eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}=\frac{1}{3}$, 若 $a_{n}\left(a_{n-1}+2 a_{n+1}\right)=3 a_{n-1} \cdot a_{n+1}\left(n \geq 2, n \in N^{*}\right)$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项 $a_{n}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{2^{n-1}}$
B. $\frac{1}{2^{n}-1}$
C. $\frac{1}{3^{n-1}}$
D. $\frac{1}{2^{n-1}+1}$
答案：B
解析： $a_{n} a_{n-1}+2 a_{n} a_{n+1}=3 a_{n-1} a_{n+1}, \frac{1}{a_{n+1}}+\frac{2}{a_{n-1}}=\frac{3}{a_{n}} ， \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=2\left(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}\right)$,

则 $\frac{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}}{\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}}=2$, 数列 $\left\{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列,

$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$, 利用叠加法,

$\frac{1}{a_{1}}+\left(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}\right)+\left(\frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}}\right)+\ldots \ldots+\left(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}\right)=1+2+2^{2}+\ldots \ldots .+2^{n-1}$,

$\frac{1}{a_{n}}=\frac{2^{n}-1}{2-1}=2^{n}-1$, 则 $a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$​​. 选 B.
题目（高二 · 代数）：某公司生产一种产品, 固定成本为 20000 元, 每生产一单位的产品, 成本增加 100 元, 若总收入 $R$ 与年产量 $x$ 的关系是 $R(x)=$ $\left\{\begin{array}{l}-\frac{x^{3}}{900}+400 x,(0 \leqslant x \leqslant 390), \\ 90090,(x>390),\end{array}\right.$ 则当总利润最大时, 每年生产产品的单位数是( )
选项：
A. 150
B. 200
C. 250
D. 300
答案：D
解析：解析: $\because$ 总利润 $P(x)=$

$\begin{cases}-\frac{x^{3}}{900}+300 x-20000, & 0 \leqslant x \leqslant 390, \\ 90090-100 x-20000, & x>390,\end{cases}$

由 $P^{\prime}(x)=0$, 得 $x=300$, 故选 D.

答案 :$\mathrm{D}$
题目（高二 · 代数）：某城市在发展过程中, 交通状况逐渐受到大家更多的关注,据有关数据统计显示, 从上午 6 时到 9 时, 车辆通过该市某一段路段的用时 $y$ (分钟)与车辆进入该路段的时刻 $t$ 之间的关系可近似地用如下函数给出: $y=-\frac{1}{8} t^{3}-\frac{3}{4} t^{2}+36 t-\frac{629}{4}$. 则在这段时间内, 通过该路段用时最多的时刻是( )
选项：
A. 6 时
B. 7 时
C. 8 时
D. 9 时
答案：C
解析：解析 :令 $y^{\prime}=-\frac{3}{8} t^{2}-\frac{3}{2} t+36=0$, 即 $3 t^{2}+12 t-36 \times 8=0$, 解得
$t=8$ 或 $t=-12$ (舍去).

当 $0<t<8$ 时, $y^{\prime}>0$;

当 $t>8$ 时, $y^{\prime}<0$.

所以当 $t=8$ 时，函数有极大值，也是最大值.

答案: $\mathrm{C}$
题目（高二 · 代数）：设 $f(x)=\frac{1}{2} x+\frac{1}{x}(x<0)$, 则 $f(x)$ 的单调减区间为 $(\quad)$
选项：
A. $(-\infty,-2)$
B. $(-2,0)$
C. $(-\infty,-\sqrt{2})$
D. $(-\sqrt{2}, 0)$
答案：D
解析：解析： $f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x^{2}-2}{2 x^{2}}=\frac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{2 x^{2}}$

$\because x<0$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{2}<x<0$. 故选 D.

答案： $\mathrm{D}$
题目（高二 · 代数）：若函数 $f(x)=a x+\frac{1}{x}(a \in \mathbf{R})$, 则下列结论正确的是 ( )
选项：
A. $\forall a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增函数
B. $\forall a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是减函数
C. $\exists a \in \mathbf{R}$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为奇函数
D. $\exists a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)$ 为偶函数
答案：C
解析：解析 ：当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上为减函数， A 错; 当 $a=1$时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数, $\mathrm{B}$ 错; $\mathrm{D}$ 选项中的 $a$ 不存在,故选 C.

答案 ：C
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=\frac{x}{1-x}$ 的单调增区间是 $(\quad)$
选项：
A. $(-\infty, 1)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-\infty, 1),(1,+\infty)$
D. $(-\infty,-1),(1,+\infty)$
答案：C
解析：解析 ：函数的定义域是 $(-\infty, 1) \cup(1,+\infty), f^{\prime}(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\prime}$ $=\frac{1 \times(1-x)-x(-1)}{(1-x)^{2}}=\frac{1}{(1-x)^{2}}>0$,

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

答案： C
题目（高二 · 代数）：记等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}=2, S_{6}=18$, 则 $\frac{S_{10}}{S_{5}}$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. -3
B. 5
C. -31
D. 33
答案：D
解析：解析 由题意知公比 $q \neq 1, \frac{S_{6}}{S_{3}}=\frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q}}{\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}}$

$=1+q^{3}=9$,

$\therefore q=2, \frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{10}\right)}{1-q}}{\frac{a_{1}\left(1-q^{5}\right)}{1-q}}=1+q^{5}$

$=1+2^{5}=33$.
题目（高二 · 代数）：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n+1}=c a_{n}\left(c\right.$ 为非零常数), 且前 $n$ 项和为 $S_{n}=3^{n}+k$, 则实数 $k$ 的值为
选项：
A. 0
B. 1
C. -1
D. 2
答案：C
解析：解析 当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=3+k$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(3^{n}+k\right)-\left(3^{n-1}+k\right)$

$=3^{n}-3^{n-1}=2 \cdot 3^{n-1}$.

由题意知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列，所以 $a_{1}=3+k=2$,

$\therefore k=-1$.为( )
题目（高二 · 代数）：设集合 $M=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{2} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}, N=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{4} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$, 则两集合间的关系是
选项：
A. $M=N$
    B. $M N$
    C. $N M$
    D. $M \cap N=\varnothing$
答案：B
解析：解析: 法一: 由于 $M=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{2} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\cdots,-45^{\circ}, 45^{\circ}, 135^{\circ}, 225^{\circ}, \cdots\right\}$, $N=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{4} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\cdots,-45^{\circ}, 0^{\circ}, 45^{\circ}, 90^{\circ}, 135^{\circ}, 180^{\circ}, 225^{\circ}, \cdots\right\}$, 显然 $M N$.

法二:由于 $M$ 中, $x=\frac{k}{2} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}=k \cdot 90^{\circ}+45^{\circ}=45^{\circ}(2 k+1), 2 k+1$ 是奇数; 而 $N$ 中, $x$ $=\frac{k}{4} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}=k \cdot 45^{\circ}+45^{\circ}=(k+1) \cdot 45^{\circ}, k+1$ 是整数, 因此必有 $M N$. 故选 B.

答案: B
题目（高二 · 代数）：方程 $|x|=\cos x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内
选项：
A. 没有根

B. 有且仅有一个根

C. 有且仅有两个根

D. 有无穷多个根
答案：C
解析：解析: 在同一坐标系中作出函数 $y=|x|$ 及函数 $y=\cos x$ 的图象，如图所示.



由图知两函数的图象有两个交点，所以方程 $|x|=\cos x$ 有两个根.

答案: C
题目（高二 · 代数）：函数 $y=\cos x+|\cos x|, x \in[0,2 \pi]$ 的大致图象为


选项：
A.



B



C



D
答案：D
解析：解析 : $y=\cos x+|\cos x|=$

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 \cos x, x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] \cup\left[\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right], \\
0, x \in\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right],
\end{array}\right. \text { 故选 D. }
$$

答案: D
题目（高二 · 代数）：已知 $x, y$ 是实数, 则 $x \neq y$ 是 $x^{2} \neq y^{2}$ 的 ( )
选项：
A. 充分不必要条件
B.必要不充分条件
C. 充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案：B
解析：解析: 解答: 若 $x \neq y$, 则 $x^{2} \neq y^{2} \Leftrightarrow$ 若 $x^{2}=y^{2}$, 则 $x=y$, 显然是假的;若 $x^{2} \neq y^{2}$, 则 $x \neq y \Leftrightarrow$ 若 $x=y$, 则 $x^{2}=y^{2}$,显然是真的.故 $x \neq y$ 是 $x^{2} \neq y^{2}$ 的必要不充分条件,故选B.

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$;注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 代数）：设 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 是两个集合，则” $A \cap B=A$ ” 是 “ $A \subseteq B$ ” 的 ( )
选项：
A. 充分不必要条件
B.必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：C
解析：解析: 解答: 由题意得, $A \cap B=A \Rightarrow A \subseteq B$, 反之, $A \subseteq B \Rightarrow A \cap B=A$, 故为充要条件, 故选C.

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 代数）：设 $a 、 b \in \mathbf{R}$, 那么 $a b=0$ 的充要条件是 ( )
选项：
A. $a=0$ 且 $b=0$
B. $a=0$ 或 $b \neq 0$
C. $a=0$ 或 $b=0$
D. $a \neq 0$ 且 $b=0$
答案：C
解析：解析：解答：由 $a b=0$, 知 $a 、 b$ 至少有一个为 0 , 故充要条件 $a=0$ 或 $b=0$.

故选C.

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$; 注意
养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 代数）：$\triangle A B C$ 中, 边长 $a 、 b$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两根, 且 $2 \cos (A+B)=-1$ 则边长 $c$等于 $(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $\sqrt{6}$
答案：D
解析：$\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $2 \cos (\mathrm{A}+\mathrm{B})=-1, \mathrm{~A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}=180^{\circ}$,

$\therefore 2 \cos \left(180^{\circ}-\mathrm{C}\right)=-1, \therefore \cos \left(180^{\circ}-\mathrm{C}\right)=-\frac{1}{2}$, 即 $\cos \mathrm{C}=\frac{1}{2}$,

$\because \mathrm{a}, \mathrm{b}$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两个根, $\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}=2 \sqrt{3}, \mathrm{ab}=2$,

由余弦定理可知 $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2 a b \cdot \frac{1}{2}}=\sqrt{(a+b)^{2}-3 a b}=\sqrt{6}$​, 故选 D.
题目（高二 · 代数）：若 $\lg 2, \lg \left(2^{x}+1\right), \lg \left(2^{x}+5\right)$ 成等差数列, 则 $x$ 的值等于 ( )
选项：
A. 1
B. 0 或 $\frac{1}{8}$
C. $\frac{1}{8}$
D. $\log _{2} 3$
答案：D
解析：由 $\lg 2, \lg \left(2^{x}+1\right), \lg \left(2^{x}+5\right)$ 成等差数列,

得 $2 \lg \left(2^{x}+1\right)=\lg 2+\lg \left(2^{x}+5\right), \therefore \lg \left(2^{x}+1\right)^{2}=\lg 2\left(2^{x}+5\right)$, 即 $\left(2^{x}+1\right)^{2}=2 \cdot 2^{x}+10$,整理得: $\left(2^{x}\right)^{2}=9$, 即 $2^{x}=3, \therefore x=\log _{2} 3$. 故选: D.
题目（高二 · 代数）：已知 $a_{n}=\cos n \pi$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是 ( )
选项：
A. 递增数列
B. 递减数列
C. 常数列
D. 摆动数列
答案：D
解析：D 解析: $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\cos n \pi=\left\{\begin{array}{l}-1, n \text { 是奇数 } \\ 1, n \text { 是偶数 }\end{array}, \quad\right.$ 可知数列是摆动数列. 故选: $\mathrm{D}$.
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}=1$, 且满足 $a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{1}{2^{n}}$, 则此数列第 4 项是 ( )
选项：
A. 1
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{3}{4}$
D. $\frac{5}{8}$
答案：B
题目（高二 · 代数）：若互不相等的实数 $a 、 b 、 c$ 成等差数列, $c 、 a 、 b$ 成等比数列, 且 $a+3 b+c=10$,则 $a$ 等于 ( )
选项：
A. 4
    B. 2
    C. -2
    D. -4
答案：D
解析：依题意有 $\left\{\begin{array}{l}2 b=a+c, \\ a^{2}=b c, \quad(2) \\ a+3 b+c=10,\end{array}\right.$

(1) 代入(3)求得 $b=2$.

从而 $\left\{\begin{array}{l}a+c=4, \\ a^{2}=2 c\end{array} \quad \Rightarrow a^{2}+2 a-8=0\right.$,

解得 $a=2$ 或 $a=-4$.

当 $a=2$ 时, $c=2$, 即 $a=b=c$ 与已知不符,

$\therefore a=-4$.
题目（高二 · 代数）：已知 $a, b, c, d$ 成等比数列, 且曲线 $y=x^{2}-2 x+3$ 的顶点是 $(b, c)$, 则 $a d$ 等于 ( )
选项：
A. 3
B. 2
C. 1
D. -2
答案：B
解析：解析 $\because y=(x-1)^{2}+2, \therefore b=1, c=2$.

又 $\because a, b, c, d$ 成等比数列, $\therefore a d=b c=2$.
题目（高二 · 代数）：若 $a, b, c$ 成等比数列, $m$ 是 $a, b$ 的等差中项, $n$ 是 $b, c$ 的等差中项, 则 $\frac{a}{m}+\frac{c}{n}=(\quad)$
选项：
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
答案：C
解析：解析 设等比数列公比为 $q$.

由题意知: $m=\frac{a+b}{2}, n=\frac{b+c}{2}$,

则 $\frac{a}{m}+\frac{c}{n}=\frac{2 a}{a+b}+\frac{2 c}{b+c}=\frac{2}{1+q}+\frac{2 q}{1+q}=2$.
题目（高二 · 代数）：在由正数组成的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{4} a_{5} a_{6}=3, \log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\log _{3} a_{8}+\log _{3} a_{9}$ 的值为(
选项：
A. $\frac{4}{3}$
B. $\frac{3}{4}$
C. 2
D. $3 \frac{4}{3}$
答案：A
解析：解析 $\because a_{4} a_{6}=a_{5}^{2}, \therefore a_{4} a_{5} a_{6}=a_{5}^{3}=3$, 得 $a_{5}=3 \frac{1}{3}$.
$\because a_{1} a_{9}=a_{2} a_{8}=a_{5}^{2}$

$\therefore \log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\log _{3} a_{8}+\log _{3} a_{9}=\log _{3}\left(a_{1} a_{2} a_{8} a_{9}\right)$

$=\log _{3} a_{5} 4=\log _{3} 3 \frac{4}{3}=\frac{4}{3}$.
题目（高二 · 代数）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=n \cos \frac{n \pi}{2}$, 其前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 $S_{2013}$ 等于 ( )
选项：
A. 1006
B. 2012
C. 503
D. 0
答案：A
解析：当 $n=4 k+1$ 时, $a_{n}=0$, 当 $n=4 k+2$ 时, $a_{n}=-n$, 当 $n=4 k+3$ 时, $a_{n}=0$, 当 $n=4 k$时, $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{n}, \quad \therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 每相邻四项的和均为 $2, \quad \therefore \mathrm{S}_{4 \mathrm{n}}=2 \mathrm{n}$,

$\therefore \mathrm{S}_{2013}=\mathrm{S}_{2012}+\mathrm{a}_{2013}=\frac{2012}{4} \times 2+\mathrm{a}_{1}=1006, \quad$ 故选 $\mathrm{A}$.
题目（高二 · 代数）：某厂去年产值为 $a$, 计划在 5 年内每年比上一年产值增长 $10 \%$, 从今年起 5 年内,该厂的总产值为( )
选项：
A. $1,.1^{4} a$
B. $1,.1^{5} a$
C. $10 a\left(1,.1^{5}-1\right)$
D. $11 a\left(1,.1^{5}-1\right)$
答案：D
解析：解析 注意去年产值为 $a$, 今年起 5 年内各年的产值分别为 $1,.1 a, 1,.1^{2} a, 1,.1^{3} a, 1,.1^{4} a, 1,.1^{5} a$. $\therefore 1,.1 a+1,.1^{2} a+1,.1^{3} a+1,.1^{4} a+1,.1^{5} a=11 a\left(1,.1^{5}-1\right)$.
题目（高二 · 代数）：如图, 函数 $y=f(x)$ 在 $A, B$ 两点间的平均变化率是 $(\quad)$


选项：
A. 1
B. -1
C. 2
D. -2
答案：B
解析：解析: 解答: 依题意可知 $\Delta y=y_{B}-y_{A}=1-3=-2, \Delta x=x_{B}-x_{A}=3-1=2$, 所以函数 $y=f(x)$ 在 $A, B$ 两点间的平均变化率为 $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{-2}{2}=-1$, 故选 B.

分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据变化率的概念进行分析即可.
题目（高二 · 代数）：11
B. 4.01
C. 4.0
D. 4.1

答案: D

解析：解答：根据题意可得： $\bar{v}=\frac{3+2.1^{2}-3-2^{2}}{0.1}=4.1$

分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据具体问题结合变化率定义分析即可.

13. 一物体运动的方程是 $s=2 t^{2}$, 则从 $2 \mathrm{~s}$ 到 $(2+\mathrm{d}) \mathrm{s}$ 这段时间内位移的增量为 ( ).
选项：
A. 8
B. $8+2 \mathrm{~d}$
C. $8 \mathrm{~d}+2 \mathrm{~d}^{2}$
D. $4 \mathrm{~d}+2 \mathrm{~d}^{2}$
答案：C
解析：解析: 解答: $\Delta \mathrm{s}=2(2+\mathrm{d})^{2}-2 \times 2^{2}=8 \mathrm{~d}+2 \mathrm{~d}^{2}$.

分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率、实际问题中导数的意义, 解决问题的关键是根据变化的快慢与变化率结合具体问题分析计算即可.
题目（高二 · 代数）：若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-3$, 则 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-3 h\right)}{h}=(\quad)$
选项：
A. -3
B. -12
C. -9
D. -6
答案：B
解析：解析: 解答: 因为 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}=-3$, 所以

$\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-3 h\right)}{h}=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)-\left[f\left(x_{0}-3 h\right)-f\left(x_{0}\right)\right]}{h}$

$=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}-\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-3 h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}$

$=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}+3 \lim _{-3 h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-3 h\right)-f\left(x_{0}\right)}{-3 h}$

$=f^{\prime}\left(x_{0}\right)+3 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=4 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-12$, 选 B;
分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行分析计算即可.
题目（高二 · 代数）：若当 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)}{2 \Delta x}=1$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 等于 $(\quad)$.
选项：
A. $\frac{3}{2}$
B. $\frac{2}{3}$
C. $-\frac{3}{2}$
D. $-\frac{2}{3}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)}{2 \Delta x}=-\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left(\frac{f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{3 \Delta x} \times \frac{3}{2}\right)$

$=-\frac{3}{2} \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{3 \Delta x}=-\frac{3}{2} \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)$.

$\therefore-\frac{3}{2} \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=1, \quad \therefore \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=-\frac{2}{3}$.

分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据所给条件结合导数的概念进行计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象如图, 则 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)$ 与 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$ 的大小关系是 $(\quad)$.


选项：
A. $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)>\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$
B. $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)<\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$
C. $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)=\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$
D. 不能确定
答案：B
解析：解析: 解答: 分别作出 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两点的切线, 由图可知 $\mathrm{k}_{\mathrm{B}}>\mathrm{k}_{\mathrm{A}}$, 即 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)>\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)$.

分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据函数图像结合变化的快慢与变化率进行具体分析即可.
题目（高二 · 代数）：不等式 $-6 x^{2}-x+2 \leqslant 0$ 的解集是( )
选项：
A. $\left\{x \left\lvert\,-\frac{2}{3} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}\right.\right\}$
B. $\left\{x \left\lvert\, x \leqslant-\frac{2}{3}\right.\right.$ 或 $\left.x \geqslant \frac{1}{2}\right\}$
C. $\left\{x \left\lvert\, x \geqslant \frac{1}{2}\right.\right\}$
D. $\left\{x \left\lvert\, x \leqslant-\frac{3}{2}\right.\right\}$
答案：B
解析：解析 $\because-6 x^{2}-x+2 \leqslant 0, \therefore 6 x^{2}+x-2 \geqslant 0$,

$\therefore(2 x-1)(3 x+2) \geqslant 0$,

$\therefore x \geqslant \frac{1}{2}$ 或 $x \leqslant-\frac{2}{3}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $a_{1}>a_{2}>a_{3}>0$, 则使得 $\left(1-a_{i} x\right)^{2}<1(i=1,2,3)$ 都成立的 $x$ 的取值范围是 (
选项：
A. $\left(0, \frac{1}{a_{1}}\right)$
    B. $\left(0, \frac{2}{a_{1}}\right)$
    C. $\left(0, \frac{1}{a_{3}}\right)$
    D. $\left(0, \frac{2}{a_{3}}\right)$
答案：B
解析：由 $\left(1-a_{i} x\right)^{2}<1$,

得 $1-2 a_{i} x+\left(a_{i} x\right)^{2}<1$,

即 $a_{i} \cdot x\left(a_{i} x-2\right)<0$.

又 $a_{1}>a_{2}>a_{3}>0$.

$\therefore 0<x<\frac{2}{a_{i}}$,

即 $x<\frac{2}{a_{1}}, x<\frac{2}{a_{2}}$ 且 $x<\frac{2}{a_{3}}$.

$\because \frac{2}{a_{3}}>\frac{2}{a_{2}}>\frac{2}{a_{1}}>0$

$\therefore 0<x<\frac{2}{a_{1}}$.
题目（高二 · 代数）：一元二次方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的根为 $2,-1$, 则当 $a<0$ 时, 不等式 $a x^{2}+b x+c \geqslant 0$
的解集为( )
选项：
A. $\{x \mid x<-1$ 或 $x>2\}$
B. $\{x \mid x \leqslant-1$ 或 $x \geqslant 2\}$
C. $\{x \mid-1<x<2\}$
D. $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$
答案：D
解析：解析 由题意知, $-\frac{b}{a}=1, \frac{c}{a}=-2$,

$\therefore b=-a, c=-2 a$,

又 $\because a<0, \quad \therefore x^{2}-x-2 \leqslant 0, \quad \therefore-1 \leqslant x \leqslant 2$.
题目（高二 · 代数）：函数 $y=\lg \left(x^{2}-4\right)+\sqrt{x^{2}+6 x}$ 的定义域是 ( )
选项：
A. $(-\infty,-2) \cup[0,+\infty)$
B. $(-\infty,-6] \cup(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-2] \cup[0,+\infty)$
D. $(-\infty,-6) \cup[2,+\infty)$
答案：B
解析：解析 $\because\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4>0, \\ x^{2}+6 x \geqslant 0, \quad \therefore x \leqslant-6 \text { 或 } x>2 .\end{array}\right.$
题目（高二 · 代数）：在 $\mathbf{R}$ 上定义运算 $\odot: a \odot b=a b+2 a+b$, 则满足 $x \odot(x-2)<0$ 的实数 $x$ 的取值范围为
选项：
A. $(0,2)$
B. $(-2,1)$
C. $(-\infty,-2) \cup(1,+\infty)$
D. $(-1,2)$
答案：B
解析：解析 $\because x \odot(x-2)=x(x-2)+2 x+x-2<0$, $\therefore x^{2}+x-2<0 . \therefore-2<x<1$.
题目（高二 · 代数）：若不等式 $m x^{2}+2 m x-4<2 x^{2}+4 x$ 的解集为 $\mathbf{R}$, 则实数 $m$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-2,2)$
B. $(-2,2]$
C. $(-\infty,-2) \cup[2,+\infty)$
D. $(-\infty, 2)$
答案：B
解析：解析 $\because m x^{2}+2 m x-4<2 x^{2}+4 x$,

$\therefore(2-m) x^{2}+(4-2 m) x+4>0$.

当 $m=2$ 时, $4>0, x \in \mathbf{R}$;

当 $m<2$ 时, $\Delta=(4-2 m)^{2}-16(2-m)<0$,

解得 $-2<m<2$. 此时, $x \in \mathbf{R}$.

综上所述, $-2<m \leqslant 2$.
题目（高二 · 代数）：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x+6, \quad x \geqslant 0, \\ x+6, \quad x<0,\end{array}\right.$ 则不等式 $f(x)>f(1)$ 的解是 $(\quad)$
选项：
A. $(-3,1) \cup(3,+\infty)$
B. $(-3,1) \cup(2,+\infty)$
C. $(-1,1) \cup(3,+\infty)$
D. $(-\infty,-3) \cup(1,3)$
答案：A
解析：解析 $f(1)=1^{2}-4 \times 1+6=3$,

当 $x \geqslant 0$ 时, $x^{2}-4 x+6>3$, 解得 $x>3$ 或 $0 \leqslant x<1$;

当 $x<0$ 时, $x+6>3$, 解得 $-3<x<0$.

所以 $f(x)>f(1)$ 的解是 $(-3,1) \cup(3,+\infty)$​.
题目（高二 · 代数）：不等式 $\frac{x-2}{x+3}>0$ 的解集是 ( )
选项：
A. $(-3,2)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-3) \cup(2,+\infty)$
D. $(-\infty,-2) \cup(3,+\infty)$
答案：C
解析：解析 解不等式 $\frac{x-2}{x+3}>0$ 得, $x>2$ 或 $x<-3$.
题目（高二 · 代数）：已知 $x_{1} 、 x_{2}$ 是方程 $x^{2}-(k-2) x+k^{2}+3 k+5=0(k \in \mathbf{R})$ 的两个实数根, 则 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$ 的最大值为( )
选项：
A. 18
    B. 19
    C. $\frac{50}{9}$
    D. 不存在
答案：A
解析：由已知方程有两实数根得, $\Delta \geqslant 0$,

即 $(k-2)^{2}-4\left(k^{2}+3 k+5\right) \geqslant 0$.

解得 $-4 \leqslant k \leqslant-\frac{4}{3}$,

又 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=-(k+5)^{2}+19$,

$\therefore$ 当 $k=-4$ 时, $x_{1}^{2}+x_{2}$ 有最大值, 最大值为 18 .
题目（高二 · 代数）：不等式 $(x-1) \sqrt{x+2} \geqslant 0$ 的解集是 (
选项：
A. $\{x \mid x>1\}$
B. $\{x \mid x \geqslant 1\}$
C. $\{x \mid x \geqslant 1$ 或 $x=-2\}$
D. $\{x \mid x \leqslant-2$ 或 $x=1\}$
答案：C
解析：解析 当 $x=-2$ 时, $0 \geqslant 0$ 成立. 当 $x>-2$ 时, 原不等式变为 $x-1 \geqslant 0$, 即 $x \geqslant 1$.

$\therefore$ 不等式的解集为 $\{x \mid x \geqslant 1$ 或 $x=-2\}$.
题目（高二 · 代数）：不等式 $\frac{x^{2}-2 x-2}{x^{2}+x+1}<2$ 的解集为( )
选项：
A. $\{x \mid x \neq-2\}$
B. $\mathbf{R}$
C. $\varnothing$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>2\}$
答案：A
解析：解析 原不等式 $\Leftrightarrow x^{2}-2 x-2<2 x^{2}+2 x+2 \Leftrightarrow x^{2}+4 x+4>0 \Leftrightarrow(x+2)^{2}>0, \quad \therefore x \neq-2$.

$\therefore$ 不等式的解集为 $\{x \mid x \neq-2\}$.
题目（高二 · 代数）：不等式 $\frac{x+5}{(x-1)^{2}} \geqslant 2$ 的解是( )
选项：
A. $\left[-3, \frac{1}{2}\right]$
B. $\left[-\frac{1}{2}, 3\right]$
C. $\left[\frac{1}{2}, 1\right) \cup(1,3]$
D. $\left[-\frac{1}{2}, 1\right) \cup(1,3]$
答案：D
解析：解析 $\frac{x+5}{(x-1)^{2}} \geqslant 2 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+5 \geqslant 2(x-1)^{2} \\ x-1 \neq 0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 3, \quad \therefore x \in\left[-\frac{1}{2}, 1\right) \cup(1,3] . \\ x \neq 1,\end{array}\right.$
题目（高二 · 代数）：设集合 $A=\left\{x \mid(x-1)^{2}<3 x+7, x \in \mathbf{R}\right\}$, 则集合 $A \cap \mathbf{Z}$ 中元素的个数是( )
选项：
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
答案：C
解析：解析 解不等式 $(x-1)^{2}<3 x+7$, 然后求交集.

由 $(x-1)^{2}<3 x+7$,

得 $-1<x<6, \therefore$ 集合 $A$ 为 $\{x \mid-1<x<6\}$,

$\therefore A \cap \mathbf{Z}$ 的元素有 $0,1,2,3,4,5$, 共 6 个元素.

是( )
题目（高二 · 代数）：对任意 $a \in[-1,1]$, 函数 $f(x)=x^{2}+(a-4) x+4-2 a$ 的值恒大于零, 则 $x$ 的取值范围
选项：
A. $1<x<3$
B. $x<1$ 或 $x>3$
C. $1<x<2$
D. $x<1$ 或 $x>2$
答案：B
解析：解析 设 $g(a)=(x-2) a+\left(x^{2}-4 x+4\right)$,

$g(a)>0$ 恒成立且 $a \in[-1,1] \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}g(1)=x^{2}-3 x+2>0 \\ g(-1)=x^{2}-5 x+6>0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x<1 \text { 或 } x>2 \\ x<2 \text { 或 } x>3\end{array} \Leftrightarrow x<1\right.$ 或 $x>3$​.
题目（高二 · 代数）：函数 $\mathrm{y}=x^{2} \cos x$ 的导数为 ( )
选项：
A. $y=2 x \cos x-x^{2} \sin x$
B. $y=2 x \cos x+x^{2} \sin x$
C. $y=x^{2} \cos x-2 x \sin x$
D. $y=x \cos x-x^{2} \sin x$
答案：A
解析：解析: 解答: $y^{\prime}=\left(x^{2}\right)^{\prime} \cos x+x^{2}(\cos x)^{\prime}=2 x \cos x-x^{2} \sin x$. 故 A 正确.

分析: 本题主要考查了导数的乘法与除法法则, 解决问题的关键是根据导数的乘法与除法法则计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知 $f(x)=2 f^{\prime}(1) x+x^{3}$, 则 $f^{\prime}(2)=(\quad)$
选项：
A. 0
B. -6
C. 6
D. 8
答案：C
解析：解析: 解答: $\because f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(1)+3 x^{2} \Rightarrow f^{\prime}(1)=2 f^{\prime}(1)+3 \times 1^{2} \Rightarrow f^{\prime}(1)=-3$

$\Rightarrow f^{\prime}(2)=2 f^{\prime}(1)+3 \times 2^{2}=6$.

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数运算法则计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 且满足关系式 $f(x)=x^{2}+3 x f^{\prime}(2)+\ln x$, 则 $f^{\prime}(2)$的值等于（）
选项：
A. 2
B. -2
C. $\frac{9}{4}$
D. $-\frac{9}{4}$
答案：D
解析：解析: 解答: 因为 $f(x)=x^{2}+3 x f^{\prime}(2)+\ln x$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 x+3 f^{\prime}(2)+\frac{1}{x}$. 令 $x=2$,则 $f^{\prime}(2)=2 \times 2+3 f^{\prime}(2)+\frac{1}{2}$, 即 $2 f^{\prime}(2)=-\frac{9}{2}$, 所以 $f^{\prime}(2)=-\frac{9}{4}$. 故应选 D.

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数运算性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $y=\sqrt{x-1}$, 则它的导函数是 ( )
选项：
A. $y^{\prime}=\frac{1}{2} \sqrt{x-1}$
B. $y^{\prime}=\frac{\sqrt{x-1}}{2(x-1)}$
C. $y^{\prime}=\frac{2 \sqrt{x-1}}{x-1}$
D. $y^{\prime}=-\frac{\sqrt{x-1}}{2(x-1)}$
答案：B
解析：解析: 解答: $u=x-1, y^{\prime}=(\sqrt{u})^{\prime} \cdot u^{\prime}=\frac{1}{2 \sqrt{u}}=\frac{1}{2 \sqrt{x-1}}=\frac{\sqrt{x-1}}{2(x-1)}$

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据简单复合函数的性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $\mathrm{f}(x)$ 的导函数为 $\mathrm{f}^{\prime}(x)$, 满足 $\mathrm{f}(x)=2 x \mathrm{f}^{\prime}(2)+x^{3}$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}(2)$ 等于 $(\quad)$.
选项：
A. -8
B. -12
C. 8
D. 12
答案：B
解析：解析: 解答: $\because f(x)=2 x f^{\prime}(x)+x^{3}, \therefore f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(2)+3 x^{2}$; 令 $x=2$, 则 $f^{\prime}(2)=2 f^{\prime}(2)+12$, 得 $f^{\prime}(2)=-12$.

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是导数的运算法则计算即可.
题目（高二 · 代数）：若 $f(x)=2 x f^{\prime}(1)+x^{2}$, 则 $f^{\prime}(0)$ 等于 ( ).
选项：
A. -2
B. -4
C. 2
D. 0
答案：B
解析：解析: 解答: 因为 $f(x)=2 x f^{\prime}(1)+x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(1)+2 x$; 令 $x=1$, 得 $f^{\prime}(1)=2 f^{\prime}(1)+2$, 即 $f^{\prime}(1)=-2$; 则 $f^{\prime}(x)=-4+2 x$, 所以 $f^{\prime}(0)=-4$.

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数的运算性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：若 $\mathrm{f}(x)=x^{3}, \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=3$, 则 $x_{0}$ 的值是 ( ).
选项：
A. 1
B. -1
C. $\pm 1$
D. $3 \sqrt{3}$
答案：C
解析：解析: 解答: $\because f(x)=x^{3}, \therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}$; 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3 x_{0}{ }^{2}=3$, 解得 $x_{0}= \pm 1$.

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数的运算计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知 $f(x)=\ln x$, 则 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=(\quad)$
选项：
A. $\ln \left(\frac{\pi}{2}\right)$
B. $\frac{2}{\pi}$
C. $\frac{\pi}{2}$
D. -1
答案：B
解析：解析: 解答: 因为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$, 所以 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{\pi}$, 故选 B.

分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数的运算计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}+x$ 是奇函数, 则 $f(3)+f^{\prime}(1)=(\quad)$
选项：
A. 14
B. 12
C. 10
D. -8
答案：A
解析：解析: 解答: 由题意知 $f(-x)=\frac{1}{3}(-x)^{3}+a(-x)^{2}+(-x)=-\frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}-x$

$=-\left(\frac{1}{3} x^{3}-a x^{2}+x\right)=-f(x)$,
所以 $a=0$. 所以 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+x$, 则 $f^{\prime}(x)=x^{2}+1$.

所以 $f(3)+f^{\prime}(1)=\left(\frac{1}{3} \times 3^{3}+3\right)+\left(1^{2}+1\right)=14$. 故 A 正确.

分析: 本题主要考查了导数的加法与减法法则, 解决问题的关键是根据所给函数求导计算即可.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=\sqrt{1-2 x}$, 则 $f^{\prime}(-4)=(\quad)$.
选项：
A. $-\frac{1}{6}$
B. $-\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{6}$
D. $\frac{1}{3}$
答案：B
解析：解析: 解答: 因为 $f(x)=\sqrt{1-2 x}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-2 x}}, \therefore f^{\prime}(-4)=-\frac{1}{3}$. 故选 B.

分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据简单复合函数求导即可.
题目（高二 · 代数）：若函数 $y=x^{3}+\log _{2} x+e^{-x}$, 则 $y^{\prime}=(\quad)$.
选项：
A. $\frac{1}{4} x^{4}+\frac{1}{x \ln 2}+e^{-x}$
B. $\frac{1}{4} x^{4}+\frac{1}{x \ln 2}-e^{-x}$
C. $3 x^{2}+\frac{1}{x \ln 2}-e^{-x}$
D. $3 x^{2}+\frac{1}{x \ln 2}+e^{-x}$
答案：C
解析：解析: 解答: 由 $\left(x^{n}\right)^{\prime}=n x^{n-1},\left(\log _{a} x\right)^{\prime}=\frac{1}{x} \log _{a} e,\left(e^{x}\right)^{\prime}=e^{x}$, 可知 $y^{\prime}=3 x^{2}+\frac{1}{x \ln 2}-e^{-x}$.分析: 本题主要考查了导数的运算、导数的加法与减法法则, 解决问题的关键是根据所给函数运用导数运算法则计算即可.