eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：设 $f(x)$ 是可导函数, 且 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=2$, 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. -1
C. 0
D. -2
答案：B
解析：解析: 解答: 因为 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=-2 \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-2 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{-2 \Delta x}=-2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=2$所以 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-1$, 故选 B.

分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\mathrm{f}(x)$ 为可导函数, 且满足条件 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x+1)-f(1)}{2 x}=3$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线的斜率为 ( )
A、 $\frac{3}{2}$
B、 3
C、 6
D、无法确定

答案: C

解析: 解答: 因为设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为可导函数, 且满足条件
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x+1)-f(1)}{2 x}=3=\frac{1}{2} f^{\prime}(1) \therefore f^{\prime}(1)=6$, 选 C

分析: 本题主要考查了导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的几何意义进行计算即可.

15. 若函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导, 且 $x_{0} \in(a, b)$ 则 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-h\right)}{h}$ 的值为( )
选项：
A. $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
B. $2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
C. $-2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)$
D. 0
答案：B
解析：解析: 解答: 因为 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-h\right)}{h}=2 \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-h\right)}{2 h}=2 f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, 选

B

分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：曲线 $\mathrm{y}=-x^{3}+3 x^{2}$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程为 ( ).
选项：
A. $y=3 x-1$
B. $y=-3 x+5$
C. $y=3 x+5$
D. $y=2 x$
答案：A
解析：解析: 解答: $\frac{-(\Delta x+1)^{3}+3(\Delta x+1)^{2}-\left(-1^{3}+3 \times 1^{2}\right)}{\Delta x}=-\Delta x^{2}+3$.

$\Delta x \rightarrow 0$ 时, $-\Delta x^{2}+3 \rightarrow 3$.

$\therefore \mathrm{f}^{\prime}(1)=3$.即曲线在 $(1,2)$ 处的切线斜率为 3 .

所以切线方程为 $\mathrm{y}-2=3(x-1)$, 即 $\mathrm{y}=3 \mathrm{x}-1$.

分析: 本题主要考查了导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的概念结合导数的几何意义计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：曲线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{x}$ 在点 $(1,-1)$ 处的切线方程为 $(\mathrm{O})$.
选项：
A. $y=x-2$
B. $y=x$
C. $\mathrm{y}=\mathrm{x}+2$
D. $y=-x-2$
答案：A
解析：解析: 解答: $\frac{-\frac{1}{\Delta x+1}-\left(-\frac{1}{1}\right)}{\Delta x}=\frac{1-\frac{1}{\Delta x+1}}{\Delta x}=\frac{1}{\Delta x+1}$,

当 $\Delta x \rightarrow 0$ 时, $\frac{1}{\Delta x+1} \rightarrow 1$.

曲线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{x}$ 在点 $(1,-1)$ 处的切线的斜率为 1 , 切线方程为 $\mathrm{y}+1=1(x-1)$, 即 $\mathrm{y}=x-2$.

分析: 本题主要考查了极限及其运算; 导数的几何意义, 解决问题的关键是根据导数的概念结合极限的运算进行分析即可.
题目（高二 · 解析几何）：某质点的运动方程是 $S=\sin t$, 则在 $t=\pi_{\mathrm{S}}$ 时的瞬时速度为 ( )
选项：
A. -1
B. -3
C. 7
D. 13
答案：C
解析：解析: 解答: 瞬时速度即函数在该点的导数. $s^{\prime}=\cos t$, 当 $t=\pi$ 时 $s^{\prime}=-1$. 故选 A.

分析: 本题主要考查了实际问题中导数的意义, 解决问题的关键是根据注意路程对时间的导数即为瞬时速度.
题目（高二 · 解析几何）：如图所示，表示阴影部分的二元一次不等式组是( )
选项：
A. $\left\{\begin{array}{l}y \geqslant-2 \\ 3 x-2 y+6>0 \\ x<0\end{array}\right.$


C. $\left\{\begin{array}{l}y>-2 \\ 3 x-2 y+6>0 \\ x \leqslant 0\end{array}\right.$
B. $\left\{\begin{array}{l}y \geqslant-2 \\ 3 x-2 y+6 \geqslant 0 \\ x \leqslant 0\end{array}\right.$
D. $\left\{\begin{array}{l}y>-2 \\ 3 x-2 y+6<0 \\ x<0\end{array}\right.$
答案：C
解析：解析 可结合图形, 根据确定二元一次不等式组表示的平面区域的方法逆着进行. 由图知所给区域的三个边界中, 有两个是虚的, 所以 C 正确.
题目（高二 · 解析几何）：设不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+y-11 \geqslant 0, \\ 3 x-y+3 \geqslant 0, \\ 5 x-3 y+9 \leqslant 0\end{array}\right.$ 表示的平面区域为 $D$. 若指数函数 $y=a^{x}$ 的图象上存在区域 $D$ 上的点, 则 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(1,3]$
    B. $[2,3]$
    C. $(1,2]$
    D. $[3,+\infty)$
答案：A
解析：解析 作出不等式组表示的平面区域 $D$, 如图阴影部分所示.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-081,.jpg?height=400&width=491&top_left_y=1773&top_left_x=817)

由 $\left\{\begin{array}{l}x+y-11=0, \\ 3 x-y+3=0,\end{array}\right.$ 得交点 $A(2,9)$.

对 $y=a^{x}$ 的图象, 当 $0<a<1$ 时, 没有点在区域 $D$ 上.

当 $a>1, y=a^{*}$ 恰好经过 $A$ 点时, 由 $a^{2}=9$, 得 $a=3$.

要满足题意,

需满足 $a^{2} \leqslant 9$, 解得 $1<a \leqslant 3$.
题目（高二 · 解析几何）：已知点 $(-1,2)$ 和 $(3,-3)$ 在直线 $3 x+y-a=0$ 的两侧, 则 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-1,6)$
B. $(-6,1)$
C. $(-\infty,-1) \cup(6,+\infty)$
D. $(-\infty,-6) \cup(1,+\infty)$
答案：A
解析：解析 由题意知, $(-3+2-a)(9-3-a)<0$,即 $(a+1)(a-6)<0, \therefore-1<a<6$.
题目（高二 · 解析几何）：如图所示, 表示满足不等式 $(x-y)(x+2 y-2)>0$ 的点 $(x, y)$ 所在的区域为 $(\quad)$


选项：
A.


B


C


答案：B
解析：解析 不等式 $(x-y)(x+2 y-2)>0$ 等价于不等式组
( I) $\left\{\begin{array}{l}x-y>0, \\ x+2 y-2>0\end{array}\right.$
或不等式组(II) $\left\{\begin{array}{l}x-y<0, \\ x+2 y-2<0 .\end{array}\right.$ 分别画出不等式组 ( I 和(II)所表示的平面区域, 再求并集, 可得正确答案为 $\mathrm{B}$.
题目（高二 · 解析几何）：若不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant 0, \\ x+3 y \geqslant 4, \\ 3 x+y \leqslant 4\end{array}\right.$ 所表示的平面区域被直线 $y=k x+\frac{4}{3}$ 分为面积相等的两部分, 则 $k$ 的值是 ( )
选项：
A. $\frac{7}{3}$
B. $\frac{3}{7}$
C. $\frac{4}{3}$
D. $\frac{3}{4}$
答案：A
解析：解析 不等式组表示的平面区域如图所示.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_3540a5c85e1968e614e9g-078,.jpg?height=300&width=368&top_left_y=2120&top_left_x=887)

由于直线 $y=k x+\frac{4}{3}$ 过定点 $\left(0, \frac{4}{3}\right)$. 因此只有直线过 $A B$ 中点时, 直线 $y=k x+\frac{4}{3}$ 能平分平面区域。

因为 $A(1,1), B(0,4)$, 所以 $A B$ 中点 $M\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right)$.
当 $y=k x+\frac{4}{3}$ 过点 $\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right)$ 时, $\frac{5}{2}=\frac{k}{2}+\frac{4}{3}$,

所以 $k=\frac{7}{3}$​.
题目（高二 · 解析几何）：曲线 $y=\sin x+e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线方程是 $(\quad)$
选项：
A. $x-3 y+3=0$

B. $x-2 y+2=0$

C. $2 x-y+1=0$

D. $3 x-y+1=0$
答案：C
解析：解析: 解答: 求导 $y^{\prime}=\cos x+e^{x}$, 则曲线 $y=\sin x+e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线的斜率 $k=\cos 0+e^{0}=2$, 由点斜式可得 $y-1=2(x-0)$, 即切线方程为 $2 x-y+1=0$.

分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义分析计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $f(x)=\frac{\ln x-2 x}{x}$ 的图象在点 $(1,-2)$ 处的切线方程为 ( )
选项：
A. $2 x-y-4=0$
B. $2 x+y=0$
C. $x+y+1=0$
D. $x-y-3=0$
答案：D
解析：解析: 解答: 求导, 得 $f^{\prime}(x)=\frac{(\ln x-2 x)^{\prime} x-(\ln x-2 x)(x)^{\prime}}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 由导数的几何意义,切线的斜率 $k=f^{\prime}(1)=\frac{1-\ln 1}{1^{2}}=1$, 所以切线方程是 $y-(-2)=1 \cdot(x-1)$, 即 $x-y-3=0$,故答案为 D.

分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数运算得到切线的斜率, 然后计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：设函数 $f(x)=g(x)+x^{2}$, 曲线 $y=g(x)$ 在点 $(1, g(1))$ 处的切线方程为 $y=2 x+1$, 则
曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处切线的斜率是 $(\quad)$
选项：
A. 4
B. $-\frac{1}{4}$
C. 2
D. $-\frac{1}{2}$
答案：A
解析：解析：解答：由导数的几何意义, 得 $g^{\prime}(1)=2$, 求导函数得 $f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)+2 x$, $k=f^{\prime}(1)=g^{\prime}(1)+2=4$, 故答案为 A.

分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义分析计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：直线 $y=k x+1$ 与曲线 $y=x^{3}+a x+b$ 相切于点 $\mathrm{A}(1,3)$, 则 $2 \mathrm{a}+\mathrm{b}$ 的值为 ( )
选项：
A. 2
B.-1
C. 1
D.-2
答案：C
解析：解析: 解答: $\because y=x^{3}+a x+b, \therefore y^{\prime}=3 x^{2}+a$; 由题意得 $\left\{\begin{array}{l}k+1=3 \\ 3+a=k \\ 1+a+b=3\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k=2 \\ a=-1 \\ b=3\end{array}\right.$,则 $2 a+b=-2+3=1$

分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：数 $f(x)=x^{2}$ 在点 $(2, f(2))$ 处的切线方程为 ( )
选项：
A. $y=4$
B. $y=4 x+4$
C. $y=4 x+2$
C. $y=4 x-4$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because f(2)=2^{2}=4, \therefore$ 切点即为 $(2,4) . \because f^{\prime}(x)=2 x, \therefore f^{\prime}(2)=4$, 由导数的几何意义可知在点 $(2,4)$ 处切线的斜率为 4 , 所以所求切线方程为 $y-4=4(x-2)$, 即 $y=4 x-4$.故 D 正确.

分析: 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义进行计算即可.
题目（高二 · 解析几何）：已知点 $P(x, y)$ 在经过 $A(3,0), B(1,1)$ 两点的直线上, 则 $2^{x}+4^{y}$ 的最小值为
选项：
A. $2 \sqrt{2}$
B. $4 \sqrt{2}$
C. 16
D. 不存在
答案：B
解析：解析 $\because$ 点 $P(x, y)$ 在直线 $A B$ 上, $\therefore x+2 y=3$.

$\therefore 2^{x}+4^{y} \geqslant 2 \sqrt{2^{x} \cdot 4^{y}}=2 \sqrt{2^{x^{+} 2 y}}=4 \sqrt{2}\left(x=\frac{3}{2}, y=\frac{3}{4}\right.$ 时取等号 $)$.
题目（高二 · 解析几何）：如果函数 $y=3 \cos (2 x+\varphi)$ 的图象关于点 $\left(\frac{4 \pi}{3}, 0\right)$ 中心对称, 那么 $|\varphi|$ 的最小值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
   B. $\frac{\pi}{4}$
   C. $\frac{\pi}{3}$
   D. $\frac{\pi}{2}$
答案：A
解析：$\because$ 函数 $y=3 \cos (2 x+\varphi)$ 的图象关于点 $\left(\frac{4 \pi}{3}, 0\right)$ 中心对称,

$\therefore 2 \cdot \frac{4 \pi}{3}+\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}$, 得 $\varphi=k \pi-\frac{13 \pi}{6}, k \in \mathrm{Z}$, 由此得 $|\varphi|_{\text {min }}=\frac{\pi}{6}$.

故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=-\sin 2 x, x \in \mathbf{R}$ 是
选项：
A. 最小正周期为 $\pi$ 的奇函数
    B. 最小正周期为 $\pi$ 的偶函数
    C. 最小正周期为 $2 \pi$ 的奇函数
    D. 最小正周期为 $2 \pi$ 的偶函数
答案：A
解析：设 $y=f(x)=-\sin 2 x$, 则 $f(-x)=-\sin 2(-x)=\sin 2 x=-f(x)$, 故函数函数 $y=-\sin 2 x, x \in R$ 是奇函数, 由 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$, 故函数 $y=-\sin 2 x, x \in R$ 是最小正周期为 $\pi$ 的奇函数.

故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：下列函数中, 周期为 $\pi$, 且在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为减函数的是 ( )
选项：
A. $y=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)$
    B. $y=\cos \left(x+\frac{\pi}{2}\right)$
    C. $y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)$
    D. $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)$
答案：D
解析：由题意得, 函数的周期为 $\pi$, 只有 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 满足题意,对于函数 $y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin 2 x$ 在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为增函数,函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos 2 x$ 在 $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上为减函数, 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=2 \sin \left(\frac{\pi}{6}-2 x\right)(x \in[0, \pi])$ 为增函数的区间是 （）
选项：
A. $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$
    B. $\left[\frac{\pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right]$
    C. $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$
    D. $\left[\frac{5 \pi}{6}, \pi\right]$
答案：C
解析：由 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$,

得 $k \pi+\frac{\pi}{3} \leq x \leq k \pi+\frac{5 \pi}{6}, k \in Z$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{y}=2 \sin \left(\frac{\pi}{6}-2 x\right)$ 的单调递增区间为 $\left[k \pi+\frac{\pi}{3}, k \pi+\frac{5 \pi}{6}\right], k \in \mathrm{Z}$,

令 $k=0$, 则得函数 $\mathrm{y}=2 \sin \left(\frac{\pi}{6}-2 x\right)$ 的单调递增区间为 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$,

故所求的单调递增区间为 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$.

故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：函数 $y=\tan \left(\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{3}\right)$ 图象的一个对称中心是 ( )
选项：
A. $\left(\frac{\pi}{6}, 0\right)$
    B. $\left(\frac{2 \pi}{3},-3 \sqrt{3}\right)$
    C. $\left(-\frac{2 \pi}{3}, 0\right)$
    D. $(0,0)$
答案：C
解析：由 $\frac{x}{2}+\frac{\pi}{3}=\frac{k \pi}{2}$ 得 $x=k \pi-\frac{2 \pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$. 令 $k=0$ 得 $x=-\frac{2 \pi}{3}$, 故选 C.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\left|\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)\right|$, 则下列说法中正确的是 ( )
选项：
A. 函数 $f(x)$ 的周期是 $\frac{\pi}{4}$

B. 函数 $f(x)$ 的图象的一条对称轴方程是 $x=\frac{\pi}{3}$

C. 函数 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{2 \pi}{3}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ 上为减函数

D. 函数 $f(x)$ 是偶函数
答案：B
解析：因为函数 $f(x)=\left|\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)\right|$, 所以周期是函数 $\mathrm{y}=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的周期的一半,所以函数的周期为 $T=\frac{\pi}{2}=\pi$. 故 $A$ 错误;

当 $x=\frac{\pi}{3}$ 时, $f(x)=1$, 所以 $x=\frac{\pi}{3}$ 是函数图象的一条对称轴. 故 $B$ 正确;

$f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\left|\sin \left(2 \times \frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right)\right|=\sin \frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}, f\left(\frac{5 \pi}{6}\right)=\left|\sin \left(2 \times \frac{5 \pi}{6}-\frac{\pi}{6}\right)\right|=\left|\sin \frac{9 \pi}{6}\right|=1$,所以 $f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)<f\left(\frac{5 \pi}{6}\right)$, 故 $C$ 错误;

$f(0)=\left|\sin \left(2 \times 0-\frac{\pi}{6}\right)\right|=\frac{1}{2} \neq \pm 1$, 则图象不关于 $\mathrm{y}$ 轴对称, 故 $D$ 错误,

故选: $B$.
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 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$ 上是增函数的一个函数是 ( )
选项：
A. $y=\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}\right)$
   B. $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
   C. $y=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$
   D. $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$
答案：B
解析：首先由最小正周期是 $\pi$, 可以排除 $\mathrm{A}$;
又因为 $\mathrm{y}=\sin \left(2 \times \frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)=0$, 不是最值, 可以排除排除 $\mathrm{D}$; 将 $\mathrm{x}=0, \mathrm{x}=\frac{\pi}{3}$ 代入 $\mathrm{C}$, 可得到 $\mathrm{B}$ 不是关于直线 $\mathrm{x}=\frac{\pi}{3}$ 对称. 可以排除 $\mathrm{C}$ : 即可得到 $\mathrm{B}$ 正确. 故选 $\mathrm{B}$.
题目（高二 · 解析几何）：设 $a$ 为常数, 且 $a>1,0 \leq x \leq 2 \pi$, 则函数 $f(x)=\cos ^{2} x+2 a \sin x-1$ 的最大值为 ( ).
选项：
A. $2 a+1$
   B. $2 a-1$
   C. $-2 a-1$
   D. $a^{2}$
答案：B
解析：因为 $f(x)=\cos ^{2} x+2 a \sin x-1=-\sin ^{2} x+2 a \sin x$,令 $t=\sin x$, 则 $y=-t^{2}+2 a t, t \in[-1,1]$,因为对称轴 $\mathrm{t}=a>1$, 所以当 $\mathrm{t}=1$ 时, $f(x)$ 取最大值 $2 a-1$, 选 B.
题目（高二 · 解析几何）：若函数 $f(x)=2 \cos \left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)+3(\omega>0)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上与直线 $y=3$ 有 5 个交点, 则 $a$ 的取值范围为 ( )
选项：
A. $\left[\frac{14}{3}, \frac{17}{3}\right)$
B. $\left(\frac{14}{3}, \frac{17}{3}\right]$
C. $\left[\frac{17}{3}, \frac{20}{3}\right)$
D. $\left(\frac{17}{3}, \frac{20}{3}\right]$
答案：A
解析：函数 $f(x)=2 \cos \left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)+3(\omega>0)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上与直线 $y=3$ 有 5 个交点,

即 $\cos \left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)=0(\omega>0)$ 在 $[0, \pi]$ 上有 5 个零点,

因为 $x \in[0, \pi]$, 所以 $-\frac{\pi}{6} \leq \omega x-\frac{\pi}{6} \leq \omega \pi-\frac{\pi}{6}$,

故可得 $y=\cos u$ 的 5 个零点依次为 $\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}, \frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}, \frac{9 \pi}{2}$, 第 6 个零点为 $\frac{11 \pi}{2}$,

所以 $\frac{9 \pi}{2} \leq \omega \pi-\frac{\pi}{6}<\frac{11 \pi}{2}$, 解得 $\frac{14}{3} \leq \omega<\frac{17}{3}$ ，

即 $\omega$ 的取值范围为 $\left[\frac{14}{3}, \frac{17}{3}\right)$, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha=\frac{2}{3}, \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 则 $\tan \alpha=$ （）
选项：
A. $\frac{\sqrt{5}}{2}$ B. $-\frac{\sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
D. $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
答案：D
解析：由 $\sin \alpha=\frac{2}{3}, \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,

则 $\cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\sqrt{1-\frac{4}{9}}=-\sqrt{\frac{5}{9}}=-\frac{\sqrt{5}}{3}$,

所以 $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{\frac{2}{3}}{-\frac{\sqrt{5}}{3}}=-\frac{2}{\sqrt{5}}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 D.
题目（高二 · 解析几何）：如果已知 $\sin \alpha \cdot \cos \alpha<0, \sin \alpha \cdot \tan \alpha<0$, 那么角 $\frac{\alpha}{2}$ 的终边在（）
选项：
A. 第一或第二象限
B. 第一或第三象限
C. 第二或第四象限
D. 第四或第三象限
答案：B
解析：$\because \sin \alpha \cdot \cos \alpha<0, \sin \alpha \cdot \tan \alpha<0$,

$\therefore \sin \alpha>0, \cos \alpha<0, \tan \alpha<0, \therefore \alpha$ 在第二象限,

$\therefore 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<\alpha<2 k \pi+\pi, k \in \mathrm{Z}, \quad \therefore k \pi+\frac{\pi}{4}<\frac{\alpha}{2}<k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$,

当 $k=2 n, n \in \mathrm{Z}$ 时, $\frac{\alpha}{2}$ 在第一象限;

当 $k=2 n-1, n \in \mathbf{Z}$ 时, $\frac{\alpha}{2}$ 在第三象限,

那么角 $\frac{\alpha}{2}$ 的终边在第一或第三象限, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(n)=2 \sin \left(\frac{n \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+$ $f(2021)=(\quad)$
选项：
A. 2020
B. $2021+\sqrt{2}$
C. $2022+\sqrt{2}$
D. $2022 \sqrt{2}$
答案：B
解析：由 $f(n)=2 \sin \left(\frac{n \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$ ，

由 $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)$

$=2 \sin \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1+2 \sin \left(\frac{2 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1+2 \sin \left(\frac{3 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1+2 \sin \left(\frac{4 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1$ $=4$,

所以 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(2021)=4 \times \frac{2020}{4}+2 \sin \left(\frac{2021 \pi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)+1$

$=2021+\sqrt{2}$,

故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：当 $\theta \in(0, \pi)$ 时, 若 $\cos \left(\frac{5 \pi}{6}-\theta\right)=-\frac{5}{13}$, 则 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)$ 的值为 ( )

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } \frac{12}{13} & \text { B. }-\frac{12}{13} & \text { C. } \pm \frac{12}{13} & \text { D. } \frac{5}{12}\end{array}$
答案：A
解析：因为 $\cos \left(\frac{5 \pi}{6}-\theta\right)=-\frac{5}{13}$, 故 $\cos \left(\pi-\frac{5 \pi}{6}+\theta\right)=\frac{5}{13}$,

即 $\cos \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{5}{13}$,

因为 $\theta \in(0, \pi)$, 故 $\theta+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{7 \pi}{6}\right)$, 而 $\cos \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)>0$,

故 $\theta+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right)$, 故 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}, \alpha \in(0, \pi)$, 则 $\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=（ ）$

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } \frac{\sqrt{17}}{17} & \text { B. }-\frac{\sqrt{17}}{17} & \text { C. } \frac{\sqrt{15}}{15} & \text { D. }-\frac{\sqrt{15}}{15}\end{array}$
答案：B
解析：由 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{3}$, 可得 $(\sin \alpha+\cos \alpha)^{2}=1+2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{1}{9}$,

解得 $2 \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{8}{9}<0$, 即 $\sin \alpha$ 与 $\cos \alpha$ 异号,

又因为 $\alpha \in(0, \pi)$, 所以 $\sin \alpha>0, \cos \alpha<0$,

又由 $(\sin \alpha-\cos \alpha)^{2}=1-2 \sin \alpha \cos \alpha=\frac{17}{9}$, 所以 $\sin \alpha-\cos \alpha=\frac{\sqrt{17}}{3}$,

又因为 $\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=\frac{1+\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}{1-\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}=\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\cos \alpha-\sin \alpha}=\frac{\frac{1}{3}}{-\frac{\sqrt{17}}{3}}=-\frac{\sqrt{17}}{17}$, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：设函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\varphi+\frac{\pi}{4}\right) \quad\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的最小正周期为 $\pi$, 且是偶函数, 则 ( )
选项：
A. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减
B. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递减
C. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递增
D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递增
答案：A
解析：$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\varphi+\frac{\pi}{4}\right)$, 由周期为 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=\pi$, 得 $\omega=2$,

$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\varphi+\frac{\pi}{4}\right)$ 为偶函数得 $\varphi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$,

故 $\varphi=\frac{\pi}{4}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$.

当 $k=0$ 时满足条件, $\varphi=\frac{\pi}{4}$, 则 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{2} \cos 2 x$,

当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $2 x \in(0, \pi)$, 函数单调递减;

当 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 时, $2 x \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 函数先减后增,

故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi| \frac{\pi}{2}\right)$, 当 $f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=3$ 时,

$\left|x_{1}-x_{2}\right|_{\text {min }}=\pi$, , 则下列结论正确的是 ( )
选项：
A. 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$

B. 函数 $f(x)$ 的图象的一个对称中心为 $\left(\frac{\pi}{6}, 0\right)$

C. 函数 $f(x)$ 的图象的一条对称轴方程为 $x=\frac{\pi}{3}$

D. 函数 $f(x)$ 的图象可以由函数 $y=\sqrt{3} \cos \omega x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度得

到
答案：D
解析：因为 $f(x)=\sqrt{3} \sin (\omega x+\varphi)$, 所以 $f(x)_{\text {max }}=\sqrt{3}$,

又 $f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=3$, 所以 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=\sqrt{3}$ 或 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=-\sqrt{3}$,

因为 $\left|x_{1}-x_{2}\right|_{\text {min }}=\pi$, 所以 $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 所以 $\omega=2$, 故 $\mathrm{A}$ 错误;

又, 所以 $\sin \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

又 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$, 所以 $f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$,

令 $2 x+\frac{\pi}{3}=k \pi(k \in \mathbf{Z})$, 得 $x=-\frac{\pi}{6}+\frac{k \pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$,所以函数的对称中心为 $\left(-\frac{\pi}{6}+\frac{k \pi}{2}, 0\right)(k \in \mathrm{Z})$, 所以 $\mathrm{B}$ 错误;

由 $2 x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in \mathrm{Z})$, 解得 $x=\frac{\pi}{12}+\frac{k \pi}{2}(k \in \mathrm{Z})$, 故 C 错误;

$y=\sqrt{3} \cos \omega x=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)$, 向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 单位长度得

$y=\sqrt{3} \sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{12}\right)+\frac{\pi}{2}\right]=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=f(x)$, 故 D 正确,

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

故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：如果 $\sin x+\cos x=\frac{1}{5}$, 且 $0<x<\pi$, 那么 $\tan x$ 的值是 ( )
选项：
A. $-\frac{4}{3} B. \text -\frac{3}{4}  \text { C. }\frac{3}{4} \text { D. } \frac{4}{3}$
答案：A
解析：将所给等式两边平方, 得 $\sin x \cos x=-\frac{12}{25}$,

$\because 0<x<\pi, \therefore \sin x>0, \cos x<0$, $(\sin x-\cos x)^{2}=1-2 \sin x \cos x=\frac{49}{25}$,

$\therefore \sin x-\cos x=\frac{9}{5}, \therefore \sin x=\frac{4}{5}, \cos x=-\frac{3}{5}, \therefore \tan x=-\frac{4}{3}$, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\omega>0$, 函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 上单调递减, 则实数 $\omega$的取值范围是（ ）
选项：
A. $\left[\frac{1}{2}, \frac{5}{4}\right]$ B. $\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right]$ C. $\left(0, \frac{1}{2}\right] \quad$ D. $(0,2]$
答案：A
解析：因为 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 所以 $\omega x+\frac{\pi}{4} \in\left(\frac{\pi}{2} \omega+\frac{\pi}{4}, \pi \omega+\frac{\pi}{4}\right)$,

因为函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 上单调递减,

所以 $T=\frac{2 \pi}{\omega} \geq \pi ，$ 即 $0<\omega \leq 2 ，$

又因为 $y=\sin x$ 在 $\left[2 k \pi+\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\frac{3}{2} \pi\right],(k \in \mathbf{Z})$ 上递减,

所以 $\left(\frac{\pi}{2} \omega+\frac{\pi}{4}, \pi \omega+\frac{\pi}{4}\right) \subseteq\left[2 k \pi+\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\frac{3}{2} \pi\right]$,

所以, $\left\{\begin{array}{l}\frac{\pi}{2} \omega+\frac{\pi}{4} \geq 2 k \pi+\frac{\pi}{2} \\ \pi \omega+\frac{\pi}{4} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}\end{array}\right.$, 可得 $4 k+\frac{1}{2} \leq \omega \leq 2 k+\frac{5}{4}$,

由 $2 k+\frac{5}{4} \geq 4 k+\frac{1}{2}$, 解得 $k \leq \frac{3}{8}$,

$\because 0<\omega \leq 2$ 且 $k \in Z$, 则 $k=0$,

所以, $\frac{1}{2} \leq \omega \leq \frac{5}{4}$, 所以实数 $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{2}, \frac{5}{4}\right]$, 故选 A.
题目（高二 · 解析几何）：设 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 且 $\tan \alpha=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 则 ( )
选项：
A. $3 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$
   B. $3 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$
   C. $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$
   D. $2 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$
答案：C
解析：试题分析：由已知得, $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 去分母得, $\sin \alpha \cos \beta=\cos \alpha+\cos \alpha \sin \beta$,所以

$\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta=\cos \alpha, \sin (\alpha-\beta)=\cos \alpha=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$, 又因为 $-\frac{\pi}{2}<\alpha-\beta<\frac{\pi}{2}$, $0<\frac{\pi}{2}-\alpha<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\alpha-\beta=\frac{\pi}{2}-\alpha$, 即 $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$, 选 $C$

考点: 同角间的三角函数关系, 两角和与差的正弦公式.
题目（高二 · 解析几何）：已知方程 $x^{2}+4 a x+3 a+1=0(a>1)$ 的两根为 $\tan \alpha 、 \tan \beta$, 且 $\alpha, \beta \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $\tan \frac{\alpha+\beta}{2}$ 的值是( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$
    B. -2
    C. $\frac{4}{3}$
    D. $\frac{1}{2}$ 或 -2
答案：B
解析：$\because\left\{\begin{array}{l}\tan \alpha+\tan \beta=-4 a<0 \\ \tan \alpha \cdot \tan \beta=3 a+1>0\end{array}\right.$,

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

$\because \tan \alpha<0, \tan \beta<0, \quad \therefore\left\{^{-\frac{\pi}{2}<\alpha<0}\right.$,

$$
-\frac{\pi}{2}<\beta<0
$$

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

$\because \tan (\alpha+\beta)=\frac{2 \tan \frac{\alpha+\beta}{2}}{1-\tan ^{2} \frac{\alpha+\beta}{2}}=\frac{4}{3}, \therefore \tan \frac{\alpha+\beta}{2}=-2$, 故选 B.
题目（高二 · 解析几何）：若 $\tan \theta+\frac{1}{\tan \theta}=4$, 则 $\sin 2 \theta=$
选项：
A. $\frac{1}{5}$
    B. $\frac{1}{4}$
    C. $\frac{1}{3}$
    D. $\frac{1}{2}$
答案：D
解析：本题考查三角恒等变形式以及转化与化归的数学思想.
因为 $\tan \theta+\frac{1}{\tan \theta}=\frac{\sin \theta}{\cos \theta}+\frac{\cos \theta}{\sin \theta}=\frac{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}{\sin \theta \cos \theta}=\frac{1}{\frac{1}{2} \sin 2 \theta}=4$, 所以. $\sin 2 \theta=\frac{1}{2}$.本题需求解正弦值, 显然必须切化弦, 因此需利用公式 $\tan \theta=\frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ 转化; 另外, $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta$ 在转化过程中常与“1”互相代换，从而达到化简的目的; 关于正弦、余弦的齐次分式,常将正弦、余弦转化为正切, 即弦化切, 达到求解正切值的目的. 体现考纲中要求理解三角函数的基本关系式, 二倍角公式.来年需要注意二倍角公式的正用, 逆用等
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\alpha \in(0, \pi)$, 且 $\sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{2}$, 则 $\cos 2 \alpha$ 的值为 ( )
选项：
A. $\pm \frac{\sqrt{7}}{4}$
   B. $\frac{\sqrt{7}}{4}$
   C. $-\frac{\sqrt{7}}{4}$
   D. $-\frac{3}{4}$
答案：C
解析：试题分析: $\because \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1}{2}, \alpha \in(0, \pi)$,

$\therefore \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right)$

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

$\therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{14}}{4}$

$\cos 2 \alpha=\sin \left(2 \alpha+\frac{\pi}{2}\right)=2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=2 \times \frac{\sqrt{2}}{4} \times\left(-\frac{\sqrt{14}}{4}\right)=-\frac{\sqrt{7}}{4}$.

考点: 二倍角公式的运用, 同角三角函数间的关系.