eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：已知在锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos C=c \cos B$, 则 $\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}$ 的最小值为 ( )
选项：
A. $\frac{2 \sqrt{7}}{3}$
B. $\sqrt{5}$
C. $\frac{\sqrt{7}}{3}$
D. $2 \sqrt{5}$
答案：A
解析： $\because 2 b \cos C=c \cos B, \therefore 2 \sin B \cos C=\sin C \cos B$,

$\therefore \tan C=2 \tan B$. 又 $A+B+C=\pi$,

$\therefore \tan A=\tan [\pi-(B+C)]=-\tan (B+C)=-\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B \tan C}=-\frac{3 \tan B}{1-2 \tan ^{2} B}=\frac{3 \tan B}{2 \tan ^{2} B-1}$,

$\therefore \frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}=\frac{2 \tan ^{2} B-1}{3 \tan B}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{2 \tan B}=\frac{2}{3} \tan B+\frac{7}{6 \tan B}$.

又 $\because$ 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $\tan B>0, \therefore \frac{2}{3} \tan B+\frac{7}{6 \tan B} \geq 2 \sqrt{\frac{2}{3} \tan B \times \frac{7}{6 \tan B}}=\frac{2 \sqrt{7}}{3}$, 当且仅当 $\tan B=\frac{\sqrt{7}}{2}$ 时取等号,

$\therefore\left(\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}\right)_{\min }=\frac{2 \sqrt{7}}{3}$​, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：原点和点 $(1,1)$ 在直线 $x+y=a$ 两侧, 则 $a$ 的取值范围是( )
选项：
A. $a<0$ 或 $a>2$
B. $0<a<2$
C. $a=0$ 或 $a=2$
D. $0 \leqslant a \leqslant 2$
答案：B
题目（高二 · 解析几何）：设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 3, \\ x-y \geqslant-1, \\ y \geqslant 1,\end{array}\right.$ 则目标函数 $\mathrm{z}=4 x+2 y$ 的最大值为 $(\quad)$
选项：
A. 12
B. 10
C. 8
D. 2
答案：B
解析：解析 画出可行域如图中阴影部分所示, 目标函数 $z=4 x+2 y$ 可转化为 $y=-2 x+\frac{Z}{2}$,作出直线 $y=-2 x$ 并平移, 显然当其过点 $A$ 时纵截距 $\frac{Z}{2}$ 最大.
解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y=3, \\ y=1\end{array}\right.$ 得 $A(2,1), \therefore z_{\max }=10$.
题目（高二 · 解析几何）：当 $x>1$ 时, 不等式 $x+\frac{1}{x-1} \geqslant a$ 恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是( )
选项：
A. $(-\infty, 2]$
B. $[2,+\infty)$
C. $[3,+\infty)$
D. $(-\infty, 3]$
答案：D
解析：解析 $\left[\because x>1, \quad \therefore x+\frac{1}{x-1}=(x-1)+\frac{1}{(x-1)}+1 \geqslant\right.$

$\left.2 \sqrt{(x-1) \cdot \frac{1}{x-1}}+1=3  \therefore a \leqslant 3\right]$
题目（高二 · 解析几何）：设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geqslant 0, \\ 2 x+y \leqslant 2, \\ y+2 \geqslant 0,\end{array} \quad\right.$ 则目标函数 $z=|x+3 y|$ 的最大值为 $(\quad)$
选项：
A. 4
B. 6
C. 8
D. 10
答案：C
解析：解析[可行域如阴影, 当直线 $u=x+3 y$ 过 $A(-2,-2)$ 时, $u$ 有最小值 $(-2)+(-2) \times 3=-8$; 过 $B\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 时 $u$ 有最大值 $\frac{2}{3}+3 \times \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$.

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$\therefore u=x+3 y \in\left[-8, \frac{8}{3}\right]$.

$\therefore z=|u|=|x+3 y| \in[0,8]$. 故选 C. $]$
题目（高二 · 解析几何）：对于函数 $f(x)=2 \sin x \cos x$, 下列选项中正确的是 $(\quad)$
选项：
A. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上是递增的

B. $f(x)$ 的图象关于原点对称

C. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$

D. $f(x)$ 的最大值为 2
答案：B
解析：[解析] 因为 $f(x)=2 \sin x \cos x=\sin 2 x$, 所以 $f(x)$ 是奇函数, 因而 $f(x)$ 的图象关于原点对称, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\alpha \in\left[\frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}\right]$, 则 $\sqrt{1+\sin \alpha}+\sqrt{1-\sin \alpha}$ 的值为( )
选项：
A. $2 \cos \frac{\alpha}{2}$
B. $-2 \cos \frac{\alpha}{2}$
C. $2 \sin \frac{\alpha}{2}$
D. $-2 \sin \frac{\alpha}{2}$
答案：D
解析：[解析] $\because \alpha \in\left[\frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}\right], \therefore \frac{\alpha}{2} \in\left[\frac{5 \pi}{4}, \frac{7 \pi}{4}\right]$,

$\therefore$ 原式 $=\left|\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right|+\left|\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right|$

$=-\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}=-2 \sin \frac{\alpha}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：设 $A$ 是 $\triangle A B C$ 的一个内角, 且 $\sin A+\cos A=\frac{2}{3}$, 则这个三角形是 ( )
$\mathrm{A} \cdot$ 锐角三角形
B. 针角三角形
$\mathrm{C}$. 等边三角形
D. 等腰直角三角形
选项：
答案：B
解析：将 $\sin A+\cos A=\frac{2}{3}$ 两边平方得 $\sin ^{2} A+2 \sin A \cos A+\cos ^{2} A=\frac{4}{9}$, 又 $\sin ^{2} A+\cos ^{2} A=1$, 故 $\sin A \cos A=-$ $\frac{5}{18}$. 因为 $0<A<\pi$, 所以 $\sin A>0$, 则 $\cos A<0$, 即 $A$ 是钝角.

答案: $\mathrm{B}$
题目（高二 · 解析几何）：下列结论中成立的是 ( )
选项：
A. $\sin \alpha=\frac{1}{2}$ 且 $\cos \alpha=\frac{1}{2}$

B $\cdot \tan \alpha=2$ 且 $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1}{3}$

$C \cdot \tan \alpha=1$ 且 $\cos \alpha= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\mathrm{D} \cdot \sin \alpha=1$ 且 $\tan \alpha \cdot \cos \alpha=1$
答案：C
解析：A 中, $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=\frac{1}{2} \neq 1$, 故不成立; B 中, $\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}=\frac{1}{3}$, 即 $\tan \alpha=3$, 与 $\tan \alpha=2$ 矛盾, 故不成立;

$\mathrm{D}$ 中, $\sin \alpha=1$ 时，角 $\alpha$ 的终边落在 $y$ 轴的非负半轴上，此时 $\tan \alpha$ 无意义，故不成立.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\tan \alpha=2$, 则 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=(\quad)$
选项：
A.-3
B. -1
$\mathrm{C} \cdot 1$
D. 3
答案：D
解析：$\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{\tan \alpha+1}{\tan \alpha-1}$, 把 $\tan \alpha=2$ 代入，

得原式 $=3$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha-\cos \alpha=\sqrt{2}, \alpha \in(0, \pi)$, 则 $\tan \alpha=(\quad)$
选项：
A. $-1$
   B. $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
   C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
   D. 1
答案：A
解析：由 $\sin \alpha-\cos \alpha=\sqrt{2}(1)$, 两边平方得 $1-2 \sin \alpha \cos \alpha=2$, 即 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-1$, 故 $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=1$

$+2 \sin \alpha \cos \alpha=0$, 即 $\sin \alpha+\cos \alpha=0$ (2), 联立(1)(2)得 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}, \cos \alpha=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故 $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=-1$, 故选 A.

答案:
题目（高二 · 解析几何）：如果两个函数的图象经过平移后能够重合, 那么这两个函数称为 “和谐” 函数. 下列函数中与 $g(x)=\sqrt{2}$ $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 能构成 “和谐” 函数的是 ( )
选项：
A. $ f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$

B $\cdot f(x)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$

C $\cdot f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)$

D $\cdot f(x)=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)+2$
答案：D
解析：: 将函数 $g(x)$ 图象上的所有的点向上平移 2 个单位长度, 即得到函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)+2$ 的图象,故选 D.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\omega>0,0<\varphi<\pi$, 直线 $x=\frac{\pi}{4}$ 和 $x=\frac{5 \pi}{4}$ 是函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)$ 图象的两条相邻的对称轴, 则 $\varphi=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{4} \quad$ B. $\frac{\pi}{3}$

C $\cdot \frac{\pi}{2} \quad \mathrm{D} \cdot \frac{3 \pi}{4}$
答案：A
解析：解析：由题意得周期 $T=2\left(\frac{5 \pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right)=2 \pi$,

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

$\therefore f(x)=\sin (x+\varphi)$,

$\therefore f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\varphi\right)= \pm 1$.

$\because 0<\varphi<\pi, \quad \therefore \frac{\pi}{4}<\varphi+\frac{\pi}{4}<\frac{5 \pi}{4}$,

$\therefore \varphi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{4}$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：同时具有性质 “(1)最小正周期是 $\pi$; (2)图象关于直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 对称; (3)在 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$ 上单调递增” 的一个函数是( )
选项：
A. $ y=\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}\right)$

B $\cdot y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$

$\mathrm{C} \cdot y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$

$\mathrm{D} \cdot y=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
答案：C
解析：: 由(1)知 $T=\pi=\frac{2 \pi}{\omega}, \omega=2$, 排除 A. 由(2)(3)知 $x=\frac{\pi}{3}$ 时, $f(x)$ 取最大值, 验证知只有 C 符合要求。

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\triangle A B C$ 中, $C=90^{\circ}, A C=3, B C=4$, 则 $\sin (A-B)$ 的值是 ( D )
选项：
A. $\frac{3}{5}$
B. $\frac{4}{5}$
C. $\frac{24}{25}$
D. $\frac{7}{25}$
答案：D
解析：[解析]由条件可知 $\cos A=\frac{3}{5}, \sin A=\frac{4}{5}, \sin B=\frac{3}{5}, \cos B=\frac{4}{5}, \therefore \sin (A-B)=\sin A \cdot \cos B-\cos A \cdot \sin B=\frac{4}{5} \times \frac{4}{5}-$ $\frac{3}{5} \times \frac{3}{5}=\frac{7}{25}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \cos (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}, \alpha 、 \beta$ 都是锐角, 则 $\cos \beta=(\mathrm{C})$
选项：
A. $-\frac{63}{65}$
B. $-\frac{33}{65}$
C. $\frac{33}{65}$
D. $\frac{63}{65}$
答案：C
解析：析] $\because \alpha 、 \beta$ 是锐角, $\therefore 0<\alpha+\beta<\pi$, 又 $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{5}{13}<0, \therefore \frac{\pi}{2}<\alpha+\beta<\pi, \therefore \sin (\alpha+\beta)=\frac{12}{13}, \sin \alpha=$ $\frac{4}{5}$. 又 $\cos \beta=\cos (\alpha+\beta-\alpha)=\cos (\alpha+\beta) \cos \alpha+\sin (\alpha+\beta) \sin \alpha=-\frac{5}{13} \times \frac{3}{5}+\frac{12}{13} \times \frac{4}{5}=\frac{33}{65}$.
题目（高二 · 解析几何）：如果角 $\theta$ 的终边在第二象限, 那么点 $P(\sin \theta, \cos \theta)$ 位于 $(\quad)$
选项：
A.第一象限
   B. 第二象限
   $\mathrm{C} \cdot$ 第三象限
   D. 第四象限
答案：D
解析：$\because$ 角 $\theta$ 的终边在第二象限,

$\therefore \sin \theta>0, \cos \theta<0$,

$\therefore$ 点 $P(\sin \theta, \cos \theta)$ 位于第四象限.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin \alpha \tan \alpha<0$, 且 $\frac{\cos \alpha}{\tan \alpha}<0$, 则角 $\alpha$ 是( )
选项：
A $\cdot$ 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：C
解析：由 $\sin \alpha \tan \alpha<0$ 可知 $\sin \alpha, \tan \alpha$ 异号, 从而 $\alpha$ 是第二或第三象限角.

由 $\frac{\cos \alpha}{\tan \alpha}<0$ 可知 $\cos \alpha, \tan \alpha$ 异号, 从而 $\alpha$ 是第三或第四象限角.

综上可知, $\alpha$ 是第三象限角.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\cos \alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}$, 且角 $\alpha$ 的终边经过点 $P(x, 2)$, 则 $P$ 点的横坐标 $x$ 是 ( )
选项：
A. $2 \sqrt{3}$
B. $\pm 2 \sqrt{3}$
C. $-2 \sqrt{2}$
D. $-2 \sqrt{3}$
答案：D
解析：$r=\sqrt{x^{2}+2^{2}}$, 由题意得 $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+2^{2}}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore x=-2 \sqrt{3}$.故选 D.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：如果角 $\alpha$ 的终边经过点 $P\left(\sin 780^{\circ}, \cos \left(-330^{\circ}\right)\right)$, 则 $\sin \alpha=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. 1
答案：C
解析：$\sin 780^{\circ}=\sin \left(2 \times 360^{\circ}+60^{\circ}\right)=\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \cos \left(-330^{\circ}\right)=\cos \left(-360^{\circ}+30^{\circ}\right)=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 所以
$P\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 所以 $r=|O P|=\frac{\sqrt{6}}{2}$. 由三角函数的定义, 得 $\sin \alpha=\frac{y}{r}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：设 $a<0$, 角 $\alpha$ 的终边经过点 $P(-3 a, 4 a)$, 则 $\sin \alpha+2 \cos \alpha=(\quad)$
选项：
A. $\frac{2}{5} \quad$ B. $-\frac{2}{5}$
   C. $\frac{1}{5}$ D. $-\frac{1}{5}$
答案：A
解析：because a<0$, 角 $\alpha$ 的终边经过点 $P(-3 a, 4 a), \therefore$ 点 $P$ 与原点的距离 $r=-5 a, \sin \alpha=-\frac{4}{5}, \cos \alpha=\frac{3}{5}, \therefore \sin \alpha$ $+2 \cos \alpha=\frac{2}{5}$. 选 A.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：点 $M\left(\frac{\pi}{2},-m\right)$ 在函数 $y=\sin x$ 的图象上, 则 $m$ 等于( )
选项：
A. $ 0$
B. 1
C. -1
D. 2
答案：C
解析：解析: 点 $M$ 在 $y=\sin x$ 的图象上, 代入得 $-m=\sin \frac{\pi}{2}=1, \therefore m=-1$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：用 “五点法” 作 $y=2 \sin 2 x$ 的图像时, 首先描出的五个点的横坐标是( )
选项：
A. $0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3 \pi}{2}, 2 \pi$
   B. $0, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}, \pi$
   C. $0, \pi, 2 \pi, 3 \pi, 4 \pi$
   D. $0, \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}$
答案：B
解析：解析: 由 $2 x=0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3 \pi}{2}, 2 \pi$ 知五个点的横坐标是 $0, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}, \pi$.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：在同一平面直角坐标系内, 函数 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 与 $y=\sin x, x \in[2 \pi, 4 \pi]$ 的图象 $(\quad)$
选项：
A.重合

$\mathrm{B} \cdot$ 形状相同，位置不同

C. 关于 $y$ 轴对称

$\mathrm{D} \cdot$ 形状不同，位置不同
答案：B
解析：解析: 根据正弦曲线的作法过程, 可知函数 $y=\sin x, x \in[0,2 \pi]$ 与 $y=\sin x, x \in[2 \pi, 4 \pi]$ 的图象位置不同,但形状相同.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=2-\sin x$ 的最大值及取最大值时 $x$ 的值为 ( )
选项：
A. $ y_{\text {max }}=3, x=\frac{\pi}{2}$

B $\cdot y_{\max }=1, x=\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$

$\mathrm{C} \cdot y_{\text {max }}=3, x=-\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$

$\mathrm{D} \cdot y_{\max }=3, x=\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$
答案：C
解析：$\because y=2-\sin x, \therefore$ 当 $\sin x=-1$ 时, $y_{\text {max }}=3$, 此时 $x=-\frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)(x \in[-\pi, 0])$ 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：法一 $y=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$, 其单调递增区间为 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant x-\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 则 $-\frac{\pi}{6}+2 k \pi \leqslant x \leqslant \frac{5 \pi}{6}+$ $2 k \pi, \quad k \in \mathbf{Z}$.

由于 $x \in[-\pi, 0]$, 所以其单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$.

法二 函数在 $\frac{5 \pi}{6}$ 取得最大值, 且其最小正周期为 $2 \pi$, 则其单调递增区间为 $\left[\frac{5 \pi}{6}-\pi, \frac{5 \pi}{6}\right]$, 即 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$,又 $x \in[-\pi, 0]$, 所以其单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=|\sin x|+\sin x$ 的值域为 ( )
选项：
A.$[-1,1]$
B. $[-2,2]$
$\mathrm{C} \cdot[-2,0]$
D. $[0,2]$
答案：D
解析：$\because y=|\sin x|+\sin x=\left\{\begin{array}{lr}2 \sin x & (\sin x \geqslant 0) \\ 0 & (\sin x<0) .\end{array}\right.$

又 $\because-1 \leqslant \sin x \leqslant 1, \quad \therefore y \in[0,2]$.

即函数的值域为 $[0,2]$.
答案: D
题目（高二 · 解析几何）：已知 $x_{0}=\frac{\pi}{3}$ 是函数 $f(x)=\sin (2 x+\varphi)$ 的一个最大值点，则 $f(x)$ 的一个单调递减区间是 $(\quad)$
选项：
A. $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right)$
B. $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right)$
C. $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) \quad$ D. $\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$
答案：B
解析：由 $2 \times \frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{2}$, 得 $\varphi=-\frac{\pi}{6}$. 由 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{6} \leqslant 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}$, 得 $k \pi+\frac{\pi}{3} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$, 令 $k=0$,得选 B.

答案: B
题目（高二 · 解析几何）：电流 $I(\mathrm{~A})$ 随时间 $t(\mathrm{~s})$ 变化的关系是 $I=3 \sin 100 \pi t, t \in[0,+\infty)$, 则电流 $I$ 变化的周期是 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{50}$
B. 50
C. $\frac{1}{100}$
D. 100
答案：A
解析：解析 : $T=\frac{2 \pi}{100 \pi}=\frac{1}{50}$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：据市场调查, 某种商品一年内每件出厂价在 7 千元的基础上, 按月呈 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+$ $b\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的模型波动 $(x$ 为月份), 已知 3 月份达到最高价 9 千元, 7 月份价格最低为 5 千元, 根据以上条件可确定 $f(x)$ 的解析式为 ( )
选项：
A. \cdot f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x-\frac{\pi}{4}\right)+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$

B $\cdot f(x)=9 \sin \left(\frac{\pi}{4} x-\frac{\pi}{4}\right)\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$

$C \cdot f(x)=2 \sqrt{2} \sin \frac{\pi}{4} x+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$

$\mathrm{D} \cdot f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x+\frac{\pi}{4}\right)+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)
答案：A
解析：解析: 令 $x=3$ 可排除 $\mathrm{D}$, 令 $x=7$ 可排除 $\mathrm{B}$, 由 $A=\frac{9-5}{2}=2$ 可排除 $\mathrm{C}$; 或由题意,

可得 $A=\frac{9-5}{2}=2, b=7$, 周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=2 \times(7-3)=8, \therefore \omega=\frac{\pi}{4}$.

$\therefore f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x+\varphi\right)+7$.

$\because$ 当 $x=3$ 时, $y=9$,

$\therefore 2 \sin \left(\frac{3 \pi}{4}+\varphi\right)+7=9$,

即 $\sin \left(\frac{3 \pi}{4}+\varphi\right)=1$.

$\because|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore \varphi=-\frac{\pi}{4}$.

$\therefore f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{4} x-\frac{\pi}{4}\right)+7\left(1 \leqslant x \leqslant 12, x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

## 答案: A
题目（高二 · 解析几何）：动点 $A(x, y)$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转, 12 秒旋转一周, 已知时间 $t=0$ 时,点 $A$ 的坐标是 $\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 则当 $0 \leqslant t \leqslant 12$ 时, 动点 $A$ 的纵坐标 $y$ 关于 $t$ (单位: 秒)的函数的单调递增区间是 $(\quad)$
选项：
A.$ \cdot[0,1]$
   B. $[1,7]$
   C $\cdot[7,12]$
   D. $[0,1],[7,12]$
答案：D
解析：: $\because T=12, \therefore \frac{2 \pi}{12}=\frac{\pi}{6}$,

从而可设 $y$ 关于 $t$ 的函数为 $y=\sin \left(\frac{\pi}{6} t+\varphi\right)$.

又 $t=0$ 时, $y=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $\sin \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 不妨取 $\varphi=\frac{\pi}{3}$,

$\therefore y=\sin \left(\frac{\pi}{6} t+\frac{\pi}{3}\right)$.

$\therefore$ 当 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant \frac{\pi}{6} t+\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$, 即 $12 k-5 \leqslant t \leqslant 12 k+1(k \in \mathbf{Z})$ 时, 该函数单调递增,

$\because 0 \leqslant t \leqslant 12, \therefore$ 函数的单调递增区间为 $[0,1],[7,12]$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：若 $\cos (\pi+\alpha)=-\frac{1}{2}, \frac{3}{2} \pi<\alpha<2 \pi$, 则 $\sin (2 \pi+\alpha)$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：D
解析：解析: 由 $\cos (\pi+\alpha)=-\frac{1}{2}$, 得 $\cos \alpha=\frac{1}{2}$, 故 $\sin (2 \pi+\alpha)=\sin \alpha=-\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ ( $\alpha$ 为第四象限角).

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：$\cos \left(k \pi+\frac{\pi}{3}\right)(k \in \mathbf{Z})$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. $ \pm \frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
$\mathrm{C} \cdot-\frac{1}{2}$
D. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：A
解析：解析:当 $k=2 n(n \in \mathbf{Z})$ 时,

原式 $=\cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$;
当 $k=2 n+1(n \in \mathbf{Z})$ 时,

原式 $=\cos \left(\pi+\frac{\pi}{3}\right)=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$.

答案: A
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \alpha=\frac{1}{3}, \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\sin \frac{\alpha}{2}$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{6}$
   B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
   C. $-\frac{1}{6}$
   D. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案：B
解析：解析: $\cos \alpha=1-2 \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{3}, \therefore \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{3}, \because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \frac{\alpha}{2} \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right), \therefore \sin \frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

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

$2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=\sin 2 \alpha=-\frac{8}{9}$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin 2 \alpha=\frac{1}{4}$, 且 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\cos \alpha-\sin \alpha$ 的值为( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
   B. $\frac{3}{4}$
   C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
   D. $-\frac{\sqrt{3}}{4}$
答案：C
解析：解析: 因为 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$,

所以 $\cos \alpha<\sin \alpha,(\cos \alpha-\sin \alpha)^{2}=1-\sin 2 \alpha$,

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

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin (\alpha+\beta) \cos \beta-\cos (\alpha+\beta) \sin \beta=0$, 则 $\sin (\alpha+2 \beta)+\sin (\alpha-2 \beta)=(\quad)$
选项：
A. 1
   B. -1
   $\mathrm{C} \cdot 0$
   D. $\pm 1$
答案：C
解析：解析：因为 $\sin (\alpha+\beta) \cos \beta-\cos (\alpha+\beta) \cdot \sin \beta=\sin (\alpha+\beta-\beta)=\sin \alpha=0$,

所以 $\sin (\alpha+2 \beta)+\sin (\alpha-2 \beta)=2 \sin \alpha \cos 2 \beta=0$.

答案: C
题目（高二 · 解析几何）：若 $\theta \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right], \sin 2 \theta=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$, 则 $\sin \theta=(\quad)$
选项：
A.$  \frac{3}{5}  B.\frac{4}{5}$

$\begin{array}{lll}\text { C. } \frac{\sqrt{7}}{4} & \text { D. } \frac{3}{4}\end{array}$
答案：D
解析：解析: 因为 $\theta \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$, 所以 $2 \theta \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$,

所以 $\cos 2 \theta \leq 0$,
所以 $\cos 2 \theta=-\sqrt{1-\sin ^{2} 2 \theta}$

$=-\sqrt{1-\left(\frac{3 \sqrt{7}}{8}\right)^{2}}=-\frac{1}{8}$.

又 $\cos 2 \theta=1-2 \sin ^{2} \theta$,

所以 $\sin ^{2} \theta=\frac{1-\cos 2 \theta}{2}=\frac{1-\left(-\frac{1}{8}\right)}{2}=\frac{9}{16}$,

所以 $\sin \theta=\frac{3}{4}$.

答案: D
题目（高二 · 解析几何）：(2018 云南保山二模) 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $3(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A B})=2|\overrightarrow{A B}|^{2}$, 则 $\tan A+\frac{1}{\tan B}$ 的最小值 ( )
选项：
A. $\sqrt{5}$
B. $2 \sqrt{5}$
C. $\sqrt{6}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
答案：B
解析：设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对应的三条边分别为 $a, b, c$, 则有

$3(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A B})=3(-b c \cos A+a c \cos B)=2 c^{2}$, 由正弦定理得: $\sin A \cos B=$ $5 \cos A \sin B$, 所以 $\tan A=5 \tan B$, 则 $\tan A+\frac{1}{\tan B}=5 \tan B+\frac{1}{\tan B} \geq 2 \sqrt{5}$, 当且仅当 $\tan B=\frac{\sqrt{5}}{5}$ 时, 等号成立, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 满足 $\sin 2 A+\sin (A-B+C)=\sin (C-A-B)+\frac{1}{2}$, 面积 $S$ 满足 $1 \leqslant S \leqslant 2$, 记 $a, b, c$ 分别为 $A, B, C$ 所对的边, 则下列不等式一定成立的是 ( )
选项：
A. $b c(b+c)>8$
    B. $a b(a+b)>16 \sqrt{2}$
    C. $6 \leq a b c \leq 12$
    D. $12 \leq a b c \leq 24$
答案：A
解析：因为 $A+B+C=\pi$, 由 $\sin 2 A+\sin (A-B+C)=\sin (C-A-B)+\frac{1}{2}$

得 $\sin 2 A+\sin 2 B+\sin 2 C=\frac{1}{2}$, 即 $\sin [(A+B)+(A-B)]+\sin [(A+B)-(A-B)]+\sin 2 C=\frac{1}{2}$,

整理得 $\sin A \sin B \sin C=\frac{1}{8}$, 又 $S=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} a c \sin B$,
因此 $S^{3}=\frac{1}{8} a^{2} b^{2} c^{2} \sin A \sin B \sin C=\frac{1}{64} a^{2} b^{2} c^{2}$, 由 $1 \leqslant S \leqslant 2$ 得 $1 \leqslant \frac{1}{64} a^{2} b^{2} c^{2} \leqslant 2^{3}$,

即 $8 \leqslant a b c \leqslant 16 \sqrt{2}$, 因此选项 C、D 不一定成立. 又 $b+c>a>0$,

因此 $b c(b+c)>b c \cdot a \geqslant 8$, 即 $b c(b+c)>8$, 选项 A 一定成立. 又 $a+b>c>0$,

因此 $a b(a+b)>8$, 显然不能得出 $a b(a+b)>16 \sqrt{2}$, 选项 B 不一定成立. 综上所述, 选 A.
题目（高二 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, 记 $d$ 为点 $P(\cos \theta, \sin \theta)$ 到直线 $x-m y-2=0$ 的距离, 当 $\theta, m$ 变化时, $d$ 的

最大值为 ( )
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：由题意可得 $d=\frac{|\cos \theta-m \sin \theta-2|}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{|m \sin \theta-\cos \theta+2|}{\sqrt{m^{2}+1}}$

$$
=\frac{\left|\sqrt{m^{2}+1}\left(\frac{m}{\sqrt{m^{2}+1}} \sin \theta-\frac{1}{\sqrt{m^{2}+1}} \cos \theta\right)+2\right|}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{\left|\sqrt{m^{2}+1} \sin (\theta-\varphi)+2\right|}{\sqrt{m^{2}+1}}
$$

(其中 $\cos \varphi=\frac{m}{\sqrt{m^{2}+1}}, \sin \varphi=\frac{1}{\sqrt{m^{2}+1}}$ ) , $\because-1 \leqslant \sin (\theta-\varphi) \leqslant 1$ ，

$\therefore \frac{\left|2-\sqrt{m^{2}+1}\right|}{\sqrt{m^{2}+1}} \leqslant d \leqslant \frac{2+\sqrt{m^{2}+1}}{\sqrt{m^{2}+1}}, \frac{2+\sqrt{m^{2}+1}}{\sqrt{m^{2}+1}}=1+\frac{2}{\sqrt{m^{2}+1}}$,
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, b \cos A+a \cos B=2$, 则 $\triangle A B C$的外接圆面积为( )
选项：
A. $4 \pi$
B. $8 \pi$
C. $9 \pi$
D. $36 \pi$
答案：C
解析： $c=b \cos A+a \cos B=2$, 由 $\cos C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ 得 $\sin C=\frac{1}{3}$, 再由正弦定理可得 $2 R=\frac{c}{\sin C}=6$, 所以 $\triangle$ $\mathrm{ABC}$ 的外接圆面积为 $\pi \mathrm{R}^{2}=9 \pi$, 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 若 $3 \cos ^{2} \frac{A-B}{2}+5 \sin ^{2} \frac{A+B}{2}=4$, 则 $\tan A \cdot \tan B$ 等于()
选项：
A. 4 B. $\frac{1}{4}$
c. -4
D. $-\frac{1}{4}$
答案：B
解析：由条件得 $3 \times \frac{\cos A-B+1}{2}+5 \times \frac{\cos C+1}{2}=4$, 即 $3 \cos (A-B)+5 \cos C=0$, 所以 $3 \cos (A-B)-$ $5 \cos (A+B)=0$, 所以 $3 \cos A \cos B+3 \sin A \sin B-5 \cos A \cos B+5 \sin A \sin B=0$, 即 $\cos A \cos B=4 \sin A \sin B$,所以 $\tan A \tan B=\frac{1}{4}$, 故选 $B$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 若 $\frac{a}{\cos A}=\frac{b}{\cos B}=\frac{c}{\cos C}$, 则 $\triangle A B C$ 是 ( )
选项：
A. 直角三角形
B. 钝角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 等边三角形
答案：D
解析： $\because \frac{a}{\cos A}=\frac{b}{\cos B}=\frac{c}{\cos C}$, 由正弦定理得： $a=2 R \cdot \sin A, b=2 R \cdot \sin B, c=2 R \cdot \sin C$ 代入，得 $\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sin C}{\cos C}, \therefore$ 进而可得 $\tan A=\tan B=\tan C$,

$\therefore A=B=C$, 则 $\triangle A B C$ 是等边三角形. 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=2 \sqrt{3}, c=2 \sqrt{2}, 1+\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{2 c}{b}$,则 $\angle C=(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$
答案：B
解析：利用正弦定理, 同角三角函数关系，原式可化为： $1+\frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}=\frac{2 \sin C}{\sin B}$,

去分母移项得： $\sin B \cos A+\sin A \cos B=2 \sin C \cos A$ ，

所以 $\sin (A+B)=\sin C=2 \sin C \cos A$,

所以 $\cos A=\frac{1}{2}$. 由同角三角函数得 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$, 解得 $\sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 所以 $\angle C=\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3 \pi}{4}$ (舍). 故选 $B$​​.