eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $A=60^{\circ}, B=45^{\circ}, a=3$, 则 $b=$
选项：
A. $\sqrt{6}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. 1
答案：A
解析：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$. 若 $A=60^{\circ}, B=45^{\circ}, a=3$,

利用正弦定理: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$,

整理得: $b=\frac{3 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{6}$.

故选: A.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对应的边分别是 $a, b, c$, 已知 $(b+c) \sin C=a \sin A-b \sin B$, 则 $\angle A$的大小为( )
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$
答案：C
解析：$\because(b+c) \sin C=a \sin A-b \sin B$,

$\therefore$ 已知等式利用正弦定理化简得: $c(c+b)=a^{2}-b^{2}$, 即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=-b c$,

$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{-b c}{2 b c}=-\frac{1}{2}$,

$\because \angle A$ 为三角形内角,

$\therefore \angle A=\frac{2 \pi}{3}$.

故选: C.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)<0$, 且 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)>0$, 则 $\theta$ 是 B )
选项：
A. 第一象限角
B. 第二象限角
C. 第三象限角
D. 第四象限角
答案：B
解析：[解析] 因为 $\cos \theta<0, \sin \theta>0, \therefore \theta$ 是第二象限角.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x=4-m$, 则实数 $m$ 的取值范围是 (A)
选项：
A. $3 \leqslant m \leqslant 5$
B. $-5 \leqslant m \leqslant 5$
C. $3<m<5$
D. $-3 \leqslant m \leqslant 3$
答案：A
解析：[解析] $\because \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x$

$=\cos x \cos \frac{\pi}{3}+\sin x \sin \frac{\pi}{3}=\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=4-m$,

$\therefore \cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=4-m, \therefore|4-m| \leqslant 1$, 解得 $3 \leqslant m \leqslant 5$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha+\sin \beta=\frac{4}{5}, \cos \alpha+\cos \beta=\frac{3}{5}$, 则 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值为 ( D )
选项：
A. $\frac{9}{25}$
B. $\frac{16}{25}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$
答案：D
解析：析] 由已知, 得 $(\sin \alpha+\sin \beta)^{2}+(\cos \alpha+\cos \beta)^{2}=\left(\frac{4}{5}\right)^{2}+\left(\frac{3}{5}\right)^{2}=1$,

所以 $2+2(\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta)=1$,

即 $2+2 \cos (\alpha-\beta)=1$.

所以 $\cos (\alpha-\beta)=-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知弧度数为 2 的圆心角所对的弦长也是 2 , 则这个圆心角所对的弧长是 (
选项：
A. 2
B. $\sin 2$
C. $2 \sin 1$
D. $\frac{2}{\sin 1}$
答案：D
解析：析】设圆的半径为 $R$, 则 $\sin 1=\frac{1}{R}, \therefore R=\frac{1}{\sin 1}$, 故所求弧长为 $l=\alpha \cdot R=2 \cdot \frac{1}{\sin 1}=\frac{2}{\sin 1}$.

【答案】 $\mathrm{D}$
题目（高二 · 解析几何）：一个扇形的弧长与面积的数值都是 6 , 则这个扇形的圆心角是 (
选项：
A.  1
B. 2
$\mathrm{C} \cdot 3$
D. 4
答案：C
解析：解析: 设扇形的圆心角的弧度数为 $\theta$, 半径为 $R$, 由题意, 得 $\left\{\begin{array}{l}\theta R=6 \\ \frac{1}{2} \theta R^{2}=6\end{array}\right.$, 解得 $\theta=3$, 故选 C.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\frac{\cos 2 \alpha}{\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\cos \alpha+\sin \alpha$ 的值为 ( )
选项：
A. $-\frac{\sqrt{7}}{2}$
   B. $-\frac{1}{2}$
   C. $\frac{1}{2}$
   D. $\frac{\sqrt{7}}{2}$
答案：C
解析：[解析] $\frac{\cos 2 \alpha}{\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \alpha-\cos \alpha)}$

$=\frac{(\cos \alpha+\sin \alpha)(\cos \alpha-\sin \alpha)}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \alpha-\cos \alpha)}$

$=-\sqrt{2}(\cos \alpha+\sin \alpha)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos 2 \theta=\frac{\sqrt{2}}{3}$, 则 $\sin ^{4} \theta+\cos ^{4} \theta$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{13}{18}$
   B. $\frac{11}{18}$
   C. $\frac{7}{9}$
   D. -1
答案：B
解析：[解析] $\sin ^{4} \theta+\cos ^{4} \theta=\left(\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta\right)^{2}-2 \sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta$

$=1-\frac{1}{2} \sin ^{2} 2 \theta=1-\frac{1}{2}\left(1-\cos ^{2} 2 \theta\right)=\frac{11}{18}$.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$, 那么 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{4} \alpha$ 的值等于( )
选项：
A. 0
   B. 1
   C. 2
   D. 3
答案：B
解析：由 $\sin \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$, 得 $\sin \alpha=\cos ^{2} \alpha$ ，所以 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{4} \alpha=\sin \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$.

## 【答案】 B
题目（高二 · 解析几何）：$\frac{\sqrt{1-2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{1-\sin ^{2} 10^{\circ}}}$ 的值为( )
选项：
A. 1
   B. -1
   C. $\sin 10^{\circ}$
   D. $\cos 10^{\circ}$
答案：B
解析：frac{\sqrt{1-2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{1-\sin ^{2} 10^{\circ}}}=\frac{\sqrt{\left(\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}\right)^{2}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{\cos ^{2} 10^{\circ}}}=\frac{\left|\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}\right|}{\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}$

$=\frac{\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}=-1$.

## 【答案】 $\mathrm{B}$
题目（高二 · 解析几何）：将函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象分别向左、向右平移 $\varphi$ 个单位后, 所得的图象都关于 $y$ 轴对称, 则 $\varphi$ 的最小值分别为( )
选项：
A. $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}$
C. $\frac{2 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{12}$
答案：A
解析：析】函数 $f(x)$ 的图象向左平移 $\varphi$ 个单位得到函数 $g(x)=\sin \left(2 x+2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象, 向右平移 $\varphi$ 个单位得函数 $h(x)=\sin \left(2 x-2 \varphi+\frac{\pi}{6}\right)$ 的图象, 于是, $2 \varphi+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z},-2 \varphi+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 于是 $\varphi$ 的最小值分别为 $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}$. 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0\right.$ 且 $\left.|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上单调递减, 且函数值从 1 减小到 -1 , 那么此函数图象与 $y$ 轴交点的纵坐标为( ) 【导学号：00680026】
选项：
A. $\frac{1}{2}$
   B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
   C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
   D. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
答案：A
解析：因为函数的最大值为 1 , 最小值为 -1 , 且在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$ 上单调递减, 又函数值从 1 减小到 -1 , 所以 $\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ 为半周期, 则周期为 $\pi, \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{\pi}=2$, 此时原式为 $y=\sin (2 x+\varphi)$, 又由函数过 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 点,代入可得 $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 因此函数为 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$, 令 $x=0$, 可得 $y=\frac{1}{2}$.

## 【答案】A
题目（高二 · 解析几何）：若函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)-1(\omega>0)$ 的周期为 $\frac{2 \pi}{3}$, 则函数 $f(x)$ 图象的对称轴方程为 $(\quad)$
选项：
A. $x=k \pi+\frac{\pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$
   B. $x=k \pi-\frac{\pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$
   C. $x=\frac{k \pi}{3}+\frac{\pi}{9}(k \in \mathbf{Z})$
   D. $x=\frac{k \pi}{3}-\frac{\pi}{9}(k \in \mathbf{Z})$
答案：C
解析：由函数 $y=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)-1$ 的周期为 $\frac{2 \pi}{3}$, 知 $\frac{2 \pi}{|\omega|}=\frac{2 \pi}{3}$, 又 $\omega>0$, 所以 $\omega=3$, 则对称轴方程为 $3 x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$ ，即 $x=\frac{\pi}{9}+\frac{k \pi}{3}, k \in \mathbf{Z}$.

## 【答案】C
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\sin (A-B) \cdot \cos B+\cos (A-B) \sin B \geq 1$, 则 $\triangle A B C$ 是( C )
选项：
A. 锐角三角形
   B. 针角三角形
   C. 直角三角形
   D. 等腰非直角三角形
答案：C
解析：[解析]由题设知 $\sin [(A-B)+B] \geq 1$,

$\therefore \sin A \geq 1$ 而 $\sin A \leq 1, \therefore \sin A=1, A=\frac{\pi}{2}$,

$\therefore \triangle A B C$ 是直角三角形.
题目（高二 · 解析几何）：$\frac{\sin 47^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$ (C )
选项：
A. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
   B. $-\frac{1}{2}$
   C. $\frac{1}{2}$
   D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：C
解析：析] $\frac{\sin 47^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$

$=\frac{\sin 30^{\circ}+17^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$

$=\frac{\sin 30^{\circ} \cos 17^{\circ}+\cos 30^{\circ} \sin 17^{\circ}-\sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$

$=\frac{\sin 30^{\circ} \cos 17^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}=\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：角 $\alpha$ 的终边上有一点 $(-a, 2 a)(a<0)$, 则 $\sin \alpha$ 的值为( ) 【导学号: 00680008】
选项：
A. $-\frac{\sqrt{5}}{5}$
   B. $\frac{2}{5} \sqrt{5}$
   C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
   D. $-\frac{2}{5} \sqrt{5}$
答案：D
解析：因为 $a<0$, 所以 $\sin \alpha=\frac{2 a}{\sqrt{(-a)^{2}+(2 a)^{2}}}=\frac{2 a}{-\sqrt{5} a}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

## 【答案】 D
题目（高二 · 解析几何）：若 $\theta$ 是第二象限角, 则( )
选项：
A. $\sin \frac{\theta}{2}>0$
   B. $\cos \frac{\theta}{2}<0$
   C. $\tan \frac{\theta}{2}>0$
   D. 以上均不对
答案：C
解析：$\because \theta$ 是第二象限角, $\therefore 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<\theta<2 k \pi+\pi, \therefore k \pi+\frac{\pi}{4}<\frac{\theta}{2}<k \pi+\frac{\pi}{2}, \therefore \frac{\theta}{2}$ 是第一或第三象限角, $\therefore$ $\tan \frac{\theta}{2}>0$.

## 【答案】 C
题目（高二 · 解析几何）：如果 $M P, O M$ 分别是角 $\alpha=\frac{3 \pi}{16}$ 的正弦线和余弦线, 则下列结论正确的是( )
选项：
A. $M P<O M<0$
   B. $M P>O M>0$
   C. $M P<0<O M$
   D. $O M>M P>0$
答案：D
解析：$\alpha=\frac{3 \pi}{16}<\frac{\pi}{4}$, 所以余弦线大于正弦线, 且大于 0 .

## 【答案】 D
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=-\sin x, x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]$ 的简图是( )
选项：
A.



C.



B.



D.
答案：D
解析：可以用特殊点来验证。当 $x=0$ 时, $y=-\sin 0=0$, 排除 A, C; 当 $x=\frac{3 \pi}{2}$ 时, $y=-\sin \frac{3 \pi}{2}=$ 1 ，排除 B.

## 【答案】 $\mathrm{D}$
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 的图象与直线 $y=-\frac{1}{2}$ 的交点有 ( )
选项：
A. 1 个
   B. 2 个
   C. 3 个
   D. 4 个
答案：B
解析：析】在 $[0,2 \pi]$ 内使 $\sin x=-\frac{1}{2}$ 的角 $x$ 为 $\frac{7 \pi}{6}$ 和 $\frac{11 \pi}{6}$, 所以 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 的图象与直线 $y=-\frac{1}{2}$ 有 2 个交点，故选 B.

## 【答案】 B
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $y=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}+\varphi\right)$ 是奇函数, 则 $\varphi$ 的值可以是 $(\quad)$
选项：
A. $0$
    B. $-\frac{\pi}{4}$
    C. $\frac{\pi}{2}$
    D. $\pi$
答案：B
解析：解析 : $y=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}+\varphi\right)$ 为奇函数, 则只需 $\frac{\pi}{4}+\varphi=k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

从而 $\varphi=k \pi-\frac{\pi}{4}, k \in \mathbf{Z}$. 显然当 $k=0$ 时, $\varphi=-\frac{\pi}{4}$ 满足题意.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=4 \sin (2 x+\pi)$ 的图像关于 ( )
选项：
A. $x$ 轴对称
B. 原点对称
$\mathrm{C} \cdot y$ 轴对称
D. 直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称
答案：B
解析：解析: $y=4 \sin (2 x+\pi)=-4 \sin 2 x$, 奇函数图像关于原点对称.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：下列四个函数的图象中关于 $y$ 轴对称的是 ( )
选项：
A. $y=\sin x$B. $y=-\cos x$C $\cdot y=1-\sin x$D. $y=\cos \left(x-\frac{\pi}{2}\right)$
答案：B
解析：A、D 所涉及的函数都是奇函数, C 是非奇非偶函数.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\cos \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{2}\right)$ 的奇偶性是( )
选项：
A. 奇函数

B. 偶函数

C. 非奇非偶函数

D. 既是奇函数也是偶函数
答案：A
解析：因为 $y=\cos \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{1}{2} x$, 所以为奇函数.

## 【答案】 A
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right), x \in[-\pi, 0]$ 的单调递增区间是 $(\quad)$
选项：
A. $\left[-\pi,-\frac{5 \pi}{6}\right]$
   B. $\left[-\frac{5 \pi}{6},-\frac{\pi}{6}\right]$
   C. $\left[-\frac{\pi}{3}, 0\right]$
   D. $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$
答案：D
解析：$2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant x-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,

解得 $2 k \pi-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{5}{6} \pi, k \in \mathbf{Z}$,

又 $-\pi \leqslant x \leqslant 0, \therefore-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant 0$, 故选 D.

## 【答案】 D
题目（高二 · 解析几何）：已知某人的血压满足函数解析式 $f(t)=24 \sin 160 \pi t+110$. 其中 $f(t)$ 为血压, $t$ 为时间, 则此人每分钟心跳的次数为 $(\quad)$
选项：
A. 60
   B. 70
   C. 80
   D. 90
答案：C
解析：由题意可得 $f=\frac{1}{T}=\frac{160 \pi}{2 \pi}=80$, 所以此人每分钟心跳的次数为 80 , 故选 C.

## 【答案】C
题目（高二 · 解析几何）：一种波的波形为函数 $y=-\sin rac{\pi}{2} x$ 的图象, 若其在区间 $[0, t]$ 上至少有 2 个波峰(图象的最高点), 则正整数 $t$ 的最小值是( )
选项：
A. 5B. 6C. 7D. 8
答案：C
解析：函数 $y=-\sin \frac{\pi}{2} x$ 的周期 $T=4$ 且 $x=3$ 时 $y=1$ 取得最大值, 因此 $t \geqslant 7$. 故选 C..
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)<0$, 且 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)>0$, 则 $\theta$ 是 $(\quad)$
选项：
A.第一象限角
B. 第二象限角
$\mathrm{C}$ $\cdot$第三象限角
D. 第四象限角
答案：B
解析：解析: 由于 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)=\cos \theta<0, \cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\sin \theta>0$, 所以角 $\theta$ 的终边落在第二象限, 故选 $\mathrm{B}$.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan \theta=2$, 则 $\frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\cos (\pi-\theta)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\sin (\pi-\theta)}$ 等于 ( )
选项：
A. 2 B. -2

$\mathrm{C} \cdot 0 \quad \mathrm{D} \cdot \frac{2}{3}$
答案：B
解析：解析 : $\frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\cos (\pi-\theta)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)-\sin (\pi-\theta)}=\frac{\cos \theta+\cos \theta}{\cos \theta-\sin \theta}=\frac{2}{1-\tan \theta}=\frac{2}{1-2}=-2$.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \theta=-\frac{7}{25}, \theta \in(\pi, 2 \pi)$, 则 $\sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}=(\quad)$
选项：
A. $-\frac{7}{5}$
   B. $\frac{7}{5}$
   C. $-\frac{1}{5}$
   D. $\frac{1}{5}$
答案：D
解析：$\because \theta \in(\pi, 2 \pi), \therefore \frac{\theta}{2} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore \sin \frac{\theta}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{2}}=\frac{4}{5}, \cos \frac{\theta}{2}=-\sqrt{\frac{1+\cos \theta}{2}}=-\frac{3}{5}$, $\therefore \sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}=\frac{1}{5}$, 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\sin \alpha=\frac{4}{5} \sqrt{3}$, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{7 \pi}{6}\right)$ 的值是（）
选项：
A. $-\frac{2 \sqrt{3}}{5}$
    B. $\frac{2 \sqrt{3}}{5}$
    C. $-\frac{4}{5}$
    D. $\frac{4}{5}$
答案：C
解析：$\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\sin \alpha=\cos \alpha \cos \frac{\pi}{6}+\sin \alpha \sin \frac{\pi}{6}+\sin \alpha$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha+\frac{1}{2} \sin \alpha+\sin \alpha$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha+\frac{3}{2} \sin \alpha=\frac{4}{5} \sqrt{3}$

$\therefore \frac{1}{2} \cos \alpha+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha=\frac{4}{5}, \quad \therefore \sin \left(\alpha+\frac{7 \pi}{6}\right)=-\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)$

$=-\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \alpha+\frac{1}{2} \cos \alpha\right)=-\frac{4}{5}$, 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \alpha=\frac{1}{3}, \cos (\beta-\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 且 $0<\beta<\alpha<\pi$, 则 $\cos \beta=$ ( )
选项：
A. $-\frac{5 \sqrt{3}}{9}$
    B. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
    C. $\frac{2 \sqrt{3}}{9}$
    D. $\frac{5 \sqrt{3}}{9}$
答案：D
解析：$\because \cos \alpha=\frac{1}{3}, \cos (\beta-\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 且 $0<\beta<\alpha<\pi$,
    $\therefore-\pi<\beta-\alpha<0$,

$\therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \sin (\beta-\alpha)=-\sqrt{1-\frac{1}{3}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}, \therefore \cos \beta=\cos [(\beta-\alpha)+\alpha]$

$=\cos (\beta-\alpha) \cos \alpha-\sin (\beta-\alpha) \sin \alpha=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2 \sqrt{2}}{3} \times\left(-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)=\frac{5 \sqrt{3}}{9}$, 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：将函数 $f(x)=1-2 \sin x(\sin x+\sqrt{3} \cos x)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度得到函数 $g(x)$ 的图象, 则函数 $g(x)$ 的解析式是 ( )
选项：
A. $g(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{2}\right)$
    B. $g(x)=2 \cos 2 x$
    C. $g(x)=2 \cos \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$
    D. $g(x)=2 \sin (2 x+\pi)$
答案：A
解析：$\because f(x)=1-2 \sin x(\sin x+\sqrt{3} \cos x)=1-2 \sin ^{2} x-2 \sqrt{3} \sin x \cos x=\cos 2 x-\sqrt{3} \sin 2 x$ $=2\left(\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x\right)=2\left(\cos 2 x \cos \frac{\pi}{3}-\sin 2 x \sin \frac{\pi}{3}\right)=2 \cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$,

将函数 $y=f(x)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位, 得到的函数为

$g(x)=2 \cos \left[2\left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2 \cos (2 x+\pi)=-2 \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{2}\right)$, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x(x \in R)$, 函数 $y=f(x+\phi)$ 的图象关于直线 $x=0$ 对称, 则 $\varphi$ 的值可以是 ()
选项：
A. $\frac{\pi}{2}$
   B. $\frac{\pi}{6}$
   C. $\frac{\pi}{3}$
   D. $\frac{\pi}{4}$
答案：B
解析：已知 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), y=f(x+\phi)=2 \sin \left(x+\varphi+\frac{\pi}{3}\right)$ 关于直线 $x=0$ 对称, 所以 $f(0)=2 \sin \left(\varphi+\frac{\pi}{3}\right)= \pm 2$,所以 $\varphi+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in Z, \varphi=\frac{\pi}{6}+k \pi, k \in Z$,当 $k=0$ 时, $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：$\sqrt{1+\cos 100^{\circ}}-\sqrt{1-\cos 100^{\circ}}=()$.
选项：
A. $-2 \sin 5^{\circ}$
   B. $2 \sin 5^{\circ}$
   C. $-2 \cos 5^{\circ}$
   D. $2 \cos 5^{\circ}$
答案：A
解析：$\sqrt{1+\cos 100^{\circ}}-\sqrt{1-\cos 100^{\circ}}=\sqrt{2 \cos ^{2} 50^{\circ}}-\sqrt{2 \sin ^{2} 50^{\circ}}=\sqrt{2}\left(\cos 50^{\circ}-\sin 50^{\circ}\right)$ $=2\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \cos 50^{\circ}-\frac{\sqrt{2}}{2} \sin 50^{\circ}\right)=-2\left(\sin 50^{\circ} \cos 45^{\circ}-\cos 50^{\circ} \sin 45^{\circ}\right)=-2 \sin 5^{\circ}$ 故选 A
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin (\pi-\alpha)=-\frac{\sqrt{5}}{3}$ 且 $\alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 则 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}\right)=($ )
选项：
A. $-\frac{\sqrt{6}}{3}$
   B. $-\frac{\sqrt{6}}{6}$
   C. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
   D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
答案：B
解析：$\sin (\pi-\alpha)=\sin \alpha=-\frac{\sqrt{5}}{3}$, 又 $\alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$,

$\therefore \cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\sqrt{1-\left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)^{2}}=-\frac{2}{3}$. 由 $\cos \alpha=2 \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}-1, \frac{\alpha}{2} \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 得 $\cos \frac{\alpha}{2}=-\sqrt{\frac{\cos \alpha+1}{2}}=-\sqrt{\frac{-\frac{2}{3}+1}{2}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$, 所以 $\sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}\right)=\cos \frac{\alpha}{2}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$. 故选 $B$.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \sin x \cos x$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值是 ()
选项：
A. 1
   B. $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$
   C. $\frac{3}{2}$
   D. $1+\sqrt{3}$
答案：C
解析：由 $f(x)=\frac{1-\cos 2 x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x=\frac{1}{2}+\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$,

$\because \frac{\pi}{4} \leq x \leq \frac{\pi}{2} \Rightarrow \frac{\pi}{3} \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{5 \pi}{6}, \therefore f(x)_{\max }=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin \alpha+\sin \beta=\frac{\sqrt{3}}{3}(\cos \beta-\cos \alpha)$ 且 $\alpha \in(0, \pi), \beta \in(0, \pi)$, 则 $\alpha-\beta$ 等于 ()
选项：
A. $-\frac{2}{3} \pi$
   B. $-\frac{\pi}{3}$
   C. $\frac{\pi}{3}$
   D. $\frac{2}{3} \pi$
答案：D
解析：$\because \alpha, \beta \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha+\sin \beta>0 . \therefore \cos \beta-\cos \alpha>0, \cos \beta>\cos \alpha$, 又在 $(0, \pi)$ 上, $y=\cos x$是减函数. $\therefore \beta<\alpha \therefore 0<\alpha-\beta<\pi$

由原式可知: $2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha-\beta}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(-2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cdot \sin \frac{\beta-\alpha}{2}\right), \therefore \tan \frac{\alpha-\beta}{2}=\sqrt{3}, \therefore \frac{\alpha-\beta}{2}$ $=\frac{\pi}{3}, \therefore \alpha-\beta=\frac{2 \pi}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan 2 \theta=\frac{3}{4}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 则 $\frac{\sin ^{2} \theta+\cos 2 \theta}{\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}$ 的值为 ()
选项：
A. $\frac{9 \sqrt{5}}{20}$
   B. $\frac{2 \sqrt{5}}{3}$
   C. $\frac{\sqrt{10}}{3}$
   D. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
答案：A
解析：由 $\tan 2 \theta=\frac{3}{4}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 得 $\tan \theta=\frac{1}{3}$, 而

$\frac{\sin ^{2} \theta+\cos 2 \theta}{\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta-\sin ^{2} \theta}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \theta+\cos \theta)}=\frac{\sqrt{2} \cos ^{2} \theta}{\sin \theta+\cos \theta}=\frac{\sqrt{2} \cos \theta}{\tan \theta+1}$, 由 $\tan \theta=\frac{1}{3}, \theta \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$,

$\cos \theta=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$, 故代入得原式 $=\frac{9 \sqrt{5}}{20}$
题目（高二 · 解析几何）：可导函数在闭区间的最大值必在( ).取得.
选项：
A. 极值点
B. 导数为 0 的点
C. 极值点或区间端点
D. 区间端点
答案：C
解析：$\mathrm{C}$
2. B
3. C
4. B
5. D
6. C
7. B

8. 答案:C
【解析】因为, $(\mathrm{x}-1) \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 所以在区间 $(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是增函数; 在区间 $(-\infty, 1), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是减函数, 又 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0$, 所以, $\mathrm{x}=1$ 是极小值点, $f(0)>f(1), f(2)>f(1)$, 因此 $f(0)+f(2)>2 f(1)$, 故选 C。

【分析】小综合题, 在某区间, 导函数值非负, 则函数为增函数; 导函数值非正, 则函数为减函数。
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=a x^{2}+b x(a>0, b>0)$ 的图像在点 $(1, f(1))$ 处的切线的斜率为 2 , 则 $\frac{a+b}{a b}$ 的最小值是( ).
选项：
A. 10
B. 9
C. 8
D. $3 \sqrt{2}$
答案：B
解析：由函数 $f(x)=a x^{2}+b x$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 a x+b$, 由函数 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 2 , 所以 $f^{\prime}(1)=2 a+b=2$, 所以 $\frac{8 a+b}{a b}=\frac{1}{a}+\frac{8}{b}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)(2 a+b)=\frac{1}{2}\left(10+\frac{b}{a}+\frac{16 a}{b}\right) \geq \frac{1}{2}\left(10+2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{16 a}{b}}\right)=\frac{1}{2}(10+8)=9$ （当且仅当 $\frac{b}{a}=\frac{16 a}{b}$, 即 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{4}{3}$ 时等号成立) 所以 $\frac{8 a+b}{a b}$ 的最小值为 9 , 故答案: B.
题目（高二 · 解析几何）：可导函数在闭区间的最大值必在 ( ) 取得
选项：
A. 极值点
B. 导数为 0 的点
C. 极值点或区间端点
D. 区间端点
答案：C
解析：答案:C

【解析】由导数求函数最值问题, 可导函数在闭区间的最大值必在极值点或区间端点, 可知答案是 C。
题目（高二 · 解析几何）：曲线 $y=a x^{3}-2$ 在点 $x=-1$ 处切线的倾斜角为 $45^{\circ}$ ，那么 $\mathrm{a}$ 的值为( )
选项：
A. -1
B. 1
C. ${ }^{\frac{1}{3}}$
D. $-\frac{1}{3}$
答案：C
解析：答案:C

【解析】因为 $y=a x^{3}-2$, 所以 $y^{\prime}=3 a x^{2}, f^{\prime}(-1)=3 a$ 。因为在点 $x=-1$ 处切线的倾斜角为 $45^{\circ}$, 所以 $3 a=1$, 即 $a=\frac{1}{3}$ 。选 C.
题目（高二 · 解析几何）：曲线 $y=\frac{1}{3} x^{3}-2$ 在点 $\left(1, \frac{5}{3}\right)$ 处切线的斜率为( )
选项：
A. $\sqrt{3}$
B. 1
C. -1
D. $-\sqrt{3}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】 $y^{\prime}=x^{2}$, 则在点 $\left(1,-\frac{5}{3}\right.$ 处切线的斜率为 $f^{\prime}(1)=1$, 所以倾斜角为 $45^{\circ}$.

【分析】函数在某一点的导数值是该点切线的斜率, 这就是导数的几何意义。
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+4 x-4$ 在 $[0,3]$ 上的最大值为 $(\mathrm{)}$
选项：
A. 4
B. -4
C. ${ }^{\frac{4}{3}}$
D. 2
答案：C
解析：答案:C

【解析】函数 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+4 x-4$ 的导数为 $f(x)=-x^{2}+4$,

由 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $x=2(-2$ 舍去),

由

$$
f(2)=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}, f(0)=-4, f(3)=-1
$$

可得 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上的最大值为 ${ }^{\frac{4}{3}}$.

故答案为: C.

【分析】利用导数求函数在闭区间上的最值问题, 一般方法是先求出函数在区间端点处的函数值, 用导数求出极值, 然后进行比较, 最大者为最大值, 最小者为最小值.
题目（高二 · 解析几何）：直线 $l: 2 x-y+2=0$ 过椭圆左焦点 $F_{1}$ 和一个顶点 $B$, 则该陏圆的离心率为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{2}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
答案：C
解析：答案：C

【解析】【解答】解: $\because$ 直线 $1: 2 x-y+2=0$ 中, 令 $x=0$, 得 $y=2$; 令 $y=0$, 得 $x=-1$,直线 $l: 2 x-y+2=0$ 过粗圆左焦点 $F_{1}$ 和一个顶点 $B$,

$\therefore$ 椭圆左焦点 $\mathrm{F}_{1}(-1,0)$, 顶点 $\mathrm{B}(0,2)$,

$\therefore \mathrm{c}=1, \mathrm{~b}=2, \mathrm{a}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$,

$\therefore$ 该椭圆的离心率为 $\mathrm{e}={ }^{\frac{c}{a}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{}={ }^{\frac{\sqrt{5}}{5}}$.

故选: C.

【分析】 分别令直线方程中 $\mathrm{y}=0$ 和 $\mathrm{x}=0$, 进而求得 $\mathrm{b}$ 和 $\mathrm{c}$, 进而根据 $\mathrm{b}, \mathrm{c}$ 和 $\mathrm{a}$ 的关系求得 $\mathrm{a}$, 则粗圆的离心率可得.

2. 答案:B

【解析】【解答】由题意得, $A(4,0), B(0,3), A B=5$,

$\therefore{ }^{\frac{1}{2} A B \cdot h=12 \text {, }}$

$\therefore P$ 到 $A B$ 的距离 $h=\frac{12}{5}$

设直线 $l$ 与直线 $A B$ 平行,且与粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1}$ 相切,方程为 $\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=k$,

把直线 $l$ 的方程代入椭圆的方程, 得 $x^{2}-4 k x+8 k^{2}-8=0$,

由 $\Delta=0$,解得 $k= \pm \sqrt{2}$.

故直线 $l$ 的方程为 $\frac{x}{4}+\frac{y}{3}= \pm \sqrt{2}$.



$\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=-\sqrt{2}$ 与直线 $A B$ 的距离为 $\frac{|-\sqrt{2}-1|}{\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{4}}}=\frac{12(\sqrt{2}+1)}{5}>\frac{24}{5}$,
故这样的点共 2 个。

故答案为: B.

【分析】根据已知条件可得出 $\mathrm{p}$ 点到 $\mathrm{AB}$ 的距离, 再射出直线的方程, 联立直线方程与椭圆方程即可求出粗圆到直线的距离, 最后可判断所求点的个数。

3. 答案:A

【解析】【解答】解：依题设 $\mathrm{P}$ 在抛物线准线的投影为 $\mathrm{P}^{\prime}$, 抛物线的焦点为 $\mathrm{F}$, 则

$$
F\left(\frac{1}{2}, 0\right)
$$

依抛物线的定义知 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离为 $|\mathrm{PP}|=|\mathrm{PF}|$,

则点 $\mathrm{P}$ 到点 $\mathrm{A}(0,2)$ 的距离与 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离之和

$\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geqslant|\mathrm{AF}|=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2^{2}}=\frac{\sqrt{17}}{2}$.

故选 A.

【分析】先求出抛物线的焦点坐标, 再由抛物线的定义可得 $\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geq|\mathrm{AF}|$, 再求出 $|\mathrm{AF}|$ 的值即可.
题目（高二 · 解析几何）：直线 ${ }^{\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=1}$ 与椭圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1}$ 相交于 $A, B$ 两点,椭圆上的点 $P$ 使 $\triangle A B P$ 的面积等于 12 , 这样的点 $P$ 共有（ )
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：B
解析：【分析】根据已知条件可得出 $\mathrm{p}$ 点到 $\mathrm{AB}$ 的距离, 再射出直线的方程, 联立直线方程与椭圆方程即可求出粗圆到直线的距离, 最后可判断所求点的个数
题目（高二 · 解析几何）：已知点 $P$ 是抛物线 $y^{2}=2 x$ 上的一个动点, 则点 $P$ 到点 $(0,2)$ 的距离与 $P$ 到该抛物线准线的距离之和的最小值为 ( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{17}}{2}$
B. 3
C. $\sqrt{5}$
D. $\frac{9}{2}$
答案：A
解析：【解答】解：依题设 $\mathrm{P}$ 在抛物线准线的投影为 $\mathrm{P}^{\prime}$, 抛物线的焦点为 $\mathrm{F}$, 则$$F\left(rac{1}{2}, 0ight)$$依抛物线的定义知 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离为 $|\mathrm{PP}|=|\mathrm{PF}|$,则点 $\mathrm{P}$ 到点 $\mathrm{A}(0,2)$ 的距离与 $\mathrm{P}$ 到该抛物线准线的距离之和$\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geqslant|\mathrm{AF}|=\sqrt{\left(rac{1}{2}ight)^{2}+2^{2}}=rac{\sqrt{17}}{2}$.故选 A.【分析】先求出抛物线的焦点坐标, 再由抛物线的定义可得 $\mathrm{d}=|\mathrm{PF}|+|\mathrm{PA}| \geq|\mathrm{AF}|$, 再求出 $|\mathrm{AF}|$ 的值即可.