eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：6. 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \geqslant 3, \\ x-y \geqslant-1, \\ 2 x-y \leqslant 3 .\end{array}\right.$ 则目标函数 $z=2 x+3 y$ 的最小值为

## 答案 7
选项：
答案：7
解析：作出可行域如图所示.



由图可知, $z=2 x+3 y$ 经过点 $A(2,1)$ 时, $z$ 有最小值, $z$ 的最小值为 7 .
题目（高二 · 代数）：7. 已知 $-1<x+y<4$ 且 $2<x-y<3$, 则 $z=2 x-3 y$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ . (答案用区间表示)
选项：
答案：$(3,8)$
解析：由 $\left\{\begin{array}{l}-1<x+y<4, \\ 2<x-y<3\end{array}\right.$ 得平面区域如图阴影部分所示.



由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=-1, \\ x-y=3\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=-2 .\end{array}\right.$

由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4, \\ x-y=2\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=3, \\ y=1 .\end{array}\right.$

$\therefore 2 \times 3-3 \times 1<z=2 x-3 y<2 \times 1-3 \times(-2)$,

即 $3<z<8$, 故 $z=2 x-3 y$ 的取值范围是 $(3,8)$.
题目（高二 · 代数）：已知 $x, y, z$ 满足 $z<y<x$, 且 $x z<0$. 给出下列各式: (1) $x y>x z$; (2) $z(y$

$-\mathrm{x})>0$;

(3) $z y^{2}<x y^{2} ;$

(4) $x z(x-z)<0$. 其中正确式子的序号是
选项：
答案：(1)(2)(4)
解析：(1) $\because\left\{\begin{array}{c}z<y<x, \\ x z<0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{c}x>0, \\ z<0, \\ z<y<x\end{array} \Rightarrow x y>x z, \therefore\right.\right.$ (1)正确.

(2) $\because\left\{\begin{array}{c}z<y<x, \\ x z<0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{c}y-x<0, \\ z<0\end{array} \Rightarrow z(y-x)>0, \therefore\right.\right.$ (2)正确.

(3) $\because z<y<x$ 且 $x z<0, \therefore x>0$ 且 $z<0$.

当 $y=0$ 时, $z y^{2}=x y^{2}$; 当 $y \neq 0$ 时, $z y^{2}<x y^{2} . \therefore$ (3)不正确.

(4) $\because \mathrm{x}>\mathrm{z}, \quad \therefore \mathrm{x}-\mathrm{z}>0 . \because \mathrm{xz}<0, \therefore(\mathrm{x}-\mathrm{z}) \mathrm{xz}<0 . \therefore$ (4)正确.

综上, (1)(2)(4)正确.
题目（高二 · 代数）：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-5 x+6 \leq 0\right\}, B=\{x|| 2 x-1 \mid>3\}$, 则集合 $A \cap B=$
选项：
答案：$\{x \mid 2<x \leq 3\}$
解析：

集合 $B$ 中的 $|2 x-1|>3$, 得到 $2 x-1>3$ 或 $2 x-1<-3$, 解得 $x>2$ 或 $x<-1$

则 $A \cap B=\{x \mid 2<x \leq 3\}$ 故答案为: $\{x \mid 2<x \leq 3\}$
题目（高二 · 代数）：10. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=20, a_{n+1}=a_{n}+2 n-1, n \in \mathbf{N}^{*}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=$
选项：
答案：$n^{2}-2 n+21$
解析：because a_{n+1}-a_{n}=2 n-1$,

$\therefore a_{2}-a_{1}=1, a_{3}-a_{2}=3, \cdots$,

$a_{n}-a_{n-1}=2 n-3, \quad n \geqslant 2$.

$\therefore a_{n}-a_{1}=1+3+5+\cdots+(2 n-3)$.

$\therefore a_{n}=20+\frac{(n-1)(2 n-2)}{2}=n^{2}-2 n+21$.
题目（高二 · 代数）：8. 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{2+a_{n}}$, 对所有正整数 $n$ 都成立, 且 $a_{1}=2$, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$\frac{2}{n}$
解析：$\because a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{2+a_{n}}, \therefore \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2}$.

$\therefore\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是等差数列且公差 $d=\frac{1}{2}$.

$\therefore \frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{1}}+(n-1) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{n-1}{2}=\frac{n}{2}$,

$\therefore a_{n}=\frac{2}{n}$.
题目（高二 · 代数）：设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x \leq 0, \\ x-y \leq 0, \\ 2 x-y+1 \geq 0,\end{array}\right.$ 则目标函数 $\mathrm{z}=x y$ 的取值范围为 .
选项：
答案：<ImageHere>
当 $z>0$, 且 $y=\frac{z}{x}$ 的图象过点 $\mathrm{C}$ 时, $z$ 取最大值 1 ; 当 $z<0$, 且 $y=\frac{z}{x}$ 的图象与直线 $2 x-y+1=0$相切时, $z$ 取最小值 $-\frac{1}{8}$; 当 $x=0$ 时, $z=0$. 综上, 目标函数 $z=x y$ 的取值范围为 $\left[-\frac{1}{8}, 1\right]$.
解析：
当 $z>0$, 且 $y=\frac{z}{x}$ 的图象过点 $\mathrm{C}$ 时, $z$ 取最大值 1 ; 当 $z<0$, 且 $y=\frac{z}{x}$ 的图象与直线 $2 x-y+1=0$相切时, $z$ 取最小值 $-\frac{1}{8}$; 当 $x=0$ 时, $z=0$. 综上, 目标函数 $z=x y$ 的取值范围为 $\left[-\frac{1}{8}, 1\right]$.
题目（高二 · 代数）：若函数 $y=\log _{a}(x+1)(a>0$ 且 $a \neq 1)$ 的图象经过不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x \geq-1, \\ 2 x-y+2 \leq 0, \\ 2 x+y \leq 0\end{array}\right.$ 所表示的平面区域，则 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$a \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$ 解析 作出不等式组所表示的平面区域, 如图所示, 由 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y+2=0, \\ 2 x+y=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}, \\ y=1,\end{array}\right.$则 $A\left(-\frac{1}{2}, 1\right)$, 当函数 $y=\log _{a}(x+1)$ 的图象经过 $A$ 点时, $1=\log _{a} \frac{1}{2} \Rightarrow a=\frac{1}{2}$, 根据对数函数的图象与性质可知, 要使得函数 $y=\log _{a}(x+1)$ 的图象经过不等式组所表示的平面区域, 则实数 $a$ 的取值范围是 $a \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$.

<ImageHere>
解析：$a \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$ 解析 作出不等式组所表示的平面区域, 如图所示, 由 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y+2=0, \\ 2 x+y=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}, \\ y=1,\end{array}\right.$则 $A\left(-\frac{1}{2}, 1\right)$, 当函数 $y=\log _{a}(x+1)$ 的图象经过 $A$ 点时, $1=\log _{a} \frac{1}{2} \Rightarrow a=\frac{1}{2}$, 根据对数函数的图象与性质可知, 要使得函数 $y=\log _{a}(x+1)$ 的图象经过不等式组所表示的平面区域, 则实数 $a$ 的取值范围是 $a \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$.
题目（高二 · 代数）：若对任意 $x>0, \frac{x}{x^{2}+3 x+1} \leq a$ 恒成立, 则 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$\left[\frac{1}{5},+\infty\right)$.
解析：因为 $x>0$, 所以 $\frac{x}{x^{2}+3 x+1}=\frac{1}{x+\frac{1}{x}+3} \leq \frac{1}{2 \sqrt{x \cdot \frac{1}{x}+3}}=\frac{1}{5}$,当且仅当 $x=\frac{1}{x}(x>0)$ 即 $x=1$ 时等号成立, 故 $a$ 的取值范围是 $\frac{1}{5} \leq a$,即 $a \in\left[\frac{1}{5},+\infty\right)$
题目（高二 · 度量几何学）：6. 若 $\beta \in[0,2 \pi)$, 且 $\sqrt{1-\cos ^{2} \beta}+\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}=\sin \beta-\cos \beta$, 则 $\beta$ 的取值范围是
选项：
答案：$\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$
解析：$\because \sqrt{1-\cos ^{2} \beta}+\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}=\sqrt{\sin ^{2} \beta}+\sqrt{\cos ^{2} \beta}=|\sin \beta|+|\cos \beta|=\sin \beta-\cos \beta ， \therefore \sin$ $\beta \geqslant 0, \cos \beta \leqslant 0, \therefore \beta$ 的终边在第二象限或在 $x$ 轴负半轴或在 $y$ 轴正半轴. $\because 0 \leqslant \beta<2 \pi$ ， $\therefore \beta \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$.

答案: $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$
题目（高二 · 度量几何学）：13. 已知 $\alpha$ 为第二象限角, $\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 则 $\tan \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=$
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：由题意知, $\cos \alpha=-\sqrt{1-\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$,
$\tan \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)}{\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{\cos \alpha}{-\sin \alpha}=-\frac{-\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{2 \sqrt{5}}{5}}=\frac{1}{2}$.

答案: $\frac{1}{2}$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 已知 $f(n)=\sin \frac{n \pi}{4}(n \in \mathbf{Z})$, 则 $f(1)+f(2)+\cdots+f(100)=$
选项：
答案：$\sqrt{2}+1$
解析：$f(1)+f(2)+\cdots+f(8)=0, f(9)+f(10)+\cdots+f(16)=0$, 依次循环, $f(1)+f(2)+\cdots+f(100)$

$=0+f(97)+f(98)+f(99)+f(100)=\sqrt{2}+1$.

答案: $\sqrt{2}+1$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $a=3 \sqrt{2}, \cos C=\frac{1}{3}, S_{\triangle A B C}=4 \sqrt{3}$, 则 $b=$
选项：
答案：$2 \sqrt{3}$
解析：$\because \cos C=\frac{1}{3}, \therefore \sin C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

$\therefore \frac{1}{2} a b \sin C=4 \sqrt{3}, \therefore b=2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6.时钟从 6 时 50 分走到 10 时 40 分, 分针旋转了弧度。
选项：
答案：$-\frac{23 \pi}{3}$
解析：时钟共走了 3 小时 50 分钟, 分针旋转了 $-\left(3 \times 2 \pi+\frac{5}{6} \times 2 \pi\right)=-\frac{23 \pi}{3}$

答案: $-\frac{23 \pi}{3}$
题目（高二 · 度量几何学）：如图, 公路弯道处 $\widehat{A B}$ 的长 $l=$ (精确到 $1 \mathrm{~m}$ )
选项：
答案：$47 \mathrm{~m}$
解析：$l=\frac{\pi}{3} \times 45 \approx 47(\mathrm{~m})$.
题目（高二 · 度量几何学）：9.(1)把 $-1480^{\circ}$ 写成 $\alpha+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 的形式, 其中 $0 \leqslant \alpha<2 \pi$;

(2)若 $\beta \in[-4 \pi, 0]$, 且 $\beta$ 与(1)中 $\alpha$ 的终边相同, 求 $\beta$.
选项：
答案：(1) $\because-1480^{\circ}=-\frac{74 \pi}{9}=-10 \pi+\frac{16}{9} \pi$,

又 $0<\frac{16}{9} \pi<2 \pi, \quad \therefore-1480^{\circ}=\frac{16}{9} \pi+2 \times(-5) \pi$.

(2) $\because \beta$ 与 $\alpha$ 终边相同, $\therefore \beta=\alpha+2 k \pi=\frac{16}{9} \pi+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$.
当 $k=-1$ 时, $\beta=\frac{16}{9} \pi-2 \pi=-\frac{2}{9} \pi$,

当 $k=-2$ 时, $\beta=\frac{16}{9} \pi-4 \pi=-\frac{20}{9} \pi$
解析：(1) $\because-1480^{\circ}=-\frac{74 \pi}{9}=-10 \pi+\frac{16}{9} \pi$,

又 $0<\frac{16}{9} \pi<2 \pi, \quad \therefore-1480^{\circ}=\frac{16}{9} \pi+2 \times(-5) \pi$.

(2) $\because \beta$ 与 $\alpha$ 终边相同, $\therefore \beta=\alpha+2 k \pi=\frac{16}{9} \pi+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$.
当 $k=-1$ 时, $\beta=\frac{16}{9} \pi-2 \pi=-\frac{2}{9} \pi$,

当 $k=-2$ 时, $\beta=\frac{16}{9} \pi-4 \pi=-\frac{20}{9} \pi$.
题目（高二 · 度量几何学）：14. 已知角 $\theta$ 的顶点为坐标原点, 始边为 $x$ 轴的正半轴, 若 $(4, y)$ 是角 $\theta$ 终边上一点, 且 $\sin \theta$ $=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 则 $y=$
选项：
答案：-8
解析：$\because \sin \theta=\frac{y}{\sqrt{4^{2}+y^{2}}}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}<0$,
$\therefore y<0$, 且 $y^{2}=64$,

$\therefore y=-8$.

答案: -8
题目（高二 · 度量几何学）：8. 已知角 $\alpha$ 的终边经过点 $(3 a-9, a+2)$, 且 $\sin \alpha>0, \cos \alpha \leqslant 0$, 则实数 $a$ 的取值范围是

解析：由 $\sin \alpha>0, \cos \alpha \leqslant 0$ 可知 $\alpha$ 的终边在第二象限或 $y$ 轴正半轴上,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}3 a-9 \leqslant 0 \\ a+2>0\end{array}\right.$,

$\therefore-2<a \leqslant 3$.
选项：
答案：$(-2,3]$
解析：$(-2,3]$
题目（高二 · 度量几何学）：6. 一个重 $20 \mathrm{~N}$ 的物体从倾斜角为 $30^{\circ}$, 斜面长 $1 \mathrm{~m}$ 的光滑斜面顶端下滑到底端, 则重力做的功是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$10 \mathrm{~J}$
解析：$\because$ 物体沿斜面下滑的分力大小 $|\boldsymbol{F}|=\frac{1}{2} \times 20 \mathrm{~N}=10 \mathrm{~N}, \therefore W=|\boldsymbol{F}| \cdot|\boldsymbol{s}|=10 \mathrm{~J}$.

答案: $10 \mathrm{~J}$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 在水流速度为 4 千米/时的河流中, 有一艘船沿与水流垂直的方向以 8 千米/时的速度航行,则船实际航行的速度的大小为 \$ \qquad \$千米/时.
选项：
答案：$4 \sqrt{5}$
解析：用 $v_{0}$ 表示水流速度， $v_{1}$ 表示与水流垂直的方向的航行速度，则 $v_{0}+v_{1}$ 表示船实际航行速度. $\because\left|v_{0}\right|=4 ，\left|v_{1}\right|=8 ，$

$\therefore\left|v_{0}+v_{1}\right|=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=4 \sqrt{5}$.

答案: $4 \sqrt{5}$
题目（高二 · 度量几何学）：8. 设 $O$ 是 $\triangle A B C$ 内部一点, 且 $\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=-2 \overrightarrow{O B}$, 则 $\triangle A O B$ 与 $\triangle A O C$ 的面积之比为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$1: 2$
解析：



又 $\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=-2 \overrightarrow{O B}$ ，所以 $\overrightarrow{O D}=-\overrightarrow{O B}$ ，即 $O$ 为 $B D$ 的中点，即 $\triangle A O B$ 与 $\triangle A O C$ 的面积之

比为 $1: 2$.

答案: $1: 2$
题目（高二 · 度量几何学）：6. 若 $|\boldsymbol{a}|=5, \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}$ 的方向相反, 且 $|\boldsymbol{b}|=7$, 则 $\boldsymbol{a}=$ \$ \qquad \$ b.
选项：
答案：$-\frac{5}{7}$
解析：$\because \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}$ 方向相反， $\therefore$ 设 $\boldsymbol{a}=\lambda \boldsymbol{b}(\lambda<0) ， \therefore|\boldsymbol{a}|=|\lambda||\boldsymbol{b}|$ ，

$\therefore 5=|\lambda| \times 7, \therefore|\lambda|=\frac{5}{7}, \quad \therefore \lambda= \pm \frac{5}{7}$.

又 $\because \lambda<0, \quad \therefore \lambda=-\frac{5}{7}$.

答案: $-\frac{5}{7}$
题目（高二 · 度量几何学）：13. 已知 $A, B$ 均为针角且 $\sin A=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin B=\frac{\sqrt{10}}{10}$, 则 $A+B$ 的大小为
选项：
答案：$\frac{7 \pi}{4}$
解析：$\because A, B$ 均为钝角且 $\sin A=\frac{\sqrt{5}}{5} ， \sin B=\frac{\sqrt{10}}{10}$ ，

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

$\cos B=-\sqrt{1-\sin ^{2} B}=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.

$\therefore \cos (A+B)=\cos A \cos B-\sin A \sin B=-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times\left(-\frac{3 \sqrt{10}}{10}\right)-\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

又 $\because \frac{\pi}{2}<A<\pi ， \frac{\pi}{2}<B<\pi ， \therefore \pi<A+B<2 \pi$.

$\therefore A+B=\frac{7 \pi}{4}$.

答案: $\frac{7 \pi}{4}$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 设 $\alpha$ 为锐角, 若 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{12}\right)=$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{2}}{10}$
解析：$\because \alpha \in\left(0 ， \frac{\pi}{2}\right) ， \alpha+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6} ， \frac{2}{3} \pi\right)$

$\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}, \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4}{5}$

$\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{12}\right)=\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right) \cos \frac{\pi}{4}-\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right) \sin \frac{\pi}{4}=\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{10}$.

答案: $\frac{\sqrt{2}}{10}$
题目（高二 · 度量几何学）：8. 已知 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}<\beta<\pi, \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{3}, \sin (\alpha+\beta)=\frac{4}{5}$, 则 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
答案：$\frac{8 \sqrt{2}-3}{15}$
解析：解析 : $\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}<\beta<\pi$ ，

$\therefore \frac{\pi}{4}<\beta-\frac{\pi}{4}<\frac{3}{4} \pi, \quad \frac{\pi}{2}<\alpha+\beta<\frac{3 \pi}{2}$ ，

$\therefore \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)>0, \cos (\alpha+\beta)<0$.

$\because \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{3}, \sin (\alpha+\beta)=\frac{4}{5}$,

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

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

$=\cos (\alpha+\beta) \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)+\sin (\alpha+\beta) \cdot \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)$

$=-\frac{3}{5} \times \frac{1}{3}+\frac{4}{5} \times \frac{2 \sqrt{2}}{3}=\frac{8 \sqrt{2}-3}{15}$.
题目（高二 · 度量几何学）：10. 已知 $\tan (\alpha-\beta)=\frac{1}{2}, \tan \beta=-\frac{1}{7}$, 且 $\alpha, \beta \in(-\pi, 0)$, 求 $2 \alpha-\beta$ 的值.
选项：
答案：$-\frac{7 \pi}{4}$
解析：$\because \alpha=(\alpha-\beta)+\beta ， \tan (\alpha-\beta)=\frac{1}{2} ， \tan \beta=-\frac{1}{7}$ ，

$\therefore \tan \alpha=\tan [(\alpha-\beta)+\beta]=\frac{\tan (\alpha-\beta)+\tan \beta}{1-\tan (\alpha-\beta) \tan \beta}$

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{7}}{1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{7}}=\frac{1}{3}$.

又 $2 \alpha-\beta=\alpha+(\alpha-\beta)$
$\therefore \tan (2 \alpha-\beta)=\tan [\alpha+(\alpha-\beta)]$

$=\frac{\tan \alpha+\tan (\alpha-\beta)}{1-\tan \alpha \tan (\alpha-\beta)}=\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3} \times \frac{1}{2}}=1$.

$\because \tan \alpha=\frac{1}{3}>0, \tan \beta=-\frac{1}{7}<0, \alpha, \beta \in(-\pi, 0)$,

$\therefore \alpha \in\left(-\pi,-\frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$,

$\therefore \alpha-\beta \in(-\pi, 0)$,

而 $\tan (\alpha-\beta)=\frac{1}{2}>0$ ，则 $\alpha-\beta \in\left(-\pi ，-\frac{\pi}{2}\right)$ ，

结合 $\alpha \in\left(-\pi ，-\frac{\pi}{2}\right)$ ，则有 $2 \alpha-\beta \in(-2 \pi ，-\pi)$ ，

$\therefore 2 \alpha-\beta=-\frac{7 \pi}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：13. 若 $\sin \frac{\alpha}{2}=\sqrt{1+\sin \alpha}-\sqrt{1-\sin \alpha}, 0 \leqslant \alpha \leqslant \pi$, 则 $\tan \alpha$ 的值是
选项：
答案：0 或 $-\frac{4}{3}$
解析：解析：两边平方得 $\sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=2-2 \sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}$ ，

$\therefore \frac{1-\cos \alpha}{2}=2-2|\cos \alpha| \cdot(1)$

当 $0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}$ 时，(1)式为 $\frac{1-\cos \alpha}{2}=2-2 \cos \alpha$ ，

$\therefore \cos \alpha=1$ ，

$\therefore \alpha=0, \quad \therefore \tan \alpha=0$.
当 $\frac{\pi}{2}<\alpha \leqslant \pi$ 时，(1)式为 $\frac{1-\cos \alpha}{2}=2+2 \cos \alpha$ ，

$\therefore \cos \alpha=-\frac{3}{5}$,

$\therefore \sin \alpha=\frac{4}{5} . \therefore \tan \alpha=-\frac{4}{3}$.

综上, $\tan \alpha$ 的值是 0 或 $-\frac{4}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6.$ \frac{3-\sin 70^{\circ}}{2-\cos ^{2} 10^{\circ}}=$
选项：
答案：2
解析：$\frac{3-\sin 70^{\circ}}{2-\cos ^{2} 10^{\circ}}=\frac{3-\sin 70^{\circ}}{2-\frac{1+\cos 20^{\circ}}{2}}=\frac{2\left(3-\cos 20^{\circ}\right)}{3-\cos 20^{\circ}}=2$.

答案: 2
题目（高二 · 度量几何学）：8. 已知 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 且 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\tan \left(2 \alpha+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
答案：$-\frac{1}{7}$
解析：因为 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{2} ， \pi\right)$ ，且 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$ ，所以 $\cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，所以 $\tan \alpha=-\frac{1}{2}$ ，由二倍角公

式得 $\tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=-\frac{4}{3} ， \tan \left(2 \alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan 2 \alpha+1}{1-\tan 2 \alpha}=-\frac{1}{7}$.

答案: $-\frac{1}{7}$
题目（高二 · 变换几何）：6. 将函数 $y=\frac{1}{2} \sin 2 x$ 的图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍, 然后纵坐标缩短为原来的 $\frac{1}{2}$,则所得图象的函数解析式为
选项：
答案：$y=\frac{1}{4} \sin x$
解析：解析 : $y=\frac{1}{2} \sin 2 x$ 的图象 $\frac{\text { 横坐标伸长为 }}{\text { 原来的 } 2 \text { 倍 }}$

$y=\frac{1}{2} \sin 2\left(\frac{1}{2} x\right)=\frac{1}{2} \sin x$ 的图象 $\xrightarrow{\text { 纵坐标缩短为 }}$

原来的 $\frac{1}{2}$
$y=\frac{1}{4} \sin x$ 的图象，即所得图象的解析式为 $y=\frac{1}{4} \sin x$.
题目（高二 · 组合几何学）：14. 已知 $\triangle A B C$ 内一点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C}$, 若 $\triangle P A B$ 的面积与 $\triangle A B C$ 的面积之比为 $1: 3$, $\triangle P A C$ 的面积与 $\triangle A B C$ 的面积之比为 $1: 4$, 求实数 $\lambda, \mu$ 的值.
选项：
答案：$\lambda=\frac{1}{4}$ ，$\mu=\frac{1}{3}$.
解析：如图，过点 $P$ 作 $P M / / A C ， P N / / A B$ ，则 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{A N}$ ，所以 $\overrightarrow{A M}=\lambda \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A N}=\mu \overrightarrow{A C}$.



作 $P G \perp A C$ 于点 $G, B H \perp A C$ 于点 $H$.

因为 $\frac{S_{\triangle P A C}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{1}{4}$, 所以 $\frac{P G}{B H}=\frac{1}{4}$.

又因为 $\triangle P N G \sim \triangle B A H$ ，所以 $\frac{P G}{B H}=\frac{P N}{A B}=\frac{1}{4}$ ，

即 $\frac{A M}{A B}=\frac{1}{4}$ ，所以 $\lambda=\frac{1}{4}$ ，同理 $\mu=\frac{1}{3}$.
题目（高二 · 逻辑题）：8. 下列叙述中正确的个数是

(1)若 $a=b$, 则 $3 a>2 b$;

(2)若 $a / / b$, 则 $a$ 与 $b$ 的方向相同或相反;

(3)对任一向量 $a, \frac{a}{|a|}$ 是一个单位向量.
选项：
答案：0
解析：向量不能比较大小, (1)错误; 由于零向量与任一向量共线, 且零向量的方向是任意的, 故(2)错误; 对于(3), 当 $a=0$ 时, $\frac{a}{|a|}$ 无意义, 故(3)错误.

答案: 0
题目（高二 · 逻辑题）：已知 $\mathrm{a}, \mathrm{b} \in \mathrm{R}$, 有以下命题: (1)若 $\mathrm{a}>\mathrm{b}, \mathrm{c}>d$, 则 $\mathrm{ac}>\mathrm{b} d$; (2) 若 $\frac{c}{a}>\frac{c}{b}$,则 $\mathrm{a}<\mathrm{b}$; (3)若 $\mathrm{a}>\mathrm{b}$ ，则 $\mathrm{a} \cdot 2^{\mathrm{c}}>\mathrm{b} \cdot 2^{\mathrm{c}}$. 则正确命题的序号为
选项：
答案：(3)(1)同向不等式不具有可乘性, 如: $2>1,-1>-2$, 则 $2 \times(-1)=1 \times(-2)$,

故错误. (2)若 $\frac{c}{a}>\frac{c}{b}$, 则 $\mathrm{a}<\mathrm{b}$, 错误, 如: $\frac{1}{2}>\frac{1}{-3}, 2>-3$. (3)若 $\mathrm{a}>\mathrm{b}$, 则 $\mathrm{a} \cdot 2^{\mathrm{c}}>\mathrm{b} \cdot 2^{\mathrm{c}}$, 根据不等式的性质可知正确. 故正确命题序号为(3).
解析：(3)(1)同向不等式不具有可乘性, 如: $2>1,-1>-2$, 则 $2 \times(-1)=1 \times(-2)$,

故错误. (2)若 $\frac{c}{a}>\frac{c}{b}$, 则 $\mathrm{a}<\mathrm{b}$, 错误, 如: $\frac{1}{2}>\frac{1}{-3}, 2>-3$. (3)若 $\mathrm{a}>\mathrm{b}$, 则 $\mathrm{a} \cdot 2^{\mathrm{c}}>\mathrm{b} \cdot 2^{\mathrm{c}}$, 根据不等式的性质可知正确. 故正确命题序号为(3).
题目（高二 · 逻辑题）：6. 若命题 $p$ 的逆命题是 $q$, 命题 $p$ 的否命题是 $v$, 则 $q$ 是 $v$ 的命题.
选项：
答案：： 逆否
解析：： 逆否
题目（高二 · 逻辑题）：7. 给出命题: 若函数 $y=f(x)$ 是幂函数, 则函数 $y=f(x)$ 的图象不过第四象限. 在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中, 是真命题的是
选项：
答案：：逆否命题
解析：：逆否命题
题目（高二 · 逻辑题）：8. 有下列四个命题:

(1) “若 $\angle A=60^{\circ}$, 则 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ” 的逆命题;

(2) “若 $\angle A=\angle B$, 则 $\sin A=\sin B$ ” 的逆否命题;

(3) “若 $a+b$ 是无理数, 则 $a, b$ 都是无理数” 的逆命题;

(4) “若 $x^{2}<4$, 则 $-2<x<2$ ” 的逆否命题.

其中真命题的序号是 \$ \qquad \$
选项：
答案：：(2)(4)
解析：：(2)(4)
题目（高二 · 逻辑题）：5. 若命题 $p: \forall x \in \mathbf{R}, \frac{1}{x-2}<0$, 则綈 $p$ :
选项：
答案：: 答案 :$\exists x_{0} \in \mathbf{R}$, 使 $\frac{1}{x_{0}-2}>0$ 或 $x_{0}-2=0$
解析：: 綈 $p: \exists x_{0} \in \mathbf{R}$, 使 $\frac{1}{x_{0}-2}>0$ 或 $x_{0}-2=0$. 最易出现的错误答案是: $\exists x_{0} \in \mathbf{R}, \frac{1}{x_{0}-2} \geqslant 0$.

答案 :$\exists x_{0} \in \mathbf{R}$, 使 $\frac{1}{x_{0}-2}>0$ 或 $x_{0}-2=0$
题目（高二 · 逻辑题）：6. 已知命题: “存在 $x \in[1,2]$, 使 $x^{2}+2 x+a \geqslant 0$ ” 为真命题, 则 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：: $[-8,+\infty)$
解析：: $[-8,+\infty)$
题目（高二 · 组合数学）：9. 在 100 内所有能被 3 整除但不能被 7 整除的正整数之和是
选项：
答案：1473
解析：100 内所有能被 3 整除的数的和为: $S_{1}=3+6+\cdots+99=\frac{33 \times(3+99)}{2}=1683$.

100 内所有能被 21 整除的数的和为: $S_{2}=21+42+63+84=210$.

$\therefore 100$ 内能被 3 整除不能被 7 整除的所有正整数之和为

$S_{1}-S_{2}=1683-210=1473$.
题目（高二 · 组合数学）：3. 著名的斐波那契数列, 因数学家列昂纳多 - 斐波那契以兔子繁殖为例而引入, 故还称为 “兔子数列”,它满足: $a_{1}=, a_{2}=1$, 且 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}\left(n \in N^{*}\right)$, 则 $a_{10}=$
选项：
答案：55
解析：由递推关系 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}\left(n \in N^{*}\right)$, 可知前 9 项分别是 $1,1,2,3,5,8,13,21,34$,所以 $a_{10}=55$
题目（高二 · 计数）：10. 某工厂月生产总值的平均增长率为 $q$, 则该工厂的年平均增长率为
选项：
答案：$(1+q)^{12}-1$
解析：设第一年第 1 个月的生产总值为 1 , 公比为 $(1+q)$, 该厂第一年的生产总值为 $S_{1}$ $=1+(1+q)+(1+q)^{2}+\cdots+(1+q)^{11}$.

则第 2 年第 1 个月的生产总值为 $(1+q)^{12}$,

第 2 年全年生产总值 $S_{2}=(1+q)^{12}+(1+q)^{13}+\cdots+(1+q)^{23}=(1+q)^{12} S_{1}$,

$\therefore$ 该厂生产总值的平均增长率为 $\frac{S_{2}-S_{1}}{S_{1}}=\frac{S_{2}}{S_{1}}-1=(1+q)^{12}-1$.
题目（七年级 · 算术）：若银行账户余额增加 50 元, 记作“ +50 元”, 那么银行账户余额减少 30 元记作 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：-30 元
解析：如果收入 50 元，记作 +50 元，那么支出 30 元记作 -30 元.故答案为: -30 元.
题目（七年级 · 算术）：已知 $a, b$ 均为有理数, 现我们定义一种新的运算, 规定: $a \# b=a^{2}+a b-5$, 例如: $1 \# 2=1^{2}+1 \times 2$ $-5=-2$, 则 $(-3) \# 6$ 的值是
选项：
答案：-14
解析：$(-3) \# 6$,

$=(-3)^{2}+(-3) \times 6-5$,

$=9-18-5$

$=-14$

故答案为: -14 .
题目（七年级 · 算术）：整数 $a, b, c, d$ 的绝对值均小于 5 , 且满 $1000 a+100 b^{2}+10 c^{3}+d^{4}=2021$, 则 $a b c d$的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\pm 4$
解析：$\because 1000 a+100 b^{2}+10 c^{3}+d^{4}=2021$, 整数 $a 、 b 、 c 、 d$ 的绝对值均小于 5 ,

$\therefore$ 个位上的 1 一定为 $\mathrm{d}^{4}$ 产生,

$\because( \pm 3)^{4}=81,( \pm 13)^{4}=81$,

$\therefore \mathrm{d}= \pm 3$ 或 $\mathrm{d}= \pm 1$,

(1) 当 $\mathrm{d}= \pm 1, \mathrm{~d}^{4}=1$,

$\therefore 1000 \mathrm{a}+100 \mathrm{~b}^{2}+10 \mathrm{c}^{3}=2020$,

$\therefore 100 \mathrm{a}+10 \mathrm{~b}^{2}+\mathrm{c}^{3}=202$,

$\therefore$ 个位上的 2 由 $\mathrm{c}^{3}$ 产生,
$\therefore c^{3}=2$ 或 -8,

$\because c$ 的绝对值小于 5 ,

$\therefore \mathrm{c}=-2$,

$\therefore 100 a+10 b^{2}-8=202$,

$\therefore 100 \mathrm{a}+10 \mathrm{~b}^{2}=210$,

即 $10 a+b^{2}=21$,

$\therefore$ 此时个位上的 1 一定是 $\mathrm{b}^{2}$ 产生的,

$\because$ 绝对值小于 5 的整数中, 只有 $( \pm 1)^{2}=1$,

$\therefore \mathrm{b}= \pm 1$,

将 $b= \pm 1$ 代入 $10 a+b^{2}=21$,

解得 $a=2$,

$\therefore \mathrm{a}=2, \mathrm{~b}= \pm 1, \mathrm{c}=-2, \mathrm{~d}= \pm 1$,

$\therefore$ abcd $=\left\{\begin{array}{c}2 \times 1 \times(-2) \times 1=-4 \\ 2 \times(-1) \times(-2) \times 1=4 \\ 2 \times 1 \times(-2) \times(-1)=4 \\ 2 \times(-1) \times(-2) \times(-1)=-4\end{array}\right.$,

$\therefore \mathrm{abcd}= \pm 4$,

当 $d= \pm 3$ 时,$d^{4}=81$,

$1000 a+100 b^{2}+10 c^{3}=1940$,

即 $100 a+10 b+c^{3}=194$,

$\because$ 绝对值小于 5 的整数中, 只有 $4^{3}=64$,

$\therefore \mathrm{c}=4$,

$\therefore 100 \mathrm{a}+10 \mathrm{~b}^{2}=130$,

即 $10 a+b^{2}=13 ，$

$\because$ 绝对值小于 5 的整数中, 不存在某个数的平方的个位是 3 或 7 ,

$\therefore \mathrm{d}= \pm 3$ 不符合题意,

综上所述, abcd 的值为 $\pm 4$,

故答案为: $\pm 4$.
题目（七年级 · 算术）：: $3-3 \div\left(-\frac{3}{2}\right) \times 2=$
选项：
答案：7
解析：原式 $=3-3 \times\left(-\frac{2}{3}\right) \times 2=3+2 \times 2=7$,

故答案为: 7 .
题目（七年级 · 算术）：$\mathrm{a}$ 与 $\mathrm{b}$ 互为倒数, $\mathrm{c}$ 是最大的负整数. $|m|=2$, 则 $a b+c-m^{2}$ 的值为
选项：
答案：-4
解析：$\because a$ 与 $b$ 互为倒数, $\mathrm{c}$ 是最大的负整数, $|\mathrm{m}|=2$,

$\therefore a b=1, \quad c=-1, \quad m= \pm 2$,

$\therefore a b+c-m^{2}$

$=1-1-4$

$=-4$.

故答案为: -4 .
题目（七年级 · 算术）：昆虫从点 $\mathrm{A}$ 处出发, 以每分钟 2 米的速度在一条直线上运动, 它先前进 1 米, 再后退 2 米, 又前进 3 米, 再后退 4 米, ... 依此规律继续走下去, 则运动 1 小时时这只昆虫与 $\mathrm{A}$ 点相距米.
选项：
答案：8
解析：1小时 $=60$ 分,

规定昆虫每前进一次和后退一次为一运动周期, 则设昆虫的运动周期数为 $n$, 每一周期所用总时间为 $t$.

设每周期前进的距离为 $S$ ，则 $s=2(n-1)+1=2 n-1$ ；

由题意可得: $t=2(n-1)+1.5=2 n-0.5$;

假设昆虫运动所用总时间为 $\mathrm{T}$; 则 $T=(2 \times 1-0.5)+(2 \times 2-0.5)+(2 \times 3-0.5)+\cdots+(2 \times n-$ $0.5)=2(1+2+3+\cdots+n)-0.5 n=n^{2}+0.5 n$;

当 $T=60$ 分时, 代入上式中可得 $n=7$ 但还剩余 7.5 分钟, 由公式 $t=2(n-1)+1.5=2 n-0.5$ 可得第 8 周需要 15.5 分钟, 但是每一周期中后退时间比前进时间多 0.5 分钟, 所以在第 8 周期中前进时间为 7.5 分钟, 后退时间为 8 分钟.

由于运动一个周期后退一米, 所以运动 7 个周期就后退 7 米, 由于在 60 分钟内运动完 7 周期后正好剩余 7.5 分钟, 这样在第 8 周期就正好前进的距离 $S=2 \times 8-1=15$ 米, 故运动 1 小时时这只昆虫与 $A$ 点相距为 $15-7=8$ 米.

故答案为: 8
题目（七年级 · 算术）：计算: $\left|\frac{1}{2018}-\frac{1}{2017}\right|+\left|\frac{1}{2017}-\frac{1}{2016}\right|-\left|\frac{1}{2018}-\frac{1}{2016}\right|=$
选项：
答案：0
解析：原式 $=\frac{1}{2017}-\frac{1}{2018}+\frac{1}{2016}-\frac{1}{2017}-\left(\frac{1}{2016}-\frac{1}{2018}\right)$

$=\frac{1}{2017}-\frac{1}{2018}+\frac{1}{2016}-\frac{1}{2017}-\frac{1}{2016}+\frac{1}{2018}=0$,

故答案为: 0 .
题目（七年级 · 算术）：一个小球落在数轴上的某点 $P_{0}$, 第一次从点 $P_{0}$ 向左跳 1 个单位长度到点 $P_{1}$, 第二次从点 $P_{1}$ 向右跳 2 个单位长度到点 $P_{2}$, 第三次从点 $P_{2}$ 向左跳 3 个单位长度到点 $P_{3}$, 第四次从点 $P_{3}$
向右跳 4 个单位长度到点 $P_{4}, \ldots$, 按以上规律跳了 100 次时, 它落在数轴上的点 $P_{100}$ 所表示的数恰好是 2020, 则这个小球的初始位置点 $P_{0}$ 所表示的数是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：1970
解析：设 $P_{0}$ 所表示的数是 $a$, 则 $a-1+2-3+4-\cdots-99+100=2020$ ，

则 $a+(-1+2)+(-3+4)+\cdots+(-99+100)=2020$.

$a+50=2020$,

解得: $a=1970$.

点 $P_{0}$ 表示的数是 1970 .

故答案为: 1970 .
题目（七年级 · 算术）：如果 $x^{2}=64$, 那么 $\sqrt[3]{x}=$ \$ \qquad \$ , 最小正整数与最大负整数的积等于 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\pm 2 ;-1$
解析：$\because \mathrm{x}^{2}=64$,

$\therefore \mathrm{x}= \pm 8$

$\therefore \sqrt[3]{-8}=-2, \sqrt[3]{8}=2$

最小正整数与最大负整数的积等于 $1 \times(-1)=-1$.

故答案为: $\pm 2,-1$.
题目（七年级 · 算术）：对于有理数 $a, \mathrm{~b}$, 定义 $\min \{a, \mathrm{~b}\}$ 的含义为: 当 $a<\mathrm{b}$ 时, $\min \{a, \mathrm{~b}\}=a$ ， 当 $a>b$ 时， $\min \{a, \mathrm{~b}\}=b$. 例如: $\min \{1,-2\}=-2, \min \{3,-1\}=-1$. 已知 $\min \{\sqrt{21}, a\}=\sqrt{21}$, $\min \{\sqrt{21}, \mathrm{~b}\}=\mathrm{b}$, 且 $a$ 和 $\mathrm{b}$ 为两个连续正整数, 则 $a+b$ 的平方根为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\pm 3$
解析：$\because \min \{\sqrt{21}, a\}=\sqrt{21}, \min \{\sqrt{21}, b\}=b, \mathrm{a}, \mathrm{b}$ 为两个连续的正整数, $\therefore 4<\sqrt{21}<5$
$\therefore \mathrm{a}=4, \mathrm{~b}=5$

$\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}=4+5=9$,

$\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}$ 的平方根为 $\pm 3$.

故答案为: $\pm 3$.