eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 度量几何学）：13. 如图, $P A, P B$ 是 $\odot O$ 的两条切线, $A, B$ 为切点, 直线 $O P$ 交 $\odot O$ 于点 $D, E$, 交 $A B$ 于点 $C$, 图中互相垂直的线段有 \$ \qquad \$ (只要求写出一对线段)


选项：
答案：答案: $\mathrm{AB} \perp \mathrm{OP}$ (答案不唯一)
解析：：解答：如题图,由于 $\mathrm{PA}, \mathrm{PB}$ 均为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \mathrm{PA} \perp \mathrm{OA}, \mathrm{PB} \perp \mathrm{OB}$.

又由切线长定理得 $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}, \mathrm{OP}$ 为 $\angle \mathrm{APB}$ 的平分线, $\therefore \mathrm{AB} \perp \mathrm{OP}$,故应填 $\mathrm{PA} \perp \mathrm{OA}$ 或 $\mathrm{PB} \perp \mathrm{OB}$ 或 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{OP}$

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的性质分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：14. 如图, $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上的三点, $\mathrm{BE}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{B}, \mathrm{D}$ 是 $\mathrm{CE}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 的交点. 若 $\angle \mathrm{BAC}=70^{\circ}$, 则 $\angle$ $\mathrm{CBE}=$ \$ \qquad \$ ;若 $\mathrm{BE}=2, \mathrm{CE}=4$, 则 $\mathrm{CD}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $70 \mid 3$
解析：：解答：由于 $\mathrm{BE}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,则 $\angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{BAC}=70^{\circ}$.
由切割线定理,知 $\mathrm{EB}^{2}=\mathrm{ED} \cdot \mathrm{EC}$. 又 $\mathrm{BE}=2, \mathrm{CE}=4$, 则 $\mathrm{ED}=\frac{\mathrm{EB}^{2}}{\mathrm{EC}}=1$.

所以 $\mathrm{CD}=\mathrm{CE}-\mathrm{ED}=3$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的性质计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：15. 如图, $\mathrm{P}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 外一点, 过 $\mathrm{P}$ 点作 $\odot \mathrm{O}$ 的两条切线, 切点分别为 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$. 过 $\mathrm{PA}$ 的中点 $\mathrm{Q}$ 作割线交 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 两点.若 $\mathrm{QC}=1, \mathrm{CD}=3$, 则 $\mathrm{PB}=$


选项：
答案：4
解析：：解答：由题意知 $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}$.

$\mathrm{PA}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{A}$, 由切割线定理, 得 $\mathrm{QA}=\mathrm{QC} \cdot \mathrm{QD}=1 \times(1+3)=4$.

$\therefore \mathrm{QA}=2, \therefore \mathrm{PA}=2 \times 2=4=\mathrm{PB}$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的性质定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：16. 如图, 从圆 $\mathrm{O}$ 外一点 $\mathrm{P}$ 引圆 $\mathrm{O}$ 的切线 $\mathrm{PA}$ 和割线 $\mathrm{PBC}$, 已知 $\mathrm{PA}=2 \sqrt{2}, \mathrm{PC}=4$, 圆心 $\mathrm{O}$ 到 $\mathrm{BC}$的距离为 $\sqrt{3}$, 则圆 $\mathrm{O}$ 的半径为


选项：
答案：4
解析：: 解答: 如图, 取 $\mathrm{BC}$ 的中点 $\mathrm{D}$, 连接 $\mathrm{OD}$ 和 $\mathrm{OB}$,

则 $\mathrm{OD} \perp \mathrm{BC}$.已知 $\mathrm{OD}=\sqrt{3}$,

则 $\mathrm{BC}=2 \mathrm{BD}$

$=2 \sqrt{\mathrm{OB}^{2}-\mathrm{OD}^{2}}=2 \sqrt{\mathrm{OB}^{2}-3}$

由于 $P A$ 是圆 $O$ 的切线,

所以 $\mathrm{PA}^{2}=\mathrm{PB} \cdot \mathrm{PC}$.

又 $\mathrm{PA}=2 \sqrt{2}, \mathrm{PC}=4$, 所以 $\mathrm{PB}=\frac{\mathrm{PA}^{2}}{\mathrm{PC}}=2$.

则 $\mathrm{BC}=\mathrm{PC}-\mathrm{PB}=2$.

所以 $2 \sqrt{\mathrm{OB}^{2}-3}=2$, 解得 $\mathrm{OB}=2$,

即圆 $\mathrm{O}$ 的半径为 2 .
分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的有关性质分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：18. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 为圆的内接三角形, $\mathrm{BD}$ 为圆的弦, 且 $\mathrm{BD} / / \mathrm{AC}$. 过点 $\mathrm{A}$ 作圆的切线与 $\mathrm{DB}$ 的延长线交于点 $E, A D$ 与 $B C$ 交于点 $F$. 若 $A B=A C, A E=6, B D=5$, 则线段 $C F$ 的长为


选项：
答案：答案: $\frac{8}{3}$
解析：：解答：已知 $\mathrm{AE}$ 为圆的切线,

由切割线定理, 得 $\mathrm{AE}^{2}=\mathrm{EB} \cdot \mathrm{ED}$.

又 $\mathrm{AE}=6, \mathrm{BD}=5$, 可解得 $\mathrm{EB}=4$.

$\because \angle \mathrm{EAB}$ 为弦切角,且 $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \angle \mathrm{EAB}=\angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{ABC}$.

$\therefore \mathrm{EA} / / \mathrm{BC}$. 又 $\mathrm{BD} / / \mathrm{AC}$,

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{EBCA}$ 为平行四边形.

$\therefore \mathrm{BC}=\mathrm{AE}=6, \mathrm{AC}=\mathrm{EB}=4$.

由 $B D / / A C$, 得 $\triangle A C F \sim \triangle D B F$,

$\therefore \frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{BF}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{4}{5}$,

又 $\mathrm{CF}+\mathrm{BF}=\mathrm{BC}=6$, $\therefore \mathrm{CF}=\frac{8}{3}$

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的割线定理结合平行四边形性质分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：19. 如图, $\odot \mathrm{O}$ 中的弦 $\mathrm{CD}$ 与直径 $\mathrm{AB}$ 相交于点 $\mathrm{E}, \mathrm{M}$ 为 $\mathrm{AB}$ 延长线上一点, $\mathrm{MD}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\mathrm{D}$为切点, 若 $A E=2, D E=4, C E=3, D M=4$, 则 $O B=$ \$ \qquad \$ $\mathrm{MB}=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：答案: $4 \mid 4 \sqrt{2}-4$
解析：:

解答: 由于 $\mathrm{AB}$ 和 $\mathrm{CD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的两条相交弦,

则 $A E \cdot E B=C E \cdot E D$. 即 $2 E B=3 \times 4$.

所以 $\mathrm{EB}=6$, 故 $\mathrm{AB}=\mathrm{AE}+\mathrm{EB}=2+6=8$. 所以 $\mathrm{OB}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}=4$.

由于 $\mathrm{MD}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,

则 $\mathrm{MD}^{2}=\mathrm{MB} \cdot \mathrm{MA}=\mathrm{MB} \cdot(\mathrm{MB}+\mathrm{AB})$,

所以 $4^{2}=M B \cdot(M B+8)$, 解得 $M B=-4 \pm 4 \sqrt{2}$.

由于 $\mathrm{MB}>0$,则 $\mathrm{MB}=4 \sqrt{2}-4$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的有关性质计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：曲线 $y=\frac{1}{x}$ 与直线 $y=x, x=2$ 所围成的图形面积用定积分可表示为
选项：
答案：$\int_{1}^{2}\left(x-rac{1}{x}ight) \mathrm{d} x$
解析：如图所示, 可知交点横坐标为 $x=1, x=2$结合定积分的定义可知阴影部分的面积可表示为 $\int_{1}^{2} x \mathrm{~d} x-\int_{1}^{2} rac{1}{x} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{2}\left(x-rac{1}{x}ight) \mathrm{d} x$.
题目（高三 · 度量几何学）：17. 如图所示, 圆 $O$ 上一点 $C$ 在直径 $A B$ 上的射影为 $D, C D=4, B D=8$, 则线段 $D O$ 的长等于


选项：
答案：3
解析：：解答：连接 OC,



$\because$ 圆 $\mathrm{O}$ 上一点 $\mathrm{C}$ 在直径 $\mathrm{AB}$ 上的射影为 $\mathrm{D}, \mathrm{CD}=4, \mathrm{BD}=8, \therefore \mathrm{CD} \perp \mathrm{BD}$,设圆半径为 $\mathrm{r}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{ODC}$ 中, $\mathrm{CD}=4, \mathrm{OD}=8-\mathrm{r}, \mathrm{OC}=\mathrm{r}$, $\therefore 16+(8-r)^{2}=r^{2}$, 解得 $\mathrm{r}=5 . \therefore$ 线段 $\mathrm{DO}=8-5=3$.

故答案为: 3 .

分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影连接 $\mathrm{OC}$, 由圆 $\mathrm{O}$ 上一点 $C$ 在直径 $A B$ 上的射影为 $D, C D=4, B D=8$, 知 $C D \perp B D$, 设圆半径为 $r$, 在 Rt $\triangle O D C$ 中,
则 $16+(8-r)^{2}=r^{2}$, 解得 $r=5$. 由此能求出线段 $D O$ 的长.
题目（高三 · 度量几何学）：20. 梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$, 若梯形不在平面 $\alpha$ 内,则它在平面 $\alpha$ 上的平行射影是
选项：
答案：答案: 一条线段或一个梯形
解析：: 解答: 如果梯形 $A B C D$ 所在平面平行于投影方向,则梯形 $\mathrm{ABCD}$ 在平面 $\alpha$ 上的平行射影是一条线段.如果梯形 $\mathrm{ABCD}$ 所在平面不平行于投影方向,由于平行线的平行射影仍是平行线,不平行的直线的平行射影仍不平行,则梯形 $\mathrm{ABCD}$ 在平面 $\alpha$ 内的平行射影仍是梯形.分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影结合所给线面关系分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：$\vec{a}=(\sqrt{3},-1,0), \vec{b}=(k, 0,1), \vec{a}, \vec{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}$, 则 $k=$
选项：
答案：2
解析：$2 \overrightarrow{\mathrm{AB}}=(4,-4,2-\mathrm{m}), 	herefore|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|=\sqrt{16+16+(2-\mathrm{m})^{2}}=4 \sqrt{2}, \quad 	herefore \mathrm{m}=2$.
题目（高三 · 度量几何学）：在空间直角坐标系中, 点 $A(-1,2, m)$ 和点 $B(3,-2,2)$ 的距离为 $4 \sqrt{2}$, 则实数 $m$ 的值为
选项：
解析：(1) $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(1,-1,-3), \overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-2,-2,1)$, $|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|=\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+(-3)^{2}}=\sqrt{11},|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|=3$.$\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}=-2+2-3=-3 . \quad 	herefore \cos <\overrightarrow{\mathrm{AB}}, \overrightarrow{\mathrm{AC}}>=rac{\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}| \cdot|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|}=rac{-3}{3 \sqrt{11}}=-rac{\sqrt{11}}{11}$.(2) $ecause$ 向量 $3 \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 与向量 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\mathrm{k} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 垂直, $	herefore(3 \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AC}}) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+k \overrightarrow{\mathrm{AC}})=3 \overrightarrow{\mathrm{AB}}^{2}+(3 \mathrm{k}-1) \overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}-k \overrightarrow{\mathrm{AC}}^{2}=0$, $3 	imes 11+(3 \mathrm{k}-1) 	imes(-3)-9 \mathrm{k}=0$, 解得 $\mathrm{k}=2$.
题目（高三 · 度量几何学）：16. 在底面半径为 6 的圆柱内, 有两个半径也为 6 的球面, 两球的球心距为 13 , 若作一个平面与两个球都相切，且与圆柱面相交成一粗圆，则粗圆的长轴长为
选项：
答案：13
解析：：解答：设两个球的球心分别为 $\mathrm{O}_{1} 、 \mathrm{O}_{2}$, 所得椭圆的长轴为 $\mathrm{AB}$,直线 $\mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 交于点 $\mathrm{E}$, 设它们确定平面 $\alpha$,作出平面 $\alpha$ 与两个球及圆柱的截面, 如图所示过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 的垂线, 交圆柱的母线于点 $\mathrm{C}$, 设 $\mathrm{AB}$ 切球 $\mathrm{O}_{1}$ 的大圆于点 $\mathrm{D}$, 连接 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{D}$



$\because$ Rt $\triangle \mathrm{O}_{1} \mathrm{DE}$ 中, $\mathrm{O}_{1} \mathrm{E}=\frac{1}{2} \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}=\frac{13}{2}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{D}=6$

$\therefore \cos \angle \mathrm{DO}_{1} \mathrm{E}=\frac{O_{1} D}{O_{1} E}=\frac{12}{13}$,

$\because$ 锐角 $\angle \mathrm{DO}_{1} \mathrm{E}$ 与 $\angle \mathrm{BAC}$ 的两边对应互相垂直

$\therefore \angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{DO}_{1} \mathrm{E}$,

得 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\cos \angle \mathrm{BAC}=\frac{A C}{A B}=\frac{12}{13}$,

$\because A C$ 长等于球 $\mathrm{O}_{1}$ 的直径, 得 $A C=12$

$\therefore$ 椭圆的长轴 $\mathrm{AB}=13$

故答案为: 13

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线性质, 设两个球的球心分别为 $\mathrm{O}_{1} 、 \mathrm{O}_{2}$, 椭圆的长轴为 $\mathrm{AB}$, 作出由 $\mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 确定平面 $\alpha$ 与两个球及圆柱的截面, 并过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 的垂线, 交圆柱的母线于点 $\mathrm{C}$, 连接 $\mathrm{O}_{1}$ 与 $\mathrm{AB}$ 切球 $\mathrm{O}_{1}$ 的切点 D. 分别在 Rt $\triangle \mathrm{O}_{1} \mathrm{DE}$ 中和 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 利用 $\angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{DO}_{1} \mathrm{E}$ 和余弦的定义, 结合题中的数据建立关系式, 即可解出 $\mathrm{AB}$ 的长, 即得该椭圆的长轴长.
题目（高三 · 度量几何学）：23. 在比例尺为 $1: 500$ 的地图上,测得一块三角形土地的周长为 $12 \mathrm{~cm}$, 面积为 $6 \mathrm{~cm}^{2}$, 则这块土地的实际周长是 $m$,实际面积是 $\mathrm{m}^{2}$.
选项：
答案：答案: $60 \mid 150$
解析：: 解答: 这块土地的实际形状与在地图上的形状是两个相似三角形,由比例尺可知, 它们的相似比为 $\frac{1}{500}$, 则实际周长是 $12 \times 500=6000(\mathrm{~cm})=60 \mathrm{~m}$; 实际面积是 $6 \times 500^{2}=1500000$ $\left(\mathrm{cm}^{2}\right)=150 \mathrm{~m}^{2}$.

分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断与性质结合所给实际问题分析计算即可解决问题
题目（高三 · 度量几何学）：已知复数 $z$ 满足 $|z|=1$, 则 $|z-2 i|$ 的取值范围为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$[1,3]$
解析：$|z|=1$ 表示 $z$ 对应的点是单位圆上的点.$|z-2 i|$ 的几何意义表示单位圆上的点和 $(0,2)$ 之间的距离,所以最小距离为 $2-1=1$, 最大距离为 $2+1=3$,所以 $|z-2 i|$ 的取值范围为 $[1,3]$, 故答案为 $[1,3]$.
题目（高三 · 度量几何学）：若复数 $z$ 满足(1) $|z| \geq 1$; (2) $|z+i| \leq|-1-2 i|$, 则 $z$ 在复平面内所对应的图形的面积为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$4 \pi$
解析：令 $z=a+b \mathrm{i}$ ，则复数 $z$ 对应的点坐标为 $(a, b)$ ，因为 $|z| \geq 1$, 所以 $\sqrt{a^{2}+b^{2}} ? 1$,对应的图形为以原点为圆心、以 1 为半径的圆及其外部,因为 $z+\mathrm{i}=a+(b+1) \mathrm{i},|z+\mathrm{i}| \leq|-1-2 \mathrm{i}|$,所以,对应的图形为以 $(0,-1)$ 为圆心、以 $\sqrt{5}$ 为半径的圆及其内部, 如图所示:故所求的图形的面积为 $\pi ? \sqrt{5}^{2} \pi ? 1^{2} \quad 4 \pi$, 故答案为 $4 \pi$.
题目（高三 · 度量几何学）：$\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x=$
选项：
答案：答案: $\frac{\pi}{2}$

【解析】 令 $y=\sqrt{1-x^{2}}$,

则 $x^{2}+y^{2}=1(y \geq 0)$,

画出图象如下图:

<ImageHere>

所以定积分值为 $\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x=\frac{1}{2} \times \pi \times 1^{2}=\frac{\pi}{2}$.

【分析】根据定积分意义,画出几何图形,根据积分上限和下限即可求得其面积,即为积分值.

14.答案: 1

【解析】 由微积分基本定理可得: $\int_{2}^{0}(3 x+k) d x=\left(x^{3}+k x\right)_{0}^{2}=8+2 k=10, \therefore \mathrm{k}=1$,故答案为: 1 .

【分析】先求出被积函数，然后利用微积分基本定理求解即可.
解析：答案: $\frac{\pi}{2}$

【解析】 令 $y=\sqrt{1-x^{2}}$,

则 $x^{2}+y^{2}=1(y \geq 0)$,

画出图象如下图:



所以定积分值为 $\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x=\frac{1}{2} \times \pi \times 1^{2}=\frac{\pi}{2}$.

【分析】根据定积分意义,画出几何图形,根据积分上限和下限即可求得其面积,即为积分值.

14.答案: 1

【解析】 由微积分基本定理可得: $\int_{2}^{0}(3 x+k) d x=\left(x^{3}+k x\right)_{0}^{2}=8+2 k=10, \therefore \mathrm{k}=1$,故答案为: 1 .

【分析】先求出被积函数，然后利用微积分基本定理求解即可.
题目（高三 · 度量几何学）：曲线 $y=x^{2}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴及直线 $x=2$ 所围成的图形的面积为
选项：
答案：答案: $\frac{8}{3}$

【解析】 由题意知曲线 $y=x^{2}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴及直线 $x=2$ 所围成的图形的面积为:

$S=\int_{0}^{2} x^{2} d x=\left.\frac{1}{3} x^{3}\right|_{0} ^{2}=\frac{8}{3}$

<ImageHere>

故答案为: $\frac{8}{3}$.

【分析】直接根据定积分的几何意义求解即可.

16.答案: $\frac{\pi}{4}+e-1$

【解析】 $\because g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$,

$\therefore g(x)=3 x^{2}-2 a x+b, \quad g^{\prime}(x)=6 x-2 a$,
由 $g^{\prime}(x)=6 x-2 a=0$, 可得 $x=\frac{a}{3}=1$, 解得 $a=3$,

<ImageHere>

所以 $g(1)=1-3+b-5=-3$, 解得 $b=4$,

所以 $\int_{a}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x+\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$,

由 $y=\sqrt{1-(x-3)^{2}}$ 可得, $(x-3)^{2}+y^{2}=1$,

<ImageHere>

由定积分的意义可知, $\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x=\frac{\pi}{4}$,

$\int_{3}^{4} e^{x-3} d x=\frac{1}{e^{3}} \int_{3}^{4} e^{x} d x=\left.\frac{e^{x}}{e^{3}}\right|_{3} ^{4}=e-1$,

$\therefore \int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\frac{\pi}{4}+e-1$,

故答案为: $\frac{\pi}{4}+e-1$

【分析】根据新定义拐点可求出 $a, b$, 利用定积分的几何意义及定积分的运算分别求出

$\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x$ 和 $\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$ 即可.



17. 答案: 【解析】 $\int_{1}^{e}\left(2 \mathrm{x}+\frac{1}{x}\right) \mathrm{dx}=\left.\left(\mathrm{x}^{2}+\ln \mathrm{x}\right)\right|_{1=\mathrm{e}^{2}+\ln \mathrm{e}-1-\ln 1=\mathrm{e}^{2}} ^{e}$

故答案为 $\mathrm{e}^{2}$

【分析】先求出被积函数 $2 \mathrm{x}+\frac{1}{x}$ 的原函数, 然后根据定积分的定义求出所求即可.
解析：答案: $\frac{8}{3}$

【解析】 由题意知曲线 $y=x^{2}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴及直线 $x=2$ 所围成的图形的面积为:

$S=\int_{0}^{2} x^{2} d x=\left.\frac{1}{3} x^{3}\right|_{0} ^{2}=\frac{8}{3}$



故答案为: $\frac{8}{3}$.

【分析】直接根据定积分的几何意义求解即可.

16.答案: $\frac{\pi}{4}+e-1$

【解析】 $\because g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$,

$\therefore g(x)=3 x^{2}-2 a x+b, \quad g^{\prime}(x)=6 x-2 a$,
由 $g^{\prime}(x)=6 x-2 a=0$, 可得 $x=\frac{a}{3}=1$, 解得 $a=3$,



所以 $g(1)=1-3+b-5=-3$, 解得 $b=4$,

所以 $\int_{a}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x+\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$,

由 $y=\sqrt{1-(x-3)^{2}}$ 可得, $(x-3)^{2}+y^{2}=1$,



由定积分的意义可知, $\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x=\frac{\pi}{4}$,

$\int_{3}^{4} e^{x-3} d x=\frac{1}{e^{3}} \int_{3}^{4} e^{x} d x=\left.\frac{e^{x}}{e^{3}}\right|_{3} ^{4}=e-1$,

$\therefore \int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\frac{\pi}{4}+e-1$,

故答案为: $\frac{\pi}{4}+e-1$

【分析】根据新定义拐点可求出 $a, b$, 利用定积分的几何意义及定积分的运算分别求出

$\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x$ 和 $\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$ 即可.



17. 答案: 【解析】 $\int_{1}^{e}\left(2 \mathrm{x}+\frac{1}{x}\right) \mathrm{dx}=\left.\left(\mathrm{x}^{2}+\ln \mathrm{x}\right)\right|_{1=\mathrm{e}^{2}+\ln \mathrm{e}-1-\ln 1=\mathrm{e}^{2}} ^{e}$

故答案为 $\mathrm{e}^{2}$

【分析】先求出被积函数 $2 \mathrm{x}+\frac{1}{x}$ 的原函数, 然后根据定积分的定义求出所求即可.
题目（高三 · 度量几何学）：如图阴影部分是由曲线 $y=\frac{1}{x}, y^{2}=x$ 与直线 $x=2, y=0$ 围成, 则其面积为 \$ \qquad \$


选项：
答案：答案:

$$
\frac{2}{3}+\ln 2
$$
解析：答案:

$$
\frac{2}{3}+\ln 2
$$

【解析】 由题意可知, 面积为:

$$
\int_{0}^{1} \sqrt{x} d x+\int_{1}^{2} \frac{1}{x} d x=\left.\left(\frac{2}{3} x \frac{3}{2}\right)\right|_{0} ^{1}+\left.(\ln x)\right|_{1} ^{2}=\frac{2}{3}+\ln 2
$$

【分析】本题可以先将曲线 $y=\frac{1}{x}, y^{2}=x$ 与直线 $x=2, \quad y=0$ 所围成图形画出, 再将其分为两部分分别计算出面积.
题目（高三 · 度量几何学）：用反证法证明命题: “一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤:

(1) $\angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{C}=90^{\circ}+90^{\circ}+\angle \mathrm{C}>180^{\circ}$, 这与三角形内角和为 $180^{\circ}$ 相矛盾, 则 $\angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{B}=90^{\circ}$ 不成立;

(2) 所以一个三角形中不能有两个直角;

(3)假设 $\angle \mathrm{A}, \angle \mathrm{B}, \angle \mathrm{C}$ 中有两个角是直角, 不妨设 $\angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{B}=90^{\circ}$.

正确顺序的序号排列为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: (3)(1)(2)
解析：答案: (3)(1)(2)

【解析】由反证法证明的步骤知, 先反设即(3), 再推出矛盾即 (1), 最后作出判断, 下结论即(2),
即顺序应为(3)(1)(
题目（高三 · 度量几何学）：已知复数 $z$ 满足 $|z|=1$, 则 $|z+i|+|z-i|$ 的最大值是
选项：
答案：$2 \sqrt{2}$
解析：设 $z=\cos 	heta+i \sin 	heta,(0 \leq 	heta<2 \pi)$.则 $|z+i|+|z-i|=\sqrt{\cos ^{2} 	heta+(\sin 	heta+1)^{2}}+\sqrt{\cos ^{2} 	heta+(\sin 	heta-1)^{2}}$$=\sqrt{2(1+\sin 	heta)}+\sqrt{2(1-\sin 	heta)}=\sqrt{2\left(\sin rac{	heta}{2}+\cos rac{	heta}{2}ight)^{2}}+\sqrt{2\left(\sin rac{	heta}{2}-\cos rac{	heta}{2}ight)^{2}}$ $=\sqrt{2}\left|\sin rac{	heta}{2}+\cos rac{	heta}{2}ight|+\sqrt{2}\left|\sin rac{	heta}{2}-\cos rac{	heta}{2}ight|$.$ecause 0 \leq 	heta<2 \pi, \quad 	herefore 0 \leq rac{	heta}{2}<\pi$.当 $rac{	heta}{2} \in\left[0, rac{\pi}{4}ight]_{	ext {时, }} 0 \leq \sin rac{	heta}{2} \leq rac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos rac{	heta}{2} \leq 1$,所以 $|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \cos rac{	heta}{2}, \quad|z+i|+|z-i|$ 的最大值是 $2 \sqrt{2}$;当 $rac{	heta}{2} \in\left(rac{\pi}{4}, rac{3 \pi}{4}ight]_{	ext {时, }}-rac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos rac{	heta}{2}<rac{\sqrt{2}}{2}<\sin rac{	heta}{2} \leq 1$,所以 $|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \sin rac{	heta}{2}, \quad|z+i|+|z-i|$ 的最大值是 $2 \sqrt{2}$;当 $rac{	heta}{2} \in\left(rac{3 \pi}{4}, \piight)_{	ext {时, }}-1<\cos rac{	heta}{2}<-rac{\sqrt{2}}{2}, 0<\sin rac{	heta}{2}<rac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $\left|\sin rac{	heta}{2}ight|<\left|\cos rac{	heta}{2}ight|$,$|z+i|+|z-i|=-2 \sqrt{2} \cos rac{	heta}{2}, \quad|z+i|+|z-i|<2 \sqrt{2}$.
题目（高三 · 解析几何）：化简方程 $\left|\sqrt{(x+5)^{2}+y^{2}}-\sqrt{(x-5)^{2}+y^{2}}\right|=8$ 为 , 表示的曲线是
选项：
答案：\cdot rac{x^{2}}{16}-rac{y^{2}}{9}=1$
解析：$M(x, y)$ 的坐标满足方程 $\left|\sqrt{(x+5)^{2}+y^{2}}-\sqrt{(x-5)^{2}+y^{2}}ight|=8$,即 $M$ 与平面上两个定点 $(-5,0),(5,0)$ 的距离之差为定值 8 的点的轨迹, 那么根据双曲线的定义可得:轨迹是双曲线, 定点 $(-5,0),(5,0)$ 为双曲线的焦点,
题目（高三 · 解析几何）：$a=3, b=4$ 焦点在 $x$ 轴上的双曲线的标准方程为
选项：
答案：$rac{x^{2}}{9}-rac{y^{2}}{16}=1$
解析：$a=3, b=4$ 焦点在 $x$ 轴上的双曲线的标准方程为: $rac{x^{2}}{9}-rac{y^{2}}{16}=1$.
题目（高三 · 解析几何）：双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{9}=1(a>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{3}{5} x$, 则 $a=$
选项：
答案：5
解析：双曲线 $rac{x^{2}}{a^{2}}-rac{y^{2}}{9}=1(a>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=rac{3}{5} x$, 可得 $rac{3}{a}=rac{3}{5}$, 解得 $a=5$. 故答案为 5 .
题目（高三 · 解析几何）：已知双曲线的渐近线方程为 $y= \pm \frac{1}{2} x$, 且过点 $(4, \sqrt{2})$, 则此双曲线的方程为
选项：
答案：$rac{x^{2}}{8}-rac{y^{2}}{2}=1$
解析：曲线的渐近线方程为 $y= \pm rac{1}{2} x$, 可设双曲线方程为: $4 y^{2}-x^{2}=m$, 双曲线经过过点 $(4, \sqrt{2})$, 可得: 8-16=m, $m=-8$, 所求双曲线方程为: $rac{x^{2}}{8}-rac{y^{2}}{2}=1$,
题目（高三 · 解析几何）：离心率为 2 且与椭圆 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 有共同焦点的双曲线方程是
选项：
答案：$rac{x^{2}}{4}-rac{y^{2}}{12}=1$
解析：据题意, 椭圆 $rac{x^{2}}{25}+rac{y^{2}}{9}=1$ 的焦点为 $( \pm 4,0)$, 又由双曲线与椭圆有共同焦点, 则双曲线的焦点在 $x$ 轴上, 且 $c=4$, 设其方程为 $rac{x^{2}}{a^{2}} rac{y^{2}}{b^{2}}=1$, 又由双曲线的离心率 $e=2$, 即 $e=rac{c}{a}=2$, 则 $a=2$, $b^{2}=c^{2}-a^{2}=16-4=12$, 则双曲线的方程为: $rac{x^{2}}{4} rac{y^{2}}{12}=1$; 12.2 $\sqrt{3} ; y= \pm rac{\sqrt{2}}{2} x$
题目（高三 · 解析几何）：双曲线 $\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$ 的焦距是 \$ \qquad \$ ，渐近线方程是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\sqrt{3} ; y= \pm rac{\sqrt{2}}{2} x$
解析：双曲线 $rac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$ 中, $a=\sqrt{2}, b=1, c=\sqrt{3}$, : 焦距是 $2 c=2 \sqrt{3}$, 渐近线方程是 $y= \pm rac{\sqrt{2}}{2} x$.
题目（高三 · 解析几何）：设抛物线 $y^{2}=8 x$ 的焦点与双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 的右焦点重合, 则 $b=$
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：抛物线 $y^{2}=8 x$ 的焦点 $(2,0)$ 与双曲线 $x^{2}-rac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)$ 的右焦点重合, 可得 $c=2, \sqrt{1+b^{2}}=2$,解得 $\mathrm{b}=\sqrt{3}$. 故答案为 $\sqrt{3}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知抛物线 $x^{2}=8 y$ 上一点 $M$ 到焦点的距离为 6 , 则点 $M$ 到 $x$ 轴的距离为
选项：
答案：4
解析：因为点 $M$ 到焦点的距离为 6 , 所以点 $M$ 到准线的距离为 6 , 因为 $x^{2}=2 p y=8 y$, 所以 $p=4$, 所以准线方程为 $y=-rac{\mathrm{p}}{2}=-2$, 所以点 $M$ 的纵坐标为 $-2+6=4$, 即点 $M$ 到 $\mathrm{x}$ 轴的距离为 4 , 故答案为 4 .
题目（高三 · 解析几何）：以 $\mathrm{x}=1$ 为准线的抛物线的标准方程是
选项：
答案：\mathrm{y}^{2}=-4 \mathrm{x}$
解析：根据题意, 要求抛物线的准线方程为 $\mathrm{x}=1$, 则抛物线的开口向左, 且 $rac{\mathrm{p}}{2}=1$, 则抛物线的标准方程为: $y^{2}=-4 x$; 故答案为: $y^{2}=-4 x$
题目（高三 · 解析几何）：抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上一点 $P(2, m)$ 到其焦点 $F$ 的距离为 4 , 则 $p=$
选项：
答案：4
解析：根据题意, 抛物线 $y^{2}=2 p x$ 的准线为 $x=-rac{p}{2}$, 若抛物线上一点 $P(2, m)$ 到其焦点 $F$ 的距离为 4 ,则 $P$ 到准线的距离也为 4 ; 则有 $2-\left(-rac{p}{2}ight)=4$, 解可得 $\mathrm{p}=4$,
题目（高三 · 解析几何）：16. 从 $1=1^{2} \quad 2+3+4=3^{2} \quad 3+4+5+6+7=5^{2}$ 中, 可得到一般规律为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $n+(n+1)+(n+2)+\cdots+(3 n-2)=(2 n-1)^{2}$
解析：: 解答: 第一个式子左边一个数, 从 1 开始; 第二个式子左边三个数, 从 2 开始; 第三个式子左边 5 个数, 从 3 开始, 第 $n$ 个式子左边有 $2 n-1$ 个数, 从 $n$, 右边为中间数的平方;因此一般规律为 $n+(n+1)+(n+2)+\cdots+(3 n-2)=(2 n-1)^{2}$.

分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是根据归纳推理的方法进行分析计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：18. 经过圆 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\mathrm{r}^{2}$ 上一点 $\mathrm{M}\left(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$ 的切线方程为 $\mathrm{x}_{0} \mathrm{x}+\mathrm{y}_{0} \mathrm{y}=\mathrm{r}^{2}$. 类比上述性质, 可以得到陏圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 类似的性质为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\frac{x x_{0}}{a^{2}}+\frac{y y_{0}}{b^{2}}=1$
解析：: 解答: 经过椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上一点 $\mathrm{M}\left(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$ 的切线方程为 $\frac{x x_{0}}{a^{2}}+\frac{y y_{0}}{b^{2}}=1$.

分析: 本题主要考查了类比推理, 解决问题的关键是根据所给函数性质运用类比推理的方法进行分析即可.
题目（高三 · 解析几何）：19. 图, 在单位圆中, 用三角形的重心公式 $G\left(\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}, \frac{y_{1}+y_{2}+y_{3}}{3}\right)$ 研究内接正三角形 $A B C$ (点 $A$ 在 $X$ 轴上), 有结论: $\cos 0+\cos \frac{2 \pi}{3}+\cos \frac{4 \pi}{3}=0$; 有位同学, 把正三角形 $A B C$ 按逆时针方向旋转 $\alpha$ 角, 这时可以得到结论


选项：
答案：答案: $\cos \alpha+\cos \left(\frac{2 \pi}{3}+\alpha\right)+\cos \left(\frac{4 \pi}{3}+\alpha\right)=0$
解析：：解答：在把正三角形 $A B C$ 按逆时针方向旋转 $\alpha$ 角的过程中, 三个角始终相差 $\frac{2 \pi}{3}$;所以得到 $\cos \alpha+\cos \left(\frac{2 \pi}{3}+\alpha\right)+\cos \left(\frac{4 \pi}{3}+\alpha\right)=0$.

分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是根据所给几何变换的特征进行归纳推理即可.
题目（高三 · 解析几何）：14. 曲线的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=1-\frac{1}{t} \\ y=1-t^{2}\end{array}\right.$ ( 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 则它的普通方程为
选项：
答案：答案: $y=\frac{x(x-2)}{(x-1)^{2}}(x \neq 1)$
解析：: 解答: $1-x=\frac{1}{t}, t=\frac{1}{1-x}$, 而 $y=1-t^{2}$, 即 $y=1-\left(\frac{1}{1-x}\right)^{2}=\frac{x(x-2)}{(x-1)^{2}}(x \neq 1)$

分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是根据所给方程消参化简即可
题目（高三 · 解析几何）：15. 已知两曲线的参数方程分别为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{5} \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) 和 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{4} t^{2} \\ y=t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 它们的交点坐标为
选项：
答案：答案: $\left(-1, \pm \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$
解析：：解答：因为两曲线的参数方程分别为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{5} \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) 和 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{4} t^{2} \\ y=t\end{array}(t\right.$ 为参数) 消去参数后得到椭圆和抛物线, 然后联立方程得到 $\mathrm{x}=-5$ (舍) 或 $\mathrm{x}=1$,所以 $\mathrm{y}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故交点坐标为 $\left(-1, \pm \frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$

分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是化为普通方程后联立计算交点即可
题目（高三 · 解析几何）：16. 在平面直角坐标系 $\mathrm{xOy}$ 中, 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的参数方程分别为 $\left\{\begin{array}{c}x=t \\ y=\sqrt{t}\end{array}\right.$ ( $\mathrm{t}$ 为参数) 和 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{2} \cos \theta \\ y=\sqrt{2} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 则曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的交点坐标为
选项：
答案：答案: $(1,1)$
解析：: 解答: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的普通方程分别为 $y^{2}=x, x^{2}+y^{2}=2$.解方程组 $\left\{\begin{array}{c}x=t \\ x^{2}+y^{2}=2\end{array}\right.$ 可得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$, 故曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的交点坐标为 $(1,1)$,故答案为 $(1,1)$.

分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是化为普通方程后计算交点即可
题目（高三 · 解析几何）：17. $\mathrm{P}$ 为曲线 $\mathrm{C}_{1}:\left\{\begin{array}{c}x=1+\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数 $)$ 上一点, 则它到直线 $\mathrm{C}_{2}:\left\{\begin{array}{c}x=1+2 t \\ y=2\end{array}\right.$ (t 为参数）距离的最小值为
选项：
答案：1
解析：: 解答: 首先, 将曲线 $C_{1}$ 和曲线 $C_{2}$ 化为普通方程, 然后, 求解最小值即可.

将曲线 $C_{1}$ 化成普通方程是 $(x-1)^{2}+y^{2}=1$, 圆心是 $(1,0)$,

直线 $C_{2}$ 化成普通方程是 $\mathrm{y}-2=0$, 则圆心到直线的距离为 2 ,

$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 上点到直线的距离为 1 , 该点为 $(1,1)$,

故答案为: 1 .

分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是化为普通方程分析计算即
可
题目（高三 · 解析几何）：18. 在平面直角坐标系中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=-1+3 t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数) 的普通方程为
选项：
答案：答案: $3 x-y-4=0$
解析：: 解答: 由 $\mathrm{x}=1+\mathrm{t}$ 得 $\mathrm{t}=\mathrm{x}-1$ 代入 $\mathrm{y}=-1+3 \mathrm{t}$ 整理得, $3 x-y=4$, 即为曲线 $\mathrm{C}$ 的普通方程.分析: 本题主要考查了参数方程化成普通方程, 解决问题的关键是根据所给参数方程消去参数即可得到所求普通方程
题目（高三 · 解析几何）：14. 已知 $\sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma=0, \cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma=0$, 则 $\cos (\alpha-\beta)$ 的 值 为
选项：
答案：答案: $-\frac{1}{2}$
解析：:【解答】 $\because \sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma=0, \cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma=0$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha+\sin \beta=-\sin \gamma, \\ \cos \alpha+\cos \beta=-\cos \gamma\end{array}\right.$

以上两式两边平方相加, 得 $2+2(\sin \alpha \sin \beta+\cos \alpha \cos \beta)=1$,

$\therefore \cos (\alpha-\beta)=-\frac{1}{2}$.

【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是联立 $\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha+\sin \beta=-\sin \gamma, \\ \cos \alpha+\cos \beta=-\cos \gamma \text {. }\end{array}\right.$两边平方结合三角函数公式分析计算即可.
题目（高三 · 解析几何）：10. 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆 $\mathrm{O}, \angle \mathrm{A}: \angle \mathrm{B}: \angle \mathrm{C}=2: 3: 7$, 则 $\angle \mathrm{D}=$ \$ \qquad \$ $\circ$.
选项：
答案：答案: 120
解析：：解答: $\because$ 圆的内接四边形的对角互补,

$\therefore \angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{C}=180^{\circ}$.

又 $\because \angle \mathrm{A}: \angle \mathrm{B}: \angle \mathrm{C}=2: 3: 7$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=40^{\circ}, \angle \mathrm{B}=60^{\circ}, \angle \mathrm{C}=140^{\circ}$.

又 $\because \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{D}=180^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{D}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$
分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析计算即可