eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：9.已知函数 $f(x)=\sin \left(\omega x-\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$ 的最小正周期为 $\pi$.

(1)求 $\omega$ 的值;

(2)用 “五点法” 作出函数 $f(x)$ 在一个周期内的图像.
选项：
答案：（1）2（2）<ImageHere>
解析：(1) $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{\pi}=2$.

(2)由(1)可知 $f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$.列表:

| $2 x-\frac{\pi}{3}$ | 0    | $\frac{\pi}{2}$ | $\pi$ | $\frac{3 \pi}{2}$ | $2 \pi$ |
| :------------------ | :--- | :-------------- | :---- | :---------------- | :------ |

作图(如图所示).

| $x$                                   | $\frac{\pi}{6}$ | $\frac{5 \pi}{12}$ | $\frac{2 \pi}{3}$ | $\frac{11 \pi}{12}$ | $\frac{7 \pi}{6}$ |
| :------------------------------------ | :-------------- | :----------------- | :---------------- | :------------------ | :---------------- |
| $\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ | 0               | 1                  | 0                 | -1                  | 0                 |
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知 $\cos \theta=-\frac{12}{13}, \theta \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$, 求 $\cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值.
选项：
答案：$-\frac{7 \sqrt{2}}{26}$
解析：$\cos \theta=-\frac{12}{13}, \theta \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$ ，

$\therefore \sin \theta=-\frac{5}{13}$,

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

$=-\frac{12}{13} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\left(-\frac{5}{13}\right) \times \frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7 \sqrt{2}}{26}$.
题目（高二 · 解析几何）：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 $m-n=$
选项：
答案：2
解析：$\because y=3 x, \sin \alpha<0, \therefore$ 点 $P(m, n)$ 位于 $y=3 x$ 在第三象限的图象上,

且 $m<0, n<0, n=3 m$.

$\therefore|O P|=\sqrt{m^{2}+n^{2}}=\sqrt{10}|m|=-\sqrt{10} m=\sqrt{10}$.

$\therefore m=-1, n=-3, \quad \therefore m-n=2$.
题目（高二 · 解析几何）：已知角 $\alpha$ 的终边过点 $(a, 2 a)(a \neq 0)$, 求角 $\alpha$ 的正弦、余弦和正切值.
选项：
答案：2
解析：(1)因为 $\alpha$ 是第四象限角,

所以 $\\sin \\alpha<0, \\tan \\alpha<0$,

所以 $\\sin \\alpha \\cdot \\tan \\alpha>0$.

(2)因为 $\\frac{\\pi}{2}<3<\\pi, \\pi<4<\\frac{3 \\pi}{2}$,

所以 $\\sin 3>0, \\cos 4<0$,

因为 $-\frac{23 \pi}{4}=-6 \pi+\frac{\pi}{4}$,

所以 $\\tan \\left(-\\frac{23 \\pi}{4}\\right)=\\tan \\frac{\\pi}{4}>0$,

所以 $\\sin 3 \\cdot \\cos 4 \\cdot \\tan \\left(-\\frac{23 \\pi}{4}\\right)<0$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 根据 $y=\cos x$ 的图象解不等式: $-\frac{\sqrt{3}}{2} \leqslant \cos x \leqslant \frac{1}{2}, x \in[0,2 \pi]$.

 
选项：
答案：$\left\{x \left\lvert\, \frac{\pi}{3} \leqslant x \leqslant \frac{5 \pi}{6}\right.\right.$ 或 $\left.\frac{7 \pi}{6} \leqslant x \leqslant \frac{5 \pi}{3}\right\}$
解析：解析: 函数 $y=\cos x, x \in[0,2 \pi]$ 的图象如图所示:

根据图象可得不等式的解集为

$\left\{x \left\lvert\, \frac{\pi}{3} \leqslant x \leqslant \frac{5 \pi}{6}\right.\right.$ 或 $\left.\frac{7 \pi}{6} \leqslant x \leqslant \frac{5 \pi}{3}\right\}$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 利用 “五点法” 作出函数 $y=1-\sin x(0 \leqslant x \leqslant 2 \pi)$ 的简图.
选项：
答案：<ImageHere>
解析：(1)取值列表:

(2)

| $x$ | 0 | $\frac{\pi}{2}$ | $\pi$ | $\frac{3 \pi}{2}$ | $2 \pi$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\sin x$ | 0 | 1 | 0 | -1 | 0 |
| $1-\sin x$ | 1 | 0 | 1 | 2 | 1 |
题目（高二 · 解析几何）：11.关于函数 $f(x)=2 \sin \left(3 x-\frac{3 \pi}{4}\right)$, 以下说法: (1)其最小正周期为 $\frac{2 \pi}{3}$; (2)图象关于点 $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 对称; (3)直线 $x$ $=-\frac{\pi}{4}$ 是其一条对称轴. 其中正确的序号是 \$ \qquad \$ .
选项：
解析：$T=\frac{2 \pi}{\omega}=\frac{2 \pi}{3}$, 故(1)正确;
$x=\frac{\pi}{4}$ 时,

$f(x)=2 \sin \left(3 x-\frac{3 \pi}{4}\right)$

$=2 \sin \left(\frac{3 \pi}{4}-\frac{3 \pi}{4}\right)=0$,

所以图象关于点 $\left(\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 对称, 故(2)正确.

$x=-\frac{\pi}{4}$ 时,

$f(x)=2 \sin \left(3 x-\frac{3 \pi}{4}\right)=2 \sin \left(-\frac{3 \pi}{4}-\frac{3 \pi}{4}\right)=-2$,

所以直线 $x=-\frac{\pi}{4}$ 是其一条对称轴, 故(3)正确.

答案: (1)(2)(3)
题目（高二 · 解析几何）：12.函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$

的部分图象如图所示.

(1)求函数 $y=f(x)$ 的解析式;

(2)当 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]$ 时, 求 $f(x)$ 的取值范围.
选项：
解析：(1) 由函数图象得 $A=1, \frac{T}{4}=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 所以 $T=2 \pi$, 则 $\omega=1$.

将点 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 代入得 $\sin \left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=1$, 而 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$, 因此函数的解析式为

$f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(2)由于 $-\pi \leqslant x \leqslant-\frac{\pi}{6},-\frac{2 \pi}{3} \leqslant x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{\pi}{6}$, 所以 $-1 \leqslant \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant \frac{1}{2}$,

所以 $f(x)$ 的取值范围是 $\left[-1, \frac{1}{2}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sin \left(\omega x-\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$ 的最小正周期为 $\pi$.

(1)求 $\omega$ 的值;

(2)用 “五点法” 作出函数 $f(x)$ 在一个周期内的图像.
选项：
解析：(1) $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{2 \pi}{\pi}=2$.

(2)由(1)可知 $f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$.列表:

| $2 x-\frac{\pi}{3}$ | 0    | $\frac{\pi}{2}$ | $\pi$ | $\frac{3 \pi}{2}$ | $2 \pi$ |
| :------------------ | :--- | :-------------- | :---- | :---------------- | :------ |

作图(如图所示).

| $x$ | $\frac{\pi}{6}$ | $\frac{5 \pi}{12}$ | $\frac{2 \pi}{3}$ | $\frac{11 \pi}{12}$ | $\frac{7 \pi}{6}$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ | 0 | 1 | 0 | -1 | 0 |
题目（高二 · 解析几何）：3.

(1)求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 求函数 $f(x)$ 的单调递减区间;

(3) 若 $x \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$ 时, 函数 $h(x)=2 f(x)+1-m$ 有两个零点, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
解析：(1) 由题意, 易知 $A=3, T=2\left(\frac{7}{12} \pi-\frac{\pi}{12}\right)=\pi, \therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=2$. 由 $2 \times \frac{\pi}{12}+\varphi=\frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\varphi=\frac{\pi}{3}$ $+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$

又 $\because-\pi<\varphi<\pi, \quad \therefore \varphi=\frac{\pi}{3}, \quad \therefore f(x)=3 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(2) 由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant 2 x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\frac{\pi}{12}+k \pi \leqslant x \leqslant \frac{7 \pi}{12}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[\frac{\pi}{12}+k \pi, \frac{7 \pi}{12}+k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$.

(3)由题意知, 方程 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{m-1}{6}$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$ 上有两个实根。 $\because x \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}\right]$,

$\therefore 2 x+\frac{\pi}{3} \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right], \quad \therefore \frac{m-1}{6} \in\left[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right)$,

$\therefore m \in[1+3 \sqrt{3}, 7)$.
题目（高二 · 解析几何）：求下列函数的最大值和最小值:

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

(2) $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)\left(-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{6}\right)$.
选项：
答案：（1）5  1（2）2  0
解析：(1) $\because-1 \leqslant \cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant 1$

$\therefore$ 当 $\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $y_{\text {max }}=5$;

当 $\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=-1$ 时, $y_{\text {min }}=1$.

(2) $\because-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{6}, \quad \therefore 0 \leqslant 2 x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{2 \pi}{3}$,

$\therefore 0 \leqslant \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant 1$.

$\therefore$ 当 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $y_{\text {max }}=2$;
当 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=0$ 时, $y_{\text {min }}=0$.
题目（高二 · 解析几何）：求函数 $y=3-2 \sin \frac{1}{2} x$ 的最值及取到最值时的自变量 $x$ 的集合.
选项：
答案：$\{x \mid x=4 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}\}$
解析：$\because-1 \leqslant \sin \frac{1}{2} x \leqslant 1, \therefore$ 当 $\sin \frac{1}{2} x=-1, \frac{1}{2} x=2 k \pi-\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,

即 $x=4 k \pi-\pi, k \in \mathbf{Z}, y_{\text {max }}=5$,

此时自变量 $x$ 的集合为 $\{x \mid x=4 k \pi-\pi, k \in \mathbf{Z}\}$;

当 $\sin \frac{1}{2} x=1, \frac{1}{2} x=2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,

即 $x=4 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}$ 时, $y_{\text {min }}=1$,

此时自变量 $x$ 的集合为 $\{x \mid x=4 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}\}$.
题目（高二 · 解析几何）：求函数 $y=1+\sin \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{4}\right), x \in[-4 \pi, 4 \pi]$ 的单调减区间.
选项：
答案：$\left[-4 \pi,-\frac{5 \pi}{2}\right],\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right],\left[\frac{7 \pi}{2}, 4 \pi\right]$
解析：$y=1+\sin \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{4}\right)=-\sin \left(\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{4}\right)+1$.

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant \frac{1}{2} x-\frac{\pi}{4} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$.

解得 $4 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant 4 k \pi+\frac{3}{2} \pi(k \in \mathbf{Z})$.

又 $\because x \in[-4 \pi, 4 \pi]$,

$\therefore$ 函数 $y=1+\sin \left(-\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的单调减区间为 $\left[-4 \pi,-\frac{5 \pi}{2}\right],\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right],\left[\frac{7 \pi}{2}, 4 \pi\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：求证: $\frac{\sin 2 \alpha+\beta}{\sin \alpha}-2 \cos (\alpha+\beta)=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}$.
选项：
答案：$\because \sin (2 \alpha+\beta)-2 \cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin [(\alpha+\beta)+\alpha]-2 \cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin (\alpha+\beta) \cos \alpha+\cos (\alpha+\beta) \sin \alpha-2 \cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin (\alpha+\beta) \cos \alpha-\cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin [(\alpha+\beta)-\alpha]=\sin \beta$,两边同除以 $\sin \alpha$ 得 $\frac{\sin 2 \alpha+\beta}{\sin \alpha}-2 \cos (\alpha+\beta)=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}$​.
解析：$\because \sin (2 \alpha+\beta)-2 \cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin [(\alpha+\beta)+\alpha]-2 \cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin (\alpha+\beta) \cos \alpha+\cos (\alpha+\beta) \sin \alpha-2 \cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin (\alpha+\beta) \cos \alpha-\cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$$=\sin [(\alpha+\beta)-\alpha]=\sin \beta$,两边同除以 $\sin \alpha$ 得 $\frac{\sin 2 \alpha+\beta}{\sin \alpha}-2 \cos (\alpha+\beta)=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}$.
题目（高二 · 解析几何）：12.已知 $\sin 2 \theta=\frac{3}{5}, 0<2 \theta<\frac{\pi}{2}$, 则 $\frac{2 \cos ^{2} \frac{\theta}{2}-\sin \theta-1}{\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=$
选项：
答案：解析 : $\frac{2 \cos ^{2} \frac{\theta}{2}-\sin \theta-1}{\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{\left(2 \cos ^{2} \frac{\theta}{2}-1\right)-\sin \theta}{\sqrt{2}\left(\sin \theta \cos \frac{\pi}{4}+\cos \theta \sin \frac{\pi}{4}\right)}$

$=\frac{\cos \theta-\sin \theta}{\sin \theta+\cos \theta}=\frac{1-\frac{\sin \theta}{\cos \theta}}{\frac{\sin \theta}{\cos \theta}+1}=\frac{1-\tan \theta}{\tan \theta+1}$.

因为 $\sin 2 \theta=\frac{3}{5}, 0<2 \theta<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\cos 2 \theta=\frac{4}{5}$, 所以 $\tan \theta=\frac{\sin 2 \theta}{1+\cos 2 \theta}=\frac{\frac{3}{5}}{1+\frac{4}{5}}=\frac{1}{3}$,

所以 $\frac{1-\tan \theta}{\tan \theta+1}=\frac{1-\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}+1}=\frac{1}{2}$,
即 $\frac{2 \cos ^{2} \frac{\theta}{2}-\sin \theta-1}{\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{1}{2}$.
解析：$\frac{1}{2}$
题目（高二 · 解析几何）：已知向量 $\boldsymbol{a}=(2 \sin x, \cos x), \boldsymbol{b}=(\sqrt{3} \cos x, 2 \cos x)$, 定义函数 $f(x)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}-1$.(1)求函数 $f(x)$ 的最小正周期;(2)求函数 $f(x)$ 的单凋递减区间.
选项：
答案：$f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x-1$$=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x$$=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.(1) $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.(2) 令 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x+\frac{\pi}{6} \leq \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi$,则 $\frac{\pi}{6}+k \pi \leq x \leq \frac{2 \pi}{3}+k \pi(k \in \mathbf{Z})$,即函数 $f(x)$ 的单调递减区间为$\left[\frac{\pi}{6}+k \pi, \frac{2 \pi}{3}+k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$.
解析：$f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x-1$$=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x$$=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.(1) $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.(2) 令 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x+\frac{\pi}{6} \leq \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi$,则 $\frac{\pi}{6}+k \pi \leq x \leq \frac{2 \pi}{3}+k \pi(k \in \mathbf{Z})$,即函数 $f(x)$ 的单调递减区间为$\left[\frac{\pi}{6}+k \pi, \frac{2 \pi}{3}+k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$.
题目（高二 · 解析几何）：9. 化简: (1) $\frac{\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)}{2 \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}-1}$;

(2)已知 $\pi<\alpha<\frac{3 \pi}{2}$, 化简:

$\frac{1+\sin \alpha}{\sqrt{1+\cos \alpha}-\sqrt{1-\cos \alpha}}+\frac{1-\sin \alpha}{\sqrt{1+\cos \alpha}+\sqrt{1-\cos \alpha}}$.
选项：
答案：(1)原式 $=\frac{\sin \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{4}}{\cos \alpha+\sin \alpha}$

$=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \alpha+\cos \alpha}{\cos \alpha+\sin \alpha}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

(2)原式 $=\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{\sqrt{2}\left|\cos \frac{\alpha}{2}\right|-\sqrt{2}\left|\sin \frac{\alpha}{2}\right|}+$

$\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{\sqrt{2}\left|\cos \frac{\alpha}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin \frac{\alpha}{2}\right|}$,

$\because \pi<\alpha<\frac{3 \pi}{2}, \quad \therefore \frac{\pi}{2}<\frac{\alpha}{2}<\frac{3 \pi}{4}$.

$\therefore \cos \frac{\alpha}{2}<0, \quad \sin \frac{\alpha}{2}>0$.

$\therefore$ 原式 $=\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{-\sqrt{2}\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)}+\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{\sqrt{2}\left(\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right)}$

$=-\frac{\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2}}+\frac{\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2}}$

$=-\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2}$.
解析：(1)原式 $=\frac{\sin \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{4}}{\cos \alpha+\sin \alpha}$

$=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \alpha+\cos \alpha}{\cos \alpha+\sin \alpha}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

(2)原式 $=\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{\sqrt{2}\left|\cos \frac{\alpha}{2}\right|-\sqrt{2}\left|\sin \frac{\alpha}{2}\right|}+$

$\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{\sqrt{2}\left|\cos \frac{\alpha}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin \frac{\alpha}{2}\right|}$,

$\because \pi<\alpha<\frac{3 \pi}{2}, \quad \therefore \frac{\pi}{2}<\frac{\alpha}{2}<\frac{3 \pi}{4}$.

$\therefore \cos \frac{\alpha}{2}<0, \quad \sin \frac{\alpha}{2}>0$.

$\therefore$ 原式 $=\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{-\sqrt{2}\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)}+\frac{\left(\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}}{\sqrt{2}\left(\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}\right)}$

$=-\frac{\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2}}+\frac{\sin \frac{\alpha}{2}-\cos \frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2}}$

$=-\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：24.【2019 江苏 12 】如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 是 $B C$ 的中点, $E$ 在边 $A B$ 上, $B E=2 E A, A D$ 与 $C E$ 交于点 $O$.若 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=6 \overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{E C}$, 则 $\frac{A B}{A C}$ 的值是


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：设 $\overrightarrow{A O}=\lambda \overrightarrow{A D}=\frac{\lambda}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$ ，

$\overrightarrow{A O}=\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E O}=\overrightarrow{A E}+\mu \overrightarrow{E C}=\overrightarrow{A E}+\mu(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A E})=(1-\mu) \overrightarrow{A E}+\mu \overrightarrow{A C}=\frac{1-\mu}{3} \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A C}$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{\lambda}{2}=\frac{1-\mu}{3} \\ \frac{\lambda}{2}=\mu\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}\lambda=\frac{1}{2} \\ \mu=\frac{1}{4}\end{array}\right.$,

所以 $\overrightarrow{A O}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}), \overrightarrow{E C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A E}=-\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}$,
$6 \overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{E C}=6 \times \frac{1}{4}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \times\left(-\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}\right)=\frac{3}{2}\left(-\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}^{2}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A C}^{2}\right)=$

$-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+\frac{3}{2} \overrightarrow{A C}^{2}$

因为 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+\frac{3}{2} \overrightarrow{A C}^{2}$, 所以 $\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}^{2}=\frac{3}{2} \overrightarrow{A C}^{2}$,

所以 $\frac{\overrightarrow{A B}^{2}}{\overrightarrow{A C}^{2}}=3$, 所以 $\frac{A B}{A C}=\sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：25. (2019 全国 II 理 15) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为 \$ \qquad \$
选项：
答案：由余弦定理有 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$,

因为 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 所以 $36=(2 c)^{2}+c^{2}-4 c^{2} \cos \frac{\pi}{3}$,

所以 $c^{2}=12, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=c^{2} \sin B=6 \sqrt{3}$.
解析：由余弦定理有 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$,

因为 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 所以 $36=(2 c)^{2}+c^{2}-4 c^{2} \cos \frac{\pi}{3}$,

所以 $c^{2}=12, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=c^{2} \sin B=6 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：27.(2019 全国 I 理 17) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 设 $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $\sqrt{2} a+b=2 c$, 求 $\sin c$.
选项：
答案：(1) 由已知得 $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$, 故由正弦定理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$.由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$. 因为 $0^{\circ}<A<180^{\circ}$, 所以 $A=60^{\circ}$.

(2) 由（1）知 $B=120^{\circ}-C$, 由题设及正弦定理得 $\sqrt{2} \sin A+\sin \left(120^{\circ}-C\right)=2 \sin C$,即 $\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$, 可得 $\cos \left(C+60^{\circ}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.由于 $0^{\circ}<C<120^{\circ}$, 所以 $\sin \left(C+60^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故 $\sin C=\sin \left(C+60^{\circ}-60^{\circ}\right)=\sin \left(C+60^{\circ}\right) \cos 60^{\circ}-\cos \left(C+60^{\circ}\right) \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
解析：(1) 由已知得 $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$, 故由正弦定理得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$.由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$. 因为 $0^{\circ}<A<180^{\circ}$, 所以 $A=60^{\circ}$.

(2) 由（1）知 $B=120^{\circ}-C$, 由题设及正弦定理得 $\sqrt{2} \sin A+\sin \left(120^{\circ}-C\right)=2 \sin C$,即 $\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$, 可得 $\cos \left(C+60^{\circ}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.由于 $0^{\circ}<C<120^{\circ}$, 所以 $\sin \left(C+60^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故 $\sin C=\sin \left(C+60^{\circ}-60^{\circ}\right)=\sin \left(C+60^{\circ}\right) \cos 60^{\circ}-\cos \left(C+60^{\circ}\right) \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：28. (2019 全国III理 18) $\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 已知 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$.

(1) 求 $B$;

(2) 若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的取值范围.
选项：
答案：(1) 由题设及正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$.因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$.

由 $A+B+C=180^{\circ}$, 可得 $\sin \frac{A+C}{2}=\cos \frac{B}{2}$, 故 $\cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$.

因为 $\cos \frac{B}{2} \neq 0$, 故 $\sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 因此 $B=60^{\circ}$.

（2）由题设及（1）知 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{3}}{4} a$.

由正弦定理得 $a=\frac{c \sin A}{\sin C}=\frac{\sin \left(120^{\circ}-C\right)}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan C}+\frac{1}{2}$.

由于 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 故 $0^{\circ}<A<90^{\circ}, 0^{\circ}<C<90^{\circ}$, 由 (1) 知 $A+C=120^{\circ}$, 所以 $30^{\circ}<C<90^{\circ}$, 故 $\frac{1}{2}<a<2$, 从而 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.
因此, $\triangle A B C$ 面积的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
解析：(1) 由题设及正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$.因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$.

由 $A+B+C=180^{\circ}$, 可得 $\sin \frac{A+C}{2}=\cos \frac{B}{2}$, 故 $\cos \frac{B}{2}=2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{B}{2}$.

因为 $\cos \frac{B}{2} \neq 0$, 故 $\sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2}$, 因此 $B=60^{\circ}$.

（2）由题设及（1）知 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{3}}{4} a$.

由正弦定理得 $a=\frac{c \sin A}{\sin C}=\frac{\sin \left(120^{\circ}-C\right)}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{2 \tan C}+\frac{1}{2}$.

由于 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 故 $0^{\circ}<A<90^{\circ}, 0^{\circ}<C<90^{\circ}$, 由 (1) 知 $A+C=120^{\circ}$, 所以 $30^{\circ}<C<90^{\circ}$, 故 $\frac{1}{2}<a<2$, 从而 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.
因此, $\triangle A B C$ 面积的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：29. (2019 江苏 15) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.

(1) 若 $a=3 c, b=\sqrt{2}, \cos B=\frac{2}{3}$, 求 $c$ 的值;

(2) 若 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{2 b}$, 求 $\sin \left(B+\frac{\pi}{2}\right)$ 的值.
选项：
答案：(1) 由余弦定理 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$, 得 $\frac{2}{3}=\frac{(3 c)^{2}+c^{2}-(\sqrt{2})^{2}}{2 \times 3 c \times c}$, 即 $c^{2}=\frac{1}{3}$. 所以 $c=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(2) 因为 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{2 b}$, 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\frac{\cos B}{2 b}=\frac{\sin B}{b}$, 所以 $\cos B=2 \sin B$.

从而 $\cos ^{2} B=(2 \sin B)^{2}$, 即 $\cos ^{2} B=4\left(1-\cos ^{2} B\right)$, 故 $\cos ^{2} B=\frac{4}{5}$.

因为 $\sin B>0$, 所以 $\cos B=2 \sin B>0$, 从而 $\cos B=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

因此 $\sin \left(B+\frac{\pi}{2}\right)=\cos B=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
解析：(1) 由余弦定理 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$, 得 $\frac{2}{3}=\frac{(3 c)^{2}+c^{2}-(\sqrt{2})^{2}}{2 \times 3 c \times c}$, 即 $c^{2}=\frac{1}{3}$. 所以 $c=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(2) 因为 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{2 b}$, 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 得 $\frac{\cos B}{2 b}=\frac{\sin B}{b}$, 所以 $\cos B=2 \sin B$.

从而 $\cos ^{2} B=(2 \sin B)^{2}$, 即 $\cos ^{2} B=4\left(1-\cos ^{2} B\right)$, 故 $\cos ^{2} B=\frac{4}{5}$.

因为 $\sin B>0$, 所以 $\cos B=2 \sin B>0$, 从而 $\cos B=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

因此 $\sin \left(B+\frac{\pi}{2}\right)=\cos B=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：15. 已知函数 $f(x)=\left[2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin x\right] \cos x-\sqrt{3} \sin ^{2} x$.

(1) 若函数 $y=f(x)$ 的图像关于直线 $x=a(a>0)$ 对称, 求 $a$ 的最小值;

(2) 若存在 $x_{0} \in\left[0, \frac{5 \pi}{12}\right]$, 使 $m f\left(x_{0}\right)-2=0$ 成立, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 首先将函数 $y=f(x)$ 的解析式化简为:

$f(x)=\left[2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin x\right] \cos x-\sqrt{3} \sin ^{2} x=2 \sin x \cos x+\sqrt{3} \cos ^{2} x-\sqrt{3} \sin ^{2} x$ $=\sin 2 x+\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 又因为函数 $y=f(x)$ 的图像关于直线 $x=a(a>0)$ 对称, 所以
$2 a+\frac{\pi}{3}=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$, 即 $a=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}, k \in Z$, 又因为 $a>0$, 所以 $a$ 的最小值为 $\frac{\pi}{12}$.

(2) $m f\left(x_{0}\right)-2=0 \Rightarrow m=\frac{2}{f\left(x_{0}\right)}=\frac{1}{\sin \left(2 x_{0}+\frac{\pi}{3}\right)}$

$\because x_{0} \in\left[0, \frac{5 \pi}{12}\right], \frac{\pi}{3} \leq 2 x_{0}+\frac{\pi}{3} \leq \frac{7 \pi}{6}$

$\therefore-\frac{1}{2} \leq \sin \left(2 x_{0}+\frac{\pi}{3}\right) \leq 1$
解析：(1) 首先将函数 $y=f(x)$ 的解析式化简为:

$f(x)=\left[2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin x\right] \cos x-\sqrt{3} \sin ^{2} x=2 \sin x \cos x+\sqrt{3} \cos ^{2} x-\sqrt{3} \sin ^{2} x$ $=\sin 2 x+\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 又因为函数 $y=f(x)$ 的图像关于直线 $x=a(a>0)$ 对称, 所以
$2 a+\frac{\pi}{3}=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$, 即 $a=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}, k \in Z$, 又因为 $a>0$, 所以 $a$ 的最小值为 $\frac{\pi}{12}$.

(2) $m f\left(x_{0}\right)-2=0 \Rightarrow m=\frac{2}{f\left(x_{0}\right)}=\frac{1}{\sin \left(2 x_{0}+\frac{\pi}{3}\right)}$

$\because x_{0} \in\left[0, \frac{5 \pi}{12}\right], \frac{\pi}{3} \leq 2 x_{0}+\frac{\pi}{3} \leq \frac{7 \pi}{6}$

$\therefore-\frac{1}{2} \leq \sin \left(2 x_{0}+\frac{\pi}{3}\right) \leq 1$