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|
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
20416
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[]
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D
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null
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高二
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已知中心在原点, 焦点在 $\mathrm{y}$ 轴上的双曲线的离心率为 $\sqrt{3}$, 则它的渐近线方程为 ( )
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A. $y= \pm 2 x$
B. $y= \pm \frac{\sqrt{5}}{2} x$
$y= \pm \frac{1}{2} x$
D. $y= \pm \sqrt{2} x$
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解析几何
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答案:D
【解析】因为双曲线焦点在 $\mathrm{y}$ 轴上, 由双曲线 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{e}$ 的关系得, $\sqrt{1+\left(\frac{a}{b}\right)^{2}}=\sqrt{3}$, 解得 $\frac{a}{b}=\sqrt{2}$,所以它的渐近线方程为 $y= \pm \sqrt{2} x$, 故选 D。
【点评】基础题, 作为选择题, 可以利用结合选项代人验证。
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20417
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[]
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D
|
null
|
高二
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已知直线 $y=k(x+a)(a>0)$ 与 $\mathrm{x}$ 轴交于点 $\mathrm{A}$, 与直线 $\mathrm{x}=\mathrm{c}(\mathrm{c}>0, \mathrm{c}<\mathrm{a})$ 交于点 $\mathrm{M}$, 椭圆 $\mathrm{C}$ 以 $\mathrm{A}$ 为左顶点, 以 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$ 为右焦点, 且过点 $\mathrm{M}$, 当 $\frac{1}{\frac{1}{3}}<k<\frac{1}{2}$ 时, 椭圆 $\mathrm{M}$ 的离心率的范围是（）
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A. $\left(0, \frac{2}{3}\right)$
B. $\left(\frac{2}{3}, 1\right)$
C. $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$
D.$\left(\frac{1}{2}, \frac{2}{3}\right)$
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解析几何
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答案:D
【解析】
解答】因为给定的直线 $y=k(x+a)(a>0)$ 与 $x$ 轴交于点 $A$, 与直线 $x=c(c>0, c<a)$ 交于点 $M$, 粗圆 $C$ 以 $A$ 为左顶点, 以 $F(c, 0)$ 为右焦点, 且过点 $M(\mathrm{c}, \mathrm{k}(\mathrm{c}+\mathrm{a}))$ 设椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{m^{2}}+\frac{y^{2}}{n^{2}}=1(m>n>0)$, 则可知有 $m^{2}-n^{2}=\left(\frac{c+a}{2}\right)^{2}$, 同时由于点 $\mathrm{M}$ 在曲线上可知, $\frac{c^{2}}{m^{2}}+\frac{(a+c)^{2}}{4 n^{2}}=1(m>n>0)$, 同时利用勾股定理得到 $\sqrt{k^{2}+1}(a+c)-k(a+c)=2 m$, 联立方程组得到关系式, 进而利用 $\frac{1}{3}<k<\frac{1}{2}$, 得到离心率的范围 $\left(\frac{1}{2}, \frac{2}{3}\right)$, 故选 D.
【分析】解决该试题的关键是对于直线的斜率与椭圆的参数 a,b,c 的关系式的运用, 结合粗圆的方程来分析得到, 属于基础题。
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20426
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[]
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A
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null
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高二
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过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点作直线交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 如果 $x_{1}+x_{2}=6$, 那么 $|A B|=$
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A. 8
B. 10
C. 6
D. 4
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解析几何
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答案:A
【解析】【解答】根据抛物线的定义可知, 抛物线上的点到焦点的距离等于到抛物线准线的距离,
所以 $|A B|=x_{1}+x_{2}+p=6+2=8$, 故答案为: A.
【分析】灵活运用抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于它到准线的距离, 从而得到答案。
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20427
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["9358.jpg"]
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B
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null
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高二
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已知圆 C: $(x+3)^{2}+y^{2}=100$ 和点 $\mathrm{B}(3,0), \mathrm{P}$ 是圆上一点, 线段 $\mathrm{BP}$ 的垂直平分线交 $\mathrm{CP}$ 于 $\mathrm{M}$ 点,则 $\mathrm{M}$ 点的轨迹方程是 ( )
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A. $y^{2}=6 x$
B. $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$
C. $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{16}=1$
D. $x^{2}+y^{2}=25$
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解析几何
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答案:B
【解析】【解答】如图所示, 因为 $\mathrm{M}$ 是线段 $\mathrm{BP}$ 中垂线上的点, 所以 $\mathrm{MP}=\mathrm{MB}$, 即 $\mathrm{M}$ 满足 $M C+M B=M C+M P=10>B C$, 所以, $M$ 点的轨迹是以 $B, C$ 为焦点的粗圆, 且 $2 a=10,2 c=6$, 所以, $b^{2}=16$,故 M 点的轨迹方程是 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$, 选 B。
<ImageHere>
【分析】典型题, 利用平面几何知识, 认识到 M 点满足的几何条件, 明确所求轨迹为粗圆, 进一步求得几何量 a,b,c, 达到解题目的。
4. 答案:C
【解析】【解答】因为抛物线 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{Px}$, 过点 A $(2,4), \mathrm{F}$ 为焦点, 那么可知 $16=4 \mathrm{p}, \mathrm{p}=4$, 可知其方程为 $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$, 焦点 $(2,0)$ 准线 $\mathrm{x}=-2, \mathrm{~A}$ 到准线距离为 4 , 所以 $|A F|=4,|B F|=\sqrt{(8-2)^{2}+(-8-0)^{2}}=10$那么 $|A F|:|B F|=2: 5$ ， 故选 C.
【分析】解决抛物线的问题, 一般都要考查其定义的运用, 也就是抛物线上任意一点到其焦点的距离等于其到准线的距离来表示焦半径的长度, 属于基础题。
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20428
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["9359.jpg"]
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C
|
null
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高二
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<ImageHere>
|
A. $1: 4$
B. $1: 2$
C. 2: 5
D. 3: 8
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解析几何
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【解答】因为抛物线 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{Px}$, 过点 A $(2,4), \mathrm{F}$ 为焦点, 那么可知 $16=4 \mathrm{p}, \mathrm{p}=4$, 可知其方程为 $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$, 焦点 $(2,0)$ 准线 $\mathrm{x}=-2, \mathrm{~A}$ 到准线距离为 4 , 所以 $|A F|=4,|B F|=\sqrt{(8-2)^{2}+(-8-0)^{2}}=10$那么 $|A F|:|B F|=2: 5$ ， 故选 C.【分析】解决抛物线的问题, 一般都要考查其定义的运用, 也就是抛物线上任意一点到其焦点的距离等于其到准线的距离来表示焦半径的长度, 属于基础题。
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20429
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[]
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D
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null
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高二
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抛物线 $y^{2}=2 x$ 的准线方程是( )
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A. $y=\frac{1}{2}$
B. $y=-\frac{1}{2}$
C. $x=\frac{1}{2}$
D. $x=-\frac{1}{2}$
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解析几何
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答案:D
【解析】【解答】由抛物线方程 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{x}$, 则 $\frac{p}{2}=\frac{1}{2}$, 所以该抛物线的准线方程为 $x=-\frac{1}{2}$, 选 D.
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20430
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[]
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D
|
null
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高二
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抛物线 $y^{2}=x$ 的准线方程为 ( )
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A. $x=\frac{1}{2}$
B. $x=\frac{1}{4}$
C. $x=-\frac{1}{2}$
D. $x=-\frac{1}{4}$
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解析几何
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答案:D
【解析】【解答】抛物线 $y^{2}=x$ 的焦点在 $x$ 轴上, 且开口向右, $2 p=1, \therefore \frac{p}{2}=\frac{1}{4}, \therefore$ 抛物线 $y^{2}=x$的准线方程为 $x=-\frac{1}{4}$,故答案为: D.
【分析】由抛物线的方程求出 $\mathrm{p}$, 再得到准线方程.
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20431
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[]
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A
|
null
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高二
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设 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$ 是双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$ 的两个焦点, $\mathrm{P}$ 在双曲线上, 且满足 $\angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=90^{\circ}$, 则 $\triangle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 的面积是( )
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A. 1
B. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
C. 2
D. $\sqrt{5}$
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解析几何
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答案:A
【解析】【解答】设 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\mathrm{x},\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{y}$, 根据根据双曲线性质可知 $\mathrm{x}-\mathrm{y}$ 的值, 再根据 $\angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=90^{\circ}$, 求得 $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}$ 的值, 进而根据 $2 \mathrm{xy}=x^{2}+y^{2}-(\mathrm{x}-\mathrm{y})^{2}$ 求得 $\mathrm{xy}$, 进而可求得 $\therefore \triangle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}$ 的面积. 【解答】设 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\mathrm{x}$, $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{y}, \quad(\mathrm{x}>\mathrm{y})$, 根据双曲线性质可知 $\mathrm{x}-\mathrm{y}=4, \because \angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=90^{\circ}, \quad \therefore x^{2}+y^{2}=20, \quad \therefore 2 \mathrm{xy}=x^{2}+y^{2}$.
$(\mathrm{x}-\mathrm{y})^{2}=4, \quad \therefore \mathrm{xy}=2, \quad \therefore \triangle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}$ 的面积为 ${ }^{\frac{1}{2} x y}=1$, 故选 $\mathrm{A}$
【分析】本题主要考查了双曲线的简单性质．要灵活运用双曲线的定义及焦距、实轴、虚轴等之间的关
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20432
|
[]
|
A
|
null
|
高二
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粗圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{36}}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 上有两个动点 $\mathrm{P} 、 \mathrm{Q}, \mathrm{E}(3,0), E P \perp E Q$, 则 $\overrightarrow{E P} \cdot \overrightarrow{Q P}_{\text {的最小值为 ( ) }}$
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A. 6
B. $3-\sqrt{3}$
C. 9
D. $12-6 \sqrt{3}$
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解析几何
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答案:A
【解析】【解答】根据题意, 由于椭圆 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 上有两个动点 $P 、 Q, E(3,0), E P \perp E Q$, $\mathrm{a}=6, \mathrm{~b}=3, \mathrm{c}=3 \sqrt{3}$, 那么结合粗圆的定义可知,
则 $\overline{E P} \cdot \overrightarrow{Q P}=\overrightarrow{E P} \cdot(\overline{E P}-\overline{E Q})=\overline{E P}^{2}-\overrightarrow{E P} \cdot \overline{E Q}=\overline{E P}^{2}$ 取得最小值, 即为两点距离的最小为
$\because \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1 \therefore \sqrt{(x-3)^{2}+\mathrm{y}^{2}}=\sqrt{(x-3)^{2}+9\left(1-\frac{x^{2}}{36}\right)}$ 故可知 $\overline{E P} \cdot \overline{Q P}$ 的最小值为 6 故答案为 A.
【分析】主要是考查了粗圆的方程与性质的运用, 属于基础题。
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20451
|
[]
|
A
|
null
|
高二
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若存在过点 $(1,0)$ 的直线与曲线 $y=x^{3}$ 和 $^{y=a x^{2}+\frac{15}{4} x-9}$ 都相切, 则 $\mathrm{a}=\quad$ ( )
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A. $-1_{\text {或 }}-\frac{25}{64}$
B. -1 或 $\frac{21}{4}$
C. $-^{\frac{7}{4}}$ 或 $-\frac{25}{64}$
D. ${ }^{-\frac{7}{4}}$ 或 7
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解析几何
|
答案:A
【解析】【解答】由 ${ }^{y=x^{3}}$ 求导得 $y^{\prime}=3 x^{2}$
设曲线 $y=x^{3}$ 上的任意一点 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{3}\right)$ 处的切线方程为 $y-x_{0}{ }^{3}=3 x_{0}{ }^{2}\left(x-x_{0}\right)$, 将点 $(1,0)$ 代入方程得 $x_{0}=0_{\text {或 }} x_{0}=\frac{3}{2}$.
（1）当 $x_{0}=0$ 时: 切线为 $y=0$, 所以 $a x^{2}+\frac{15}{4} x-9=0$ 仅有一解, 得 $a=-\frac{25}{64}$
(2) 当 $x_{0}=\frac{3}{2}$ 时: 切线为 $y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4}$, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4} \\ y=\alpha x^{2}+\frac{15}{4} x-9\end{array}\right.$ 得 $x^{2}-3 x-\frac{4}{9}=0$ 仅有一解, 得 $a=-1$.
综上知 $a=-1$ 或 $a=-\frac{25}{64}$. 选 A.
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20461
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
若存在过点 $(1,0)$ 的直线与曲线 $y=x^{3}$ 和 $y=a x^{2}+\frac{15}{4} x-9$ 都相切, 则 $\mathrm{a}=\quad(\quad)$
|
A. -1 或 $-\frac{25}{64}$
B. -1 或 $\frac{21}{4}$
C. $-\frac{7}{4}$ 或 $-\frac{25}{64}$
D. $-\frac{7}{4}$ 或 7
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解析几何
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答案:A 解: 由 $y=x^{3}$ 求导得 $y^{\prime}=3 x^{2}$, 设曲线 $y=x^{3}$ 上的任意一点 $\left(x_{0}, x_{0}^{3}\right)$ 处的切线方程为 $y-x_{0}^{3}=3 x_{0}^{2}\left(x-x_{0}\right)$, 将点 $(1,0)$ 代入方程得 $x_{0}=0$ 或 $x_{0}=\frac{3}{2}$.
（1）当 $x_{0}=0$ 时: 切线为 $y=0$, 所以 $a x^{2}+\frac{15}{4} x-9=0$ 仅有一解, 得 $a=-\frac{25}{64}$
(2) 当 $x_{0}=\frac{3}{2}$ 时: 切线为 $y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4}$, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{27}{4} x-\frac{27}{4} \\ y=a x^{2}+\frac{15}{4} x-9\end{array}\right.$ 得 $a x^{2}-3 x-\frac{4}{9}=0$ 仅有一解, 得 $a=-1$. 综上知 $a=-1$ 或 $a=-\frac{25}{64}$. 选 A.
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19006
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
(2018 四川成都七中 3 月模拟) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $B$ 为 $\frac{3 \pi}{4}, B C$ 边上的高恰为 $B C$ 边长的一半,则 $\cos A=$
|
A. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
|
度量几何学
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作 $A H \perp B C$, 垂足点 $H$ 在 $C B$ 的延长线上, $\triangle A H B$ 为等腰直角三角形, 设 $B C=2 a$, 则 $A B=\sqrt{2} a, A H=a, C H=3 a$, 由勾股定理得 $A C=\sqrt{10} a$, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{2 a^{2}+10 a^{2}-4 a^{2}}{2 \times \sqrt{2} a \times \sqrt{10} a}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 A.
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19015
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
（2018 合肥三模）若 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $\sin (C-A)=\frac{1}{2} \sin B$, 且 $b=4$, 则 $c^{2}-a^{2}=$
|
A. 10
B. 8
C. 7
D. 4
|
度量几何学
|
$\sin (C-A)=\frac{1}{2} \sin B=\frac{1}{2} \sin (A+C)$ ，
即 $2 \sin C \cos A-2 \cos C \sin A=\sin A \cos C+\cos A \sin C$, 即 $\sin C \cos A=3 \sin A \cos C$, 由正弦
定理和余弦定理得: $c \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=3 a \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$, 即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 a^{2}+3 b^{2}-3 c^{2}$,
即 $4 c^{2}-4 a^{2}=2 b^{2}=2 \times 16=32$, 则 $c^{2}-a^{2}=8$, 故选 B.
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19022
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
(2018:浙江高考模拟）在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 所对的边分别是 $a, b, c$, 若 $a \sin A=b \sin B+(c-b) \sin C$, 则角 $A$ 的值为 （ )
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A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{2 \pi}{3}$
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度量几何学
|
在 $\triangle A B C$ ，因为 $a \sin A=b \sin B+(c-b) \sin C$
由正弦定理可化简得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-b c$ ，所以 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$,
由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$, 从而 $A=\frac{\pi}{3}$, 故选 C.
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19034
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
(2018 全国卷III) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\triangle A B C$ 的面积为
$$
\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}
$$
则 $C=(\quad)$
|
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
c. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$
|
度量几何学
|
根据题意及三角形的面积公式知 $\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$,
所以 $\sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\cos C$, 所以在 $\triangle A B C$ 中, $C=\frac{\pi}{4}$. 故选 C.
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19035
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
(2016 年天津) 在 $\triangle A B C$ 中, 若 $A B=\sqrt{13}, B C=3, \angle C=120^{\circ}$, 则 $A C=$
|
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
|
度量几何学
|
由余弦定理得 $13=9+A C^{2}+3 A C \Rightarrow A C=1$, 选 $\mathrm{A}$.
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18115
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
已知扇形的周长是 6 , 面积是 2 , 则扇形的圆心角的弧度数 $\alpha$ 是 $($ )
|
A. 1
B. 4
C. 1 或 4
D. 2 或 4
|
度量几何学
|
解析:设此扇形的半径为 $r$ ，弧长为 $l$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}2 r+l=6 ， \\ \frac{1}{2} r l=2 ，\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}r=1 ， \\ l=4\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}r=2 ， \\ l=2 .\end{array}\right.$
从而 $\alpha=\frac{l}{r}=\frac{4}{1}=4$ 或 $\alpha=\frac{l}{r}=\frac{2}{2}=1$.
答案: C
|
18141
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
若 $\theta \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right], \sin 2 \theta=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$, 则 $\sin \theta=$
|
A.$\frac{3}{5} \text { B. } \frac{4}{5} \text { C. } \frac{\sqrt{7}}{4} \text { D. } \frac{3}{4}$
|
度量几何学
|
解析: $\because \theta \in\left[\frac{\pi}{4} ， \frac{\pi}{2}\right], \therefore 2 \theta \in\left[\frac{\pi}{2} ， \pi\right]$,
$\therefore \cos 2 \theta=-\sqrt{1-\sin ^{2} 2 \theta}=-\sqrt{1-\left(\frac{3 \sqrt{7}}{8}\right)^{2}}=-\frac{1}{8}$.
$\therefore \sin ^{2} \theta=\frac{1-\cos 2 \theta}{2}=\frac{1-\left(-\frac{1}{8}\right)}{2}=\frac{9}{16}, \therefore \sin \theta=\frac{3}{4}$.
答案: D
|
18143
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
已知等腰三角形顶角的余弦值等于 $\frac{4}{5}$, 则这个三角形底角的正弦值为 ( )
|
A. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
B. $-\frac{\sqrt{10}}{10}$
C. $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
D. $-\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
|
度量几何学
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解析: 设这个等腰三角形的顶角为 $2 \alpha$ ，底角为 $\beta$ ，
则 $2 \alpha+2 \beta=\pi$ 且 $\cos 2 \alpha=\frac{4}{5} ， \therefore \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$.
$\therefore \sin \beta=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \alpha=\sqrt{\frac{1+\cos 2 \alpha}{2}}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$.
答案: C
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18158
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
某人在无风条件下骑自行车的速度为 $v_{1}$, 风速为 $v_{2}\left(\left|v_{1}\right|>\left|v_{2}\right|\right)$, 则逆风行驶的速度的大小为
|
A. $v_{1}-v_{2}$
B. $v_{1}+v_{2}$
C. $\left|v_{1}\right|-\left|v_{2}\right|$
D. $\frac{v_{1}}{v_{2}}$
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度量几何学
|
解析:题目要求的是速度的大小，即向量的大小，而不是求速度，速度是向量，速度的大小是实数.
答案: C
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18165
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
设 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 是两个非零向量, 下列说法正确的是
|
A. 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$
B. 若 $\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$
C. 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则存在实数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{b}=\lambda \boldsymbol{a}$
D. 若存在实数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{b}=\lambda \boldsymbol{a}$, 则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$
|
度量几何学
|
解析: 若 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|-|\boldsymbol{b}|$, 则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 共线，且 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 反向，故选项 A， B 不对，选项 C 正确. 若 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 同向，则 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{a}|+|\boldsymbol{b}|$ ，故选项 D 不对.
答案: C
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18756
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 若 $A: B: C=1: 2: 3$, 则 $a: b: c$ 等于( )
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A. $1: 2: 3$
B. $2: 3: 4$
C. $3: 4: 5$
D. $1: \sqrt{3}: 2$
|
度量几何学
| |
19049
|
["9190.jpg"]
|
D
|
null
|
高二
|
如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 是边 $A C$ 上的点, 且 $A B=A D, 2 A B=\sqrt{3} B D, B C=2 B D$, 则 $\sin C$的值为 ( )
<ImageHere>
|
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{6}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
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度量几何学
|
设 $A B=c$, 则 $A D=c, B D=\frac{2 c}{\sqrt{3}}, B C=\frac{4 c}{\sqrt{3}}$, 在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{c^{2}+c^{2}-\frac{4}{3} c^{2}}{2 c^{2}}=\frac{1}{3}$, 则 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 在 $\triangle A B C$ 中,
由正弦定理得 $\frac{C}{\sin C}=\frac{B C}{\sin A}=\frac{\frac{4 C}{\sqrt{3}}}{\frac{2 \sqrt{2}}{3}}$
|
19050
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, $\cos A: 2 \cos B: 3 \cos C=2: 4: 21$, 则 $\cos C=(\quad)$
|
A. $\frac{7}{12}$
B. $\frac{7}{10}$
C. $\frac{7}{8}$
D. $\frac{7}{16}$
|
度量几何学
|
析】由已知得: $\frac{\cos A}{\cos B}=1$, 所以 $A=B$ 是等腰三角形, $\frac{\cos \mathrm{A}}{3 \cos C}=\frac{2}{21} \Rightarrow 7 \cos A=2 \cos C \Rightarrow 7 \cos \left(\frac{\pi-C}{2}\right)=2 \cos C$ 整理得: $4 \sin ^{2} \frac{C}{2}+7 \sin \frac{C}{2}-1=0$ 解之得: $\sin \frac{C}{2}=\frac{1}{4}$ 所以 $\cos C=1-2 \sin ^{2} \frac{C}{2}=\frac{7}{8}$, 解得 $\sin C=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
|
19075
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, 角 $B$ 为 $\frac{3 \pi}{4}, B C$ 边上的高恰为 $B C$ 边长的一半, 则 $\cos A=(\quad)$
|
A. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
|
度量几何学
|
作 $A H \perp B C$, 垂足点 $H$ 在 $C B$ 的延长线上, $\triangle A H B$ 为等腰直角三角形, 设 $B C=2 a$, 则 $A B=\sqrt{2} a, A H=a, C H=3 a$, 由勾股定理得 $A C=\sqrt{10} a$, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{2 a^{2}+10 a^{2}-4 a^{2}}{2 \times \sqrt{2} a \times \sqrt{10} a}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, 故选 A.
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18770
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, $a=2, b=\sqrt{3}, c=1$, 则最小角为 $(\quad)$
|
A. $\frac{\pi}{12}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$
|
度量几何学
|
$[\because a>b>c, \therefore C$ 最小.
$\because \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}-1^{2}}{2 \times 2 \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
又 $\because 0<C<\pi, \quad \therefore C=\frac{\pi}{6}$.
|
18791
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, $B=30^{\circ}, A B=\sqrt{3}, A C=1$, 则 $\triangle A B C$ 的面积是( )
|
A. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\sqrt{3}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{4}$
|
度量几何学
|
[由余弦定理 $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cos B$,
$\therefore 1^{2}=(\sqrt{3})^{2}+B C^{2}-2 \times \sqrt{3} \times B C \times \frac{\sqrt{3}}{2}$.
整理得: $B C^{2}-3 B C+2=0$.
$\therefore B C=1$ 或 2 .
当 $B C=1$ 时, $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot B C \sin B=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.
当 $B C=2$ 时, $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot B C \sin B=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 2 \times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.]
|
19086
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\frac{\sin \theta+\cos \theta}{\sin \theta-2 \cos \theta}=\frac{1}{2}$, 则 $\tan \theta$ 的值为 ( )
|
-4
B. $-\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{4}$
D. 4
|
度量几何学
|
由题 $\frac{\sin \theta+\cos \theta}{\sin \theta-2 \cos \theta}=\frac{1}{2}=\frac{\tan \theta+1}{\tan \theta-2}$, 解得 $\tan \theta=-4$. 故选 A.
|
19096
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
函数 $f(x)=\frac{1}{3} \tan \left(\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{4}\right)$ 单调递增区间
|
A. $\left(2 k-\frac{3}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right) k \in Z$
B. $\left(2 k-\frac{1}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right), k \in Z$
C. $\left(4 k-\frac{1}{2}, 4 k+\frac{1}{2}\right), k \in Z$
D. $\left(4 k-\frac{3}{2}, 4 k+\frac{1}{2}\right), k \in Z$
|
度量几何学
|
$-\frac{\pi}{2}+k \pi<\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{2}+k \pi$, 所以 $-\frac{3}{2}+2 k<x<\frac{1}{2}+2 k$. 故选 A
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17493
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
$\cos 285^{\circ}$ 等于 ( A )
|
A. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$
D. $-\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$
|
度量几何学
|
[解析] $\cos 285^{\circ}=\cos 75^{\circ}=\cos \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.
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17494
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\sin A \sin B<\cos A \cos B$, 则 $\triangle A B C$ 是( D )
|
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 锐角三角形
D. 钝角三角形
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度量几何学
|
[解析] 由题意, 得 $\cos A \cos B-\sin A \sin B>0$.
即 $\cos (A+B)>0,-\cos C>0, \cos C<0$.
又 $0<C<\pi$, 故 $\frac{\pi}{2}<C<\pi, \triangle A B C$ 为钝角三角形.
|
17497
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
若 $\sin \alpha \cdot \sin \beta=1$, 则 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值为( B )
|
A. 0
B. 1
C. $\pm 1$
D. -1
|
度量几何学
|
析] $\because \sin \alpha \sin \beta=1, \therefore\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha=-1 \\ \sin \beta=-1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha=1 \\ \sin \beta=1\end{array}\right.$,
由 $\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha=1$ 得 $\cos \alpha=0$,
$\therefore \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cdot \cos \beta+\sin \alpha \cdot \sin \beta=0+1=1$.
|
17514
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值为( )
|
A. $-\frac{3}{5}$
B. $-\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
|
度量几何学
|
[解析] $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha=-\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)\left(\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha\right)=-\cos 2 \alpha=2 \sin ^{2} \alpha-1=-\frac{3}{5}$.
|
17516
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\sin 2 \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $\cos ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$
|
A. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{2}{3}$
|
度量几何学
|
析]本题考查半角公式及诱导公式.
由倍角公式可得, $\cos ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1+\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{2}\right)}{2}=\frac{1-\sin 2 \alpha}{2}=\frac{1-\frac{2}{3}}{2}=\frac{1}{6}$, 故选 A.
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17356
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
已知 $\alpha$ 是第二象限角, 且 $\cos \alpha=-\frac{12}{13}$, 则 $\tan \alpha$ 的值是 $(\quad)$
|
A. $\frac{12}{13}$
B. $-\frac{12}{13}$
C. $\frac{5}{12}$
D. $-\frac{5}{12}$
|
度量几何学
|
$\because \alpha$ 为第二象限角, $\therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\sqrt{1-\left(-\frac{12}{13}\right)^{2}}=\frac{5}{13}, \therefore \tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{\frac{5}{13}}{-\frac{12}{13}}=-\frac{5}{12}$.
答案: D
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17529
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
最大值为 $\frac{1}{2}$, 最小正周期为 $\frac{2 \pi}{3}$, 初相为 $\frac{\pi}{6}$ 的函数表达式是( )
|
A. $ y=\frac{1}{2} \sin \left(\frac{x}{3}+\frac{\pi}{6}\right)$
B $\cdot y=\frac{1}{2} \sin \left(\frac{x}{3}-\frac{\pi}{6}\right)$
C $\cdot y=\frac{1}{2} \sin \left(3 x-\frac{\pi}{6}\right)$
D $\cdot y=\frac{1}{2} \sin \left(3 x+\frac{\pi}{6}\right)$
|
度量几何学
|
解析: 由最小正周期为 $\frac{2 \pi}{3}$, 排除 A、B; 由初相为 $\frac{\pi}{6}$, 排除 C.
## 答案: D
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17557
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
设 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 若 $\sin \alpha=\frac{3}{5}$, 则 $\sqrt{2} \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$ 等于（B )
|
A. $\frac{7}{5}$
B. $\frac{1}{5}$
C. $-\frac{7}{5}$
D. $-\frac{1}{5}$
|
度量几何学
|
[解析] $\sqrt{2} \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}\left(\cos \alpha \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}-\sin \alpha \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{4}{5}-\frac{3}{5}=\frac{1}{5}$.
|
17559
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
$\sqrt{3} \cos \frac{\pi}{12}-\sin \frac{\pi}{12}$ 的值是 (C)
|
A. 0
B. $\sqrt{2}$
C. $-\sqrt{2}$
D. 2
|
度量几何学
|
[解析] $\sqrt{3} \cos \frac{\pi}{12}-\sin \frac{\pi}{12}=2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \frac{\pi}{12}-\frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{12}\right)=2\left(\sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{12}-\cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{12}\right)=2 \sin \left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{12}\right)=2 \sin \frac{\pi}{4}=\sqrt{2}$.
|
17579
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
已知 $A_{1}, A_{2}, \cdots A_{n}$ 为凸多边形的内角, 且 $\lg \sin A_{1}+\lg \sin A_{2}+\cdots+\lg \sin A_{n}=0$, 则这个多边形是 $(\quad)$
|
A. 正六边形
B. 梯形
$\mathrm{C} \cdot$ 矩形
D. 含锐角菱形
|
度量几何学
|
解析：由题意，得 $\sin A_{1} \cdot \sin A_{2} \cdot \cdots \cdot \sin A_{n}=1$,
$\therefore \sin A_{1}=\sin A_{2}=\cdots=\sin A_{n}=1$,
$\therefore A_{1}=A_{2}=\cdots=A_{n}=90^{\circ}$.
根据多边形的内角和得 $n \times 90^{\circ}=(n-2) \times 180^{\circ}$,
解得 $n=4$.
答案: C
|
17471
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
$ \tan \frac{7 \pi}{6}=(\quad)$
|
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$B. $\frac{\sqrt{3}}{3} \\$
C. $-\sqrt{3}$ D. $ \sqrt{3}$
|
度量几何学
|
解析: $\tan \frac{7 \pi}{6}=\tan \left(\pi+\frac{\pi}{6}\right)=\tan \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
答案: B
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17475
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
给出下列各函数值:
(1) $\sin \left(-1000^{\circ}\right)$; (2) $\cos \left(-2200^{\circ}\right)$; (3) $\tan (-10)$; (4) $\frac{\sin \frac{7 \pi}{10} \cos \pi}{\tan \frac{17 \pi}{9}}$. 其中符号为负的是( )
|
A.(1) B. (2)
C. (3) D. (4)
|
度量几何学
|
解析: $\sin \left(-1000^{\circ}\right)=\sin 80^{\circ}>0$;
$\cos \left(-2200^{\circ}\right)=\cos \left(-40^{\circ}\right)=\cos 40^{\circ}>0 ;$
$\tan (-10)=\tan (3 \pi-10)<0$;
$\frac{\sin \frac{7 \pi}{10} \cos \pi}{\tan \frac{17 \pi}{9}}=\frac{-\sin \frac{7 \pi}{10}}{\tan \frac{17 \pi}{9}}$
$\because \sin \frac{7 \pi}{10}>0, \tan \frac{17 \pi}{9}<0, \therefore$ 原式>
|
17606
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
化简 $\left(\sin \frac{\alpha}{2}+\cos \frac{\alpha}{2}\right)^{2}+2 \sin ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\alpha}{2}\right)$ 得( )
|
A.$ 2+\sin \alpha$
B. $2+\sqrt{2} \sin \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)$
$\mathrm{C} \cdot 2$
D. $2+\sqrt{2} \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$
|
度量几何学
|
解析: 原式 $=1+2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}+1-\cos \left[2\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\alpha}{2}\right)\right]=2+\sin \alpha-\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=2+\sin \alpha-\sin \alpha=2$.
答案: C
|
19105
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴, 一般情况下, 折扇可看作是由从一个圆面中剪下的扇形制作而
成, 设扇形的面积为 $S_{1}$, 圆面中剩余部分的面积为 $S_{2}$, 当 $S_{1}$ 与 $S_{2}$ 的比值为 $\frac{\sqrt{5}-1}{2} \approx 0，.618$ (黄金分割比）时,
扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的度数约为（）
|
A. $127，.50^{\circ}$
B. $137，.50^{\circ}$
C. $147，.50^{\circ}$
D. $150，.50^{\circ}$
|
度量几何学
|
$\frac{x}{360-x}=0，.618, x=137，.50$
|
19116
|
["9199.jpg"]
|
D
|
null
|
高二
|
(2011 天津) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 是边 $A C$ 上的点, 且 $A B=A D, 2 A B=\sqrt{3} B D, B C=2 B D$,则 $\sin C$ 的值为 ( )
<ImageHere>
|
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{6}$
c. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
|
度量几何学
|
设 $A B=c$, 则 $A D=c, B D=\frac{2 c}{\sqrt{3}}, B C=\frac{4 c}{\sqrt{3}}$, 在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得 $\cos A=\frac{c^{2}+c^{2}-\frac{4}{3} c^{2}}{2 c^{2}}=\frac{1}{3}$, 则 $\sin A=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 在 $\triangle A B C$ 中,
由正弦定理得 $\frac{c}{\sin C}=\frac{B C}{\sin A}=\frac{\frac{4 c}{\sqrt{3}}}{\frac{2 \sqrt{2}}{3}}$, 解得 $\sin C=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
|
19157
|
["9203.jpg"]
|
C
|
null
|
高二
|
已知函数 $f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\pi)$ 的部分图像如右图所示, 且 $A\left(\frac{\pi}{2}, 1\right), B(\pi,-1)$, 则 $\varphi$ 的值为 （）
|
A. $\frac{5 \pi}{6}$\nB. $\frac{\pi}{6}$\nC. $-\frac{5 \pi}{6}$\nD. $-\frac{\pi}{6}$<ImageHere>
|
度量几何学
|
由已知得: $T=2 \pi, \omega=1$, 图像经过 $A\left(\frac{\pi}{2}, 1\right), B(\pi,-1) \varphi=-\frac{5 \pi}{6}$
|
19152
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
(2018 辽宁朝阳三模) 已知函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0), f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{\pi}{3}\right)$, 且 $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right)$ 上有最小值, 无最大值, 则 $\omega$ 的值为 ( )
|
A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{11}{3}$
C. $\frac{14}{3}$
D. $\frac{7}{3}$
|
度量几何学
|
因为 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right), f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{\pi}{3}\right)$, 又 $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right)$ 上有最小值, 无最大值,所以 $f(x)$ 在 $\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\pi}{4}$ 处取得最小值, 所以 $\omega \cdot \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3}=2 k \pi-\frac{\pi}{2}$, 得 $\omega=8 k-\frac{10}{3}(k \in Z)$,当 $k=2$ 时, $\omega=\frac{28}{3}$, 此时函数 $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right)$ 内存在最大值, 当 $k=1$ 时, $\omega=\frac{14}{3}$ 符合题意.故选 C.
|
17733
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
下列说法中, 正确的是
|
A. 第二象限的角都是针角\n\nB. 第二象限角大于第一象限的角\n\nC. 若角 $\alpha$ 与角 $\beta$ 不相等, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 的终边不可能重合\n\nD. 若角 $\alpha$ 与角 $\beta$ 的终边在一条直线上, 则 $\alpha-\beta=k \cdot 180^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$\n\n
|
度量几何学
|
D
|
17720
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
若 $\varphi$ 是第二象限角, 则 $\frac{\varphi}{2}$ 和 $90^{\circ}-\varphi$ 都不是
|
A. 第一象限角
B. 第二象限角
C. 第三象限角
D. 第四象限角
|
度量几何学
|
解析: $\because \varphi$ 是第二象限角,
$\therefore k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}<\varphi<k \cdot 360^{\circ}+180^{\circ}, k \in \mathbf{Z}$,
$\therefore k \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}<\frac{\varphi}{2}<k \cdot 180^{\circ}+90^{\circ}, \quad k \in \mathbf{Z}$,
即 $\frac{\varphi}{2}$ 是第一或第三象限角.
而一 $\varphi$ 显然是第三象限角,
$\therefore 90^{\circ}-\varphi$ 是第四象限角. 故选 B.
答案: B
|
17725
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
在(1) $160^{\circ}$; (2) $480^{\circ}$; (3) $-960^{\circ}$; (4) $1530^{\circ}$ 这四个角中, 属于第二象限角的是 ( )
|
A. (1)
B. (1)(2)
C. (1)(2)(3)
D. (1)(2)(3)(4)
|
度量几何学
| |
17726
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
下列各角中, 与 $60^{\circ}$ 角终边相同的角是
|
A. $-300^{\circ}$
B. $-60^{\circ}$
C. $600^{\circ}$
D. $1380^{\circ}$
|
度量几何学
| |
17728
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
已知 $A=\{$ 第一象限角 $\}, B=\{$ 锐角 $\}, C=\left\{\right.$ 小于 $90^{\circ}$ 的角 $\}$, 则 $A, B, C$ 关系正确的是
|
A. $B=A \cap C$
B. $B \cup C=C$
C. $A C$
D. $A=B=C$
|
度量几何学
| |
19648
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
设 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 所对边分别为 $a, b, c$ 若 $a=3, b=\sqrt{3}, A=\frac{\pi}{3}$, 则 $B=(\quad)$
|
A. $\frac{\pi}{6}$
B. | |
| :---: |
| $\frac{5 \pi}{6}$ |
C. $\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$
D. $\frac{2 \pi}{3}$
|
度量几何学
|
$: \mathrm{a}=3, \quad b=\sqrt{3}, A=\frac{\pi}{3}, \therefore$ 由正弦定理可得 $\sin \mathrm{B}=\frac{b \sin A}{a}=\frac{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{1}{2}$, $\because \mathrm{a}>\mathrm{b}, \therefore \mathrm{B}$ 为锐角, $\mathrm{B}=\frac{\pi}{6}$.
|
19656
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, $a=2 \sqrt{3}, c=2 \sqrt{2}, A=60^{\circ}$, 则 $C=(\quad)$
|
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$
D. $60^{\circ}$
|
度量几何学
|
$: \because \mathrm{a}=2 \sqrt{3}, \mathrm{c}=2 \sqrt{2}, \mathrm{~A}=60^{\circ}$,
$\therefore$ 由正弦定理可得 $: \sin C=\frac{c \sin A}{a}=\frac{2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \because \mathrm{c}<\mathrm{a}$, 可得 $: 0<\mathrm{C}<60^{\circ}, \therefore \mathrm{C}=45^{\circ}$
|
19667
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别是 $a 、 b 、 c$, 若 $a=\sqrt{6}, b=2, A=60^{\circ}$,则 $B=(\quad)$
|
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $135^{\circ}$
D. $45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$
|
度量几何学
|
在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 角 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{C}$ 所对的边分别是 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c}$, 若 $a=\sqrt{6}, \mathrm{~b}=2, \mathrm{~A}=60^{\circ}$,可知 $a>b$, 可得 $A>B$,
由正弦定理考试 $\sin \mathrm{B}=\frac{b \sin A}{a}=\frac{2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
所以 $\mathrm{B}=45^{\circ}$.
$8 . A$
解析: 根据题意, $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 有 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$, 则 $\mathrm{b}=\frac{a \cdot \sin B}{\sin A}$,
又由 $\mathrm{A}=45^{\circ}, \mathrm{B}=30^{\circ}, \mathrm{a}=10$,
则 $\mathrm{b}=\frac{a \cdot \sin B}{\sin A}=\frac{10 \times \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=5 \sqrt{2}$;
|
19675
|
["9254.jpg"]
|
D
|
null
|
高二
|
某观察站 $C$ 与两灯塔 $A 、 B$ 的距离分别为 $x$ 米和 3 千米, 测得灯塔 $A$ 在观察站 $C$ 的正西方向, 灯塔 $B$ 在观察站 $C$ 西偏南 $30^{\circ}$, 若两灯塔 $A 、 B$ 之间的距离恰好为 $\sqrt{3}$ 千米,则 $x$ 的值为 ( )
|
A. 3
B. $\sqrt{3}$
C. $2 \sqrt{3}$
D. $\sqrt{3}$ 或 $2 \sqrt{3}$
|
度量几何学
|
如图所示,
在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 由余弦定理可得：
$(\sqrt{3})^{2}=3^{2}+\mathrm{x}^{2}-2 \times 3 \times \mathrm{X} \times \cos 30^{\circ}$,
<ImageHere>
化为 $x^{2}-3 \sqrt{3} x+6=0$, 解得 $\mathrm{x}=\sqrt{3}$ 或 $2 \sqrt{3}$. 故选: $\mathrm{D}$.
|
19678
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{4}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$, 则角 $C$ 的度数是 ( )
|
A. 45
B. 60
C. 120
D. 135
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度量几何学
|
$\because \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 $\frac{1}{4}\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-\mathrm{c}^{2}\right)=\frac{1}{2} \mathrm{ab} \cdot \sin \mathrm{C}$,
$\therefore \mathrm{c}^{2}=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-2 \mathrm{ab} \cdot \sin \mathrm{C}$. 又根据余弦定理得: $\mathrm{c}^{2}=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-2 \mathrm{ab} \cdot \cos \mathrm{C}$,
$\therefore-2 a b s i n C=-2 a b \cos C$, 即 $\sin C=\cos C, \therefore \tan C=1, \therefore C=45^{\circ}$, 故选: A.
|
19682
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, 若 $\frac{\sin A}{a}=\frac{\cos B}{b}$, 则 $\angle B$ 等于（）
|
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $90^{\circ}$
|
度量几何学
|
B
|
19689
|
["9255.jpg"]
|
B
|
null
|
高二
|
在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $b^{2}-a^{2}$
<ImageHere>
$=(b-c) c, c=3, \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, 则 $b=(\quad)$
|
A. 1
B. 2
C. $\sqrt{2}$
D. 4
|
度量几何学
|
由 $b^{2}-a^{2}=(b-c) c$, 得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$,
$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{b c}{2 b c}=\frac{1}{2}, \therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times b \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, 得 $\mathrm{b}=2$, 故选 $\mathrm{B}$.
|
18479
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
若点 $P$ 在点 $Q$ 的北偏西 $45^{\circ} 10^{\prime}$ 方向上, 则点 $Q$ 在点 $P$ 的( )
|
A. 南偏西 $45^{\circ} 10^{\prime}$
C. 南偏东 $45^{\circ} 10^{\prime}$
B. 南偏西 $44^{\circ} 50^{\prime}$
D. 南偏东 $44^{\circ} 50^{\prime}$
|
度量几何学
| |
18483
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
台风中心从 $A$ 地以每小时 20 千米的速度向东北方向移动, 离台风中心 30 千米内的地区为危险区，城市 $B$ 在 $A$ 的正东 40 千米处， $B$ 城市处于危险区内的持续时间为( )
|
A. 0.5 小时
B. 1 小时
C. 1.5 小时
D. 2 小时
|
度量几何学
|
解析 设 $t$ 小时时, $B$ 市恰好处于危险区, 则由余弦定理得:
$(20 t)^{2}+40^{2}-2 \times 20 t \times 40 \cdot \cos 45^{\circ}=30^{2}$.
化简得: $4 t^{2}-8 \sqrt{2} t+7=0$,
$\therefore t_{1}+t_{2}=2 \sqrt{2}, t_{1} \cdot t_{2}=\frac{7}{4}$.
从而 $\left|t_{1}-t_{2}\right|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=1$.
|
18487
|
["9110.jpg"]
|
A
|
null
|
高二
|
如图所示, 设 $A 、 B$ 两点在河的两岸, 一测量者在 $A$ 的同侧, 在 $A$ 所在的河岸边选定一点 $C$, 测出 $A C$ 的距离为 $50 \mathrm{~m}, \angle A C B=45^{\circ}, \angle C A B=105^{\circ}$ 后, 就可以计算 $A 、 B$ 两点的距离为( )
<ImageHere>
|
A. $50 \sqrt{2} \mathrm{~m}$
B. $50 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
C. $25 \sqrt{2} \mathrm{~m}$
D. $\frac{25 \sqrt{2}}{2} \mathrm{~m}$
|
度量几何学
|
解析 由题意知 $\angle A B C=30^{\circ}$, 由正弦定理 $\frac{A C}{\sin \angle A B C}=\frac{A B}{\sin \angle A C B}$,
$\therefore A B=\frac{A C \cdot \sin \angle A C B}{\sin \angle A B C}=\frac{50 \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=50 \sqrt{2}$ (m).
|
18488
|
["9111.jpg"]
|
B
|
null
|
高二
|
如图, 一货轮航行到 $M$ 处, 测得灯塔 $S$ 在货轮的北偏东 $15^{\circ}$, 与灯塔 $S$ 相距 20 海里,随后货轮按北偏西 $30^{\circ}$ 的方向航行 30 分钟后到达 $N$ 处, 又测得灯塔在货轮的东北方向, 则货轮的速度为(
|
A. $20(\sqrt{6}+\sqrt{2})$ 海里/小时
<ImageHere>
B. $20(\sqrt{6}-\sqrt{2})$ 海里/小时
C. $20(\sqrt{6}+\sqrt{3})$ 海里/小时
D. $20(\sqrt{6}-\sqrt{3})$ 海里/小时
|
度量几何学
|
解析由题意,
$\angle S M N=45^{\circ}, \angle S N M=105^{\circ}, \angle N S M=30^{\circ}$.
由正弦定理得 $\frac{M N}{\sin 30^{\circ}}=\frac{M S}{\sin 105^{\circ}}$.
$\therefore M N=\frac{M S \sin 30^{\circ}}{\sin 105^{\circ}}=\frac{10}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=10(\sqrt{6}-\sqrt{2})$.
则 $v_{\text {化 }}=20(\sqrt{6}-\sqrt{2})$ 海里/小时.
|
18493
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
从 $A$ 处望 $B$ 处的仰角为 $\alpha$, 从 $B$ 处望 $A$ 处的俯角为 $\beta$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 的关系为 (
|
A. $\alpha>\beta$
B. $\alpha=\beta$
C. $\alpha<\beta$
D. $\alpha+\beta=90^{\circ}$
|
度量几何学
| |
18500
|
["9120.jpg"]
|
A
|
null
|
高二
|
如图, 为测一树的高度, 在地面上选取 $A 、 B$ 两点, 从 $A 、 B$ 两点分别测得望树尖的仰角为 $30^{\circ}, 45^{\circ}$, 且 $A 、 B$ 两点之间的距离为 $60 \mathrm{~m}$, 则树的高度为 $(\quad)$
<ImageHere>
|
A. $30+30 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
B. $30+15 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
C. $15+30 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
D. $15+3 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
|
度量几何学
|
解析 在 $\triangle P A B$ 中, 由正弦定理可得
$\frac{60}{\sin \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)}=\frac{P B}{\sin 30^{\circ}}$,
$P B=\frac{60 \times \frac{1}{2}}{\sin 15^{\circ}}=\frac{30}{\sin 15^{\circ}}$,
$h=P B \sin 45^{\circ}=(30+30 \sqrt{3}) \mathrm{m}$.
|
18501
|
["9121.jpg"]
|
A
|
null
|
高二
|
从高出海平面 $h$ 米的小岛看正东方向有一只船俯角为 $30^{\circ}$, 看正南方向一只船俯角为 $45^{\circ}$, 则此时两船间的距离为( )
|
A. $2 h$ 米
B. $\sqrt{2} h$ 米
C. $\sqrt{3} h$ 米
D. $2 \sqrt{2} h$ 米
<ImageHere>
|
度量几何学
|
解析 如图所示,
$B C=\sqrt{3} h, A C=h$,
$\therefore A B=\sqrt{3 h^{2}+h^{2}}=2 h$.
|
18502
|
["9122.jpg"]
|
B
|
null
|
高二
|
在某个位置测得某山峰仰角为 $\theta$, 对着山峰在平行地面上前进 $600 \mathrm{~m}$ 后测仰角为原来的 2 倍, 继续在平行地面上前进 $200 \sqrt{3} \mathrm{~m}$ 后, 测得山峰的仰角为原来的 4 倍, 则该山峰的高度是( )
|
A. $200 \mathrm{~m}$
B. $300 \mathrm{~m}$
C. $400 \mathrm{~m}$
D. $100 \sqrt{3} \mathrm{~m}$
|
度量几何学
|
解析 如图所示, $600 \cdot \sin 2 \theta=200 \sqrt{3} \cdot \sin 4 \theta$,
<ImageHere>
$\therefore \cos 2 \theta=\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore \theta=15^{\circ}$,
$\therefore h=200 \sqrt{3} \cdot \sin 4 \theta=300(\mathrm{~m})$.
|
18525
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
$\triangle A B C$ 中, 三内角 $A 、 B 、 C$ 成等差数列, 则角 $B$ 等于 $(\quad)$
|
A. $30^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $90^{\circ}$
D. $120^{\circ}$
|
度量几何学
| |
18539
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列且 $a_{1}+a_{7}+a_{13}=4 \pi$, 则 $\tan \left(a_{2}+a_{12}\right)$ 的值为 $(\quad)$
|
A. $\sqrt{3}$
B. $\pm \sqrt{3}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $-\sqrt{3}$
|
度量几何学
|
解析 由等差数列的性质得 $a_{1}+a_{7}+a_{13}=3 a_{7}=4 \pi$,
$\therefore a_{7}=\frac{4 \pi}{3}$.
$\therefore \tan \left(a_{2}+a_{12}\right)=\tan \left(2 a_{7}\right)=\tan \frac{8 \pi}{3}$
$=\tan \frac{2 \pi}{3}=-\sqrt{3}$.
|
18673
|
["9150.jpg", "9151.jpg"]
|
D
|
null
|
高二
|
<ImageHere>
是 9, 那么实数 $a$ 的值为 $(\quad)$
|
A. $3 \sqrt{2}+2$
B. $-3 \sqrt{2}+2$
C. -5
D. 1
<ImageHere>
|
度量几何学
|
解析 区域如图,
易求得 $A(-2,2), B(a, a+4)$,
$C(a,-a)$.
$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|B C| \cdot|a+2|=(a+2)^{2}=9$, 由题意得 $a=1$.
|
18174
|
["9063.jpg"]
|
A
|
null
|
高二
|
已知函数 $f(x)=A \sin \left(\frac{\pi}{3} x+\frac{\pi}{6}\right), x \in R, A>0, y=f(x)$ 的部分图象如图, $P, Q$ 分别为该图象的最高点和最低点,点 $P$ 的横坐标为 1 . 若点 $R$ 的坐标为 $(1,0), \angle P R Q=\frac{2 \pi}{3}$, 则 $A=(\quad)$
<ImageHere>
|
A. $\sqrt{3}$
B. 2
C. 1
D. $2 \sqrt{3}$
|
度量几何学
|
函数 $f(x)$ 的周期为 $T=\frac{2 \pi}{\frac{\pi}{3}}=6, \therefore Q(4,-A)$. 又 $\angle P R Q=\frac{2 \pi}{3}, \therefore$ 直线 $R Q$ 的倾斜角为 $\frac{5 \pi}{6}$, $\therefore \frac{A}{1-4}=-\frac{\sqrt{3}}{3}, A=\sqrt{3}$. 故选 A.
|
18195
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
函数 $y=\sqrt{2 \cos x+1}$ 的定义域是（）
|
A. $\left[2 k \pi-\frac{\pi}{3}, 2 k \pi+\frac{\pi}{3}\right](k \in Z)$
B. $\left[2 k \pi+\frac{\pi}{3}, 2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right](k \in Z)$
C. $\left[2 k \pi-\frac{\pi}{6}, 2 k \pi+\frac{\pi}{6}\right](k \in Z)$
D. $\left[2 k \pi-\frac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right](k \in Z)$
|
度量几何学
|
由 $2 \cos x+1 \geqslant 0$ 得 $\cos x \geqslant-\frac{1}{2}, \therefore 2 k \pi-\frac{2 \pi}{3} \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}, \mathrm{k} \in \mathrm{Z}$.
故选 $\mathrm{D}$.
|
17611
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
半径为 2 , 弧长为 $\frac{\pi}{5}$ 的扇形的面积为 ( )
$\begin{array}{llll}\text {
|
A. } \frac{\pi}{5} & \text { B. } \frac{2 \pi}{5} & \text { C. } \frac{\pi^{2}}{5} & \text { D. } \frac{2 \pi^{2}}{5}\end{array}$
|
度量几何学
|
扇形的面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{\pi}{5}=\frac{\pi}{5}$, 故选 A.
|
17614
|
["8929.jpg"]
|
C
|
null
|
高二
|
将函数 $f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后得到的部分图象如图所示, 有下列四个结论: (1) $f(0)=1$; (2) $y=f(x)-\sqrt{3}$ 在
$[0, \pi]$ 上有两个零点; (3) $f(x)$ 的图象关于直线 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称; (4) $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{2 \pi}{3}, \frac{8 \pi}{3}\right]$ 上单调递减, 其中所有正确结论的个数为 ( )
<ImageHere>
|
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
|
度量几何学
|
$f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后得:
$g(x)=2 \sin \left[\omega\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\varphi\right]=2 \sin \left(\omega x+\frac{\omega \pi}{2}+\varphi\right)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$,
由图象知 $g(x)$ 的周期 $T$ 满足 $\frac{T}{4}=\frac{7 \pi}{6}-\frac{\pi}{6}$,
$\therefore T=4 \pi, \quad \therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{1}{2}$,
又 $g\left(\frac{\pi}{6}\right)=2, \therefore \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{6}+\frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}+\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$, 即 $\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$.
又 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \therefore \varphi=\frac{\pi}{6}, \therefore f(x)=2 \sin \left(\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{6}\right)$,
对于(1), $f(0)=2 \sin \frac{\pi}{6}=1$, 故(1)正确;
对于(2), 令 $f(x)-\sqrt{3}=0$, 则 $\sin \left(\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
又 $x \in[0, \pi]$, 所以 $\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2 \pi}{3}\right]$, 则 $\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2 \pi}{3}$, 即 $x=\frac{\pi}{3}$ 或 $\pi$,
故 $y=f(x)-\sqrt{3}$ 在 $[0, \pi]$ 上有两个零点, 所以(2)正确;
对于(3), 令 $\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}=k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$, 解得 $x=2 k \pi+\frac{2 \pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$,
$\therefore f(x)$ 的图象不关于直线 $x=-\frac{\pi}{6}$ 对称, 故(3)错误;
对于(4), 令 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leq \frac{1}{2} x+\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}(k \in Z)$,
解得 $4 k \pi+\frac{2 \pi}{3} \leq x \leq 4 k \pi+\frac{8 \pi}{3}(k \in Z)$,即 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left[4 k \pi+\frac{2 \pi}{3}, 4 k \pi+\frac{8 \pi}{3}\right]$,
令 $k=0$, 得 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{2 \pi}{3}, \frac{8 \pi}{3}\right]$ 上单调递减,
综上所述, (1)(2)(4)正确, 故选 C.
|
17622
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
$675^{\circ}$ 用弧度制表示为 ( )
|
A. $\frac{11}{4} \pi$ B. $\frac{13}{4} \pi$ C. $\frac{15}{4} \pi$ D. $\frac{17}{4} \pi$
|
度量几何学
|
因为 $180^{\circ}=\pi$ 弧度, 所以 $675^{\circ}=675 \times \frac{\pi}{180}=\frac{15 \pi}{4}$, 故选 C.
|
17626
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
下列各角中, 与 $2021^{\circ}$ 终边相同的角为 ( )
|
A. $41^{\circ}$ B. $139^{\circ}$
C. $221^{\circ}$
D. $-41^{\circ}$
|
度量几何学
|
与 $2021^{\circ}$ 终边相同的角为 $\alpha=k \cdot 360^{\circ}+2021^{\circ}$,
当 $k=-5$ 时, $\alpha=221^{\circ}$, 故选 C.
|
17630
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
函数 $f(x)=\frac{1}{2} \tan \left(\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{4}\right)+1$ 的单调递增区间为 ( )
|
A. $\left(2 k-\frac{3}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right), k \in \mathrm{Z} \quad$ B. $\left(2 k-\frac{1}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right), k \in \mathrm{Z}$
C. $\left(4 k-\frac{1}{2}, 4 k+\frac{1}{2}\right), k \in \mathrm{Z} \quad$ D. $\left(4 k-\frac{3}{2}, 4 k+\frac{1}{2}\right), k \in \mathrm{Z}$
|
度量几何学
|
由 $k \pi-\frac{\pi}{2}<\frac{\pi}{2} x+\frac{\pi}{4}<k \pi+\frac{\pi}{2}$, 得 $2 k-\frac{3}{2}<x<2 k+\frac{1}{2}, k \in \mathbf{Z}$,
增区间为 $\left(2 k-\frac{3}{2}, 2 k+\frac{1}{2}\right), k \in \mathbf{Z}$
故选 A.
|
17633
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
3 弧度的角终边在 ( )
|
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
|
度量几何学
|
因为 $\frac{\pi}{2}<3<\pi$, 所以 3 弧度的角终边在第二象限, 故选 B.
|
17643
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
若角 $\alpha$ 与角 $\beta$ 的终边关于 $y$ 轴对称, 则必有 ( )
|
A. $\alpha+\beta=90^{\circ}$
B. $\alpha+\beta=k \cdot 360^{\circ}+90^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$
C. $\alpha+\beta=k \cdot 360^{\circ}(k \in \mathbf{Z})$
D. $\alpha+\beta=(2 k+1) \cdot 180^{\circ}(k \in \mathrm{Z})$
|
度量几何学
|
角 $\alpha$ 与角 $\beta$ 的终边关于 $y$ 轴对称,
所以 $\alpha-\left(90 ? 360\right.$ 按 $\left.k_{1}\right)=90 ? 360$ 按 $k_{2}-\beta, k_{1}, k_{2} ? \mathrm{Z}$,
$\alpha+\beta=90 ? 360$ 按 $k_{2}+90 ? 360$ 按 $k_{1}=360 ?\left(k_{1} \quad k_{2}\right)+180 ?, k_{1}, k_{2} \in \mathrm{Z}$,
即 $\alpha+\beta=360$ 按 $k+180$ 轱 $(2 k+1) \times 180, k \hat{\mathrm{I}} \mathrm{Z}$,
故选 D.
|
17647
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
$\theta$ 是第二象限角, 则下列选项中一定为负值的是 ( )
|
A. $\sin \frac{\theta}{2}$
B. $\cos \frac{\theta}{2}$
C. $\sin 2 \theta$
D. $\cos 2 \theta$
|
度量几何学
|
因为 $\theta$ 是第二象限角,
所以 $2 k \pi+\frac{\pi}{2}<\theta<2 k \pi+\pi, k \in \mathrm{Z}$, 则 $4 k \pi+\pi<2 \theta<4 k \pi+2 \pi, k \in \mathrm{Z}$,
所以 $2 \theta$ 为第三或第四象限角或终边在 $y$ 轴负半轴上, 所以 $\sin 2 \theta<0$,
而 $k \pi+\frac{\pi}{4}<\frac{\theta}{2}<k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}, \frac{\theta}{2}$ 是第一象限或第三象限角, 正弦余弦值不一定是负数,
故选 C.
|
17648
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
如果角 $\alpha$ 的终边过点 $P\left(2 \sin 30^{\circ},-2 \cos 30^{\circ}\right)$, 则 $\sin \alpha$ 的值等于（）
|
A. $B. -\frac{1}{2} \text { C. }-\frac{\sqrt{3}}{2} \text { D. }-\frac{\sqrt{3}}{3}$
|
度量几何学
|
由题意得 $P(1,-\sqrt{3})$, 它与原点的距离 $r=\sqrt{1+(\sqrt{3})^{2}}=2$,
所以 $\sin \alpha=\frac{y}{r}=\frac{-\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故选 C.
|
18199
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{7}$, 那么 $\sin \alpha+\cos \alpha$ 的值为（）.
|
A. $-\frac{1}{5}$
B. $\frac{7}{5}$
C. $-\frac{7}{5}$
D. $\frac{3}{4}$
|
度量几何学
|
$\because \tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \alpha+1}{1-\tan \alpha}=\frac{1}{7}$,
$\therefore \tan \alpha=-\frac{3}{4}$,
又 $\because \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,
$\therefore \cos \alpha=-\frac{4}{5}, \sin \alpha=\frac{3}{5}$,
$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha=-\frac{1}{5}$.
故选 A.
|
18214
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
$\cos 585^{\circ}$ 的值为 $(\quad)$
|
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
|
度量几何学
|
$\cos 585^{\circ}=\cos \left(360^{\circ}+225^{\circ}\right)=\cos 225^{\circ}=\cos \left(180^{\circ}+45^{\circ}\right)=-\cos 45^{\circ}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.
|
18216
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
已知角 $\alpha$ 的顶点在坐标原点, 始边与 $X$ 轴正半轴重合, 终边经过点 $P(-\sqrt{2}, 1)$, 则 $\cos 2 \alpha=(\quad)$
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A. $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $-\frac{1}{3}$
D. $-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
|
度量几何学
|
因为角 $\alpha$ 的顶点在坐标原点, 始边与 $X$ 轴正半轴重合, 终边经过点 $P(-\sqrt{2}, 1)$,
所以 $\cos \alpha=\frac{-\sqrt{2}}{\sqrt{2+1}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}$,
因此 $\cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1=\frac{1}{3}$.
故选 B
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17654
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
若锐角 $\alpha, \beta$ 满足 $\cos \alpha=\frac{4}{5}, \cos (\alpha+\beta)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin \beta$ 的值是（）
|
A. $\frac{17}{25} $ B. $\frac{3}{5}$ C. $\frac{7}{25}$ D. $ \frac{1}{5}$
|
度量几何学
|
$\because \cos \alpha=\frac{4}{5}, \cos (\alpha+\beta)=\frac{3}{5}, \alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore 0<\alpha+\beta<\frac{\pi}{2}$,
$\therefore \sin \alpha=\frac{3}{5}, \sin (\alpha+\beta)=\frac{4}{5}$,
$\therefore \sin \beta=\sin [(\alpha+\beta)-\alpha]=\sin (\alpha+\beta) \cos \alpha-\cos (\alpha+\beta) \sin \alpha=\frac{4}{5} \times \frac{4}{5}-\frac{3}{5} \times \frac{3}{5}$
$=\frac{7}{25}$,
故选 C.
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17665
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
$\sin 245^{\circ} \sin 125^{\circ}+\sin 155^{\circ} \sin 35^{\circ}$ 的值是 ( )
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A. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $-\frac{1}{2}$ C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
|
度量几何学
|
原式 $=-\sin 65^{\circ} \sin 55^{\circ}+\sin 25^{\circ} \sin 35^{\circ}=-\cos 25^{\circ} \cos 35^{\circ}+\sin 25^{\circ} \sin 35^{\circ}$
$=-\cos \left(35^{\circ}+25^{\circ}\right)=-\cos 60^{\circ}=-\frac{1}{2}$,
故选 B.
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18238
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[0, a]$ 上是减函数, 则 $a$ 的最大值是 $(\quad)$
|
A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{2}$
C. $\frac{3}{4} \pi$
D. $\pi$
|
度量几何学
|
由题意, $f(x)=\cos x-\sin x=-\sqrt{2} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$,当 $x-\frac{\pi}{4} \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $x \in\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right]$ 时, $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 单调递增,则 $f(x)=-\sqrt{2} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right]$ 上单调递减,
$\therefore x \in\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right]$ 是 $f(x)$ 在原点附近的单调递减区间,结合条件得 $[0, a] \subset\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right], \therefore a \leq \frac{3}{4} \pi$, 即 $a$ 的最大值为 $\frac{3}{4} \pi$.故选 C.
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18241
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
若 $\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{1}{2}$, 则 $\tan 2 \alpha$ 等于 ( )
|
A. $-\frac{3}{4}$
B. $\frac{3}{4}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. $\frac{4}{3}$
|
度量几何学
|
$\frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\frac{\tan \alpha+1}{\tan \alpha-1}=\frac{1}{2}, \tan \alpha=-3, \tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{-6}{-8}=\frac{3}{4}$.
|
18254
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值为
|
A. $-\frac{3}{5}$
B. $-\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
|
度量几何学
|
$\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha=\left(\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha\right)\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)=\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha=2 \sin ^{2} \alpha-1=-\frac{3}{5}$.
|
18260
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
下列三角函数值的符号判断错误的是( )
|
A. $\sin 165^{\circ}>0$
B. $\cos 280^{\circ}>0$
C. $\tan 170^{\circ}>0$
D. ${ }^{\tan 310^{\circ}<0}$
|
度量几何学
|
$165^{\circ}$ 是第二象限角，因此 $\sin 165^{\circ}>0$ 正确； $280^{\circ}$ 是第四象限角，因此 $\cos 280^{\circ}>0$ 正确； $170^{\circ}$ 是第二象限角，因此 $\tan 170^{\circ}<0$ ，故 C 错误； $310^{\circ}$ 是第四象限角，因此 $\tan 310^{\circ}<0$ 正确.
|
18261
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
角 $A$ 为 $\triangle A B C$ 的一个内角，若 $\sin A+\cos A=\frac{2}{3}$ ，则这个三角形为
|
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形
|
度量几何学
|
$\because \sin A+\cos A=\frac{2}{3}$ ，
$\therefore(\sin A+\cos A)^{2}=1+2 \sin A \cos A=\frac{4}{9}$,
$\therefore \sin A \cos A=-\frac{5}{18}<0$ ，
又 $0<A<\pi$ ，
$\therefore \frac{\pi}{2}<A<\pi$ ，即 $A$ 为钝角，
$\therefore \triangle A B C$ 为钝角三角形. 故选 $B$.
|
18262
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
已知 $\sin x+\cos x=\frac{\sqrt{3}-1}{2} ， x \in(0, \pi)$ ，则 $\tan x=(\quad)$
|
A. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
c. $\sqrt{3}$
D. $-\sqrt{3}$
|
度量几何学
|
$\sin x+\cos x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ ，且 $x \in(0 ， \pi) ， \therefore 1+2 \sin x \cos x=1-\frac{\sqrt{3}}{2} ， \therefore 2 \sin x \cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}<0 ， \therefore x$ 为钝角， $\therefore \sin x$
$-\cos x=\sqrt{(\sin x-\cos x)^{2}}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}, \therefore \sin x=\frac{\sqrt{3}}{2}, \cos x=-\frac{1}{2}, \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=-\sqrt{3}$
故选 D.
|
18263
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
若 $\tan \alpha=\frac{1}{2}$ ，则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha$ 的值为(）
|
A. $-\frac{1}{5}$
B. $\frac{-3}{5}$
c. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
|
度量几何学
|
$\because \tan \alpha=\frac{1}{2}$ ，则 $\sin ^{4} \alpha-\cos ^{4} \alpha=\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)\left(\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha\right)=\sin ^{2} \alpha-$ $\cos ^{2} \alpha \frac{\sin ^{2} \alpha-\cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{\tan ^{2} \alpha-1}{\tan ^{2} \alpha+1}=-\frac{3}{5}$ 选 B.
|
18264
|
[]
|
C
|
null
|
高二
|
若 $\sin x \cdot \cos x=\frac{1}{8}$ 且 $\frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{2}$ ，则 $\cos x-\sin x$ 的值是( )
|
A. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\pm \frac{1}{2}$
|
度量几何学
|
$\because \frac{\pi}{4}<x<\frac{\pi}{2}, \therefore \cos x-\sin x<0 ，$
$\therefore(\cos x-\sin x)^{2}=1-2 \sin x \cos x=1-2 \times \frac{1}{8}=\frac{3}{4}$,
$\therefore \cos x-\sin x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选 C.
|
18283
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
已知 $\alpha \in{ }^{\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)}, \tan \alpha=-\frac{3}{4}$, 则 $\sin \alpha$ 为 $(\square)$
|
A. $\frac{3}{5}$ B. $-\frac{3}{5} \quad$ C. ${\frac{4}{5}}$ D.$-\frac{4}{5}$
|
度量几何学
|
$\because \alpha \in^{\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)}$, $\tan \alpha=-\frac{3}{4}=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$, 且 $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1, \sin \alpha>0, \cos \alpha<0, \therefore \sin \alpha=\frac{3}{5}$.
|
18286
|
[]
|
D
|
null
|
高二
|
下列命题中正确的是 ( )
|
A. 终边在 $\mathrm{x}$ 轴负半轴上的角是零角
B. 第二象限角一定是钝角
C.第四象限角一定是负角
D. 若 $\beta=\alpha+k^{\cdot} 360^{\circ}(k \in Z)$, 则 $\alpha$ 与 $\beta$ 终边相同
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度量几何学
|
终边在 $\mathrm{x}$ 轴负半轴上的角是 $\alpha=2 k \pi+\pi, k \in z$, 零角是没有旋转的角, 所以 $\mathrm{A}$ 错误; 第二象限角应表示为 $\left(2 k \pi+\frac{\pi}{2}, 2 k \pi+\pi\right), k \in z$, 是由无数多个区间的并集构成, 所以 $\mathrm{B}$ 错误; 第四象限角表示为 $\left(2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, 2 k \pi+2 \pi\right), k \in z$, 当 $k \geq 0$ 时, 就是正角, 所以 C 错误; 故选 D.
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18287
|
["9072.jpg", "9073.jpg"]
|
A
|
null
|
高二
|
已知圆 $O$ 与直线 $l$ 相切于 $A$, 点 $P, Q$ 同时从点 $A$ 出发, $P$ 沿着直线 $l$ 向右、 $Q$ 沿着圆周按逆时针以相同的速度运动, 当 $Q$ 运动到点 $A$ 时, 点 $P$ 也停止运动, 连接 $O Q, O P$ （如图）, 则阴影部分面积 $S_{1}, S_{2}$ 的大小关系是 ( )
<ImageHere>
|
A. $S_{1}=S_{2}$
B. $S_{1} \leq S_{2}$
C. $S_{1} \geq S_{2}$
D. 先 $S_{1}<S_{2}$, 再 $S_{1}=S_{2}$, 最后 $S_{1}>S_{2}$
|
度量几何学
|
如图所示, 因为直线 $l$ 与圆 $O$ 相切, 所以 $O A \perp A P$,
所以扇形的面积为 $S_{\text {扇形 } A O Q}=\frac{1}{2} \cdot A Q \cdot r=\frac{1}{2} \cdot A Q \cdot O A, S_{\triangle A O P}=\frac{1}{2} \cdot O A \cdot A P$,
因为 $A Q=A P$, 所以扇形 $A O Q$ 的面积 $S_{\text {扇形AOQ }}=S_{\triangle A O P}$,
即 $S_{\text {扇形AOQ }}-S_{\text {扇形AOB }}=S_{\triangle A O P}-S_{\text {扇形 } A O B}$,
所以 $S_{1}=S_{2}$,
<ImageHere>
|
18311
|
["9081.jpg"]
|
A
|
null
|
高二
|
如图所示, 用两种方案将一块顶角为 $120^{\circ}$, 腰长为 2 的等腰三角形钢板 $O A B$ 裁剪成扇形, 设方案一、二扇形的面积分别为 $\mathrm{S}_{1}, \mathrm{~S}_{2}$, 周长分别为 $l_{1}, l_{2}$, 则 ( )\n\n<ImageHere>(方案一)\n\n(方案二)
|
A. $S_{1}=S_{2}, l_{1}>l_{2}$\nB. $S_{1}=S_{2}, l_{1}<l_{2}$\nC. $S_{1}>S_{2}, l_{1}=l_{2}$\nD. $S_{1}<S_{2}, l_{1}=l_{2}$\n\n
|
度量几何学
|
$\because \triangle A O B$ 为顶角为 $120^{\circ}$, 腰长为 2 的等腰三角形,\n\n$\therefore A=B=30^{\circ}=\frac{\pi}{6}, O D=1$,\n\n方案一中扇形的周长 $l_{1}=2+2+2 \times \frac{\pi}{6}=4+\frac{\pi}{3}$ ，\n\n方案二中扇形的周长 $l_{2}=1+1+1 \times \frac{2 \pi}{3}=2+\frac{2 \pi}{3}$,\n\n方案一中扇形的面积 $S_{1}=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times \frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{3}$,\n\n方案一中扇形的面积 $S_{2}=\frac{1}{2} \times 1^{2} \times \frac{2 \pi}{3}=\frac{\pi}{3}$,\n\n所以 $S_{1}=S_{2}, l_{1}>l_{2}$.\n\n故选 A.
|
18296
|
[]
|
A
|
null
|
高二
|
若 $\alpha$ 是第二象限的角, 则 $2 \alpha$ 不可能在 ( )
|
A. 第一二象限
B. 第三四象限
C. 第一四象限
D. 第二三象限
|
度量几何学
|
因为 $\alpha$ 是第二象限的角,
所以 $2 k \pi<\alpha<2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$,
$4 k \pi<2 \alpha<4 k \pi+\pi, k \in Z$
所以 $2 \alpha$ 在三四象限或者在 $y$ 轴的正半轴,
即 $2 \alpha$ 不可能在一二象限, 故选 A.
|
18304
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
若 $\alpha$ 是第三象限的角, 则 $\pi-\frac{\alpha}{2}$ 是( )
|
A. 第一或第二象限的角 B. 第一或第三象限的角 C. 第二或第三象限的角 D. 第二或第四象限的角
|
度量几何学
|
$\because \alpha$ 是第三象限角, $\therefore 2 k \pi+\pi<\alpha<2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, k \in Z, \therefore k \pi+\frac{\pi}{2}<\frac{\alpha}{2}<k \pi+\frac{3 \pi}{4}$, $\therefore-k \pi-\frac{3 \pi}{4}<-\frac{\alpha}{2}<-k \pi-\frac{\pi}{2}, \therefore-k \pi+\frac{\pi}{4}<\pi-\frac{1}{2} \alpha<-k \pi+\frac{\pi}{2}$, 故当 $k$ 为偶数时, $\pi-\frac{1}{2} \alpha$ 是第一象限角; 故当 $k$ 为奇数时, $\pi-\frac{1}{2} \alpha$ 是第三象限角, 故选 B.
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18305
|
[]
|
B
|
null
|
高二
|
若扇形的面积为 $\frac{3 \pi}{8}$ 、半径为 1 , 则扇形的圆心角为 ( )
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A. $\frac{3 \pi}{2}$
B. $\frac{3 \pi}{4}$
C. $\frac{3 \pi}{8}$
D. $\frac{3 \pi}{16}$
|
度量几何学
|
设扇形的圆心角为 $\alpha$, 则 $\because$ 扇形的面积为 $\frac{3 \pi}{8}$, 半径为 1 ,
$\therefore \frac{3 \pi}{8}=\frac{1}{2} \alpha l^{2} \therefore \alpha=\frac{3 \pi}{4}$
故选 B
|
Subsets and Splits
Algebra Questions Without Images
Retrieves test entries with no image and focuses on algebra questions across multiple grades, providing limited analytical value through basic filtering.
Algebra Questions Without Images
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