eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：$\sin 165^{\circ}$ 等于
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
答案：D
解析：解析: $\sin 165^{\circ}=\sin 15^{\circ}=\sin \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin (\alpha+\beta)=\frac{1}{2}, \sin (\alpha-\beta)=\frac{1}{3}$, 则 $\log \sqrt{5}\left(\frac{\tan \alpha}{\tan \beta}\right)^{2}=$
选项：
A. 5
    B. 4
    C. 3
    D. 2
答案：B
解析：解析: $\because \sin (\alpha+\beta)=\frac{1}{2}, \sin (\alpha-\beta)=\frac{1}{3}$ ，

$\therefore \sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta=\frac{1}{2}, \quad \sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta=\frac{1}{3}$,

$\therefore \sin \alpha \cos \beta=\frac{5}{12}, \quad \cos \alpha \sin \beta=\frac{1}{12}$,

$\therefore \frac{\tan \alpha}{\tan \beta}=5$,

$\therefore \log \sqrt{5}\left(\frac{\tan \alpha}{\tan \beta}\right)^{2}=\log \sqrt{5} 5^{2}=4$. 故选 B.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：求值: $\frac{1-\tan 15^{\circ}}{1+\tan 15^{\circ}}=$
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：C
解析：解析: $\frac{1-\tan 15^{\circ}}{1+\tan 15^{\circ}}=\frac{\tan 45^{\circ}-\tan 15^{\circ}}{1+\tan 45^{\circ} \tan 15^{\circ}}=\tan \left(45^{\circ}-15^{\circ}\right)=\tan 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. 故选 C.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\alpha+\beta=\frac{\pi}{6}$, 且 $\alpha, \beta$ 满足 $\sqrt{3}(\tan \alpha \tan \beta+2)+2 \tan \alpha+3 \tan \beta=0$, 则 $\tan \alpha$ 等于
选项：
A. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
    B. $\sqrt{3}$
    C. $-\sqrt{3}$
    D. $3 \sqrt{3}$
答案：D
解析：解析: $\because \sqrt{3}(\tan \alpha \tan \beta+2)+2 \tan \alpha+3 \tan \beta=0$ ，

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

$\because \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore 3(\tan \alpha+\tan \beta)=\sqrt{3}(1-\tan \alpha \tan \beta)$.

将(2)代入(1)，得 $\sqrt{3}=\tan \alpha-2 \sqrt{3} ， \therefore \tan \alpha=\sqrt{3}+2 \sqrt{3}=3 \sqrt{3}$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan \alpha, \tan \beta$ 是方程 $x^{2}+3 \sqrt{3} x+4=0$ 的两根, 且 $-\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}<\beta<\frac{\pi}{2}$, 则 $\alpha+\beta$ 的值为
选项：
A. $\frac{\pi}{3}$
    B. $-\frac{2 \pi}{3}$
    C. $\frac{\pi}{3}$ 或 $-\frac{2 \pi}{3}$
    D. $-\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$
答案：B
解析：解析 : 由一元二次方程根与系数的关系得 $\tan \alpha+\tan \beta=-3 \sqrt{3}, \tan \alpha \cdot \tan \beta=4 ， \therefore \tan \alpha<0$ ， $\tan \beta<0$.

$\therefore \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=\frac{-3 \sqrt{3}}{1-4}=\sqrt{3}$.

又 $\because-\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad-\frac{\pi}{2}<\beta<\frac{\pi}{2}$,

且 $\tan \alpha<0 ， \tan \beta<0 ，$

$\therefore-\pi<\alpha+\beta<0, \quad \therefore \alpha+\beta=-\frac{2 \pi}{3}$.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：$\frac{1-\tan 27^{\circ} \tan 33^{\circ}}{\tan 27^{\circ}+\tan 33^{\circ}}$ 等于
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\tan 6^{\circ}$
D. $\frac{1}{\tan 6^{\circ}}$
答案：A
解析：解析: $\because \frac{\tan 27^{\circ}+\tan 33^{\circ}}{1-\tan 27^{\circ} \tan 33^{\circ}}=\tan \left(27^{\circ}+33^{\circ}\right)=\tan 60^{\circ} ， \therefore$ 原式 $=\frac{1}{\tan 60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：若 $\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}$, 则 $\frac{1-\tan \beta}{1+\tan \beta}=$
选项：
A. $\tan \alpha$
B. $\tan \beta$
C. $\tan \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)$
D. $\tan \left(\frac{\pi}{4}-\beta\right)$
答案：A
解析：解析 : $\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}$ ，即 $\tan \alpha+\tan \beta=1-\tan \alpha \tan \beta$.

$\therefore \tan \alpha(1+\tan \beta)=1-\tan \beta$

$\therefore \frac{1-\tan \beta}{1+\tan \beta}=\tan \alpha$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：$\frac{1}{2}-\sin ^{2} 15^{\circ}=$
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
答案：D
解析：解析 : 原式 $=\frac{1}{2}-\frac{1-\cos \left(2 \times 15^{\circ}\right)}{2}=\frac{\cos 30^{\circ}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin 2 x=$
选项：
A. $\frac{18}{25}$
    B. $\frac{7}{25}$
    C. $-\frac{7}{25}$
    D. $-\frac{16}{25}$
答案：C
解析：解析: 因为 $\sin 2 x=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 x\right)=\cos \left[2\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right]=2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-x\right)-1$ ，所以 $\sin 2 x=2 \times\left(\frac{3}{5}\right)^{2}-1$ $=\frac{18}{25}-1=-\frac{7}{25}$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：$\frac{1-\tan ^{2} 15^{\circ}}{2 \tan 15^{\circ}}=$
选项：
A. $\sqrt{3}$ B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. 1
D. -1
答案：A
解析：解析: 原式 $=\frac{1}{\frac{2 \tan 15^{\circ}}{1-\tan ^{2} 15^{\circ}}}=\frac{1}{\tan 30^{\circ}}=\sqrt{3}$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin 2 \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $\sin ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
A.$ \frac{1}{6} B.   \frac{1}{2} C.  \frac{2}{3}  D.  \frac{5}{6}$
答案：D
解析：解析: $\sin ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1-\cos \left[2\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)\right]}{2}=\frac{1+\sin 2 \alpha}{2}=\frac{5}{6}$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：$\sqrt{1+\cos 100^{\circ}}-\sqrt{1-\cos 100^{\circ}}=(\quad)$
选项：
A. $-2 \cos 5^{\circ}$
B. $2 \cos 5^{\circ}$
C. $-2 \sin 5^{\circ}$
D. $2 \sin 5^{\circ}$
答案：C
解析：解析: 原式 $=\sqrt{2 \cos ^{2} 50^{\circ}}-\sqrt{2 \sin ^{2} 50^{\circ}}=\sqrt{2}\left(\cos 50^{\circ}-\sin 50^{\circ}\right)=2\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \cos 50^{\circ}-\frac{\sqrt{2}}{2} \sin 50^{\circ}\right)=$
$2 \sin \left(45^{\circ}-50^{\circ}\right)=-2 \sin 5^{\circ}$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：设常数 $a \in R$, 集合 $A=\{x \mid(x-1) \quad(x-a) \geq 0\}, B=\{x \mid x \geq a-1\}$, 若 $A \cup B=R$,则 $a$ 的取值范围为
选项：
A. $(-\infty, 2)$
B. $(-\infty, 2]$
C. $(2,+\infty)$
D. $[2,+\infty)$
答案：B
解析：当 $a>1$ 时, $A=(-\infty, 1] \cup[a,+\infty), B=[a-1,+\infty)$, 若 $A \cup B=R$, 则 $a-1 \leq 1, \therefore 1<a \leq 2$;当 $a=1$ 时, 易得 $A=R, A \cup B=R$; 当 $a<1$ 时, $A=(-\infty, a] \cup[1,+\infty), B=[a-1,+\infty)$,若 $A \cup B=R$, 则 $a-1 \leq a$, 显然成立, $. a<1$; 综上, $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 2]$. 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：当 $x \in R$ 时, 不等式 $k x^{2}-k x+1>0$ 恒成立, 则 $k$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(0,+\infty)$
B. $[0,+\infty)$
C. $[0,4)$
D. $(0,4)$
答案：C
解析：当 $\mathrm{k}=0$ 时, 不等式 $k x^{2}-k x+1>0$ 可化为 $1>0$, 显然恒成立;

当 $\mathrm{k} \neq 0$ 时, 若不等式 $k x^{2}-k x+1>0$ 恒成立, 则对应函数的图象开口朝上且与 $\mathrm{x}$ 轴无交点,

则 $\left\{\begin{array}{l}k>0 \\ \Delta=k^{2}-4 k<0\end{array}\right.$, 解得: $0<\mathrm{k}<4$, 综上 $\mathrm{k}$ 的取值范围是 $[0,4)$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：已知关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-a x-b<0$ 的解集是 $(2,3)$, 则 $a+b$ 的值是 ( )
选项：
A. -11
B. 11
C. -1
D. 1
答案：C
解析：若关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $\mathrm{x}^{2}-\mathrm{ax}-\mathrm{b}<0$ 的解集是 (2, 3),

则 2,3 是方程 $x^{2}-a x-b=0$ 的根, 故 $a=5, b=-6$ 故 $a+b=-1$, 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：设集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-3 x+2<0\right\}, B=\{x \mid 1<x<3\}$, 则 ( )
选项：
A. $A=B$
B. $A \supseteq B$
C. $A \subseteq B$
D. $A \cap B=\varnothing$
答案：C
解析：集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-3 x+2<0\right\}=(1,2), B=\{x \mid 1<x<3\} ， \therefore A \subseteq B$. 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $180^{\circ}<\alpha<360^{\circ}$, 则 $\cos \frac{\alpha}{2}=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}$
B. $\sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}$
C. $-\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}$
D. $-\sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}$
答案：C
解析：解析: $\because 90^{\circ}<\frac{\alpha}{2}<180^{\circ} ， \therefore \cos \frac{\alpha}{2}=-\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{5}{13}$, 则 $\sin 2 x=$
选项：
A. $\frac{120}{169}$
    B. $\frac{119}{169}$
    C. $-\frac{120}{169}$
    D. $-\frac{119}{169}$
答案：D
解析：解析: 因为 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{5}{13}$, 所以 $\sin x+\cos x=-\frac{5 \sqrt{2}}{13}$ ，则 $(\sin x+\cos x)^{2}=1+\sin 2 x=\frac{50}{169}$ ，

所以 $\sin 2 x=-\frac{119}{169}$ 故选 D.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限角, 则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=$
选项：
A. $-\frac{1}{2}$
    B. $\frac{1}{2}$
    C. 2
    D. -2
答案：A
解析：解析: $\because \alpha$ 是第三象限角， $\cos \alpha=-\frac{4}{5} ， \therefore \sin \alpha=-\frac{3}{5}$.

$\therefore \frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=\frac{1+\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}}{1-\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}}=\frac{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{1+\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1-\frac{3}{5}}{-\frac{4}{5}}=-\frac{1}{2}$. 故选 A.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \alpha=\frac{4}{5}, \alpha \in\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$, 则 $\sin \frac{\alpha^{2}}{2}$ 等于
选项：
A. $-\frac{\sqrt{10}}{10}$
B. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
C. $\frac{3}{10} \sqrt{3}$
D. $-\frac{3}{5}$
答案：B
解析：解析: $\because \alpha \in\left(\frac{3 \pi}{2} ， 2 \pi\right) ， \therefore \frac{\alpha}{2} \in\left(\frac{3 \pi}{4} ， \pi\right)$ ，

$\therefore \sin \frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 则 $2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=$
选项：
A. $\frac{8}{9}$
B. $\frac{17}{18}$
C. $-\frac{8}{9}$
D. $-\frac{2}{3}$
答案：C
解析：解析: $\because \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3} ， \therefore 1+\sin 2 \alpha=\frac{1}{9} ， \therefore \sin 2 \alpha=-\frac{8}{9} ， \therefore 2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)$

$=\sin 2 \alpha=-\frac{8}{9}$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\alpha$ 是第三象限角, 且 $\sin (\alpha+\beta) \cos \beta-\sin \beta \cos (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}$, 则 $\tan \frac{\alpha}{2}=(\quad)$
选项：
A. -5
B. $-\frac{5}{13}$
C. $\frac{12}{13}$
D. 5
答案：A
解析：解析: $\because \sin (\alpha+\beta) \cos \beta-\sin \beta \cos (\alpha+\beta)=\sin [(\alpha+\beta)-\beta]=\sin \alpha=-\frac{5}{13}$ ，

又 $\alpha$ 是第三象限角， $\therefore \cos \alpha=-\frac{12}{13}$ ，

$\therefore \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1-\left(-\frac{12}{13}\right)}{-\frac{5}{13}}=-5$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：某厂生产甲产品每千克需用原料 $A$ 和原料 $B$ 分别为 $a_{1} 、 b_{1}$ 千克, 生产乙产品每千克需用原料 $A$ 和原料 $B$ 分别为 $a_{2} 、 b_{2}$ 千克, 甲、乙产品每千克可获利润分别为 $d_{1} 、 d_{2}$ 元. 月初一次性购进本月用的原料 $A 、 B$ 各 $c_{1} 、 c_{2}$ 千克, 要计划本月生产甲产品和乙产品各多少千克才能使月利润总额达到最大. 在这个问题中, 设全月生产甲、乙两种产品分别为 $x$ 千克、 $y$ 千克, 月利润总额为 $z$ 元, 那么, 用于求使总利润 $z=d_{1} x+d_{2} y$ 最大的数学模型中, 约束条件为(
选项：
A. $\left\{\begin{array}{l}a_{1} x+a_{2} y \geqslant c_{1}, \\ b_{1} x+b_{2} y \geqslant c_{2}, \\ x \geqslant 0, \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$
B. $\left\{\begin{array}{l}a_{1} x+b_{1} y \leqslant c_{1}, \\ a_{2} x+b_{2} y \leqslant c_{2}, \\ x \geqslant 0, \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$
C. $\left\{\begin{array}{l}a_{1} x+a_{2} y \leqslant c_{1}, \\ b_{1} x+b_{2} y \leqslant c_{2}, \\ x \geqslant 0, \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$
D. $\left\{\begin{array}{l}a_{1} x+a_{2} y=c_{1}, \\ b_{1} x+b_{2} y=c_{2}, \\ x \geqslant 0, \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$
答案：C
解析：解析 比较选项可知 C 正确.
题目（高二 · 解析几何）：在如图所示的坐标平面的可行域内(阴影部分且包括边界), 目标函数 $z=x+a y$ 取得最小值的最优解有无数个, 则 $a$ 的一个可能值为 ( )
选项：
A. -3
    B. 3
    C. -1
    D. 1
答案：A
解析：当 $a=0$ 时, $z=x$. 仅在直线 $x=z$ 过点 $A(1,1)$ 时,

$z$ 有最小值 1 , 与题意不符.

当 $a>0$ 时, $y=-\frac{1}{a} x+\frac{z}{a}$.

斜率 $k=-\frac{1}{a}<0$,

仅在直线 $z=x+a y$ 过点 $A(1,1)$ 时,

直线在 $y$ 轴的截距最小, 此时 $z$ 也最小,

与目标函数取得最小值的最优解有无数个矛盾.

当 $a<0$ 时, $y=-\frac{1}{a} x+\frac{Z}{a}$, 斜率 $k=-\frac{1}{a}>0$,

为使目标函数 $\mathrm{z}$ 取得最小值的最优解有无数个, 当且仅当斜率 $-\frac{1}{a}=k_{A C}$. 即 $-\frac{1}{a}=\frac{1}{3}, \therefore a$ $=-3$.
题目（高二 · 解析几何）：如图所示的坐标平面的可行域内(阴影部分且包括边界), 若使目标函数 $\mathrm{z}=a x+y(a>0)$取得最大值的最优解有无穷多个, 则 $a$ 的值为 ( )

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选项：
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{3}{5}$
C. 4
D. $\frac{5}{3}$
答案：B
解析：解析 由 $y=-a x+z$ 知当 $-a=k_{A C}$ 时, 最优解有无穷多个. $\because k_{A C}=-\frac{3}{5}, \therefore a=\frac{3}{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：若实数 $x, \quad y$ 满足不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+3 y-3 \geqslant 0, \\ 2 x-y-3 \leqslant 0, \\ x-y+1 \geqslant 0,\end{array} \quad\right.$ 则 $x+y$ 的最大值为 $(\quad)$
选项：
A. 9
B. $\frac{15}{7}$
C. 1
D. $\frac{7}{15}$
答案：A
解析：解析 画出可行域如图:

  

当直线 $y=-x+z$ 过点 $A$ 时, $z$ 最大.

由 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y-3=0, \\ x-y+1=0\end{array}\right.$ 得 $A(4,5), \therefore z_{\max }=4+5=9$.
题目（高二 · 解析几何）：已知点 $P(x, y)$ 的坐标满足条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 4, \\ y \geqslant x, \\ x \geqslant 1,\end{array}\right.$ 则 $x^{2}+y^{2}$ 的最大值为 $($ )
选项：
A. $\sqrt{10}$
B. 8
C. 16
D. 10
答案：D
解析：解析 画出不等式组对应的可行域如下图所示



易得 $A(1,1),|O A|=\sqrt{2}, B(2,2)$,

$|O B|=2 \sqrt{2}$,

$C(1,3),|O C|=\sqrt{10}$.

$\therefore\left(x^{2}+y^{2}\right)_{\text {max }}=|O C|^{2}=(\sqrt{10})^{2}=10$.
题目（高二 · 解析几何）：设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y+2 \geqslant 0, \\ x-5 y+10 \leqslant 0, \\ x+y-8 \leqslant 0,\end{array}\right.$ 则目标函数 $z=3 x-4 y$ 的最大值和最小值分别为 $(\quad)$
选项：
A. $3,-11$
B. $-3,-11$
C. $11,-3$
D. 11,3
答案：A
解析：解析 作出可行域如图阴影部分所示, 由图可知 $z=3 x-4 y$ 经过点 $A$ 时 $z$ 有最小值, 经过点 $B$ 时 $z$ 有最大值. 易求 $A(3,5), B(5,3) . \therefore z$ 最大 $=3 \times 5-4 \times 3=3, \quad Z$ 最小 $=3 \times 3-4 \times 5=$ -11 .
题目（高二 · 解析几何）：设不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant 1, \\ x-2 y+3 \geqslant 0 \\ y \geqslant x\end{array}\right.$, 所表示的平面区域是 $\Omega_{1}$, 平面区域 $\Omega_{2}$ 与 $\Omega_{1}$ 关于直线 $3 x-4 y-9=0$ 对称. 对于 $\Omega_{1}$ 中的任意点 $A$ 与 $\Omega_{2}$ 中的任意点 $B$, 则 $|A B|$ 的最小值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{28}{5}$
B. 4
C. $\frac{12}{5}$
D. 2
答案：B
解析：如图所示。由约束条件作出可行域, 得 $D(1,1), E(1,2), C(3,3)$.

要求 $|A B|_{\min }$, 可通过求 $D 、 E 、 C$ 三点到直线 $3 x-4 y-9=0$ 距离最小值的 2 倍来求.

经分析, $D(1,1)$ 到直线 $3 x-4 y-9=0$ 的距离 $d=\frac{|3 \times 1-4 \times 1-9|}{5}=2$ 最小, $\therefore|A B|_{\min }=$
题目（高二 · 解析几何）：设 $a, b \in R_{+}, A=\sqrt{a}+\sqrt{b}, B=\sqrt{a+b}$, 则 $A, B$ 的大小关系是( )
选项：
A. $A \geq B$
B. $A \leq B$
C. $A>B$
D. $A<B$
答案：C
解析：$ \because(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+2+b,(\sqrt{a+b})^{2}=a+b, \quad \therefore A^{2}-B^{2}>0$.

又 $A>0, B>0, \therefore A>B$. 选 C.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $m=x^{2}+2 x, n=3 x+2$, 则 ( )
选项：
A. $m>n$
B. $\mathrm{m}<\mathrm{n}$
C. $m=n$
D. $\mathrm{m}$ 与 $\mathrm{n}$ 的大小不能确定
答案：D
解析：$m-n=x^{2}+2 x-(3 x+2)=x^{2}-x-2=\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{9}{4} \geq-\frac{9}{4}, \because m-n$ 无法判断与 0 的大小,

$\therefore m$ 与 $n$ 的大小不能确定. 故答案为:D
题目（高二 · 解析几何）：若 $x \neq-2$ 且 $y \neq 1$, 则 $M=x^{2}+y^{2}+4 x-2 y$ 的值与 -5 的大小关系是 ( )
选项：
A. $M>-5$
B. $M-5$
C. $M \geqslant-5$
D. $M \leqslant-5$
答案：A
解析：$\mathrm{A} M-(-5)=x^{2}+y^{2}+4 x-2 y+5=(x+2)^{2}+(y-1)^{2}$, 解析$\because x \neq-2, y \neq 1, \therefore(x+2)^{2}>0,(y-1)^{2}>0$, 因此 $(x+2)^{2}+(y-1)^{2}>0$, 故 $M>-5$. 选 A
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $a=7, b=4 \sqrt{3}, c=\sqrt{13}$, 则 $\triangle A B C$ 的最小角为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{12}$
答案：B
解析：解析 $\because a>b>c, \therefore C$ 为最小角,

由余弦定理 $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$

$=\frac{7^{2}+(4 \sqrt{3})^{2}-(\sqrt{13})^{2}}{2 \times 7 \times 4 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2} . \therefore C=\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\triangle A B C$ 中, $A B=1, B C=2$, 则角 $C$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $0<C \leqslant \frac{\pi}{6}$
    B. $0<C<\frac{\pi}{2}$
    C. $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$
    D. $\frac{\pi}{6}<C \leqslant \frac{\pi}{3}$
答案：A
解析：方法一 (应用正弦定理)

$\because \frac{A B}{\sin C}=\frac{B C}{\sin A}, \quad \therefore \frac{1}{\sin C}=\frac{2}{\sin A}$

$\therefore \sin C=\frac{1}{2} \sin A, \quad \because 0<\sin A \leqslant 1$,

$\therefore 0<\sin C \leqslant \frac{1}{2}$.

$\because A B<B C, \therefore C<A, \therefore C$ 为锐角,

$\therefore 0<C \leqslant \frac{\pi}{6}$.



方法二 (应用数形结合)

如图所示, 以 $B$ 为圆心，以 1 为半径画圆，

则圆上除了直线 $B C$ 上的点外, 都可作为 $A$ 点. 从点 $C$ 向圆 $B$ 作切线, 设切点为 $A_{1}$ 和 $A_{2}$, 当 $A$ 与 $A_{1} 、 A_{2}$ 重合时, 角 $C$ 最大, 易知此时: $B C=2, A B=1, A C \perp A B, \therefore C=\frac{\pi}{6}$,

$\therefore 0<C \leqslant \frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\sin A: \sin B: \sin C=3: 5: 7$, 则这个三角形的最小外角为
选项：
A. $30^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $90^{\circ}$
D. $120^{\circ}$
答案：B
解析：解析 $\because a: b: c=\sin A: \sin B: \sin C=3: 5: 7$,

不妨设 $a=3, b=5, c=7, C$ 为最大内角,

则 $\cos C=\frac{3^{2}+5^{2}-7^{2}}{2 \times 3 \times 5}=-\frac{1}{2}$.

$\therefore C=120^{\circ}$.

$\therefore$ 最小外角为 $60^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：如果将直角三角形的三边增加同样的长度, 则新三角形的形状是 ( )
选项：
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 针角三角形
D. 由增加的长度确定
答案：A
解析：解析 设直角三角形三边长为 $a, b, c$, 且 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$,则 $(a+x)^{2}+(b+x)^{2}-(c+x)^{2}$

$=a^{2}+b^{2}+2 x^{2}+2(a+b) x-c^{2}-2 c x-x^{2}=2(a+b-c) x+x^{2}>0$,

$\therefore c+x$​ 所对的最大角变为锐角.
题目（高二 · 度量几何学）：下列说法不正确的是
选项：
A. 当角 $\alpha$ 的终边在 $x$ 轴上时, 角 $\alpha$ 的正切线是一个点\n\nB. 当角 $\alpha$ 的终边在 $y$ 轴上时, 角 $\alpha$ 的正切线不存在\n\nC. 正弦线的始点随角的终边位置的变化而变化\n\nD. 余弦线和正切线的始点都是原点\n\n
答案：D
解析：D
题目（高二 · 度量几何学）：若 $0<\alpha<2 \pi$, 且 $\sin \alpha<\frac{\sqrt{3}}{2}, \cos \alpha>\frac{1}{2}$, 则角 $\alpha$ 的取值范围是
选项：
A. $\left(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right)$
    B. $\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$
    C. $\left(\frac{5 \pi}{3}, 2 \pi\right)$
    D. $\left(0, \frac{\pi}{3}\right) \cup\left(\frac{5 \pi}{3}, 2 \pi\right)$
答案：D
解析：解析: 由图知, 公共区域为 D.

答案: D
题目（高二 · 度量几何学）：函数 $f(x)=\tan \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的定义域为
选项：
A. $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{3 \pi}{8}+\frac{1}{2} k \pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
B. $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{3 \pi}{8}+k \pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
C. $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{3 \pi}{8}+2 k \pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
D. $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{5 \pi}{8}+\frac{1}{2} k \pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
答案：A
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\tan \alpha=2$, 则 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}+\cos ^{2} \alpha=$
选项：
A. $\frac{16}{5}$
B. $-\frac{16}{5}$
C. $\frac{8}{5}$
D. $-\frac{8}{5}$
答案：A
解析：解析: $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}+\cos ^{2} \alpha=\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}+\frac{\cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{\tan \alpha+1}{\tan \alpha-1}+\frac{1}{\tan ^{2} \alpha+1}=\frac{16}{5}$. 故选 A.

答案: A
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\sin x=2 \cos x$, 则 $\frac{\sin x-\cos x}{\sin x+\cos x}=$
选项：
A.  $\frac{1}{2}$ B.  $\frac{1}{3} $ C. $\frac{1}{4} $ D. $ \frac{1}{5}$
答案：B
解析：解析: $\because \sin x=2 \cos x ， \therefore \tan x=2$ ，

$\therefore$ 原式 $=\frac{\tan x-1}{\tan x+1}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$.

答案: B
题目（高二 · 度量几何学）：若 $\alpha$ 是三角形的内角, 且 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{2}{3}$, 则三角形是
选项：
A. 针角三角形
B. 锐角三角形
C. 直角三角形
D. 等腰三角形
答案：A
解析：解析: 将 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{2}{3}$ 两边平方，得 $1+2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{4}{9}$ ，即 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{5}{9}$. 又 $\alpha$ 是三角形的内角，

$\therefore \sin \alpha>0 ， \cos \alpha<0 ， \therefore \alpha$ 为钝角. 故三角形为钝角三角形.

答案: A
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\cos 31^{\circ}=m$, 则 $\sin 239^{\circ} \tan 149^{\circ}$ 的值是
选项：
A. $\frac{1-m^{2}}{m}$
    B. $\sqrt{1-m^{2}}$
    C. $-\frac{1-m^{2}}{m}$
    D. $-\sqrt{1-m^{2}}$
答案：B
解析：解析 : $\sin 239^{\circ} \tan 149^{\circ}$

$=\sin \left(180^{\circ}+59^{\circ}\right) \tan \left(180^{\circ}-31^{\circ}\right)$

$=-\sin 59^{\circ}\left(-\tan 31^{\circ}\right)$

$=-\sin \left(90^{\circ}-31^{\circ}\right)\left(-\tan 31^{\circ}\right)$

$=-\cos 31^{\circ} \cdot\left(-\tan 31^{\circ}\right)$

$=\sin 31^{\circ}=\sqrt{1-\cos ^{2} 31^{\circ}}$

$=\sqrt{1-m^{2}}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\alpha \in(0, \pi)$, 且 $\cos \alpha=-\frac{5}{13}$, 则 $\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \cdot \tan \alpha=$
选项：
A. $-\frac{12}{13}$
B. $-\frac{5}{13}$
C. $\frac{12}{13}$
D. $\frac{5}{13}$
答案：C
解析：解析: $\because \alpha \in(0, \pi)$, 且 $\cos \alpha=-\frac{5}{13}, \therefore \sin \alpha=\frac{12}{13}$, 由诱导公式及同角三角函数的商数关系知 $\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \cdot \tan \alpha=\cos \alpha \cdot \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\sin \alpha=\frac{12}{13}$.故选 C.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{5}{2} \pi\right)$ 的图象的一个对称中心是
选项：
A. $\left(\frac{\pi}{8}, 0\right)$
B. $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$
C. $\left(-\frac{\pi}{3}, 0\right)$
D. $\left(\frac{3 \pi}{8}, 0\right)$
答案：B
解析：解析: 正弦曲线的对称中心为曲线与 $x$ 轴的交点, 将四个点代入验证, 只有 $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 符合要求, 故选 B.

答案: B
题目（高二 · 度量几何学）：若函数 $y=2 \cos x(0 \leqslant x \leqslant 2 \pi)$ 的图象和直线 $y=2$ 围成一个封闭的平面图形, 则这个封闭图形的面积是
选项：
A. 4
    B. 8
    C. $2 \pi$
    D. $4 \pi$
答案：D
解析：解析: 由图可知, 图形 $S_{1}$ 与 $S_{2}, S_{3}$ 与 $S_{4}$ 都是对称图形, 有 $S_{1}=S_{2}, S_{3}=S_{4}$, 因此函数 $y=$ $2 \cos x$ 的图象与直线 $y=2$ 所围成的图形面积等于矩形 $O A B C$ 的面积.



$\because|O A|=2,|O C|=2 \pi, \quad \therefore S_{\text {䂑形 }}=2 \times 2 \pi=4 \pi$.

答案: D
题目（高二 · 度量几何学）：函数 $y=\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的定义域是 ( )
选项：
A. $\left\{x \left\lvert\, x \neq-\frac{\pi}{4}\right.\right\}$
B. $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{\pi}{4}\right.\right\}$
C. $\left\{\left.x\right|_{x \neq k \pi-\frac{\pi}{4},}, \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
D. $\left\{\left.x\right|_{x \neq k \pi+\frac{\pi}{4},} \quad k \in \mathbf{Z}\right\}$
答案：D
解析：解析: $x+\frac{\pi}{4} \neq k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}, \quad \therefore x \neq k \pi+\frac{\pi}{4}, \quad k \in \mathbf{Z}$.

答案: D
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $B=60^{\circ}$, 最大边与最小边之比为 $(\sqrt{3}+1): 2$, 则最大角为 $($ )
选项：
A. $45^{\circ}$
    B. $60^{\circ}$
    C. $75^{\circ}$
    D. $90^{\circ}$
答案：C
解析：设 $C$ 为最大角, 则 $A$ 为最小角, 则 $A+C=120^{\circ}$,

$\therefore \frac{\sin C}{\sin A}=\frac{\sin \left(120^{\circ}-A\right)}{\sin A}$

$=\frac{\sin 120^{\circ} \cos A-\cos 120^{\circ} \sin A}{\sin A}$

$=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan A}+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}$,

$\therefore \tan A=1, A=45^{\circ}, C=75^{\circ}$.
题目（高二 · 度量几何学）：$1920^{\circ}$ 的角化为弧度制为
选项：
A. $\frac{16}{3}$
B. $\frac{32}{3}$
C. $\frac{16}{3} \pi$
D. $\frac{32}{3} \pi$
答案：D
解析：解析: $\because 1^{\circ}=\frac{\pi}{180} \mathrm{rad}$,
$\therefore 1920^{\circ}=1920 \times \frac{\pi}{180}=\frac{32}{3} \pi$.

## 答案: D
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\alpha=\frac{6}{7} \pi$, 则角 $\alpha$ 的终边在 （）
选项：
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
答案：B
解析：解析: $\frac{\pi}{2}<\frac{6}{7} \pi<\pi$, 所以角 $\alpha$ 的终边在第二象限, 选 B.

## 答案: B
题目（高二 · 度量几何学）：把 $-\frac{11}{4} \pi$ 表示成 $\theta+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 的形式, 使 $|\theta|$ 最小的 $\theta$ 的值是
选项：
A. $-\frac{3 \pi}{4}$
B. $-\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{3 \pi}{4}$
答案：A
解析：解析:由 $-\frac{11}{4} \pi=\theta+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

得 $\theta=-\frac{11}{4} \pi-2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$,

显然 $k \leqslant 0$ 时， $|\theta|$ 取最小值.

$k=-1$ 时, $\theta=-\frac{3}{4} \pi,|\theta|=\frac{3}{4} \pi$;

$k=-2$ 时, $\theta=\frac{5}{4} \pi,|\theta|=\frac{5}{4} \pi>\frac{3}{4} \pi$;

$k=0$ 时, $\theta=-\frac{11}{4} \pi,|\theta|=\frac{11}{4} \pi>\frac{3}{4} \pi$.

故满足题意的是 $\theta=-\frac{3}{4} \pi$.

答案: A
题目（高二 · 度量几何学）：已知角 $\alpha$ 的终边经过点 $(-4,3)$, 则 $\cos \alpha$ 等于
选项：
A. $\frac{4}{5}$
B. $\frac{3}{5}$
C. $-\frac{3}{5}$
D. $-\frac{4}{5}$
答案：D
题目（高二 · 度量几何学）：若角 $\alpha$ 的终边与直线 $y=3 x$ 重合且 $\sin \alpha<0$, 又 $P(m, n)$ 是 $\alpha$ 终边上一点, 且 $|O P|=\sqrt{10}$,则 $m-n$ 等于
选项：
A. 2
    B. -2
    C. 4
    D. -4
答案：A
解析：解析: 分析题意知 $\alpha$ 的终边位于第三象限, 故 $m<0, n<0, n=3 m$ 且 $\sqrt{m^{2}+n^{2}}=\sqrt{10}, \therefore m$ $=-1, n=-3, m-n=2$.

答案: A
题目（高二 · 度量几何学）：若角 $\alpha$ 的终边过点 $P\left(2 \sin 30^{\circ},-2 \cos 30^{\circ}\right)$, 则 $\sin \alpha$ 的值等于( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$
    B. $-\frac{1}{2}$
    C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
    D. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案：C
解析：解析 : $\because 2 \sin 30^{\circ}=2 \times \frac{1}{2}=1,-2 \cos 30^{\circ}=-2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=-\sqrt{3}, \therefore P(1,-\sqrt{3})$,

$\therefore$ 点 $P$ 到原点的距离为 $\sqrt{1^{2}+(-\sqrt{3})^{2}}=2$,

$\therefore \sin \alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：已知在边长为 2 的菱形 $A B C D$ 中, $\angle A B C=60^{\circ}$, 则 $|\overrightarrow{B D}|=(\quad)$
选项：
A. 1
    B. $\sqrt{3}$
    C. 2
    D. $2 \sqrt{3}$
答案：D
解析：解析: 易知 $A C \perp B D$, 且 $\angle A B D=30^{\circ}$, 设 $A C$ 与 $B D$ 交于点 $O$, 则 $A O=\frac{1}{2} A B=1$. 在 Rt $\triangle A B O$中, 易得 $|\overrightarrow{B O}|=\sqrt{3}$, 则 $|\overrightarrow{B D}|=2|\overrightarrow{B O}|=2 \sqrt{3}$. 故选 D.

答案: D
题目（高二 · 度量几何学）：汽车以 $120 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ 的速度向西走了 $2 \mathrm{~h}$, 摩托车以 $45 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ 的速度向东北方向走了 $2 \mathrm{~h}$, 则下列命题中正确的是
选项：
A. 汽车的速度大于摩托车的速度

B. 汽车的位移大于摩托车的位移

C. 汽车走的路程大于摩托车走的路程

D. 以上都不对
答案：C
解析：解析：由向量不能比较大小，可知选 C.

答案: C
题目（高二 · 度量几何学）：设 $O$ 为坐标原点, 且 $|\vec{O} M|=1$, 则动点 $M$ 的集合是
选项：
A. 一条线段
B. 一个圆面
C. 一个圆
D. 一段圆弧
答案：C
解析：解析: 动点 $M$ 到原点 $O$ 的距离等于定长 1 , 故动点 $M$ 的轨迹是以 $O$ 为圆心, 1 为半径的圆.

答案: C