eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：设函数 $y=f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $y=f(x)$ 的图象在点 $P(1, f(1))$ 处的切线方程为 $x-$ $\mathrm{y}+2=0$, 则 $\mathrm{f}(1)+\mathrm{f}^{\prime}(1)=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案:4
解析：答案:4

【解析】【解答】由于 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象在点 $\mathrm{P}(1, \mathrm{f}(1))$ 处的切线方程为 $\mathrm{x}-\mathrm{y}+2=0$,则 $f(1)=1+2=3, f^{\prime}(1)=1$,

故 $\mathrm{f}(1)+\mathrm{f}^{\prime}(1)=4$.

故答案为: 4 .

【分析】由于 $y=f(x)$ 的图象在点 $P(1, f(1))$ 处的切线方程为 $x-y+2=0$, 由 $P$ 在切线上和 $x=1$处的导数即为切线的斜率, 即可得到答案.
题目（高二 · 代数）：定义在 $\mathrm{R}$ 上的函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 满足: $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>1-\mathrm{f}(\mathrm{x}), \mathrm{f}(0)=6, \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ 是 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的导函数, 则不等式 $e^{x} f(x)>e^{x}+5$ (其中 $e$ 为自然对数的底数) 的解集为 \$ \qquad \$


选项：
答案：答案: $(0,+\infty)$
解析：答案: $(0,+\infty)$

【解析】【解答】设 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{xf}}(\mathrm{x})-\mathrm{e}^{\mathrm{x}} \quad, \quad(\mathrm{x} \in \mathrm{R})$,

则 $g^{\prime}(x)=e^{x} f(x)+e^{x} f^{\prime}(x)-e^{x}=e^{x}\left[f(x)+f^{\prime}(x)-1\right]$,

$\because f^{\prime}(x)>1-f(x)$,

$\therefore f(x)+f^{\prime}(x)-1>0$,

$\therefore \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,

$\therefore \mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在定义域上单调递增,

$\because \mathrm{e}^{\mathrm{xf}}(\mathrm{x})>\mathrm{e}^{\mathrm{x}+5}$,

$\therefore g(x)>5$,

又 $\because g(0)=\mathrm{e}^{0} \mathrm{f}(0)-\mathrm{e}^{0}=6-1=5$,

$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})>\mathrm{g}(0)$,

$\therefore \mathrm{x}>0$,

$\therefore$ 不等式的解集为 $(0,+\infty)$

故答案为: $(0,+\infty)$.

【分析】构造函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x} f}(\mathrm{x})-\mathrm{e}^{\mathrm{x}}, \quad(\mathrm{x} \in \mathrm{R})$, 研究 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的单调性, 结合原函数的性质和函数值，即可求解
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=-f^{\prime}(0) e^{x}+2 x$, 点 $P$ 为曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线 $l$ 上的一点, 点 $Q$ 在曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 上, 则 $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\sqrt{2}$
解析：答案: $\sqrt{2}$

【解析】【解答】由 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=-\mathrm{f}^{\prime}(0) \mathrm{e}^{\mathrm{x}}+2$, 令 $\mathrm{x}=0$ 可得 $\mathrm{f}^{\prime}(0)=-\mathrm{f}^{\prime}(0) \mathrm{e}^{0}+2$, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(0)=1$, 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=-$ $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+2 \mathrm{x}$, 所以切线的斜率 $\mathrm{k}=\mathrm{f}^{\prime}(0)=1$, 又 $\mathrm{f}(0)=-1$, 故切线方程为 $\mathrm{y}+1=\mathrm{x}-0$, 即 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-1=0$. 由题意可知与直线 $x-y-1=0$ 平行且与曲线 $y=e^{x}$ 相切的切点到直线 $x-y-1=0$ 的距离即为所求. 设切点为 $\mathrm{Q}\left(\mathrm{t}, \mathrm{e}^{\mathrm{t}}\right)$, 则 $\mathrm{k}_{1}=e^{\mathrm{t}}=1$, 故 $\mathrm{t}=0$, 即 $\mathrm{Q}(0,1)$, 该点到直线 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-1=0$ 的距离为 $\mathrm{d}={ }^{\frac{2}{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}$,
故答案为: $\sqrt{2}$.

【分析】由导数在 $\mathrm{x}=0$ 时的函数值即切线的斜率, 求出切线方程, 再求与直线 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-1=0$ 平行且与曲线 $y=e^{x}$ 相切直线 $x-y-1=0$, 则两条直线的距离即为所求.
题目（高二 · 度量几何学）：13. 化简 $\sqrt{\frac{1+\cos (3 \pi-\theta)}{2}}\left(\frac{3 \pi}{2}<\theta<2 \pi\right)=$
选项：
答案：$\sin \frac{\theta}{2}$
解析：解析 : 原式 $=\sqrt{\frac{1-\cos \theta}{2}}=\sqrt{\sin ^{2} \frac{\theta}{2}}=\left|\sin \frac{\theta}{2}\right|$.

$\because \frac{3 \pi}{2}<\theta<2 \pi ， \therefore \frac{3}{4} \pi<\frac{\theta}{2}<\pi ， \therefore$ 原式 $=\sin \frac{\theta}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：15. 如图平面四边形 $A B C D$ 的对角线的交点位于四边形的内部, $A B=1, B C=\sqrt{3}, A C=C D$, $A C \perp C D$, 当 $\angle A B C$ 变化时, 对角线 $B D$ 的最大值为


选项：
答案：$1+\sqrt{6}$
解析：设 $\angle A B C=\alpha, \angle A C B=\beta$, 则由余弦定理得, $A C^{2}=1+3-2 \times 1 \times \sqrt{3} \times \cos \alpha=4-2 \sqrt{3} \cos \alpha$;由正弦定理得 $\frac{A C}{\sin \alpha}=\frac{A B}{\sin \beta}$, 则 $\sin \beta=\frac{\sin \alpha}{\sqrt{4-2 \sqrt{3} \cos \alpha}}$;

所以 $B D^{2}=3+(4-2 \sqrt{3} \cos \alpha)-2 \times \sqrt{3} \times \sqrt{4-2 \sqrt{3} \cos \alpha} \times \cos \left(90^{\circ}+\beta\right)=7-2 \sqrt{3} \cos \alpha+2 \sqrt{3} \sin \alpha$ $=7+2 \sqrt{6} \sin \left(\alpha-45^{\circ}\right)$, 所以 $\alpha=135^{\circ}$ 时, $B D$ 取得最大值为 $\sqrt{7+2 \sqrt{6}}=1+\sqrt{6}$ 。
题目（高二 · 度量几何学）：14.在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=4, B C=3$, 点 $D$ 在线段 $A C$ 上,若 $\angle B D C=45^{\circ}$, 则 $B D=$ \$ \qquad \$ , $\cos \angle A B D=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{12 \sqrt{2}}{5}, \frac{7 \sqrt{2}}{10}$
解析：如图, 在 $\triangle A B D$ 中, 由正弦定理有: $\frac{A B}{\sin \angle A D B}=\frac{B D}{\sin \angle B A C}$, 而 $A B=4, \angle A D B=\frac{3 \pi}{4}$, $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=5, \sin \angle B A C=\frac{B C}{A C}=\frac{3}{5}, \cos \angle B A C=\frac{A B}{A C}=\frac{4}{5}$, 所以 $B D=\frac{12 \sqrt{2}}{5}$.
$\cos \angle A B D=\cos (\angle B D C-\angle B A C)=\cos \frac{\pi}{4} \cos \angle B A C+\sin \frac{\pi}{4} \sin \angle B A C=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.



.
题目（高二 · 度量几何学）：16. (2018 东北三省四市第二次模拟) 如图, 测量河对岸的塔高 $A B$ 时, 可以选与塔底 $B$ 在同一水平面内的两个观测点 $C, D$, 测得 $\angle B C D=15^{\circ}, \angle C B D=30^{\circ}, C D=10 \sqrt{2}$ (米), 并在 $C$ 处测得塔顶 $A$ 的仰角为 $45^{\circ}$, 则塔高 $A B=$ \$ \qquad \$米.
选项：
答案：20
解析：在 $\triangle B C D$ 中, $\frac{B C}{\sin \angle D}=\frac{C D}{\sin \angle C B D}$, 即 $\frac{B C}{\sin 135^{\circ}}=\frac{10 \sqrt{2}}{\sin 30^{\circ}}$, 得 $B C=\frac{10 \sqrt{2} \sin 135^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=20$, 因为 $\triangle A B C$ 是直角三角形, 且


$\angle A C B=45^{\circ}$, 所以 $A B=B C=20$ (米).
题目（高二 · 度量几何学）：8. 不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \geq 0 \\ x+2 y-4 \leq 0 \text { 表示的平面区域的面积为 } \\ x+3 y-2 \geq 0\end{array}\right.$
选项：
答案：4
解析：如图阴影部分, 可知 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 2 \times(2+2)=4$
题目（高二 · 度量几何学）：13. (2019-浙江高考模拟) 在 $\triangle A B C$ 中, $C=45^{\circ}, A B=6, D$ 为 $B C$ 边上的点, 且 $A D=5, B D=3$,则 $\cos \mathrm{B}=$ \$ \qquad \$ , $\mathrm{AC}=$
选项：
答案：$\frac{5}{9} \quad \frac{8 \sqrt{7}}{3}
$
解析：$\because A B=6, A D=5, B D=3$, 在 $\triangle A B D$ 中, 余弦定理 $\cos B=\frac{A B^{2}+B D^{2}-A D^{2}}{2 A B \cdot B D}=\frac{5}{9}$,

$\therefore \sin B=\frac{2 \sqrt{14}}{9}$. 正弦定理: $\frac{A C}{\sin B}=\frac{A B}{\sin C}$, 可得: $A C=\frac{8 \sqrt{7}}{3}$. 故答案为: $\frac{5}{9}, \frac{8 \sqrt{7}}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：5. 如图 $\triangle A B C$ 中, 已知点 $\mathrm{D}$ 在 $\mathrm{BC}$ 边上, $\mathrm{AD} \perp \mathrm{AC}, \sin \angle B A C=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, A B=3 \sqrt{2}, A D=3$, 则 $B D$ 的长为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\because \sin \angle B A C=\sin \left(\angle B A D+\frac{\pi}{2}\right)=\cos \angle B A D=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

$\therefore$ 根据余弦定理可得 $\cos \angle B A D=\frac{A B^{2}+A D^{2}-B D^{2}}{2 A B \bullet A D}, \therefore \frac{2 \sqrt{2}}{3}=\frac{(3 \sqrt{2})^{2}+3^{2}-B D^{2}}{2 \times 3 \sqrt{2} \times 3} \therefore B D=\sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：15. 在等腰 Rt $\triangle A B C$ 中, $D$ 是斜边 $B C$ 的中点, 如果 $A B$ 的长为 2 , 则 $(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \cdot \overrightarrow{A D}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：4
解析：法一: $\because D$ 为边 $B C$ 的中点， $\therefore \overrightarrow{A D}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) ， \therefore(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \cdot \overrightarrow{A D}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})^{2}=\frac{1}{2}$ $\left(\overrightarrow{A B^{2}}+\overrightarrow{A C^{2}}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right)=\frac{1}{2}\left(|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A C}|^{2}\right)=|\overrightarrow{A B}|^{2}=4$.

法二: 如图，以 $A B$ 所在直线为 $x$ 轴, $A C$ 所在直线为 $y$ 轴, 建立平面直角坐标系, 由于 $\triangle A B C$为等腰直角三角形，且 $|\overrightarrow{A B}|=2$ ，故 $B(2 ， 0) ， C(0 ， 2)$. 由 $D$ 是 $B C$ 边的中点知 $D(1 ， 1)$ ， $\therefore \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}=(2,2), \overrightarrow{A D}=(1,1), \therefore(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \cdot \overrightarrow{A D}=4$



答案: 4
题目（高二 · 度量几何学）：16. 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 角 $\mathrm{A}$ 为 $\frac{\pi}{3}$, 角 $\mathrm{A}$ 的平分线 $\mathrm{AD}$ 交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}$, 已知 $A D=2 \sqrt{3}$, 且 $\lambda \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{A D}-\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}(\lambda \in R)$, 则 $\overrightarrow{A B}$ 在 $\overrightarrow{A D}$ 方向上的投影是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{3 \sqrt{3}}{2}$
解析：由 $\lambda \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{A D}-\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$ 得 $\overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$, 因为 $B 、 C 、 D$ 三点共线, 则得到 $\lambda+\frac{1}{3}=1 \Rightarrow \lambda=\frac{2}{3}$, 因此 $\overrightarrow{A D}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$.

又由 $\angle A=60^{\circ}, \angle A$ 的平分线 $A D$ 交边 $B C$ 与 $D$ 可以如图建系, 其中以 $A$ 为坐标原点,则 $D(3, \sqrt{3})$, 然而此时 $B 、 C$ 两点坐标未知, 可设 $B(m, 0) 、 C(n, \sqrt{3} n)$.



由 $\overrightarrow{A D}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$ 得: $\left\{\begin{array}{l}3=\frac{1}{3} m+\frac{2}{3} n \\ \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3} n\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}m=3 \\ n=3\end{array}\right.\right.$, 则得 $B(3,0) 、 C(3,3 \sqrt{3})$, 由此得到 $\overline{A B}$ 在 $\overline{A D}$ 方向上的投影为 $|\overline{A B}| \cdot \cos \angle B A D=3 \cdot \cos \frac{\pi}{6}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：14. 锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $b^{2}=a(a+c)$, 则 $\frac{c}{a}$ 取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$(1,2)$
解析：由 $b^{2}=a(a+c)$ 得 $b^{2}-a^{2}=a c>0$, 所以 $b>a$, 因为 $\triangle A B C$ 是锐角三角形, 所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{c^{2}-a c}{2 a c}>0$, 得 $c>a$, 所以 $a$ 是最小边, 则 $A$ 是最小角, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}<1$, 即 $a c+c^{2}<2 b$, 即 $a+c<2 b$, 因为 $b>a$, 所以 $b>c$, 所以 $b$ 是最大边, 则 $B$ 是最大角, 所以 $60^{\circ}<B<90^{\circ}$, 则 $0<\cos B<\frac{1}{2}$, 即 $0<\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}<\frac{1}{2}$, 即. $0<\frac{c^{2}-a c}{2 a c}<\frac{1}{2}$, 整理得 $0<c-a<a$, 所以 $1<\frac{c}{a}<2$.
题目（高二 · 度量几何学）：15. 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=4, B C=3$, 点 $D$ 在线段 $A C$ 上, 若 $\angle B D C=45^{\circ}$, 则 $B D=$ \$ \qquad \$ $\cos \angle A B D=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{12 \sqrt{2}}{5}, \frac{7 \sqrt{2}}{10}$
解析：如图, 在 $\triangle A B D$ 中, 由正弦定理有: $\frac{A B}{\sin \angle A D B}=\frac{B D}{\sin \angle B A C}$, 而 $A B=4, \angle A D B=\frac{3 \pi}{4}$, $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=5, \sin \angle B A C=\frac{B C}{A C}=\frac{3}{5}, \cos \angle B A C=\frac{A B}{A C}=\frac{4}{5}$, 所以 $B D=\frac{12 \sqrt{2}}{5}$.

$\cos \angle A B D=\cos (\angle B D C-\angle B A C)=\cos \frac{\pi}{4} \cos \angle B A C+\sin \frac{\pi}{4} \sin \angle B A C=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.



【名师点睛】本题主要考查解三角形问题, 即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在 $\triangle A B D$ 中应用正弦定理, 建立方程, 进而得解.解答解三角形问题, 要注意充分利用图形特征.
题目（高二 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $A=60^{\circ}, A B=5, B C=7$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$10 \sqrt{3}$
解析：设 $A C=x$, 则由余弦定理得:

$B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cos A$,

$\therefore 49=25+x^{2}-5 x, \quad \therefore x^{2}-5 x-24=0$.

$\therefore x=8$ 或 $x=-3$ (舍去).

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 5 \times 8 \times \sin 60^{\circ}=10 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：比较大小: $\tan \left(-\frac{2 \pi}{7}\right)$ $\tan \left(-\frac{\pi}{5}\right)$.
选项：
答案：<
解析：$\tan \left(-\frac{2 \pi}{7}\right)=\tan \frac{5 \pi}{7}, \tan \left(-\frac{\pi}{5}\right)=\tan \frac{4 \pi}{5}$,

又 $y=\tan x$ 在 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 内单调递增,

所以 $\tan \frac{5 \pi}{7}<\tan \frac{4 \pi}{5}$,

即 $\tan \left(-\frac{2 \pi}{7}\right)<\tan \left(-\frac{\pi}{5}\right)$.
题目（高二 · 度量几何学）：16. 一批货物随 17 列货车从 $A$ 市以 $v$ 千米/小时匀速直达 $B$ 市, 已知两地铁路线长 400 千米, 为了安全, 两列货车的间距不得小于 $\left(\frac{v}{20}\right)^{2}$ 千米, 那么这批货物全部运到 $B$ 市, 最快需要 \$ \qquad \$小时.
选项：
答案：8
解析：这批货物从 $A$ 市全部运到 $B$ 市的时间为 $t$, 则

$t=\frac{400+16\left(\frac{v}{20}\right)^{2}}{v}=\frac{400}{v}+\frac{16 v}{400} \geqslant 2 \sqrt{\frac{400}{v} \times \frac{16 v}{400}}=8$ (小时),

当且仅当 $\frac{400}{v}=\frac{16 v}{400}$, 即 $v=100$ 时等号成立,

此时 $t=8$ 小时.
题目（高二 · 度量几何学）：7. 若 $\tan \theta=\frac{1}{3}$, 则 $\cos 2 \theta=\underline{\underline{4}} \underline{\underline{5}}$ -
选项：
答案：$\frac{4}{5}$
解析：$\cos 2 \theta=\cos ^{2} \theta-\sin ^{2} \theta=\frac{\cos ^{2} \theta-\sin ^{2} \theta}{\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta}$

$=\frac{1-\tan ^{2} \theta}{1+\tan ^{2} \theta}=\frac{1-\frac{1}{9}}{1+\frac{1}{9}}=\frac{4}{5}$.
题目（高二 · 度量几何学）：函数 $f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最小值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$-\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：当 $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}$ 时, $-\frac{\pi}{4} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{3 \pi}{4}$, 因为函数 $y=\sin x$ 在 $\left(0, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 上的函数值恒为正数, 在 $\left(-\frac{\pi}{4}, 0\right)$
上的函数值恒为负数, 且在 $\left(-\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 上为增函数, 所以函数 $f(x)$ 的最小值为 $f(0)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案: $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
题目（高二 · 度量几何学）：8.$\sin \frac{3 \pi}{5}, \sin \frac{4 \pi}{5}, \sin \frac{9 \pi}{10}$, 从大到小的顺序为
选项：
答案：$\sin \frac{3 \pi}{5}>\sin \frac{4 \pi}{5}>\sin \frac{9 \pi}{10}$
解析：$\because \frac{\pi}{2}<\frac{3 \pi}{5}<\frac{4 \pi}{5}<\frac{9 \pi}{10}<\pi$,

又函数 $y=\sin x$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减,

$\therefore \sin \frac{3 \pi}{5}>\sin \frac{4 \pi}{5}>\sin \frac{9 \pi}{10}$.

答案: $\sin \frac{3 \pi}{5}>\sin \frac{4 \pi}{5}>\sin \frac{9 \pi}{10}$
题目（高二 · 度量几何学）：7.某城市一年中 12 个月的月平均气温 $y$ 与月份 $x$ 的关系可近似地用函数 $y=a+A \cos \left[\frac{\pi}{6}(x-6)\right](x=1,2,3, \ldots$, 12)来表示, 已知 6 月份的月平均气温最高, 为 $28^{\circ} \mathrm{C}, 12$ 月份的月平均气温最低, 为 $18^{\circ} \mathrm{C}$, 则 10 月份的月平均气温为 \$ \qquad \$ ${ }^{\circ} \mathrm{C}$.
选项：
答案：20.5
解析：根据题意得 $28=a+A, 18=a+A \cos \left[\frac{\pi}{6}(12-6)\right]=a-A$, 解得 $a=23, A=5$, 所以函数 $y=23+$ $5 \cos \left[\frac{\pi}{6}(x-6)\right]$, 令 $x=10$, 得 $y=23+5 \cos \left[\frac{\pi}{6}(10-6)\right]=23+5 \cos \frac{2 \pi}{3}=20.5
题目（高二 · 度量几何学）：$求值: $(1) \cos \frac{29 \pi}{6}=$ ; (2)tan $\left(-225^{\circ}\right)=
选项：
答案：$(1)-\frac{\sqrt{3}}{2}(2)-1$
解析：(1) $\cos \frac{29 \pi}{6}=\cos \left(4 \pi+\frac{5 \pi}{6}\right)=\cos \frac{5 \pi}{6}$

$=\cos \left(\pi-\frac{\pi}{6}\right)=-\cos \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(2) $\tan \left(-225^{\circ}\right)=\tan \left(360^{\circ}-225^{\circ}\right)=\tan 135^{\circ}=\tan \left(180^{\circ}-45^{\circ}\right)=-\tan 45^{\circ}=-1$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $a=\tan \left(-\frac{7}{6} \pi\right), b=\cos \frac{23}{4} \pi, c=\sin \left(-\frac{33}{4} \pi\right)$, 则 $a, b, c$ 的大小关系是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$b>a>c$
解析：$a=-\tan \left(\pi+\frac{\pi}{6}\right)=-\tan \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$b=\cos \frac{23}{4} \pi=\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$c=\sin \left(-\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}, \quad \therefore c<a<b$.
题目（高二 · 度量几何学）：7. 在 $\triangle A B C$ 中, $a=4, b=5, c=6$, 则 $\frac{\sin 2 A}{\sin C}=$
选项：
答案：1
解析：$\because \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{3}{4}$, 而 $\frac{\sin 2 A}{\sin C}=\frac{2 \sin A \cos A}{\sin C}=\frac{2 \times a}{c} \times \cos A=2 \times \frac{4}{6} \times \frac{3}{4}=1$.
题目（高二 · 度量几何学）：14.【2020,9月, 资阳一诊】已知当 $x=\theta$ 且 $\tan \theta=2$ 时, 函数 $f(x)=\sin x(a \cos x+\sin x)$ 取得最大值,则 $a$ 的值为
选项：
答案：$\frac{4}{3}$
解析：由题意可得: $f(x)=\sin x(a \cos x+\sin x)=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{1}{4}} \sin (2 \theta-\varphi)$, 其中 $\tan \varphi=\frac{1}{a}$,

$\therefore \sin \varphi=\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}, \cos \varphi=\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}$. 因为 $\tan \theta=2 \Rightarrow \sin (2 \theta)=\frac{4}{5}, \cos (2 \theta)=-\frac{3}{5}$.

$f(x)=\sin x(a \cos x+\sin x)=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{1}{4}} \sin (2 \theta-\varphi)$, 要取得最大值, $\sin (2 \theta-\varphi)=1$,

$\sin (2 \theta) \cos \varphi-\cos (2 \theta) \sin \varphi=1$, 带入以上所求, 化简: $9 a^{2}-24 a+16=0$, 解: $a=\frac{4}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：8. 函数 $y=\sin \left(2 x+\varphi-\frac{\pi}{3}\right)(\phi \in R)$ 为偶函数, 则 $|\phi|$ 的最小值为
选项：
答案：$\frac{\pi}{6}$
解析：由已知, 得 $\varphi-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi(\mathrm{k} \in \mathrm{Z}), \therefore \varphi=\frac{5 \pi}{6}+k \pi(\mathrm{k} \in \mathrm{Z}), \therefore|\varphi|_{\text {min }}=\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 度量几何学）：6. 已知角 $\alpha=-3000^{\circ}$, 则与 $\alpha$ 终边相同的最小正角是
选项：
答案：$240^{\circ}$
解析：$240^{\circ}$
题目（高二 · 度量几何学）：7. 角 $\alpha, \beta$ 的终边关于 $y$ 轴对称, 若 $\alpha=30^{\circ}$, 则 $\beta=$
选项：
答案：$150^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}$
解析：$150^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}$
题目（高二 · 度量几何学）：8. 终边落在阴影部分(含边界)的角的集合是


选项：
答案：$\left\{\alpha \mid-45^{\circ}+k \cdot 360^{\circ} \leqslant \alpha \leqslant 120^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$
解析：$\left\{\alpha \mid-45^{\circ}+k \cdot 360^{\circ} \leqslant \alpha \leqslant 120^{\circ}+k \cdot 360^{\circ}, k \in \mathbf{Z}\right\}$
题目（高二 · 度量几何学）：设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $b=4, B=30^{\circ}, C=45^{\circ}$, 则 $\triangle A B C$的面积为
选项：
答案：$4\sqrt{3}+4$
解析：$: \because \mathrm{b}=4, \mathrm{~B}=30^{\circ}, \mathrm{C}=45^{\circ}$,

$\therefore$ 由正弦定理: $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$, 可得: $\mathrm{c}=\frac{b \cdot \sin C}{\sin B}=\frac{4 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{bcsinA}=\frac{1}{2} \times 4 \times 4 \sqrt{2} \times \sin \left(180^{\circ}-30^{\circ}-45^{\circ}\right)=8 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=4 \sqrt{3}+4$.
题目（高二 · 度量几何学）：一蜘蛛沿东北方向爬行 $x \mathrm{~cm}$ 捕捉到一只小虫, 然后向右转 $105^{\circ}$, 爬行 $10 \mathrm{~cm}$ 捕捉到另一只小虫, 这时它向右转 $135^{0}$ 爬行回它的出发点, 那么 $x=$
选项：
答案：<ImageHere>

$\mathrm{AB}=10 \mathrm{~cm}, \angle \mathrm{OAB}=75^{\circ}, \angle \mathrm{ABO}=45^{\circ}$,

<ImageHere>

则 $\angle \mathrm{AOB}=60^{\circ}$.由正弦定理知 $: \mathrm{x}=\frac{A B \cdot \sin \angle A B O}{\sin \angle A O B}=\frac{10 \sin 45^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{10 \sqrt{6}}{3}(\mathrm{~cm})$.
解析：

$\mathrm{AB}=10 \mathrm{~cm}, \angle \mathrm{OAB}=75^{\circ}, \angle \mathrm{ABO}=45^{\circ}$,



则 $\angle \mathrm{AOB}=60^{\circ}$.由正弦定理知 $: \mathrm{x}=\frac{A B \cdot \sin \angle A B O}{\sin \angle A O B}=\frac{10 \sin 45^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{10 \sqrt{6}}{3}(\mathrm{~cm})$.
题目（高二 · 度量几何学）：7. 如图, $A 、 B$ 两点间的距离为
选项：
答案：$3 \sqrt{2-\sqrt{2}}$
解析：$3 \sqrt{2-\sqrt{2}}$
题目（高二 · 度量几何学）：8. 如图, $A 、 N$ 两点之间的距离为


选项：
答案：$40 \sqrt{3}$
解析：$40 \sqrt{3}$
题目（高二 · 度量几何学）：9. 如图所示, 为了测定河的宽度, 在一岸边选定两点 $A 、 B$, 望对岸标记物 $C$, 测得
$\angle C A B=30^{\circ}, \angle C B A=75^{\circ}, A B=120 \mathrm{~m}$, 则河的宽度为 \$ \qquad \$


选项：
答案：$60 \mathrm{~m}$
解析：在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C A B=30^{\circ}, \angle C B A=75^{\circ}$,

$\therefore \angle A C B=75^{\circ} . \angle A C B=\angle A B C . \therefore A C=A B=120 \mathrm{~m}$.

作 $C D \perp A B$ ，垂足为 $D$ ，则 $C D$ 即为河的宽度.

由正弦定理得 $\frac{A C}{\sin \angle A D C}=\frac{C D}{\sin \angle C A D}$,

$\therefore \frac{120}{\sin 90^{\circ}}=\frac{C D}{\sin 30^{\circ}}$,

$\therefore C D=60(\mathrm{~m})$

$\therefore$ 河的宽度为 $60 \mathrm{~m}$.
题目（高二 · 度量几何学）：7. 甲船在 $A$ 处观察乙船, 乙船在它的北偏东 $60^{\circ}$ 的方向, 两船相距 $a$ 海里, 乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的 $\sqrt{3}$ 倍，则甲船应取方向 \$ \qquad \$才能追上乙船；追上时甲船行驶了海里.
选项：
答案：北偏东 $30^{\circ} \sqrt{3} a$
解析：如图所示，设到 $C$ 点甲船追上乙船，



乙到 $C$ 地用的时间为 $t$, 乙船速度为 $v$ ，

则 $B C=t v, A C=\sqrt{3} t v, B=120^{\circ}$,

由正弦定理知 $\frac{B C}{\sin \angle C A B}=\frac{A C}{\sin B}$,

$\therefore \frac{1}{\sin \angle C A B}=\frac{\sqrt{3}}{\sin 120^{\circ}}$,

$\therefore \sin \angle C A B=\frac{1}{2}, \therefore \angle C A B=30^{\circ}, \therefore \angle A C B=30^{\circ}$,

$\therefore B C=A B=a$,

$\therefore A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cos 120^{\circ}$

$=a^{2}+a^{2}-2 a^{2} \cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=3 a^{2}, \quad \therefore A C=\sqrt{3} a$.
题目（高二 · 度量几何学）：一抛物线拱桥跨度为 $52 \mathrm{~m}$, 拱顶离水面 $6.5 \mathrm{~m}$, 一竹排上载有一宽 $4 \mathrm{~m}$, 高 $6 \mathrm{~m}$ 的大木箱，问竹排能否安全通过 \$ \qquad \$ (通过或不通过)。
选项：
答案：答案：通过
解析：：解答：如图所示建立平面直角坐标系,



设抛物线方程为 $x^{2}=-2 p y$, 则有 $A(26,-
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $f(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-m$ 在 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上有两个不同的零点, 则 $m$ 的取值范围为
选项：
答案：$[1,2)$
解析：令 $t=2 x-\frac{\pi}{6}$, 由 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 可得 $-\frac{\pi}{6} \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{5 \pi}{6}$, 故 $t \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$.

由题意可得 $g(t)=2 \sin t-m$ 在 $t \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ 上有两个不同的零点,

故 $y=2 \sin t$ 和 $y=m$ 在 $t \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$ 上有两个不同的交点, 如图所示:

故 $1 \leq m<2$,

故答案为: $[1,2)$.
题目（高二 · 度量几何学）：$\sin 135^{\circ}+\cos 225^{\circ}+\tan \left(-120^{\circ}\right)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\sin 135^{\circ}+\cos 225^{\circ}+\tan \left(-120^{\circ}\right)=\sin \left(180^{\circ}-45^{\circ}\right)+\cos \left(180^{\circ}+45^{\circ}\right)-\tan 120^{\circ}$

$=\sin 45^{\circ}-\cos 45^{\circ}+\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$,

故答案为 $\sqrt{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知扇形的周长为 $20 \mathrm{~cm}$, 面积为 $16 \mathrm{~cm}^{2}$, 则扇形的圆心角 $\alpha$ 的弧度数为
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：扇形的周长为 $20 \mathrm{~cm}$ ，面积为 $16 \mathrm{~cm}^{2}$ ，

设扇形圆心角 $\alpha, \alpha \hat{\mathrm{I}}(0,2 \pi)$ ，半径 $r$,



所以 $\alpha=\frac{1}{2}$, 故答案为 $\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 度量几何学）：关于三角函数的图象, 有下列说法:

(1) $y=\sin x+1.1$ 的图象与 $x$ 轴有无限多个公共点;

(2) $y=\cos (-x) 与^{y=\cos |x|}$ 的图象相同;

(3) $y=|\sin x|_{\text {与 }} y=\sin (-x)$ 的图象关于 $x_{\text {轴对称; }}$

(4) $y=\cos x_{\text {与 }} y=\cos (-x)$ 的图象关于 $y_{\text {轴对称. }}$.

其中正确的序号是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：(2)(4)
解析：对(1). $y=\sin x \geq-1$, 因此 $\sin x=-1,.1$ 无解, (1)错;

对(2), $y=\cos (-x)=\cos x, y=\cos |x|=\cos x$, 故其图象相同, (2)正确;



因此两个函数图象无对称性, (3)错;

对(4), $y=\cos (-x)=\cos x$, 是偶函数, 故其图象关于 $y_{\text {轴对称, (4)正确, }}$故答案为(2)(4).
题目（高二 · 度量几何学）：已知锐角 $\alpha 、 \beta$ 满足 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \cos \beta=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$, 则 $\alpha+\beta=$
选项：
答案：$\frac{\pi}{4}$
解析：由题意 $\cos \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \sin \beta=\frac{\sqrt{10}}{10}, \cos (\alpha+eta)=\cos \alpha ? \cos \beta-\sin \alpha ? \sin \beta=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\theta \in(0, \pi)$, 且 $\sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{10}$, 则 $\tan 2 \theta=$
选项：
答案：$-\frac{24}{7}$
解析：由 $\sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{10}$ 得: $\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \theta-\cos \theta)=\frac{\sqrt{2}}{10} \Rightarrow \sin \theta-\cos \theta=\frac{1}{5}$


因为 $\theta \in(0, \pi)$, 所以 $\sin \theta>0$, 所以 $\left\{\sin \theta=-\frac{3}{5}\right.$ 不合题意, 舍去
$$
\cos \theta=-\frac{4}{5}
$$

所以 $\tan \theta=\frac{4}{3}$, 所以 $\tan 2 \theta=\frac{2 \tan \theta}{1-\tan ^{2} \theta}=\frac{2 \times \frac{4}{3}}{1-\left(\frac{4}{3}\right)^{2}}=-\frac{24}{7}$, 答案应填: $-\frac{24}{7}$.

14. 答案:$-\frac{56}{65}$
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{3}, 0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=$
选项：
答案：$\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.
解析：$00<\alpha<<^{\frac{\pi}{2}}, \therefore{ }^{\frac{\pi}{4}}<\alpha+\frac{\pi}{\frac{\pi}{4}}<\frac{3 \pi}{4}, \therefore \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：已知 $\theta$ 为第四象限角, $\sin \theta+3 \cos \theta=1$, 则 $\tan \theta=$
选项：
答案：$-\frac{4}{3}$
解析：由 $(\sin \vartheta+3 \cos \vartheta)^{2}=\sin ^{2} \vartheta+6 \sin \vartheta \cos \vartheta+9 \cos ^{2} \vartheta=1$, 得 $6 \sin \vartheta \cos \vartheta=-8 \cos ^{2} \vartheta$, 因为 $\vartheta$ 为第四

象限角，所以 $\cos \vartheta \neq 0$,所以 $6 \sin \vartheta=-8 \cos \vartheta$,所以 $\tan \vartheta=-\frac{4}{3}$.
题目（高二 · 度量几何学）：若圆的一条弧长等于这个圆的内接正三角形边的一半, 则这条弧所对的圆心角的弧度数为
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析：设圆的半径为 $r$, 正三角形的边长为 $a$ ，

则 $r=\frac{\sqrt{3}}{2} a \times \frac{2}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3} a, \therefore a=\sqrt{3} r, \therefore$ 这条弧所对的圆心角的弧度数 $\alpha=\frac{1}{2} a r=\frac{\sqrt{3} r}{2 r}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

故答案为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$
题目（高二 · 度量几何学）：若角 $\alpha$ 的终边与 $\frac{8}{5} \pi$ 的终边相同, 则在 $[0,2 \pi]$ 上, 终边与 $\frac{\alpha}{4}$ 的终边相同的角有
选项：
答案：$\frac{2}{5} \pi, \frac{9}{10} \pi, \frac{7}{5} \pi, \frac{19}{10} \pi$
解析：由题意可知: $\alpha=2 k \pi+\frac{8}{5} \pi(k \in Z)$, 则 $\frac{\alpha}{4}=\frac{k \pi}{2}+\frac{2}{5} \pi(k \in Z)$,

当 $k=0$ 时, $\frac{\alpha}{4}=\frac{2}{5} \pi$ ； 当 $k=1$ 时, $\frac{\alpha}{4}=\frac{9}{10} \pi$ ；

当 $k=2$ 时, $\frac{\alpha}{4}=\frac{7}{5} \pi$; 当 $k=3$ 时, $\frac{\alpha}{4}=\frac{19}{10} \pi$;

而当 $k=4$ 时, $\frac{\alpha}{4}=\frac{12}{5} \pi \notin[0,2 \pi]$; 当 $k=-1$ 时, $\frac{\alpha}{4}=-\frac{1}{10} \pi \notin[0,2 \pi]$;

综上可得: 终边与 $\frac{\alpha}{4}$ 的终边相同的角有 $\frac{2}{5} \pi, \frac{9}{10} \pi, \frac{7}{5} \pi, \frac{19}{10} \pi$.
点睛: 所有与角 $\alpha$ 终边相同的角, 连同角 $\alpha$ 在内, 可构成集合:

$S=\{\beta \mid \beta=\alpha+2 k \pi, k \in Z\}=\left\{\beta \mid \beta=\alpha+k \times 360^{\circ}, k \in Z\right\}$. 即任何一个与角 $\alpha$ 的终边相同的角都可以表示为角 $\alpha$ 与周角的整数倍的和.
题目（高二 · 度量几何学）：若 2 弧度的圆心角所对的弧长是 $4 \mathrm{~cm}$, 则这个圆心角所在的扇形面积是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$4 \mathrm{~cm}^{2}$
解析：设圆弧的半径为 $r$, 则 $r=\frac{4}{2}=2$, 则这个圆心角所在的扇形面积是 $S=\frac{1}{2} \times 4 \times 2=4 \mathrm{~cm}^{2}$.