eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 已知 $f(x)=2 \sin ^{2}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)-1$.

(1) 求 $g(x)=f\left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的递增区间;

(2) 是否存在实数 $k$, 使得不等式 $f(2 x)+(k-4) \cdot f(x)+(k-4) \cdot f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)<3$对任意 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 的恒成立, 若存在, 求出 $k$ 的取值范围; 若不存在, 说明理

由.
(2) 当 $x \in\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$ 时, 不等式 $2 m \geq \frac{(m+1) f(x)+2 m+1}{f(x)+2}$ 恒成立, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{5 \pi}{12}+k \pi\right], k \in Z$; (2) 存在, $1<k<4+\sqrt{2}$.
解析：(1) 解: $f(x)=2 \sin ^{2}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)-1=-\cos \left(\frac{\pi}{2}+x\right)=\sin x$,

$g(x)=f\left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,

递增区间为 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x-\frac{\pi}{3} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi$, 解得 $-\frac{\pi}{12}+k \pi \leq x \leq \frac{5 \pi}{12}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$,

函数 $g(x)$ 的递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{5 \pi}{12}+k \pi\right], k \in \mathrm{Z}$.

(2) 假设存在这样的实数 $k$, 则不等式即为 $2 \sin x \cdot \cos x+(k-4)(\sin x+\cos x)<3$,

令 $t=\sin x+\cos x$, 则 $\sin x \cdot \cos x=\frac{(\sin x+\cos x)^{2}-1}{2}=\frac{t^{2}-1}{2}$,

则不等式 $\Leftrightarrow\left(t^{2}-1\right)+(k-4) t<3 \Leftrightarrow t^{2}+(k-4) t-4<0$,

又 $t=\sin x+\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) ，$

由 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, 0\right], \therefore x+\frac{\pi}{4} \in\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right]$,

所以 $t=\sin x+\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \in[-1, \sqrt{2}]$,

令函数 $m(t)=t^{2}+(k-4) t-4$,

即 $m(t)=t^{2}+(k-4) t-4<0, t \in[-1, \sqrt{2}]$ 恒成立，

由一元二次方程根的分布，

只需 $\left\{\begin{array}{l}m(-1)<0 \\ m(\sqrt{2})<0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{c}1-k<0 \\ \sqrt{2}(k-4)-2<0\end{array} \Rightarrow 1<k<4+\sqrt{2}\right.\right.$.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)-2 \sqrt{3} \cos ^{2} x+\sqrt{3}$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间;
选项：
答案：(1) 增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{12}, k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$, 减区间为 $\left[k \pi+\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{11 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$; (2)

$\left[\frac{3}{5},+\infty\right)$.
解析：(1) $f(x)=\left(\frac{1}{2} \sin 2 x+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x\right)-\sqrt{3}(\cos 2 x+1)+\sqrt{3}$

$=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,令 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leq 2 x-\frac{\pi}{3} \leq 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$, 得 $k \pi-\frac{\pi}{12} \leq x \leq k \pi+\frac{5 \pi}{12}(k \in \mathbf{Z})$;

令 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leq 2 x-\frac{\pi}{3} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$, 得 $k \pi+\frac{5 \pi}{12} \leq x \leq k \pi+\frac{11 \pi}{12}(k \in \mathbf{Z})$,

故函数 $f(x)$ 的增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{12}, k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$, 减区间为 $\left[k \pi+\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{11 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.

（2）当 $x \in\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$ 时, $-\frac{5 \pi}{6} \leq 2 x-\frac{\pi}{3} \leq \frac{\pi}{6}$, 可得 $-1 \leq f(x) \leq \frac{1}{2}$,

由 $f(x)+2>0$,

不等式 $2 m \geq \frac{(m+1) f(x)+2 m+1}{f(x)+2}$ 可化为 $2 m f(x)+4 m \geq(m+1) f(x)+2 m+1$,

有 $(m-1) f(x)+2 m-1 \geq 0$.

令 $t=f(x), t \in\left[-1, \frac{1}{2}\right]$, 则 $g(t)=(m-1) t+2 m-1 \geq 0$,

若不等式 $2 m \geq \frac{(m+1) f(x)+2 m+1}{f(x)+2}$ 恒成立,

则 $\left\{\begin{array}{l}g\left(\frac{1}{2}\right) \geq 0 \\ g(-1) \geq 0\end{array}\right.$ 等价于 $\left\{\begin{array}{l}\frac{m-1}{2}+2 m-1 \geq 0 \\ -(m-1)+2 m-1 \geq 0\end{array}\right.$, 解得 $m \geq \frac{3}{5}$,

故实数 $m$ 的取值范围为 $\left[\frac{3}{5},+\infty\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 $\vec{a}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \vec{b}=(\cos \beta, \sin \beta),|\vec{a}-\vec{b}|=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

(1) 求 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值;

(2) 若 $-\frac{\pi}{2}<\beta<0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 且 $\sin \beta=-\frac{5}{13}$, 求 $\sin \alpha$ 的值.
选项：
答案：(1) $\cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}$ (2) $\frac{33}{65}$
解析：(1) $\because|\vec{a}-\vec{b}|=\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \therefore \vec{a}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=\frac{4}{5}$.

又 $\because \vec{a}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \because \vec{b}=(\cos \beta, \sin \beta)$ ，

$\therefore \vec{a}^{2}=\vec{b}^{2}=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\cos (\alpha-\beta)$,

$\therefore \cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}$.

(2) $\because-\frac{\pi}{2}<\beta<0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \therefore 0<\alpha-\beta<\pi$.

由 (1) 得 $\cos (\alpha-\beta)=\frac{3}{5}, \therefore \sin (\alpha-\beta)=\frac{4}{5}$,

又 $\because \sin \beta=-\frac{5}{13}, \therefore \cos \beta=\frac{12}{13}$,

$\therefore \sin \alpha=\sin [(\alpha-\beta)+\beta]=\sin (\alpha-\beta) \cos \beta+\cos (\alpha-\beta) \sin \beta=\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}+\frac{3}{5} \times\left(-\frac{5}{13}\right)=\frac{33}{65}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha=\frac{5}{13}$, 且 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$.

(1)求 $\sin 2 \alpha$ 的值;

(2)若 $\cos (\alpha-\beta)=\frac{4}{5}, 0<\alpha<\beta<\frac{\pi}{2}$, 求 $\cos \beta$ 的值.
选项：
答案：(1) $\frac{120}{169}$; (2) $\frac{33}{65}$.
解析：(1) $\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \sin \alpha=\frac{5}{13}, \therefore \cos \alpha=\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=\frac{12}{13}$ ，

$\therefore \sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{120}{169}$.

(2) 若 $\cos (\alpha-\beta)=\frac{4}{5}, \quad 0<\alpha<\beta<\frac{\pi}{2}$, 则 $-\frac{\pi}{2}<\alpha-\beta<0$,
$\therefore \sin (\alpha-\beta)=-\sqrt{1-\cos ^{2}(\alpha-\beta)}=-\frac{3}{5}$,

$\therefore \cos \beta=\cos [\alpha-(\alpha-\beta)]=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)+\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)=\frac{12}{13} \cdot \frac{4}{5}+\frac{5}{13} \cdot\left(-\frac{3}{5}\right)=\frac{33}{65}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知, $\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}$, 且 $\alpha 、 \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 求:

(1) $\cos (2 \alpha-\beta)$ 的值;

(2) $\beta$ 的值.
选项：
答案：(1) $\frac{\sqrt{2}}{10}$;
(2) $\beta=\frac{\pi}{4}$.
解析：(1) 因为 $\alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\alpha-\beta \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$,

又因为 $\sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{10}}{10}$, 则 $\cos (\alpha-\beta)=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$, 而 $\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\cos (2 \alpha-\beta)=\cos [\alpha+(\alpha-\beta)]=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)-\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{2}}{10}$,

(2) $\cos \beta=\cos [\alpha-(\alpha-\beta)]=\cos \alpha \cos (\alpha-\beta)+\sin \alpha \sin (\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

又 $\because \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \beta=\frac{\pi}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=\frac{1}{2}$.

(I) 求 $\tan \alpha$ 的值;

(II) 求 $\frac{\sin (2 \alpha+2 \pi)-\sin ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}{1-\cos (\pi-2 \alpha)+\sin ^{2} \alpha}$ 的值.
选项：
答案：(I) $\tan \alpha=-\frac{1}{3}$; (II) $-\frac{15}{19}$.
解析：(I) $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan \alpha}{1-\tan \frac{\pi}{4} \tan \alpha}=\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=\frac{1}{2}$,解得 $\tan \alpha=-\frac{1}{3}$;

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

$=\frac{2 \sin \alpha \cos \alpha-\cos ^{2} \alpha}{2 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}=\frac{2 \tan \alpha-1}{2+\tan ^{2} \alpha}=-\frac{15}{19}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\frac{\pi}{2}<\alpha<\pi$, 且 $\sin \alpha=\frac{4}{5}$.

(1) 求 $\tan \alpha$ 的值;

(2) 求 $\cos 2 \alpha+\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)$ 的值.
选项：
答案：(1) $-\frac{4}{3}$ (2) $-\frac{27}{25}$
解析：(1) $\because \frac{\pi}{2}<\alpha<\pi, \sin \alpha=\frac{4}{5}$,

$\therefore \cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\frac{3}{5}$,

$\therefore \tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=-\frac{4}{3}$.

(2) $\because \sin \alpha=\frac{4}{5}$,

$\therefore$ 原式 $=1-2 \sin ^{2} \alpha-\sin \alpha=1-\frac{32}{25}-\frac{4}{5}=-\frac{27}{25}$.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\alpha \in(\pi, 2 \pi)$ ，且 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

(1)求 $\cos ^{2} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值;

(2)求 $\sin \alpha-\cos \alpha$ 的值.
选项：
答案：(1)$\frac{49}{256}$(2)$-\frac{\sqrt{30}}{4}$
解析：)因为 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{\sqrt{2}}{4}$ ，所以 $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}$, 即 $1+2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{1}{\frac{1}{8}}$, 所以 $\sin \alpha \cos \alpha==^{\frac{7}{16}}$, 所以 $\cos ^{2} \alpha-\cos ^{4} \alpha=\cos ^{2} \alpha\left(1-\cos ^{2} \alpha\right)=\cos ^{2} \alpha \sin ^{2} \alpha=(\sin \alpha \cos \alpha)^{2}=\left(-\frac{7}{16}\right)^{2} =\frac{49}{256}$.

(2) $(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=1-2 \sin \alpha \cos \alpha=1-2 x^{\left(-\frac{7}{16}\right)}=\frac{15}{8}$ ，由(1)知 $\sin \alpha \cos \alpha=-\frac{7}{16}<0$ ，又 $\alpha \in(\pi, 2 \pi)$,所以 $\alpha \in^{\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)}$,所以 $\sin \alpha<0, \cos \alpha>0$, 所以 $\sin \alpha-\cos \alpha<0$, 所以 $\sin \alpha-\cos \alpha=-\frac{\sqrt{30}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知一扇形的中心角是 $\boldsymbol{\alpha}$, 所在圆的半径是 $\mathbf{R}$.

(1)若 $\alpha=60^{\circ}, R=10 \mathrm{~cm}$, 求扇形的弧长及该弧所在的弓形面积;

(2)若扇形的周长是一定值 $\mathbf{C}(\mathrm{C}>\mathbf{0})$, 当 $\alpha$ 为多少弧度时, 该扇形有最大面积?
选项：
答案：(1) $50^{\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)} \mathrm{cm}^{2}(2)^{\frac{C^{2}}{16}}$
解析：(1)设弧长为 $\mathrm{l}$, 弓形面积为 $\mathrm{S}$ 弓.

$\because \alpha=60^{\circ}=\frac{\frac{\pi}{3}}{}, \quad \mathrm{R}=10, \quad \therefore \mathrm{l}=^{\frac{10}{3}} \pi(\mathrm{cm})$.

$\mathrm{S}_{\text {亏 }}=\mathrm{S}_{\text {闻 }}-\mathrm{S}_{\triangle}==^{\frac{1}{2}} \times^{\frac{10}{3}} \pi \times 10-^{\frac{1}{2}} \times 10^{2} \cdot \sin 60^{\circ}=50^{\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)} \mathrm{cm}^{2}$.

(2) $\because$ 扇形周长 $\mathrm{C}=2 \mathrm{R}+\mathrm{l}=2 \mathrm{R}+\alpha \mathrm{R}, \therefore \mathrm{R}={ }^{\frac{c}{2+\alpha}}, \therefore \mathrm{S}_{\text {闲 }}=\frac{1}{2} \alpha \cdot \mathrm{R}^{2}={ }^{\frac{1}{2}}\left(\frac{\mathrm{C}}{2+\alpha}\right)^{2}=\frac{\mathrm{C}^{2}}{2} \cdot \frac{a}{4+4 a+a^{2}}=\frac{C^{2}}{2} \cdot \frac{1}{4+a+\frac{4}{a}} \leq \frac{C^{2}}{16}$,当且仅当 $\alpha={ }^{\frac{4}{a}}$, 即 $\alpha=2\left(\alpha=-2\right.$ 舍去)时, 扇形面积有最大值 ${ }^{\frac{C^{2}}{16}}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知一扇形的中心角为 $\alpha$, 所在圆的半径为 $R$.

(1) 若 $\alpha=\frac{\pi}{3}, R=6 \mathrm{~cm}$, 求该扇形的弧长 $l$.

（2）若扇形的周长为 $12 \mathrm{~cm}$, 问当 $\alpha$ 多大时, 该扇形有最大面积? 并求出这个最大面积.
选项：
答案：(1) $2 \pi ；$ （2） $\alpha=2$, 扇形的最大面积为 $9 \mathrm{~cm}^{2}$.
解析：）由扇形的弧长公式, 可得该扇形的弧长为 $l=\alpha R=\frac{\pi}{3} \times 6=2 \pi$;

（2）由题意, 扇形的周长为 $12 \mathrm{~cm}$, 所以 $2 R+l=12$, 可得 $l=12-2 R$,又由扇形的面积公式, 可得 $S=\frac{1}{2} l R=\frac{1}{2}(12-2 R) R=-R^{2}+6 R=-(R-3)^{2}+9$,当 $R=3$ 时, 扇形的面积取得最大值, 此时最大面积为 $S=9 \mathrm{~cm}^{2}$,此时 $l=12-2 R=6$, 即 $\alpha R=\alpha \times 3=6$, 解得 $\alpha=2$.
题目（高二 · 解析几何）：10.利用三角函数线，求满足下列条件的角 $\alpha$ 的集合:

(1) $\tan \alpha=-1 ;(2) \sin \alpha \leqslant-\frac{\sqrt{2}}{2}$.
选项：
解析：(1)如图(1)所示, 过点 $(1,-1)$ 和原点作直线交单位圆于点 $P$ 和 $P^{\prime}$, 则 $O P$ 和 $O P^{\prime}$ 就是角 $\alpha$ 的终边, 所以 $\angle \mathrm{XOP}=\frac{3 \pi}{4}=\pi-\frac{\pi}{4}, \angle x O P^{\prime}=-\frac{\pi}{4}$,

所以满足条件的所有角 $\alpha$ 的集合是 $\left\{\alpha \left\lvert\, \alpha=-\frac{\pi}{4}+k \pi\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$.



(1)



(2)

(2)如图(2)所示, 过 $\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 作与 $x$ 轴平行线, 交单位圆于点 $P$ 和 $P^{\prime}$, 则 $\sin \angle x O P=\sin \angle x O P^{\prime}=$ $-\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\therefore \angle X O P=\frac{5}{4} \pi, \angle X O P^{\prime}=\frac{7}{4} \pi$,

$\therefore$ 满足条件所有角 $\alpha$ 的集合为 $\left\{x \left\lvert\, \frac{5}{4} \pi+2 k \pi<\alpha<\frac{7}{4} \pi+2 k \pi\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$.
题目（高二 · 解析几何）：14. 求下列函数的定义域.

(1) $y=\sqrt{2 \sin x-\sqrt{3}}$;

(2) $y=\lg \left(\sin x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\sqrt{1-2 \cos x}$.
选项：
解析：(1)自变量 $x$ 应满足 $2 \sin x-\sqrt{3} \geqslant 0$, 即 $\sin x \geqslant \frac{\sqrt{3}}{2}$. 图中阴影部分就是满足条件的角 $x$ 的范围, 即 $\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi+\frac{\pi}{3} \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$.




则不等式组的解的集合如图(阴影部分)所示,

$\therefore\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi+\frac{\pi}{3} \leqslant x<2 k \pi+\frac{3}{4} \pi\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 椭圆过 $(3,0)$ 点, 离心率 $e=\frac{\sqrt{6}}{3}$, 求粗圆的标准方程.
选项：
答案：：解 当陏圆焦点在 $x$ 轴上时, 则

$a=3, \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}, \therefore c=\sqrt{6}$

$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$
故椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}=1$ ；

当椭圆的焦点在 $y$ 轴上时,

则 $b=3$, 又 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,

$\therefore \frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}, \quad \therefore a^{2}=27$.

故椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{27}=1$,

$\therefore$ 所求椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 或 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{27}=1$.
解析：：解 当陏圆焦点在 $x$ 轴上时, 则

$a=3, \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}, \therefore c=\sqrt{6}$

$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$
故椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}=1$ ；

当椭圆的焦点在 $y$ 轴上时,

则 $b=3$, 又 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,

$\therefore \frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}, \quad \therefore a^{2}=27$.

故椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{27}=1$,

$\therefore$ 所求椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 或 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{27}=1$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 如图所示, $F_{1}, F_{2}$ 分别为粗圆的左、右焦点, 椭圆上点 $M$的横坐标等于右焦点的横坐标, 其纵坐标等于短半轴长的 $\frac{2}{3}$, 求椭圆的离心率.


选项：
答案：：解 设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距长分别为 $a, b, c$.

则焦点为 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0), M$ 点的坐标为 $\left(c, \frac{2}{3} b\right)$, 则 $\triangle M F_{1} F_{2}$为直角三角形.

$\therefore\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}+\left|M F_{2}\right|^{2}=\left|M F_{1}\right|^{2}$,

即 $4 c^{2}+\frac{4}{9} b^{2}=\left|M F_{1}\right|^{2}$.
而 $\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=\sqrt{4 c^{2}+\frac{4}{9} b^{2}}+\frac{2}{3} b=2 a ，$

整理得 $3 c^{2}=3 a^{2}-2 a b$.

又 $c^{2}=a^{2}-b^{2}$, 所以 $3 b=2 a$, 所以 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4}{9}$.

$\therefore e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=1-\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{9}, \quad \therefore e=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
解析：：解 设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距长分别为 $a, b, c$.

则焦点为 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0), M$ 点的坐标为 $\left(c, \frac{2}{3} b\right)$, 则 $\triangle M F_{1} F_{2}$为直角三角形.

$\therefore\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}+\left|M F_{2}\right|^{2}=\left|M F_{1}\right|^{2}$,

即 $4 c^{2}+\frac{4}{9} b^{2}=\left|M F_{1}\right|^{2}$.
而 $\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=\sqrt{4 c^{2}+\frac{4}{9} b^{2}}+\frac{2}{3} b=2 a ，$

整理得 $3 c^{2}=3 a^{2}-2 a b$.

又 $c^{2}=a^{2}-b^{2}$, 所以 $3 b=2 a$, 所以 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4}{9}$.

$\therefore e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=1-\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{9}, \quad \therefore e=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F_{1}(-c, 0), A(-a, 0)$, $B(0, b)$ 是两个顶点, 如果 $F_{1}$ 到直线 $A B$ 的距离为 $\frac{b}{\sqrt{7}}$, 求椭圆的离心率 $e$.
选项：
答案：：解 由 $A(-a, 0), B(0, b)$, 得直线 $A B$ 的斜率为 $k_{A B}=\frac{b}{a}$, 故 $A B$所在的直线方程为 $y-b=\frac{b}{a} x$, 即 $b x-a y+a b=0$.

又 $F_{1}(-c, 0)$,

由点到直线的距离公式可得 $d=\frac{|-b c+a b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{b}{\sqrt{7}}$,

$\therefore \sqrt{7}(a-c)=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$.

又 $b^{2}=a^{2}-c^{2}$, 整理, 得 $8 c^{2}-14 a c+5 a^{2}=0$,

即 $8\left(\frac{c}{a}\right)^{2}-14\left(\frac{c}{a}\right)+5=0$,

$\therefore 8 e^{2}-14 e+5=0$,

$\therefore e=\frac{1}{2}$ 或 $e=\frac{5}{4}$ (舍去).

综上可知, 椭圆的离心率 $e=\frac{1}{2}$.
解析：：解 由 $A(-a, 0), B(0, b)$, 得直线 $A B$ 的斜率为 $k_{A B}=\frac{b}{a}$, 故 $A B$所在的直线方程为 $y-b=\frac{b}{a} x$, 即 $b x-a y+a b=0$.

又 $F_{1}(-c, 0)$,

由点到直线的距离公式可得 $d=\frac{|-b c+a b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{b}{\sqrt{7}}$,

$\therefore \sqrt{7}(a-c)=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$.

又 $b^{2}=a^{2}-c^{2}$, 整理, 得 $8 c^{2}-14 a c+5 a^{2}=0$,

即 $8\left(\frac{c}{a}\right)^{2}-14\left(\frac{c}{a}\right)+5=0$,

$\therefore 8 e^{2}-14 e+5=0$,

$\therefore e=\frac{1}{2}$ 或 $e=\frac{5}{4}$ (舍去).

综上可知, 椭圆的离心率 $e=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 证明: “ $a+2 b=0$ ” 是 “直线 $a x+2 y+3=0$ 和直线 $x+b y$ $+2=0$ 互相垂直” 的充要条件.
选项：
答案：：证明 充分性: 当 $b=0$ 时, 如果 $a+2 b=0$, 那么 $a=0$, 此时,直线 $a x+2 y+3=0$ 平行于 $x$ 轴, 直线 $x+b y+2=0$ 平行于 $y$ 轴, 它们互相垂直; 当 $b \neq 0$ 时, 直线 $a x+2 y+3=0$ 的斜率 $k_{1}=-\frac{a}{2}$, 直线 $x$ $+b y+2=0$ 的斜率 $k_{2}=-\frac{1}{b}$, 如果 $a+2 b=0$, 那么 $k_{1} k_{2}=\left(-\frac{a}{2}\right) \times\left(-\frac{1}{b}\right)$ $=-1$. 故两直线互相垂直.

必要性: 如果两条直线互相垂直且斜率都存在, 那么 $k_{1} k_{2}=\left(-\frac{a}{2}\right)$ $\times\left(-\frac{1}{b}\right)=-1$, 所以 $a+2 b=0$, 若两条直线中有直线的斜率不存在,且互相垂直, 则 $b=0$, 且 $a=0$, 所以 $a+2 b=0$.

综上可知, $a+2 b=0$ 是直线 $a x+2 y+3=0$ 和直线 $x+b y+2=0$互相垂直的充要条件.
解析：：证明 充分性: 当 $b=0$ 时, 如果 $a+2 b=0$, 那么 $a=0$, 此时,直线 $a x+2 y+3=0$ 平行于 $x$ 轴, 直线 $x+b y+2=0$ 平行于 $y$ 轴, 它们互相垂直; 当 $b \neq 0$ 时, 直线 $a x+2 y+3=0$ 的斜率 $k_{1}=-\frac{a}{2}$, 直线 $x$ $+b y+2=0$ 的斜率 $k_{2}=-\frac{1}{b}$, 如果 $a+2 b=0$, 那么 $k_{1} k_{2}=\left(-\frac{a}{2}\right) \times\left(-\frac{1}{b}\right)$ $=-1$. 故两直线互相垂直.

必要性: 如果两条直线互相垂直且斜率都存在, 那么 $k_{1} k_{2}=\left(-\frac{a}{2}\right)$ $\times\left(-\frac{1}{b}\right)=-1$, 所以 $a+2 b=0$, 若两条直线中有直线的斜率不存在,且互相垂直, 则 $b=0$, 且 $a=0$, 所以 $a+2 b=0$.

综上可知, $a+2 b=0$ 是直线 $a x+2 y+3=0$ 和直线 $x+b y+2=0$互相垂直的充要条件.
题目（高二 · 解析几何）：10. 设双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{9}=1, F_{1}, F_{2}$ 是两个焦点, 点 $M$ 在双曲线上,若 $\angle F_{1} M F_{2}=90^{\circ}$, 求 $\triangle F_{1} M F_{2}$ 的面积.
选项：
答案：：解 由题意知 $a^{2}=4, b^{2}=9, \therefore c^{2}=13$.

设 $\left|M F_{1}\right|=r_{1},\left|M F_{2}\right|=r_{2} ，$

则由双曲线定义知 $\left|r_{1}-r_{2}\right|=2 a=4$,

$\therefore\left(r_{1}-r_{2}\right)^{2}=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2 r_{1} r_{2}=16$. (1)

又 $\because \angle F_{1} M F_{2}=90^{\circ}$,

$\therefore r_{1}^{2}+r_{2}^{2}=\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}=4 c^{2}=52$.(2)

$\therefore$ 由(1)(2)得 $r_{1} r_{2}=18$.

$\therefore S \triangle F_{1} M F_{2}=\frac{1}{2} r_{1} r_{2}=9$.
解析：：解 由题意知 $a^{2}=4, b^{2}=9, \therefore c^{2}=13$.

设 $\left|M F_{1}\right|=r_{1},\left|M F_{2}\right|=r_{2} ，$

则由双曲线定义知 $\left|r_{1}-r_{2}\right|=2 a=4$,

$\therefore\left(r_{1}-r_{2}\right)^{2}=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}-2 r_{1} r_{2}=16$. (1)

又 $\because \angle F_{1} M F_{2}=90^{\circ}$,

$\therefore r_{1}^{2}+r_{2}^{2}=\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}=4 c^{2}=52$.(2)

$\therefore$ 由(1)(2)得 $r_{1} r_{2}=18$.

$\therefore S \triangle F_{1} M F_{2}=\frac{1}{2} r_{1} r_{2}=9$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 已知双曲线过点 $(3,-2)$ 且与椭圆 $4 x^{2}+9 y^{2}=36$ 有相同的焦点.

(1)求双曲线的标准方程;

(2)若点 $M$ 在双曲线上, $F_{1} 、 F_{2}$ 为左、右焦点, 且 $\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|$ $=6 \sqrt{3}$, 试判断 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 的形状.
选项：
答案：：解 (1)陏圆方程可化为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 焦点在 $x$ 轴上, 且 $c=\sqrt{9-4}=$ $\sqrt{5}$, 依据题意可设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, 则有 $\left\{\begin{array}{l}\frac{9}{a^{2}}-\frac{4}{b^{2}}=1, \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array}\right.$解得 $a^{2}=3, b^{2}=2$. 故双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{2}=1$.

(2)不妨设点 $M$ 在双曲线的右支上,

则有 $\left|M F_{1}\right|-\left|M F_{2}\right|=2 \sqrt{3}$.

又 $\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=6 \sqrt{3}$,

$\therefore\left|M F_{1}\right|=4 \sqrt{3},\left|M F_{2}\right|=2 \sqrt{3}$.

又 $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 \sqrt{5}$,

$\therefore$ 在 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 中, $\left|M F_{1}\right|$ 边最长.

由余弦定理得
$\cos \angle M F_{2} F_{1}=\frac{\left|M F_{2}\right|^{2}+\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}-\left|M F_{1}\right|^{2}}{2\left|M F_{2}\right| \cdot\left|F_{1} F_{2}\right|}$

$=\frac{12+20-48}{2 \times 2 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{5}}<0$.

$\therefore \angle M F_{2} F_{1}$ 为钝角. 故 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 为钝角三角形.
解析：：解 (1)陏圆方程可化为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 焦点在 $x$ 轴上, 且 $c=\sqrt{9-4}=$ $\sqrt{5}$, 依据题意可设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, 则有 $\left\{\begin{array}{l}\frac{9}{a^{2}}-\frac{4}{b^{2}}=1, \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array}\right.$解得 $a^{2}=3, b^{2}=2$. 故双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{2}=1$.

(2)不妨设点 $M$ 在双曲线的右支上,

则有 $\left|M F_{1}\right|-\left|M F_{2}\right|=2 \sqrt{3}$.

又 $\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=6 \sqrt{3}$,

$\therefore\left|M F_{1}\right|=4 \sqrt{3},\left|M F_{2}\right|=2 \sqrt{3}$.

又 $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 \sqrt{5}$,

$\therefore$ 在 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 中, $\left|M F_{1}\right|$ 边最长.

由余弦定理得
$\cos \angle M F_{2} F_{1}=\frac{\left|M F_{2}\right|^{2}+\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}-\left|M F_{1}\right|^{2}}{2\left|M F_{2}\right| \cdot\left|F_{1} F_{2}\right|}$

$=\frac{12+20-48}{2 \times 2 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{5}}<0$.

$\therefore \angle M F_{2} F_{1}$ 为钝角. 故 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 为钝角三角形.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知函数 $f(x)=x^{3}-a x^{2}-3 x(a \in \mathbf{R})$.

(1) 若函数 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上为增函数, 求实数 $a$ 的取值范围;

(2) 若 $x=-\frac{1}{3}$ 是函数 $f(x)$ 的极值点, 求函数 $f(x)$ 在区间 $[1, a]$ 上的最大值.
选项：
答案：：解 (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 a x-3$,

由 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上是增函数,

则当 $x \in[1,+\infty)$ 时, 恒有 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$,
即 $3 x^{2}-2 a x-3 \geqslant 0$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

由 $\Delta=4 a^{2}+36>0, \frac{a}{3} \leqslant 1$ 且 $f^{\prime}(1)=-2 a \geqslant 0$,

解得 $a \leqslant 0$.

(2)依题意得 $f^{\prime}\left(-\frac{1}{3}\right)=0$, 即 $\frac{1}{3}+\frac{2}{3} a-3=0, a=4$,

则 $f(x)=x^{3}-4 x^{2}-3 x$,

令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-8 x-3=0$,

解得 $x_{1}=-\frac{1}{3}$, 或 $x_{2}=3$,

而 $f(1)=-6, f(3)=-18, f(4)=-12$,

故 $f(x)$ 在 区间 $[1,4]$ 上的最大值是 $f(1)=-6$.
解析：：解 (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 a x-3$,

由 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上是增函数,

则当 $x \in[1,+\infty)$ 时, 恒有 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$,
即 $3 x^{2}-2 a x-3 \geqslant 0$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

由 $\Delta=4 a^{2}+36>0, \frac{a}{3} \leqslant 1$ 且 $f^{\prime}(1)=-2 a \geqslant 0$,

解得 $a \leqslant 0$.

(2)依题意得 $f^{\prime}\left(-\frac{1}{3}\right)=0$, 即 $\frac{1}{3}+\frac{2}{3} a-3=0, a=4$,

则 $f(x)=x^{3}-4 x^{2}-3 x$,

令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-8 x-3=0$,

解得 $x_{1}=-\frac{1}{3}$, 或 $x_{2}=3$,

而 $f(1)=-6, f(3)=-18, f(4)=-12$,

故 $f(x)$ 在 区间 $[1,4]$ 上的最大值是 $f(1)=-6$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 设函数 $f(x)=a x^{3}+b x+c(a>0)$ 为奇函数, 其图象在点 $(1, f(1))$处的切线与直线 $x-6 y-7=0$ 垂直, 导函数 $f^{\prime}(x)$ 的最小值为 -12 .

(1)求 $a, b, c$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)$ 的单调递增区间, 并求函数 $f(x)$ 在 $[-1,3]$ 上的最大值和最小值.
选项：
答案：：解 (1) $\because f(x)$ 为奇函数, $\therefore f(-x)=-f(x)$,

即 $-a x^{3}-b x+c=-a x^{3}-b x-c, \therefore c=0$.

$\because f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+b$ 的最小值为 $-12, \quad \therefore b=-12$.

又直线 $x-6 y-7=0$ 的斜率为 $\frac{1}{6}$,

因此 $f^{\prime}(1)=3 a+b=-6$, 解得 $a=2$.

故 $a=2, b=-12, c=0$.

(2) $f(x)=2 x^{3}-12 x$,

$f^{\prime}(x)=6 x^{2}-12=6(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=-\sqrt{2}$ 或 $x=\sqrt{2}$.
当 $x$ 变化时, $f^{\prime}(x)$ 与 $f(x)$ 的变化情况如下表:

| $x$ | $(-\infty,-\sqrt{2})$ | $-\sqrt{2}$ | $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ | $\sqrt{2}$ | $(\sqrt{2},+\infty)$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ |  | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 |  |

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-\sqrt{2}),(\sqrt{2},+\infty)$.

$\because f(-1)=10, f(3)=18, f(\sqrt{2})=-8 \sqrt{2}$;

$\therefore$ 当 $x=\sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 取得最小值为 $-8 \sqrt{2}$;

当 $x=3$ 时, $f(x)$ 取得最大值为 18 .
解析：：解 (1) $\because f(x)$ 为奇函数, $\therefore f(-x)=-f(x)$,

即 $-a x^{3}-b x+c=-a x^{3}-b x-c, \therefore c=0$.

$\because f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+b$ 的最小值为 $-12, \quad \therefore b=-12$.

又直线 $x-6 y-7=0$ 的斜率为 $\frac{1}{6}$,

因此 $f^{\prime}(1)=3 a+b=-6$, 解得 $a=2$.

故 $a=2, b=-12, c=0$.

(2) $f(x)=2 x^{3}-12 x$,

$f^{\prime}(x)=6 x^{2}-12=6(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=-\sqrt{2}$ 或 $x=\sqrt{2}$.
当 $x$ 变化时, $f^{\prime}(x)$ 与 $f(x)$ 的变化情况如下表:

| $x$ | $(-\infty,-\sqrt{2})$ | $-\sqrt{2}$ | $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ | $\sqrt{2}$ | $(\sqrt{2},+\infty)$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ |  | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 |  |

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-\sqrt{2}),(\sqrt{2},+\infty)$.

$\because f(-1)=10, f(3)=18, f(\sqrt{2})=-8 \sqrt{2}$;

$\therefore$ 当 $x=\sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 取得最小值为 $-8 \sqrt{2}$;

当 $x=3$ 时, $f(x)$ 取得最大值为 18 .
题目（高二 · 解析几何）：10. 设 $F_{1}, F_{2}$ 分别为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右两焦点, 若椭圆 $C$ 上的点 $A\left(1, \frac{3}{2}\right)$ 到 $F_{1}, F_{2}$ 两点的距离之和为 4 , 求椭圆 $C$ 的方程及焦点坐标.
选项：
答案：：解 椭圆 $C$ 的焦点在 $x$ 轴上, 由椭圆上的点 $A$ 到 $F_{1}, F_{2}$ 两点的距离之和是 4 , 得 $2 a=4$, 即 $a=2$.

又 $A\left(1, \frac{3}{2}\right)$ 在椭圆 $C$ 上,

$\therefore \frac{1}{2^{2}}+\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}{b^{2}}=1$, 解得 $b^{2}=3$.

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

$\therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$,

焦点坐标为 $F( \pm 1,0)$.
解析：：解 椭圆 $C$ 的焦点在 $x$ 轴上, 由椭圆上的点 $A$ 到 $F_{1}, F_{2}$ 两点的距离之和是 4 , 得 $2 a=4$, 即 $a=2$.

又 $A\left(1, \frac{3}{2}\right)$ 在椭圆 $C$ 上,

$\therefore \frac{1}{2^{2}}+\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}{b^{2}}=1$, 解得 $b^{2}=3$.

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

$\therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$,

焦点坐标为 $F( \pm 1,0)$.