^{10}+b^{10}+c^{10}$.
选项：
答案：答案: 解: 设 $a \geq b \geq c$,

则 $a^{12} \geq b^{12} \geq c^{12}, \frac{1}{b c} \geq \frac{1}{c a} \geq \frac{1}{a b}$,

由顺序和 $\geq$ 乱序和，得

$\frac{a^{12}}{b c}+\frac{b^{12}}{c a}+\frac{c^{12}}{a b} \geq \frac{a^{12}}{a b}+\frac{b^{12}}{b c}+\frac{c^{12}}{c a}=\frac{a^{11}}{b}+\frac{b^{11}}{c}+\frac{c^{11}}{a}$.

而 $\frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \leq \frac{1}{c}$.

由乱序和 $\geq$ 反序和，

得 $\frac{1^{11}}{b}+\frac{b^{11}}{c}+\frac{c^{11}}{a} \geq \frac{a^{11}}{a}+\frac{b^{11}}{b}+\frac{c^{11}}{c}=a^{10}+b^{10}+c^{10}$.
综合(1)(2), 可得原不等式成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是设 $a \geq b \geq c$,

则 $a^{12} \geq b^{12} \geq c^{12}, \frac{1}{b c} \geq \frac{1}{a a} \geq \frac{1}{a b}$, 由顺序和 $\geq$ 乱序和和 $\geq$ 反序和证明即可