eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知 $z$ 是虚数, $z+\frac{1}{z}$ 是实数.

(1) 求 $z$ 为何值时, $|z+2-i|$ 有最小值, 并求出 $|z+2-i|$ 的最小值;

(2) 设 $u=\frac{1-z}{1+z}$, 求证: $u$ 为纯虚数.
选项：
答案：(1) $z=-rac{2 \sqrt{5}}{5}+rac{\sqrt{5}}{5} i, \sqrt{5}-1$; (2) 证明见解析.
解析：(1) 设 $z=a+b \mathrm{i}(b 
eq 0)$,$z+rac{1}{z}=a+b \mathrm{i}+rac{1}{a+b \mathrm{i}}=a+b \mathrm{i}+rac{a-b \mathrm{i}}{a^{2}+b^{2}}=\left(a+rac{a}{a^{2}+b^{2}}ight)+\left(b-rac{b}{a^{2}+b^{2}}ight)$ i所以, $b-rac{b}{a^{2}+b^{2}}=0$,又 $b 
eq 0$, 可得 $a^{2}+b^{2}=1$ ，表示点 $P(a, b)$ 到点 $A(-2,1)$ 的距离, 所以 $|z+2-\mathrm{i}|$ 最小值为 $A O-1=\sqrt{5}-1$,解方程组 $\left\{egin{array}{l}y=-rac{1}{2} x \ x^{2}+y^{2}=1\end{array}ight.$ 并结合图形得 $z=-rac{2 \sqrt{5}}{5}+rac{\sqrt{5}}{5}$ i.又 $^{b 
eq 0}$, 所以 ${ }^{u}$ 为纯虚数.
题目（高三 · 代数）：求下列函数的导数:

(I) $y=2 x^{2}+\ln x+\cos x$;

(II) $y=x^{3} \mathrm{e}^{x}$.
选项：
答案：答案: 【解析】 (I) 由导数的计算公式, 可得 $y^{\prime}=\left(2 x^{2}\right)^{\prime}+(\ln x)^{\prime}+(\cos x)^{\prime}=4 x+\frac{1}{x}-\sin x$;

(II) 由导数的乘法法则, 可得 $y^{\prime}=\left(x^{3}\right) \mathrm{e}^{x}+x^{3}\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}=\left(3 x^{2}+x^{3}\right) \mathrm{e}^{x}$.

【分析】(1) 由导数的计算公式, 进而计算, 即可求解, 得到答案; （2）由导数的乘法法则, 进行计算、变形, 即可求解, 得到答案.
解析：答案: 【解析】 (I) 由导数的计算公式, 可得 $y^{\prime}=\left(2 x^{2}\right)^{\prime}+(\ln x)^{\prime}+(\cos x)^{\prime}=4 x+\frac{1}{x}-\sin x$;

(II) 由导数的乘法法则, 可得 $y^{\prime}=\left(x^{3}\right) \mathrm{e}^{x}+x^{3}\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}=\left(3 x^{2}+x^{3}\right) \mathrm{e}^{x}$.

【分析】(1) 由导数的计算公式, 进而计算, 即可求解, 得到答案; （2）由导数的乘法法则, 进行计算、变形, 即可求解, 得到答案.
题目（高三 · 代数）：求下列函数的导数:

(1) $y=\sqrt{1-2 x^{2}}$

(2) $y=\frac{e^{x}}{\sin x}$
选项：
答案：答案: （1）【解析】 令 $t=1-2 x^{2}$, 则 $y=t^{\frac{1}{2}}$,

所以 $y^{\prime}=\left(t^{\frac{1}{2}}\right)^{\prime}=\frac{1}{2} t^{-\frac{1}{2}} \cdot t^{\prime}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-2 x^{2}}} \cdot(-4 x)=\frac{-2 x}{\sqrt{1-2 x^{2}}}$;

（2）【解析】 $y^{\prime}=\frac{\left(e^{x}\right)^{\prime} \sin x-e^{x}(\sin x)^{\prime}}{\sin ^{2} x}=\frac{e^{x} \sin x-e^{x} \cos x}{\sin ^{2} x}=\frac{e^{x}(\sin x-\cos x)}{\sin ^{2} x}$.

【分析】（1）根据复合函数求导法则准确求导即可;

（2）根据导数的四则运算准确求导即可.
解析：答案: （1）【解析】 令 $t=1-2 x^{2}$, 则 $y=t^{\frac{1}{2}}$,

所以 $y^{\prime}=\left(t^{\frac{1}{2}}\right)^{\prime}=\frac{1}{2} t^{-\frac{1}{2}} \cdot t^{\prime}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-2 x^{2}}} \cdot(-4 x)=\frac{-2 x}{\sqrt{1-2 x^{2}}}$;

（2）【解析】 $y^{\prime}=\frac{\left(e^{x}\right)^{\prime} \sin x-e^{x}(\sin x)^{\prime}}{\sin ^{2} x}=\frac{e^{x} \sin x-e^{x} \cos x}{\sin ^{2} x}=\frac{e^{x}(\sin x-\cos x)}{\sin ^{2} x}$.

【分析】（1）根据复合函数求导法则准确求导即可;

（2）根据导数的四则运算准确求导即可.
题目（高三 · 代数）：求下列函数的导数:

(1) $f(x)=(1+\sin x)(1-4 x)$;

(2) $f(x)=\frac{x}{x+1}-2^{x}$.
选项：
答案：答案: （1）【解析】 $f^{\prime}(x)=(1+\sin x)^{\prime}(1-4 x)+(1+\sin x)(1-4 x)^{\prime}$

$=\cos \mathrm{x}(1-4 \mathrm{x})-4(1+\sin \mathrm{x})$

$=\cos \mathrm{x}-4 \mathrm{x} \cos \mathrm{x}-4-4 \sin \mathrm{x}$;

(2) 【解析】 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{x}{x+1}-2^{\mathrm{x}}=1-\frac{1}{x+1}-2^{\mathrm{x}}$,

则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\frac{1}{(x+1)^{2}}-2^{x} \ln 2$

【分析】根据导数的公式及运算法则, 求出导函数即可.
解析：答案: （1）【解析】 $f^{\prime}(x)=(1+\sin x)^{\prime}(1-4 x)+(1+\sin x)(1-4 x)^{\prime}$

$=\cos \mathrm{x}(1-4 \mathrm{x})-4(1+\sin \mathrm{x})$

$=\cos \mathrm{x}-4 \mathrm{x} \cos \mathrm{x}-4-4 \sin \mathrm{x}$;

(2) 【解析】 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{x}{x+1}-2^{\mathrm{x}}=1-\frac{1}{x+1}-2^{\mathrm{x}}$,

则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\frac{1}{(x+1)^{2}}-2^{x} \ln 2$

【分析】根据导数的公式及运算法则, 求出导函数即可.
题目（高三 · 代数）：设函数 $f(x)=-\ln x+m x^{2}-2 x(\mathrm{~m} \in \mathrm{R})$.

（1）当 $m=1$ 时, 求函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程;

（2）当 $m=\frac{3}{2}$ 时, 求函数 $f(x)$ 的单调增区间.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 当 $m=1$ 时, $f(x)=-\ln x+x^{2}-2 x$,

$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}+2 x-2, \quad \therefore f(1)=-1, \quad \therefore f^{\prime}(1)=-1$

$\therefore f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y-(-1)=-(x-1)$,

即 $x+y=0$;

（2）【解析】 当 $m=\frac{3}{2}$ 时, $f(x)=-\ln x+\frac{3}{2} x^{2}-2 x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}+3 x-2=\frac{3 x^{2}-2 x-1}{x}(x>0)$

令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $\frac{3 x^{2}-2 x-1}{x}>0$

$\because x>0, \quad \therefore 3 x^{2}-2 x-1>0$,

解得 $x<-\frac{1}{3}$ (舍去)或 $x>1$,

$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(1,+\infty)$

【分析】(1) 由 $f(x)=-\ln x+x^{2}-2 x$, 求导, 求出 $f(1), f^{\prime}(1)$, 写出切线方程.

（2）当 $m=\frac{3}{2}$ 时, $f(x)=-\ln x+\frac{3}{2} x^{2}-2 x$, 求导, 然后由 $f^{\prime}(x)>0$ 求解.
解析：答案: (1) 【解析】 当 $m=1$ 时, $f(x)=-\ln x+x^{2}-2 x$,

$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}+2 x-2, \quad \therefore f(1)=-1, \quad \therefore f^{\prime}(1)=-1$

$\therefore f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y-(-1)=-(x-1)$,

即 $x+y=0$;

（2）【解析】 当 $m=\frac{3}{2}$ 时, $f(x)=-\ln x+\frac{3}{2} x^{2}-2 x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}+3 x-2=\frac{3 x^{2}-2 x-1}{x}(x>0)$

令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $\frac{3 x^{2}-2 x-1}{x}>0$

$\because x>0, \quad \therefore 3 x^{2}-2 x-1>0$,

解得 $x<-\frac{1}{3}$ (舍去)或 $x>1$,

$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(1,+\infty)$

【分析】(1) 由 $f(x)=-\ln x+x^{2}-2 x$, 求导, 求出 $f(1), f^{\prime}(1)$, 写出切线方程.

（2）当 $m=\frac{3}{2}$ 时, $f(x)=-\ln x+\frac{3}{2} x^{2}-2 x$, 求导, 然后由 $f^{\prime}(x)>0$ 求解.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=a x e^{x}(a \in R), g(x)=\ln x+k x+1(k \in R)$

(1) 若 $k=-1$ 求函数 $g(x)$ 的单调区间;

（2）若 $k=1$ 时有 $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $k=-1$ 时, $g(x)=\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\frac{1}{x}-1$.

令 $g(x)=\frac{1}{x}-1>0$, 得 $0<x<1$, 令 $g(x)=\frac{1}{x}-1<0$, 得 $x>1$,

所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上是增函数, $(1,+\infty)$ 上是减函数;

（2）【解析】 当 $k=1$ 时, $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 即 $a x e^{x} \geq \ln x+x+1$ 恒成立.

因为 $x>0$, 所以 $a \geq \frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$.

令 $h(x)=\frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}, h^{\prime}(x)=\frac{(x+1)(-\ln x-x)}{x^{2} e^{x}}$

令 $p(x)=-\ln x-x, p(x)=-\frac{1}{x}-1<0$,

故 $p(x)_{\text {在 }}(0,+\infty)$ 上单调递减, 且 $p\left(\frac{1}{e}\right)=1-\frac{1}{e}>0, p(1)=-1<0$,

故存在 $x_{0} \in\left(\frac{1}{e}, 1\right)$ 使得 $p\left(x_{0}\right)=-\ln x_{0}-x_{0}=0$,

故 $\ln x_{0}+x_{0}=0$, 即 $x_{0}=e^{-x_{0}}$.

当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $p(x)>0, h^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in\left(x_{0}+\infty\right)$ 时, $p(x)<0, h^{\prime}(x)<0$;

$\therefore h(x)_{\text {在 }}\left(0, x_{0}\right)$ 单调递增, 在 $\left(x_{0}+\infty\right)$ 单调递减,

$\therefore h(x)_{\max }=h\left(x_{0}\right)=\frac{\ln x_{0}+x_{0}+1}{x_{0} e^{x_{0}}}=1$,

故 $a \in\lfloor 1,+\infty)$

【分析】(1) $k=-1$ 时, $g(x)=\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\frac{1}{x}-1$. 解关于导函数的不等式, 得到函数 $g(x)$ 的单调区间; (2) 当 $k=1$ 时, $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 即 $a \geq \frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$,构造新函数 $h(x)=\frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$, 求其最大值即可.
解析：答案: (1) 【解析】 $k=-1$ 时, $g(x)=\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\frac{1}{x}-1$.

令 $g(x)=\frac{1}{x}-1>0$, 得 $0<x<1$, 令 $g(x)=\frac{1}{x}-1<0$, 得 $x>1$,

所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上是增函数, $(1,+\infty)$ 上是减函数;

（2）【解析】 当 $k=1$ 时, $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 即 $a x e^{x} \geq \ln x+x+1$ 恒成立.

因为 $x>0$, 所以 $a \geq \frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$.

令 $h(x)=\frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}, h^{\prime}(x)=\frac{(x+1)(-\ln x-x)}{x^{2} e^{x}}$

令 $p(x)=-\ln x-x, p(x)=-\frac{1}{x}-1<0$,

故 $p(x)_{\text {在 }}(0,+\infty)$ 上单调递减, 且 $p\left(\frac{1}{e}\right)=1-\frac{1}{e}>0, p(1)=-1<0$,

故存在 $x_{0} \in\left(\frac{1}{e}, 1\right)$ 使得 $p\left(x_{0}\right)=-\ln x_{0}-x_{0}=0$,

故 $\ln x_{0}+x_{0}=0$, 即 $x_{0}=e^{-x_{0}}$.

当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $p(x)>0, h^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in\left(x_{0}+\infty\right)$ 时, $p(x)<0, h^{\prime}(x)<0$;

$\therefore h(x)_{\text {在 }}\left(0, x_{0}\right)$ 单调递增, 在 $\left(x_{0}+\infty\right)$ 单调递减,

$\therefore h(x)_{\max }=h\left(x_{0}\right)=\frac{\ln x_{0}+x_{0}+1}{x_{0} e^{x_{0}}}=1$,

故 $a \in\lfloor 1,+\infty)$

【分析】(1) $k=-1$ 时, $g(x)=\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\frac{1}{x}-1$. 解关于导函数的不等式, 得到函数 $g(x)$ 的单调区间; (2) 当 $k=1$ 时, $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 即 $a \geq \frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$,构造新函数 $h(x)=\frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$, 求其最大值即可.
题目（高三 · 代数）：计算 $\int_{1}^{t}\left(2 x+\frac{1}{x}\right) d x$
选项：
答案：解析】 $\int_{1}^{e}\left(2 \mathrm{x}+rac{1}{x}ight) \mathrm{dx}=\left.\left(\mathrm{x}^{2}+\ln \mathrm{x}ight)ight|_{1=\mathrm{e}^{2}+\ln \mathrm{e}-1-\ln 1=\mathrm{e}^{2}} ^{e}$故答案为 $\mathrm{e}^{2}$【分析】先求出被积函数 $2 \mathrm{x}+rac{1}{x}$ 的原函数, 然后根据定积分的定义求出所求即可.
题目（高三 · 代数）：计算下列各式的值.

$\int_{0}^{\pi}(\sin x-\cos x) \mathrm{d} x$

(2) $\int_{1}^{3} \sqrt{3+2 x-x^{2}} \mathrm{~d} x$
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由题得:

$\int_{0}^{\pi}(\sin x-\cos x) \mathrm{d} x=\left.(-\cos x-\sin x)\right|_{0} ^{\pi}=(-\cos \pi-\sin \pi)-(-\cos 0-\sin 0)$

$=1-0+1+0=2$;

（2）【解析】 令 $y=\sqrt{\left(3+2 x-x^{2}\right)}, \therefore(x-1)^{2}+y^{2}=4(1 \leq x \leq 3, y \geq 0)$,
因为 $\int_{1}^{3} \sqrt{3+2 x-x^{2}} \mathrm{~d} x$ 等于 $x=1, x=3, x$ 轴和曲线 $A D B$ 所围成的曲边梯形的面积,如图扇形 $A C B$,

<ImageHere>

扇形 $A C B$ 的面积为 $\frac{1}{4} \times \pi \times 2^{2}=\pi$, 所以 $\int_{1}^{3} \sqrt{3+2 x-x^{2}} \mathrm{~d} x=\pi$.

【分析】(1) 由题得 $\int_{0}^{\mu}(\sin x-\cos x) \mathrm{d} x=(-\cos x-\sin x)_{0}^{\pi}$, 计算即得解; （2）如图，先求出扇形 $A C B$ 的面积, 再利用定积分的几何意义求解即可.

19.答案: 【解析】 $\left\{\begin{array}{c}y=2 x+3 \\ y=x^{2}\end{array} \Rightarrow x=-1\right.$ 或 $x=3$,

$\therefore S=\int_{-1}^{3}\left(2 x+3-x^{2}\right) d x=\left.\left(x^{2}+3 x-\frac{1}{3} x^{3}\right)\right|_{-1} ^{3}=\frac{32}{3}$;

【分析】通过求交点坐标确定积分上下限, 利用微积分基本定理即可求出所围图形的面积.20.答案: 【解析】 曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形如下图阴影部分所示:

<ImageHere>

则可表示为: $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x d x$.

【分析】画出曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形, 表示成定积分.
解析：答案: (1) 【解析】 由题得:

$\int_{0}^{\pi}(\sin x-\cos x) \mathrm{d} x=\left.(-\cos x-\sin x)\right|_{0} ^{\pi}=(-\cos \pi-\sin \pi)-(-\cos 0-\sin 0)$

$=1-0+1+0=2$;

（2）【解析】 令 $y=\sqrt{\left(3+2 x-x^{2}\right)}, \therefore(x-1)^{2}+y^{2}=4(1 \leq x \leq 3, y \geq 0)$,
因为 $\int_{1}^{3} \sqrt{3+2 x-x^{2}} \mathrm{~d} x$ 等于 $x=1, x=3, x$ 轴和曲线 $A D B$ 所围成的曲边梯形的面积,如图扇形 $A C B$,



扇形 $A C B$ 的面积为 $\frac{1}{4} \times \pi \times 2^{2}=\pi$, 所以 $\int_{1}^{3} \sqrt{3+2 x-x^{2}} \mathrm{~d} x=\pi$.

【分析】(1) 由题得 $\int_{0}^{\mu}(\sin x-\cos x) \mathrm{d} x=(-\cos x-\sin x)_{0}^{\pi}$, 计算即得解; （2）如图，先求出扇形 $A C B$ 的面积, 再利用定积分的几何意义求解即可.

19.答案: 【解析】 $\left\{\begin{array}{c}y=2 x+3 \\ y=x^{2}\end{array} \Rightarrow x=-1\right.$ 或 $x=3$,

$\therefore S=\int_{-1}^{3}\left(2 x+3-x^{2}\right) d x=\left.\left(x^{2}+3 x-\frac{1}{3} x^{3}\right)\right|_{-1} ^{3}=\frac{32}{3}$;

【分析】通过求交点坐标确定积分上下限, 利用微积分基本定理即可求出所围图形的面积.20.答案: 【解析】 曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形如下图阴影部分所示:



则可表示为: $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x d x$.

【分析】画出曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形, 表示成定积分.
题目（高三 · 代数）：计算 $\int_{1}^{t}\left(2 x+\frac{1}{x}\right) d x$
选项：
答案： $\int_{1}^{e}\left(2 x+rac{1}{x}ight) \mathrm{dx}$$=\left.\left(\mathrm{x}^{2}+\ln \mathrm{x}ight)ight|_{1} ^{e}$$=\mathrm{e}^{2}+\ln$ - $1-\ln 1$ $=\mathrm{e}^{2}$故答案为 $\mathrm{e}^{2}$【分析】先求出被积函数 $2 \mathrm{x}+rac{1}{x}$ 的原函数, 然后根据定积分的定义求出所求即可.
题目（高三 · 代数）：计算下列定积分

(1) $\int_{0}^{1}\left(2 x+e^{x}\right) d x$

(2) $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\left(2 \cos ^{2} \frac{x}{2}+\tan x\right) d x$

(3) $\int_{-1}^{1} \sqrt{4-x^{2}} d x$
选项：
答案：1）【解析】 由微积分基本定理可得: $\int_{0}^{1}\left(2 x+e^{x}ight) d x=\left(x^{2}+e^{x}ight)_{0}^{1}=(1+e)-(0+1)=e ;$（2）【解析】 由奇函数的性质可得:$$\int_{-rac{\pi}{4}}^{rac{\pi}{4}} 	an x d x=0$$由微积分基本定理可得:$\int_{-rac{\pi}{4}}^{rac{\pi}{4}} 2 \cos ^{2} rac{x}{2} d x=\int_{-rac{\pi}{4}}^{rac{\pi}{4}}(1+\cos x) d x=\left(x+\l\eft.\sin xight|_{-rac{\pi}{4}} ^{rac{\pi}{4}}ight.$ $=\left(rac{\pi}{4}+rac{\sqrt{2}}{2}ight)-\left(-rac{\pi}{4}-rac{\sqrt{2}}{2}ight)=rac{\pi}{2}+\sqrt{2}$则 $\int_{-rac{\pi}{4}}^{rac{\pi}{4}}\left(2 \cos ^{2} rac{x}{2}+	an xight) d x=\int_{-rac{\pi}{4}}^{rac{\pi}{4}} 2 \cos ^{2} rac{x}{2} d x+\int_{-rac{\pi}{4}}^{rac{\pi}{4}} 	an x d x=rac{\pi}{2}+\sqrt{2}$（3）【解析】 由定积分的几何意义可知, $\int_{-1}^{1} \sqrt{4-x^{2}} d x$ 表示如图所示的阴影部分的面积,<ImageHere>该图形可分解为一个扇形与两个三角形,故: $\int_{-1}^{1} \sqrt{4-x^{2}} d x=2 	imes\left(rac{1}{2} 	imes 1 	imes \sqrt{3}ight)+rac{60}{360} 	imes \pi 	imes 2^{2}=rac{2}{3} \pi+\sqrt{3}$.【分析】（1）根据微积分基本定理, 求出定积分的值即可;（2）根据奇函数的性质，结合微积分基本定理，求出相应的定积分值即可;(3) 根据定积分的几何意义, 求出平面图形的面积, 即可得到相应的定积分值.
题目（高三 · 代数）：已知为 $a, b$ 非负实数, 求证: $a^{3}+b^{3} \geq \sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.
选项：
答案：答案：【解析】因为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 为非负实数,

所以 $a^{3}+b^{3}-\sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$

$=a^{3}+b^{3}-a^{2} \sqrt{a b}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{3}-a^{2} \sqrt{a b}+b^{3}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{2} \sqrt{a}(\sqrt{a}-\sqrt{b})+b^{2} \sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{a})$

$=(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]$,

若 $a \geq b$ 时, $\sqrt{a} \geq \sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5} \geq(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right] \geq 0$,

若 $a<b$ 时, $\sqrt{a}<\sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5}<(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]>0$,

综上, $a^{3}+b^{3} \geq \sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.
【分析】作差后因式分解, 对 $a, b$ 大小分类讨论, 即可确定因式分解后式子值得符号, 从而证出不等式.

18. 答案: 证明: 要证 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$,

只要证 $(\sqrt{6}+\sqrt{10})^{2}>(2 \sqrt{3}+2)^{2}$,

即证 $16+2 \sqrt{60}>16+8 \sqrt{3}$,

即证 $240>192$,

因为 $240>192$ 显然成立,

所以原不等式成立.

【分析】直接从待证不等式出发, 平方后分析其成立的充分条件即可.
解析：答案：【解析】因为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 为非负实数,

所以 $a^{3}+b^{3}-\sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$

$=a^{3}+b^{3}-a^{2} \sqrt{a b}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{3}-a^{2} \sqrt{a b}+b^{3}-b^{2} \sqrt{a b}$

$=a^{2} \sqrt{a}(\sqrt{a}-\sqrt{b})+b^{2} \sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{a})$

$=(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]$,

若 $a \geq b$ 时, $\sqrt{a} \geq \sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5} \geq(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right] \geq 0$,

若 $a<b$ 时, $\sqrt{a}<\sqrt{b}$, 从而 $(\sqrt{a})^{5}<(\sqrt{b})^{5}$,

得 $(\sqrt{a}-\sqrt{b})\left[(\sqrt{a})^{5}-(\sqrt{b})^{5}\right]>0$,

综上, $a^{3}+b^{3} \geq \sqrt{a b}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.
【分析】作差后因式分解, 对 $a, b$ 大小分类讨论, 即可确定因式分解后式子值得符号, 从而证出不等式.

18. 答案: 证明: 要证 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$,

只要证 $(\sqrt{6}+\sqrt{10})^{2}>(2 \sqrt{3}+2)^{2}$,

即证 $16+2 \sqrt{60}>16+8 \sqrt{3}$,

即证 $240>192$,

因为 $240>192$ 显然成立,

所以原不等式成立.

【分析】直接从待证不等式出发, 平方后分析其成立的充分条件即可.
题目（高三 · 代数）：用分析法证明 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$.
选项：
答案：答案: 证明: 要证 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$,只要证 $(\sqrt{6}+\sqrt{10})^{2}>(2 \sqrt{3}+2)^{2}$,即证 $16+2 \sqrt{60}>16+8 \sqrt{3}$,即证 $240>192$,因为 $240>192$ 显然成立,所以原不等式成立.【分析】直接从待证不等式出发, 平方后分析其成立的充分条件即可.
题目（高三 · 代数）：设 $a \geq b>0$, 用综合法证明: $a^{3}+b^{3} \geq a^{2} b+a b^{2}$.
选项：
答案：答案: 证明: $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)=\left(a^{3}-a^{2} b\right)+\left(b^{3}-a b^{2}\right)$

$=a^{2}(a-b)+b^{2}(b-a)=\left(a^{2}-b^{2}\right)(a-b)=(a+b)(a-b)^{2}$,

又 $a>0, b>0, \therefore a+b>0$, 而 $(a-b)^{2} \geq 0$,

$\therefore(a+b)(a-b)^{2} \geq 0$,

故 $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right) \geq 0$,

即 $a^{3}+b^{3} \geq a^{2} b+a b^{2}$.

【分析】作差、分解因式、判断符号即可.
解析：答案: 证明: $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)=\left(a^{3}-a^{2} b\right)+\left(b^{3}-a b^{2}\right)$

$=a^{2}(a-b)+b^{2}(b-a)=\left(a^{2}-b^{2}\right)(a-b)=(a+b)(a-b)^{2}$,

又 $a>0, b>0, \therefore a+b>0$, 而 $(a-b)^{2} \geq 0$,

$\therefore(a+b)(a-b)^{2} \geq 0$,

故 $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right) \geq 0$,

即 $a^{3}+b^{3} \geq a^{2} b+a b^{2}$.

【分析】作差、分解因式、判断符号即可.
题目（高三 · 代数）：已知实数 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 满足 $a+b=c+d=1, a c+b d>1$, 求证 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 中至少有一个是负数.
选项：
答案：答案：【解析】假设 a, b, c, d 中至少有一个负数不成立,

即 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 都为非负数, 即 $\mathrm{a} \geq 0, \mathrm{~b} \geq 0, \mathrm{c} \geq 0, \mathrm{~d} \geq 0$.

因为 $\mathrm{a}+\mathrm{b}=1, \mathrm{c}+\mathrm{d}=1$, 所以 $(\mathrm{a}+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})=1$,

即 $\left.(\mathrm{ac}+\mathrm{bd})+(\mathrm{bc}+\mathrm{ad})=1 .{ }^{*}\right)$

因为 a, b, c, d 均为非负数, 所以 $\mathrm{bc}+\mathrm{ad} \geq 0$.

由(*)式可以知道 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd} \leq 1$. 这与已知条件中的 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd}>1$ 矛盾, 所以假设不成立.

$\mathrm{A}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 中至少有一个负数.

【分析】利用反证法进行证明, 假设 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 都是非负数, 找出矛盾即可.

21.答案: (1) 【解析】因为 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 为正实数, 要证 $\frac{x}{2 x+y}+\frac{y}{x+2 y} \leq \frac{2}{3}$,只要证 $\frac{x(x+2 y)+y(2 x+y)}{(2 x+y)(x+2 y)} \leq \frac{2}{3}$,
即证 $3 x^{2}+12 x y+3 y^{2} \leq 2(2 x+y)(x+2 y) ，$

即证 $x^{2}-2 x y+y^{2} \geq 0$, 即证 $(x-y)^{2} \geq 0$ 显然成立,

所以原不等式成立;

（2）【解析】假设 $\mathrm{a} ， \mathrm{~b} ， \mathrm{c}$ 都小于等于 0 ，则 $a+b+c \leq 0$,

又由 $a=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}, \quad b=y^{2}-2 z+3, \quad c=z^{2}-2 x+\frac{1}{6}$

得: $\quad a+b+c=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}+y^{2}-2 z+3+z^{2}-2 x+\frac{1}{6}=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}+\frac{1}{2}>0$,

这与 $a+b+c \leq 0$ 矛盾，

所以假设不成立, 所以原命题成立.

【分析】(1) 由分析法证明即从结论出发，欲证原不等式成立，只需对其整理化简后的不等式成立，再由完全平方式的性质得证; (2) 假设命题的反面成立, 由其相加配方为完全平方式证得与已知矛盾，即可说明假设不成立，原命题成立.
解析：答案：【解析】假设 a, b, c, d 中至少有一个负数不成立,

即 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 都为非负数, 即 $\mathrm{a} \geq 0, \mathrm{~b} \geq 0, \mathrm{c} \geq 0, \mathrm{~d} \geq 0$.

因为 $\mathrm{a}+\mathrm{b}=1, \mathrm{c}+\mathrm{d}=1$, 所以 $(\mathrm{a}+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})=1$,

即 $\left.(\mathrm{ac}+\mathrm{bd})+(\mathrm{bc}+\mathrm{ad})=1 .{ }^{*}\right)$

因为 a, b, c, d 均为非负数, 所以 $\mathrm{bc}+\mathrm{ad} \geq 0$.

由(*)式可以知道 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd} \leq 1$. 这与已知条件中的 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd}>1$ 矛盾, 所以假设不成立.

$\mathrm{A}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 中至少有一个负数.

【分析】利用反证法进行证明, 假设 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 都是非负数, 找出矛盾即可.

21.答案: (1) 【解析】因为 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 为正实数, 要证 $\frac{x}{2 x+y}+\frac{y}{x+2 y} \leq \frac{2}{3}$,只要证 $\frac{x(x+2 y)+y(2 x+y)}{(2 x+y)(x+2 y)} \leq \frac{2}{3}$,
即证 $3 x^{2}+12 x y+3 y^{2} \leq 2(2 x+y)(x+2 y) ，$

即证 $x^{2}-2 x y+y^{2} \geq 0$, 即证 $(x-y)^{2} \geq 0$ 显然成立,

所以原不等式成立;

（2）【解析】假设 $\mathrm{a} ， \mathrm{~b} ， \mathrm{c}$ 都小于等于 0 ，则 $a+b+c \leq 0$,

又由 $a=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}, \quad b=y^{2}-2 z+3, \quad c=z^{2}-2 x+\frac{1}{6}$

得: $\quad a+b+c=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}+y^{2}-2 z+3+z^{2}-2 x+\frac{1}{6}=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}+\frac{1}{2}>0$,

这与 $a+b+c \leq 0$ 矛盾，

所以假设不成立, 所以原命题成立.

【分析】(1) 由分析法证明即从结论出发，欲证原不等式成立，只需对其整理化简后的不等式成立，再由完全平方式的性质得证; (2) 假设命题的反面成立, 由其相加配方为完全平方式证得与已知矛盾，即可说明假设不成立，原命题成立.
题目（高三 · 代数）：(1) 已知 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 为正实数, 用分析法证明: $\frac{x}{2 x+y}+\frac{y}{x+2 y} \leq \frac{2}{3}$.

（2）若 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 均为实数, 且 $a=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}, \quad b=y^{2}-2 z+3, \quad c=z^{2}-2 x+\frac{1}{6}$, 用反证法证明: 中至少有一个大于 0 .
选项：
答案：(1) 【解析】因为 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 为正实数, 要证 $rac{x}{2 x+y}+rac{y}{x+2 y} \leq rac{2}{3}$,只要证 $rac{x(x+2 y)+y(2 x+y)}{(2 x+y)(x+2 y)} \leq rac{2}{3}$,即证 $3 x^{2}+12 x y+3 y^{2} \leq 2(2 x+y)(x+2 y) ，$即证 $x^{2}-2 x y+y^{2} \geq 0$, 即证 $(x-y)^{2} \geq 0$ 显然成立,所以原不等式成立;（2）【解析】假设 $\mathrm{a} ， \mathrm{~b} ， \mathrm{c}$ 都小于等于 0 ，则 $a+b+c \leq 0$,又由 $a=x^{2}-2 y+rac{1}{3}, \quad b=y^{2}-2 z+3, \quad c=z^{2}-2 x+rac{1}{6}$得: $\quad a+b+c=x^{2}-2 y+rac{1}{3}+y^{2}-2 z+3+z^{2}-2 x+rac{1}{6}=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}+rac{1}{2}>0$,这与 $a+b+c \leq 0$ 矛盾，所以假设不成立, 所以原命题成立.【分析】(1) 由分析法证明即从结论出发，欲证原不等式成立，只需对其整理化简后的不等式成立，再由完全平方式的性质得证; (2) 假设命题的反面成立, 由其相加配方为完全平方式证得与已知矛盾，即可说明假设不成立，原命题成立.
题目（高三 · 代数）：用数学归纳法证明 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}\left(n \in N^{*}\right)$.
选项：
答案：答案: 证明: (1)当 $n=1$ 时, 左边 $=1^{2}=1$,

右边 $=\frac{1 \times(1+1) \times(2 \times 1+1)}{6}=1$, 等式成立;

(2)假 设 当 $n=k\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right)$ 时等式成立,

即 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\left(k \in N^{*}\right)$.

那么, $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}+(k+1)^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}+(k+1)^{2}$

$=\frac{k(k+1)(2 k+1)+6(k+1)^{2}}{6}=\frac{(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+6\right)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2 k+3)}{6}$

$=\frac{(k+1)(k+1)+1[2(k+1)+1]}{6}\left(k \in N^{*}\right)$

即当 $n=k+1$ 时等式也成立.

由(1)(2)知, 等式对任何 $n \in \mathrm{N}^{*}$ 都成立.

【分析】根据数学归纳法证明的步骤进行证明即可.
解析：答案: 证明: (1)当 $n=1$ 时, 左边 $=1^{2}=1$,

右边 $=\frac{1 \times(1+1) \times(2 \times 1+1)}{6}=1$, 等式成立;

(2)假 设 当 $n=k\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right)$ 时等式成立,

即 $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\left(k \in N^{*}\right)$.

那么, $1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}+(k+1)^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}+(k+1)^{2}$

$=\frac{k(k+1)(2 k+1)+6(k+1)^{2}}{6}=\frac{(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+6\right)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2 k+3)}{6}$

$=\frac{(k+1)(k+1)+1[2(k+1)+1]}{6}\left(k \in N^{*}\right)$

即当 $n=k+1$ 时等式也成立.

由(1)(2)知, 等式对任何 $n \in \mathrm{N}^{*}$ 都成立.

【分析】根据数学归纳法证明的步骤进行证明即可.
题目（高三 · 代数）：已知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{1}=0, x_{n+1}=-x_{n}^{2}+x_{n}+c\left(n \in N^{*}\right), 0<c \leq \frac{1}{4}$, 求证: 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
选项：
答案：答案: 证明: 若 $0<c \leq \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.

即 $x_{n+1}-x_{n}=-x_{n}^{2}+c>0$, 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

下面用数学归纳法证明:

当 $0<c \leq \frac{1}{4}$ 时, $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

(1)当 $n=1$ 时, $x_{1}=0<\sqrt{c} \leq \frac{1}{2}$, 结论成立

(2)假设当 $n=k\left(k \geq 1, k \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时结论成立, 即 $x_{k}<\sqrt{c}$

因为函数 $f(x)=-x^{2}+x+c_{\text {在区间 }}\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)_{\text {内单调递增, }}$

所以 $x_{k+1}=f\left(x_{k}\right)<f(\sqrt{c})=\sqrt{c}$,

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, $x_{k+1}<\sqrt{c}$ 成立.

由(1), (2)知, $0<x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1, n \in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

因此, $x_{n+1}=x_{n}-x_{n}^{2}+c>x_{n}$, 即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
【分析】若 $0<c \leqslant \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列. 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geqslant 1$ 成立, 然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可.
解析：答案: 证明: 若 $0<c \leq \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.

即 $x_{n+1}-x_{n}=-x_{n}^{2}+c>0$, 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

下面用数学归纳法证明:

当 $0<c \leq \frac{1}{4}$ 时, $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

(1)当 $n=1$ 时, $x_{1}=0<\sqrt{c} \leq \frac{1}{2}$, 结论成立

(2)假设当 $n=k\left(k \geq 1, k \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时结论成立, 即 $x_{k}<\sqrt{c}$

因为函数 $f(x)=-x^{2}+x+c_{\text {在区间 }}\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)_{\text {内单调递增, }}$

所以 $x_{k+1}=f\left(x_{k}\right)<f(\sqrt{c})=\sqrt{c}$,

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, $x_{k+1}<\sqrt{c}$ 成立.

由(1), (2)知, $0<x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1, n \in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

因此, $x_{n+1}=x_{n}-x_{n}^{2}+c>x_{n}$, 即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
【分析】若 $0<c \leqslant \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列. 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geqslant 1$ 成立, 然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可.
题目（高三 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $a_{n} \geq 1$, 且 $4 S_{n}=\left(a_{n}+1\right)^{2}, n \in N^{+}$.

(1) 求 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 的值;

（2）猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 并用数学归纳法予以证明.
选项：
答案：已知数列 $\left\{a_{n}ight\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $a_{n} \geq 1$, 且 $4 S_{n}=\left(a_{n}+1ight)^{2}, n \in N^{+}$.(1) 求 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 的值;（2）猜想数列 $\left\{a_{n}ight\}$ 的通项公式, 并用数学归纳法予以证明.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=3+b i$, ( $b$ 为实数), 且 $z-i$ 为实数.

(1) 求复数 $z$;

(2) 求复数 $z$ 的模 $|z|$.
选项：
答案：(1) 【解析】 $z-i=3+b i-i=3+(b-1) i$$ecause z-i$ 为实数, $	herefore b-1=0$, 则 $b=1, 	herefore z=3+i$;（2）【解析】 由（1）可知 $z=3+i$, 则 $|z|=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$.分析】(1) 根据复数的类型确定 $b$ 的值, 即可得出复数 $z$; (2) 由模长公式求解即可.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=(1+i) m^{2}-(2+4 i) m-3+3 i, m \in R$.

(I) 若 $z$ 为纯虚数, 求 $m$ 的值;

(II) 若 $z$ 对应的点在直线 $y=x$ 上, 求 $\mathrm{m}$ 的值.
选项：
答案：答案: 【解析】 由题意, 复数 $z=(1+i) m^{2}-(2+4 i) m-3+3 i$,

则 $z=\left(m^{2}-2 m-3\right)+\left(m^{2}-4 m+3\right) i$,

(I) 若 $z$ 为纯虚数, 则有 $\left\{\begin{array}{l}m^{2}-2 m-3=0 \\ m^{2}-4 m+3 \neq 0\end{array}\right.$, 解得: $m=-1$.

(II) 根据 $z$ 对应的点 $\left(m^{2}-2 m-3, m^{2}-4 m+3\right)$ 在 $y=x$ 上,可得 $m^{2}-2 m-3=m^{2}-4 m+3$, 解得: $m=3$.

【分析】(I) 将复数整理成代数形式, 根据实部为 0 , 虚部不为 0 , 列式可解得结果;

（II）根据复数的几何意义得到复数所对应的点, 再代入直线方程可解得结果.
解析：答案: 【解析】 由题意, 复数 $z=(1+i) m^{2}-(2+4 i) m-3+3 i$,

则 $z=\left(m^{2}-2 m-3\right)+\left(m^{2}-4 m+3\right) i$,

(I) 若 $z$ 为纯虚数, 则有 $\left\{\begin{array}{l}m^{2}-2 m-3=0 \\ m^{2}-4 m+3 \neq 0\end{array}\right.$, 解得: $m=-1$.

(II) 根据 $z$ 对应的点 $\left(m^{2}-2 m-3, m^{2}-4 m+3\right)$ 在 $y=x$ 上,可得 $m^{2}-2 m-3=m^{2}-4 m+3$, 解得: $m=3$.

【分析】(I) 将复数整理成代数形式, 根据实部为 0 , 虚部不为 0 , 列式可解得结果;

（II）根据复数的几何意义得到复数所对应的点, 再代入直线方程可解得结果.