eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：18. 设 $\mathrm{F}$ 为抛物线 $\mathrm{C}: y^{2}=4 x$ 的焦点, 过点 $\mathrm{P}(-1,0)$ 的直线 $l$ 交抛物线 $\mathrm{C}$ 于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, 点 $\mathrm{Q}$ 为线段 $\mathrm{AB}$ 的中点, 若 $|\mathrm{FQ}|=2$,则直线 $l$ 的斜率等于 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\pm 1$
解析：: 解答: 设直线 $\mathrm{l}: \mathrm{y}=\mathrm{k}(x+1)$, 由 $\left\{\begin{array}{c}y=k(x+1), \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\mathrm{k}^{2} x^{2}+\left(2 \mathrm{k}^{2}-4\right) x+\mathrm{k}^{2}=0$,
设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=-\frac{2 k^{2}-4}{k^{2}}, x_{1} \cdot x_{2}=1$, 设 $\mathrm{AB}$ 的中点 $\mathrm{Q}\left(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$,

则 $x_{0}=-\frac{k^{2}-2}{k^{2}}, y_{0}=k\left(x_{0}+1\right)=\frac{2}{k}$, 因为 $|\mathrm{FQ}|=2, \mathrm{~F}(1,0)$,

所以 $\left(-\frac{k^{2}-2}{k^{2}}-1\right)^{2}+\left(\frac{2}{k}\right)^{2}=4$, 所以 $\mathrm{k}^{2}=1, \mathrm{k}= \pm 1$.

分析: 由抛物线方程可知 $\mathrm{F}$ 的坐标, 再利用待定系数法表示 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点的坐标, 根据 $|\mathrm{FQ}|=2$ 求解.
题目（高二 · 解析几何）：19. 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 与抛物线 $y^{2}=4 x$ 相交于不同的 $A, B$ 两点.如果直线 $l$过抛物线的焦点, 求 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}$ 的值 \$ \qquad \$ ;
选项：
答案：答案: -3
解析：：解答：由题意: 抛物线焦点为 $(1,0)$, 设 $l: x=t y+1$ 代入抛物线 $y^{2}=4 x$, 消去 $x$得 $y^{2}-4 t y-4=0$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $y_{1}+y_{2}=4 t, y_{1} y_{2}=-4$,

$$
\begin{aligned}
& \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=\left(t y_{2}+1\right)\left(t y_{2}+1\right)+y_{1} y_{2}=t^{2} y_{1} y_{2}+t\left(y_{1}+y_{2}\right)+1+y_{1} y_{2}= \\
& -4 t^{2}+4 t^{2}+1-4=-3
\end{aligned}
$$

分析: 抛物线焦点为 $(1,0)$, 设 $l: x=t y+1$ 代入抛物线 $y^{2}=4 x$, 消去 $x$ 得 $y^{2}-4 t y-4=0$,求解即可。
题目（高二 · 解析几何）：10. 一个直角三角形的三边成等比数列, 则较小锐角的正弦值是

答案 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
解析：设三边为 $a, a q, a q^{2}(q>1)$,

则 $\left(a q^{2}\right)^{2}=(a q)^{2}+a^{2}, \therefore q^{2}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$.

较小锐角记为 $\theta$, 则 $\sin \theta=\frac{1}{q^{2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：16. 若曲线 $y=x^{2}+a x+b$ 在点 $(0, b)$ 处的切线方程为 $x-y+1=0$, 则 $a, b$ 的值分别为 \$ \qquad \$ ,
选项：
答案：答案: $1 \mid 1$
解析：: 解答: $\because$ 点 $(0, \mathrm{~b})$ 在切线 $x-y+1=0$ 上, $\therefore-\mathrm{b}+1=0, \mathrm{~b}=1$.

又 $\frac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\frac{\Delta x^{2}+a \Delta x+b-b}{\Delta x}=a+\Delta x, \therefore f^{\prime}(0)=a=1$

分析: 本题主要考查了导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的几何意义进行分析计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：17. 的一条切线平行于直线 $y=4 x-3$, 则这条切线方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $4 x-y-5=0$
解析：: 解答: $\because \mathrm{f}^{\prime}(x)=\lim _{d \rightarrow 0} \frac{f(x+d)-f(x)}{d}=\lim _{d \rightarrow 0} \frac{(x+d)^{2}-1-\left(x^{2}-1\right)}{d}=\lim _{d \rightarrow 0} \frac{2 x d+d^{2}}{d}=$ $\lim _{d \rightarrow 0}(2 x+d)=2 x$.

设切点坐标为 $\left(x_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$, 则由题意知 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=4$, 即 $2 x_{0}=4, \therefore x_{0}=2$, 代入曲线方程得 $\mathrm{y}_{0}=3$,故该切线过点 $(2,3)$ 且斜率为 4 . 所以这条切线方程为 $y-3=4(x-2)$, 即 $4 x-y-5=0$.分析: 本题主要考查了导数的几何意义; 极限及其运算, 解决问题的关键是根据导数的几何
意义进行极限运算即可
题目（高二 · 解析几何）：18. 曲线 $\mathrm{f}(x)=x^{2}+3 x$ 在点 $\mathrm{A}(2,10)$ 处的切线的斜率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: 7
解析：: 解答: $\frac{f(2+\Delta x)-f(2)}{\Delta x}=\frac{(2+\Delta x)^{2}+3(2+\Delta x)-\left(2^{2}+3 \times 2\right)}{\Delta x}=\Delta x+7$,

当 $\Delta x \rightarrow 0$ 时, $\Delta x+7 \rightarrow 7$,

所以, $\mathrm{f}(x)$ 在 $\mathrm{A}$ 处的切线的斜率为 7 .

分析: 本题主要考查了导数的几何意义、极限及其运算, 解决问题的关键是根据导数的概念进行计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：19. 曲线 $y=x^{2}+2$ 在点 $P(1,3)$ 处的切线方程为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $2 x-y+1=0$
解析：: 解答: $\frac{(1+\Delta x)^{2}+2-\left(1^{2}+2\right)}{\Delta x}=\Delta x+2$, 当 $\Delta x \rightarrow 0$ 时, $\Delta x+2 \rightarrow 2$.

所以曲线 $y=x^{2}+2$ 在点 $P(1,3)$ 处的切线斜率为 2 , 其方程为 $y-3=2(x-1)$.

即为 $2 x-y+1=0$.

分析: 本题主要考查了导数的几何意义、极限及其运算, 解决问题的关键是根据极限的运算计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：20. 抛物线 $y=x^{2}+x+2$ 上点 $(1,4)$ 处的切线的斜率是 \$ \qquad \$ , 该切线方程为
选项：
答案：答案: $3 \mid 3 x-y+1=0$
解析：: 解答: $\Delta \mathrm{y}=(1+\mathrm{d})^{2}+(1+\mathrm{d})+2-\left(1^{2}+1+2\right)=3 \mathrm{~d}+\mathrm{d}^{2}$, 故 $\left.\mathrm{y}^{\prime}\right|_{x=1}=\lim _{d \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{d}=\lim _{d \rightarrow 0}(3+$ d) $=3 . \therefore$ 切线的方程为 $y-4=3(x-1)$, 即 $3 x-y+1=0$.

分析: 本题主要考查了导数的几何意义; 极限及其运算, 解决问题的关键是根据极限的运算计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：10. 若 $A$ 为不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0, \\ y \geqslant 0, \\ y-x \leqslant 2\end{array}\right.$ 表示的平面区域, 则当 $a$ 从 -2 连续变化到 1 时, 动直线 $x+y=a$ 扫过 $A$ 中的那部分区域的面积为
选项：
答案：$\frac{7}{4}$
解析：](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-080,.jpg?height=262&width=343&top_left_y=660&top_left_x=891)

如图所示, 区域 $A$ 表示的平面区域为 $\triangle O B C$ 内部及其边界组成的图形, 当 $a$ 从-2 连续变化到 1 时扫过的区域为四边形 ODEC 所围成的区域.

又 $D(0,1), B(0,2)$,

$E\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right), C(-2,0)$.

$S_{\text {四边形 } O D E C}=S_{\triangle O B C}-S_{\triangle B D E}=2-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：7. $\triangle A B C$ 的三个顶点坐标为 $A(3,-1), B(-1,1), C(1,3)$, 则 $\triangle A B C$ 的内部及边界所对应的二元一次不等式组是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\left\{\begin{array}{l}x+2 y-1 \geqslant 0 \\ x-y+2 \geqslant 0 \\ 2 x+y-5 \leqslant 0\end{array}\right.$
解析：![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-079,.jpg?height=305&width=446&top_left_y=790&top_left_x=842)

如图直线 $A B$ 的方程为 $x+2 y-1=0$ (可用两点式或点斜式写出).

直线 $A C$ 的方程为 $2 x+y-5=0$,

直线 $B C$ 的方程为 $x-y+2=0$,

把 $(0,0)$ 代入 $2 x+y-5=-5<0$,

$\therefore A C$ 左下方的区域为 $2 x+y-5<0$.

$\therefore$ 同理可得 $\triangle A B C$ 区域(含边界) 为 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y-1 \geqslant 0 \\ x-y+2 \geqslant 0 \\ 2 x+y-5 \leqslant 0\end{array}\right.$
题目（高二 · 解析几何）：9. 原点与点 $(1,1)$ 有且仅有一个点在不等式 $2 x-y+a>0$ 表示的平面区域内, 则 $a$ 的取值范围为
选项：
答案：$-1<a \leqslant 0$
解析：根据题意, 分以下两种情况:

(1)原点 $(0,0)$ 在该区域内, 点 $(1,1)$ 不在该区域内.

则 $\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ a+1 \leqslant 0\end{array}\right.$.无解.

(2)原点 $(0,0)$ 不在该区域内, 点 $(1,1)$ 在该区域内,

则 $\left\{\begin{array}{l}a \leqslant 0 \\ a+1>0\end{array}, \quad \therefore-1<a \leqslant 0\right.$.
综上所述, $-1<a \leqslant 0$.
题目（高二 · 解析几何）：17. 若函数: $s=\left\{\begin{array}{l}3 t^{2}+2(0 \leq t<3) \\ 29+3(t-3)^{2}(t \geq 3)\end{array}\right.$, 则函数在 $t=1$ 的切线方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $s=6 t-1$
解析：：解答：当 $0 \leq t<3$ 时, $s^{\prime}=6 t,\left.\therefore s^{\prime}\right|_{t=1}=6, t=1$ 时, $s=5, \therefore$ 切线方程为 $s-5=6(t-1) \Rightarrow s=6 t-1$.

分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的结合意义计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：20. 过曲线 $y=x^{4}-x$ 上点 $P$ 处的切线平行于直线 $y=3 x+2$, 那么点 $P$ 的坐标为
选项：
答案：答案: $(1,0)$
解析：：解答: 设 $P$ 点的坐标 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 求导得 $y^{\prime}=4 x^{3}-1$ 由导数的几何意义 $\left.y^{\prime}\right|_{x=x_{0}}=4 x_{0}{ }^{3}-1=3$, 解得 $x_{0}=1$, 所以 $y_{0}=1^{4}-1=0$, 故 $P$ 点坐标为 $(1,0)$.分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是导数的几何意义分析计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：7. 设 $x>-1$, 则函数 $y=\frac{(x+5)(x+2)}{x+1}$ 的最小值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：9
解析：$\because x>-1, \therefore x+1>0$,

设 $x+1=t>0$, 则 $x=t-1$,

于是有 $y=\frac{(t+4)(t+1)}{t}=\frac{t^{2}+5 t+4}{t}=t+\frac{4}{t}+5 \geqslant$

$2 \sqrt{t \cdot \frac{4}{t}}+5=9$,

当且仅当 $t=\frac{4}{t}$, 即 $t=2$ 时取等号, 此时 $x=1$.

$\therefore$ 当 $x=1$ 时,

函数 $y=\frac{(x+5)(x+2)}{x+1}$ 取得最小值为 9 .
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=2 \sin (3 x+\varphi)\left(|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 图象的一条对称轴为直线 $x=\frac{\pi}{12}$, 则 $\varphi=$
选项：
答案：$\frac{\pi}{4}$
解析：由 $y=2 \sin (3 x+\varphi)$ 的对称轴为 $x=\frac{\pi}{12} \quad(k \in \mathrm{Z})$,

可知 $3 \times \frac{\pi}{12}+\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2} \quad(k \in \mathrm{Z})$,

解得 $\varphi=k \pi+\frac{\pi}{4} \quad(k \in \mathrm{Z})$,

又 $\varphi \left\lvert\,<\frac{\pi}{2}\right.$,

所以 $k=0$, 故 $\varphi=\frac{\pi}{4}$.

故答案为 $\frac{\pi}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(\mathrm{x})=\sin \mathrm{x}+2|\sin \mathrm{x}|, x \in[0,2 \pi]$ 的图象与直线 $\mathrm{y}=\mathbf{k}$ 有且仅有两个不同的交点, 则 $\mathbf{k}$ 的取值范围是
选项：
答案：$1<k<3$
解析：$f(x)=\left\{\begin{array}{c}3 \sin x, x \in[0, \pi] . \\ -\sin x, x \in[\pi, 2 \pi] .\end{array}\right.$ 作出其图像, 可只有两个交点时 $\mathrm{k}$ 的范围为 $1<k<3$.

故答案为: $1<k<3$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>1,0 \leq \varphi \leq \pi)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 其图象关于点 $M\left(\frac{3 \pi}{4}, 0\right)$ 对称, 且在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是单调函数, 则 $\omega \cdot \varphi=$
选项：
答案：$\pi$
解析：由 $f(x)$ 是偶函数可得 $\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}$
$\because 0 \leq \varphi \leq \pi ，$

则当 $k=0$ 时, $\varphi=\frac{\pi}{2}$

$\therefore f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos \omega x$

$\because f(x)$ 的图象上的点关于 $M\left(\frac{3 \pi}{4}, 0\right)$ 对称

则 $f\left(\frac{3 \pi}{4}\right)=\cos \frac{3 \pi}{4} x=0$

故 $\frac{3 \pi}{4} \omega=k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in Z)$

即 $\omega=\frac{2}{3}(2 k+1)$

$\because f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是单调函数

$\therefore \frac{\pi}{2} \leq \frac{1}{2} \frac{2 \pi}{\omega}=\frac{\pi}{\omega}$, 即 $\omega \leq 2$

又 $\omega=\frac{2}{3}(2 k+1), \omega>1$

则当 $k=1$ 时, $\omega=2$

则 $\omega \varphi=\pi$

故答案为 $\pi$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=2 \cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 函数 $g(x)$ 的图象由函数 $f(x)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位而得到, 则当 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $g(x)$ 的单调递增区间是
选项：
答案：$\left[-\frac{5 \pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right]$
解析：由函数 $f(x)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位,

得到 $g(x)=2 \cos \left[2\left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2 \cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$,

令 $2 k \pi-\pi \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi, k \in \mathrm{Z}$, 解得 $k \pi-\frac{5 \pi}{12} \leq x \leq k \pi+\frac{\pi}{12}, k \in \mathbf{Z}$,

即 $g(x)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right], k \in \mathbf{Z}$,

则当 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, 可得 $g(x)$ 的单调递增区间为 $\left[-\frac{5 \pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right]$,
故答案为 $\left[-\frac{5 \pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：若函数 $f(x)=\sin \omega x(0<\omega<2)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$ 上单调递增, 在区间 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$上单调递减, 则 $\omega$ 等于
选项：
答案：$\frac{3}{2}$
解析：根据题意知 $f(x)$ 在 $x=\frac{\pi}{3}$ 处取得最大值 1 ,

$\therefore \sin \frac{\omega \pi}{3}=1, \therefore \frac{\omega \pi}{3}=2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$, 即 $\omega=6 k+\frac{3}{2}, k \in \mathrm{Z}$.

又 $0<a<2, \therefore k=0$ 时, $a=\frac{3}{2}$.

故答案为 $\frac{3}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=2 \cos (\omega x+\varphi)(\omega>0,0<\varphi<\pi)$ 的图象关于原点对称, 且在区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上是减函数, 则 $\omega$ 的取值范围为
选项：
答案：$\left(0, \frac{3}{4}\right]$
解析：由函数 $f(x)=2 \cos (\omega x+\varphi)(\omega>0,0<\varphi<\pi)$ 的图象关于原点对称,

得 $\varphi=\frac{\pi}{2}$,

即 $f(x)=2 \cos \left(\omega x+\frac{\pi}{2}\right)=-2 \sin \omega x$,

因为 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上是减函数,

所以 $y=2 \sin \omega x$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上是增函数,
又 $\left[-\frac{\pi}{2 \omega}, \frac{\pi}{2 \omega}\right]$ 是函数 $y=2 \sin \omega x$ 的单调递增区间, 所以 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{\pi}{2 \omega} \leq-\frac{\pi}{2} \\ \frac{2 \pi}{3} \leq \frac{\pi}{2 \omega}\end{array}\right.$,

又 $\omega>0$, 解得 $0<\omega \leq \frac{3}{4}$, 故答案为 $\left(0, \frac{3}{4}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin 2 \alpha=$
选项：
答案：$-\frac{7}{25}$
解析：分析：由二倍角公式求得 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)$, 再由诱导公式得结论.

详解: 由已知 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=2 \times\left(\frac{3}{5}\right)^{2}-1=-\frac{7}{25}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=-\frac{7}{25}$.

故答案为 $-\frac{7}{25}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan \alpha=\frac{1}{2}, \tan (\alpha-\beta)=-\frac{2}{5}$, 则 $\tan (\beta-2 \alpha)=$
选项：
答案：$-\frac{1}{12}$
解析：$\because \tan (\alpha-\beta)=-\frac{2}{5}, \quad \therefore \tan (\beta-\alpha)=\frac{2}{5}$

$\tan (\beta-2 \alpha)=\tan [(\beta-\alpha)-\alpha]=\frac{\tan (\beta-\alpha)-\tan \alpha}{1+\tan (\beta-\alpha) \times \tan \alpha}=\frac{\frac{2}{5}-\frac{1}{2}}{1+\frac{2}{5} \times \frac{1}{2}}=-\frac{1}{12}$
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$ 的值域为
选项：
答案：$\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$
解析：$f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$,

故答案为 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\alpha, \beta \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \pi\right), \sin (\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}, \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{12}{13}$, 则 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
答案：$-\frac{56}{65}$
解析：$\because \alpha, \beta \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \pi\right), \therefore \alpha+\beta \in\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$,$\therefore \cos (\alpha+\beta)=\sqrt{1-\sin ^{2}(\alpha+\beta)}=\frac{4}{5}$.又 $\beta-\frac{\pi}{4} \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right), \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{12}{13}$,$\therefore \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=-\sqrt{1-\sin ^{2}\left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)}=-\frac{5}{13}$.$\therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\cos \left[(\alpha+\beta)-\left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\cos (\alpha+\beta) \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)+\sin (\alpha+\beta) \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)$$=\frac{4}{5} \times\left(-\frac{5}{13}\right)+\left(-\frac{3}{5}\right) \times \frac{12}{13}=-\frac{56}{65}$.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\alpha, \beta \in(0, \pi)$, 且 $\sin (\alpha+\beta)=\frac{5}{13}, \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}$, 则 $\cos \beta$ 的值为
选项：
答案：$-\frac{16}{65}$
解析：因为 $\tan \alpha=\frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan ^{2} \frac{\alpha}{2}}=\frac{4}{3}>0$, 所以 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \sin \alpha=\frac{4}{5}, \cos \alpha=\frac{3}{5}$,

因为 $\sin \alpha>\sin (\alpha+\beta)>0$ 而 $\alpha, \beta \in(0, \pi)$, 所以 $\alpha+\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,

又 $\sin (\alpha+\beta)=\frac{5}{13}$, 所以 $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{12}{13}$,

因此 $\cos \beta=\cos [(\alpha+\beta)-\beta]=\cos (\alpha+\beta) \cos \beta+\sin (\alpha+\beta) \sin \beta=-\frac{16}{65}$, 答案为 $-\frac{16}{65}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \cos (\alpha+\beta)=-\frac{1}{3}$, 且 $\alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\sin (\alpha-\beta)$ 的值等于
选项：
答案：$\frac{10 \sqrt{2}}{27}$
解析：由于 $\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 所以 $\cos \alpha=\frac{1}{3}, \sin 2 \alpha=\frac{4 \sqrt{2}}{9}, \cos 2 \alpha=-\frac{7}{9}$, 由于 $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{1}{3}$,
$\sin (\alpha+\beta)=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

$\sin (\alpha-\beta)=\sin [2 \alpha-(\alpha+\beta)]=\sin 2 \alpha \cos (\alpha+\beta)-\cos 2 \alpha \sin (\alpha+\beta)=\frac{10 \sqrt{2}}{27}$.
题目（高二 · 解析几何）：$\cos 346^{\circ} \cdot \cos 419^{\circ}+\sin 14^{\circ} \cdot \sin 121^{\circ}=$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：$\cos 346^{\circ} \cdot \cos 419^{\circ}+\sin 14^{\circ} \cdot \sin 121^{\circ}=\cos 14^{\circ} \cos 59^{\circ}+\sin 14^{\circ} \sin 59^{\circ}=\cos \left(59^{\circ}-14^{\circ}\right)$, $=\cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

故答案为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：化简: $\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right) \sin ^{2} x=$
选项：
答案：$\tan x$.
解析：$\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right)_{\sin ^{2} x=}\left(\frac{\sin x}{\cos x}+\frac{\cos x}{\sin x}\right) \sin ^{2} x=\left(\frac{\sin ^{2} x+\cos ^{2} x}{\sin x \cos x}\right) \sin ^{2} x=\frac{\sin x}{\cos x}=\tan x$.
题目（高二 · 解析几何）：19.已知 $\frac{\sin \alpha+3 \cos \alpha}{3 \cos \alpha-\sin \alpha}=5$, 则 $\tan \alpha=$ , $\sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{2}{5}$
解析：由$\frac{\sin{\alpha}+3\cos{\alpha}}{3\cos{\alpha}-\sin{\alpha}}=5$,可得$\frac{\tan{\alpha}+3}{3-\tan{\alpha}}=5$,解得$\tan{\alpha}=2$,故$\sin^{2}{\alpha}-\sin{\alpha}\cos\alpha=\frac{\sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{\tan ^{2} \alpha-\tan \alpha}{\tan ^{2} \alpha+1}=\frac{2}{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：6. 比较大小: $\sin 1$ \$ \qquad \$ $\sin \frac{\pi}{3}($ 填 $“>”$ 或 $“<”)$.

解析：因为 $0<1<\frac{\pi}{3} \frac{\pi}{2}$, 结合单位圆中的三角函数线，知 $\sin 1<\sin \frac{\pi}{3}$.
选项：
解析：<
题目（高二 · 解析几何）：7. 不等式 $\tan \alpha+\frac{\sqrt{3}}{3}>0$ 的解集是 \$ \qquad \$
选项：
解析：不等式的解集如图所示(阴影部分),



$\therefore\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi-\frac{\pi}{6}<\alpha<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$.

答案: $\left\{\alpha \left\lvert\, k \pi-\frac{\pi}{6}<\alpha<k \pi+\frac{\pi}{2}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$
题目（高二 · 解析几何）：8. 若 $\cos \theta>\sin \frac{7 \pi}{3}$, 利用三角函数线得角 $\theta$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
解析：因为 $\cos \theta>\sin \frac{7 \pi}{3}$, 所以 $\cos \theta>\sin \left(\frac{\pi}{3}+2 \pi\right)=\sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 易知角 $\theta$ 的取值范围是 $\left(2 k \pi-\frac{\pi}{6}, 2 k \pi+\frac{\pi}{6}\right)(k \in \mathbf{Z})$.

答案: $\left(2 k \pi-\frac{\pi}{6}, 2 k \pi+\frac{\pi}{6}\right)(k \in \mathbf{Z})$
题目（高二 · 解析几何）：7. 命题: 若 $a>0$, 则二元一次不等式 $x+a y-1 \geqslant 0$ 表示直线 $x$ $+a y-1=0$ 的右上方区域(包含边界)是 \$ \qquad \$命题( “真” 或 “假”).
选项：
答案：: 真
解析：: 真
题目（高二 · 解析几何）：6. 已知椭圆 $G$ 的中心在坐标原点, 长轴在 $x$ 轴上, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$,且 $G$ 上一点到 $G$ 的两个焦点的距离之和为 12 , 则陏圆 $G$ 的方程为
选项：
答案：答案 ：$\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$
解析：： 由题意得 $2 a=12, \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $a=6, c=3 \sqrt{3}, b=3$,故椭圆 $G$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$.

答案 ：$\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$
题目（高二 · 解析几何）：7. 在一椭圆中以焦点 $F_{1}, F_{2}$ 为直径两端点的圆, 恰好过短轴的两顶点, 则此椭圆的离心率 $e$ 等于
选项：
答案：答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：： 由题可知 $b=c, \therefore a^{2}=b^{2}+c^{2}=2 c^{2}, a=\sqrt{2} c$.

$\therefore e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：8. 过制圆 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$ 的右焦点与 $x$ 轴垂直的直线与椭圆交于 $A$, $B$ 两点, 则 $|A B|=$
选项：
答案：答案 ：$\frac{32}{5}$
解析：：右焦点的坐标为 $(3,0)$, 当 $x=3$ 时, 代入椭圆方程得 $\frac{9}{25}+\frac{y^{2}}{16}$

$$
=1, \quad \therefore y^{2}=\frac{16 \times 16}{25}, \quad \therefore|y|=\frac{16}{5}
$$

故 $|A B|=2|y|=\frac{32}{5}$.

答案 ：$\frac{32}{5}$
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左焦点为 $F$, 右顶点为 $A$, 上顶点为 $B$, 若 $B F \perp B A$, 则称其为 “优美椭圆” , 那么 “优美椭圆”的离心率为
选项：
答案：答案 ：$\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$
解析：：由题意知 $|B F|=a,|A F|=a+c,|A B|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$,

$\because B F \perp B A, \quad \therefore|B F|^{2}+|B A|^{2}=|A F|^{2}$,

即 $a^{2}+a^{2}+b^{2}=(a+c)^{2}$. 化简得 $a^{2}-a c-c^{2}=0$,

$\therefore e^{2}+e-1=0$. 解得 $e=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$\because 0<e<1, \quad \therefore e=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

答案 ：$\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：8. 圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 与直线 $y=k x+2$ 没有公共点的充要条件是
选项：
答案：答案： $-\sqrt{3}<k<\sqrt{3}$
解析：：当圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 与直线 $y=k x+2$ 没有公共点时, 有 $\frac{|2|}{\sqrt{k^{2}+1}}>1$, 即 $\sqrt{k^{2}+1}<2$,

$\therefore k^{2}<3, \quad \therefore-\sqrt{3}<k<\sqrt{3}$.

答案： $-\sqrt{3}<k<\sqrt{3}$
题目（高二 · 解析几何）：7. 双曲线 $\frac{x^{2}}{m^{2}-4}-\frac{y^{2}}{m+1}=1$ 的焦点在 $y$ 轴上, 则 $m$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：： $(-2,-1)$
解析：： $(-2,-1)$
题目（高二 · 解析几何）：8. 双曲线 $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{6}=1$ 的右焦点到渐近线的距离是
选项：
答案：答案 ：$\sqrt{6}$
解析：： 由双曲线方程 $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{6}=1$ 知, 渐近线方程为 $y= \pm \sqrt{2} x$, 右焦点为 $(3,0)$, 根据点到直线的距离公式可求得该距离为 $d=\frac{3 \sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}$.

答案 ：$\sqrt{6}$
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知定点 $A(0,7), B(0,-7), C(12,2)$, 以 $C$ 为一个焦点作过 $A, B$ 的粗圆, 则另一个焦点 $F$ 的轨迹方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案： 以 $A, B$ 为焦点的双曲线的下半支
解析：： $\because A(0,7), B(0,-7)$ 在以 $C, F$ 为焦点的椭圆上,

$\therefore|F A|+|C A|=2 a,|F B|+|C B|=2 a$,

$\therefore|F A|+|C A|=|F B|+|C B|$.

$\therefore|F A|-|F B|=|C B|-|C A|=\sqrt{12^{2}+9^{2}}-\sqrt{12^{2}+5^{2}}=2<|A B|=14$.

$\therefore$ 点 $F$ 的轨迹是以 $A, B$ 为焦点的双曲线的下半支.

答案： 以 $A, B$ 为焦点的双曲线的下半支
题目（高二 · 解析几何）：7. 与椭圆 $x^{2}+4 y^{2}=4$ 有公共的焦点, 且经过点 $A(2,1)$ 的椭圆的方程为
选项：
答案：答案： $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$
解析：：椭圆 $x^{2}+4 y^{2}=4$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$,

$\therefore c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$.

设椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-3}=1 .\left(a^{2}>3\right)$,

把点 $A(2,1)$ 代入 $\frac{4}{a^{2}}+\frac{1}{a^{2}-3}=1$,

解得 $a^{2}=6$, 或 $a^{2}=2$ (舍去),

$\therefore$ 所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$.

答案： $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$
题目（高二 · 解析几何）：8. 椭圆 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 的焦点为 $F_{1}, F_{2}$, 点 $P$ 在粗圆上. 若 $\left|P F_{1}\right|=4$,则 $\left|P F_{2}\right|=$ \$ \qquad \$ ; $\angle F_{1} P F_{2}$ 的大小为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案： $2120^{\circ}$
解析：： $\because\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2 \times 3=6$, 且 $\left|P F_{1}\right|=4$,

$\therefore\left|P F_{2}\right|=2$.

在 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 中, $\left|P F_{1}\right|=4,\left|P F_{2}\right|=2,\left|F_{1} F_{2}\right|=2 \sqrt{7}$,

$\therefore \cos \angle F_{1} P F_{2}=\frac{\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}-\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}}{2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|}$

$=-\frac{1}{2}, \therefore \angle F_{1} P F_{2}=120^{\circ}$.

答案： $2120^{\circ}$
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知圆 $A:(x+3)^{2}+y^{2}=100$, 圆 $A$ 内一定点 $B(3,0)$, 圆 $P$ 过 $B$ 点且与圆 $A$ 内切, 则圆心 $P$ 的轨迹方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案： $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$
解析：： $\because$ 圆 $P$ 与圆 $A$ 内切, 圆 $A$ 的半径为 10 ,

$\therefore$ 两圆的圆心距 $|P A|=10-|P B|$,

即 $|P A|+|P B|=10$ (大于 $|A B|$ ).

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹是以 $A, B$ 两点为焦点的椭圆.
$\therefore 2 a=10,2 c=6$.

$\therefore a=5, c=3, b^{2}=5^{2}-3^{2}=16$.

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹方程为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$.

答案： $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$
题目（高二 · 解析几何）：7. 若动点 $P(x, y)$ 到定点 $F(5,0)$ 的距离是它到直线 $x=\frac{9}{5}$ 的距离的 $\frac{5}{3}$ 倍, 则动点 $P$ 的轨迹方程为
选项：
答案：答案: $16 x^{2}-9 y^{2}=144$
解析：: 设 $P(x, y)$, 则 $\frac{\sqrt{(x-5)^{2}+y^{2}}}{\left|x-\frac{9}{5}\right|}=\frac{5}{3}$,

化简整理得 $16 x^{2}-9 y^{2}=144$.

答案: $16 x^{2}-9 y^{2}=144$
题目（高二 · 解析几何）：8. 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 其一条渐近线方程为 $y=x$, 点 $P\left(\sqrt{3}, y_{0}\right)$ 在该双曲线上, 则 $\vec{P} \vec{F}_{1} \cdot \overrightarrow{P F_{2}}=$
选项：
答案：答案: 0
解析：: 因为渐近线方程为 $y=x, \therefore b=\sqrt{2}$.

$\therefore$ 双曲线方程为 $x^{2}-y^{2}=2$.

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(\sqrt{3}, \pm 1)$.

又易知 $F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$, 不妨取 $P(\sqrt{3}, 1)$.

$\therefore \overrightarrow{P F_{1}} \cdot \overrightarrow{P F_{2}}=(-2-\sqrt{3},-1) \cdot(2-\sqrt{3},-1)=0$.

答案: 0
题目（高二 · 解析几何）：9. 已知 $P$ 是双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} \frac{y^{2}}{9}=1$ 右支上的一点, 双曲线的一条渐近线的方程为 $3 x-y=0$. 设 $F_{1}, F_{2}$ 分别为双曲线的左、右焦点. 若 $\left|P F_{2}\right|$ $=3$, 则 $\left|P F_{1}\right|=$
选项：
答案：答案 :5
解析：:由双曲线的一条浙近线的方程为 $3 x-y=0$, 且 $b=3$ 可得 $a=1$, 由双曲线的定义知 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=2 a \Rightarrow\left|P F_{1}\right|-3=2 \Rightarrow\left|P F_{1}\right|=5$.

答案 :5
题目（高二 · 解析几何）：7. 已知曲线 $f(x)=x^{3}+x-2$ 在 $P$ 点处的切线平行直线 $y=4 x-1$,则 $P$ 点的坐标为
选项：
答案：答案： $(1,0)$ 或 $(-1,-4)$
解析：：$f^{\prime}(x)=3 x^{2}+1$, 直线 $y=4 x-1$ 的斜率为 4 ,

$f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3 x_{0}^{2}+1=4, \therefore x_{0}=1$, 或 $x_{0}=-1$.

当 $x_{0}=1$ 时, $f\left(x_{0}\right)=0$;

当 $x_{0}=-1$ 时, $f\left(x_{0}\right)=-4$,

$\therefore P$ 点坐标为 $(1,0)$ 或 $(-1,-4)$.
答案： $(1,0)$ 或 $(-1,-4)$
题目（高二 · 解析几何）：6. $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是抛物线 $x^{2}=2 p y(p>0)$ 上任一点, 则 $P$ 到焦点的距离是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $y_{0}+\frac{p}{2}$
解析：: 抛物线的准线为 $y=-\frac{p}{2}$,

$\therefore P$ 到焦点的距离为 $y_{0}+\frac{p}{2}$.

答案: $y_{0}+\frac{p}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：7. 抛物线 $y=4 x^{2}$ 上一点 $P$, 则 $P$ 到直线 $y=4 x-5$ 的距离的最小值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $\frac{4}{17} \sqrt{17}$
解析：:设 $P(x, y)$, 则 $d=\frac{|4 x-y-5|}{\sqrt{17}}$ $=\frac{\left|4 x-4 x^{2}-5\right|}{\sqrt{17}}=\frac{\left|(2 x-1)^{2}+4\right|}{\sqrt{17}} \geqslant \frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{4}{17} \sqrt{17}$.

答案: $\frac{4}{17} \sqrt{17}$
题目（高二 · 解析几何）：8. 抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上有一点纵坐标为 $-4 \sqrt{2}$, 这点到准线的距离为 6 , 则抛物线的方程为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $y^{2}=8 x$, 或 $y^{2}=16 x$
解析：: 设点 $\left(x_{0},-4 \sqrt{2}\right)$, 则 $(-4 \sqrt{2})^{2}=2 p x_{0}$,

$\therefore x_{0}=\frac{32}{2 p}=\frac{16}{p}$.
又由抛物线的定义可知 $x_{0}+\frac{p}{2}=6, \therefore \frac{16}{p}+\frac{p}{2}=6$,

即 $p^{2}-12 p+32=0$, 解得 $p=4$, 或 $p=8$.

$\therefore$ 抛物线方程为 $y^{2}=8 x$, 或 $y^{2}=16 x$.

答案: $y^{2}=8 x$, 或 $y^{2}=16 x$
题目（高二 · 解析几何）：7. 已知动点 $P$ 到点 $(3,0)$ 的距离比它到直线 $x=-2$ 的距离大 1 ,则点 $P$ 的轨迹方程为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案： $y^{2}=12 x$
解析：:由题意可知点 $P$ 到 $(3,0)$ 的距离与到 $x=-3$ 的距离相等,故 $P$ 的轨迹是扡物线, $p=6, \therefore$ 方程为 $y^{2}=12 x$.

答案： $y^{2}=12 x$
题目（高二 · 解析几何）：8. 设点 $A$ 是抛物线 $y^{2}=4 x$ 上一点, 点 $B(1,0)$, 点 $M$ 是线段 $A B$的中点, 若 $|A B|=6$, 则 $M$ 到直线 $x=-1$ 的距离为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案 ：4
解析：：如图所示, $B(1,0)$ 是抛物线 $y^{2}=4 x$ 的焦点, 直线 $l: x=-$ 1 是敃物线的准线，过 $A$ 作 $A A^{\prime} \perp l$ 于 $A^{\prime}$ ，则 $\left|A A^{\prime}\right|=A B=6$. 则 $M$到直线 $x=-1$ 的距离为 $\frac{6+2}{2}=4$.

答案 ：4
题目（高二 · 解析几何）：9. 若抛物线 $y^{2}=8 x$ 上一点 $A$ 到焦点的距离为 6 , 则该点的横坐标为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案： 4
解析：：设横坐标为 $x_{0}$, 抛物线的准线为 $x=-2$,

则 $x_{0}+2=6, x_{0}=4$.

答案： 4