eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：(12 分) (1) 计算: $\frac{(2-2 \mathrm{i})^{4}}{(1+\sqrt{3} \mathrm{i})^{3}}$ ( $\mathrm{i}$ 为虚数单位);

(2) 已知 $z$ 是一个复数, 求解关于 $z$ 的方程 $z \cdot \bar{z}-3 i \cdot \bar{z}=1+3 \mathrm{i}$ ( $i$ 为虚数单位).
选项：
答案：(1) 8 ; (2) $z=-1+3 i$ 或 $z=-1$.
解析：(1) $rac{(2-2 \mathrm{i})^{4}}{(1+\sqrt{3} \mathrm{i})^{3}}=rac{(2-2 \mathrm{i})^{2}(2-2 \mathrm{i})^{2}}{(1+\sqrt{3})^{2}(1+\sqrt{3 i})}=rac{(-8 \mathrm{i})^{2}}{(2 \sqrt{3} \mathrm{i}-2)(1+\sqrt{3 i})}=rac{-64}{-8}=8$(2) 设 $z=a+b i, a, b \in \mathrm{R} ， z \cdot ar{z}-3 i \cdot ar{z}=1+3 \mathrm{i}$ ，即 $(a+b i)(a-b i)-3 i(a-b i)=1+3 i, a^{2}+b^{2}-3 b-3 a i=1+3 i$,所以 $a^{2}+b^{2}-3 b=1,-3 a=3$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=-1 \ b=3\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}a=-1 \ b=0\end{array}ight.$,所以 $z=-1+3 i$ 或 $z=-1$, 故答案为 $z=-1+3 i$ 或 $z=-1$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $z_{1} z_{2}+2 \mathrm{i} z_{1}-2 \mathrm{i} z_{2}+1=0$.
(1) 若 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\overline{z_{2}}-z_{1}=2 \mathrm{i}$, 求 $z_{1}, z_{2}$;

(2) 若 $\left|z_{1}\right|=\sqrt{3}$, 则是否存在常数 $k$, 使得等式 $\left|z_{2}-4 i\right|=k$ 恒成立? 若存在,试求出 $k$ 的值; 若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：(1) $z_{1}=3 i, z_{2}=-5 i$ 或 $z_{1}=-i, z_{2}=-i$; (2) 存在, $k=3 \sqrt{3}$.
解析：(1) 由 $\overline{z_{2}}-z_{1}=2 \mathrm{i}$, 可得 $z_{2}=\overline{z_{1}}-2 \mathrm{i}$, 代入已知方程得 $z_{1}\left(\overline{z_{1}}-2 \mathrm{i}ight)+2 \mathrm{i} z_{1}-2 \mathrm{i}\left(\overline{z_{1}}-2 \mathrm{i}ight)+1=0$, 即 $\left|z_{1}ight|^{2}-2 \mathrm{i} \overline{z_{1}}-3=0$.令 $z_{1}=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathbf{R})$, 所以 $a^{2}+b^{2}-2 \mathrm{i}(a-b \mathrm{i})-3=0$,即 $\left(a^{2}+b^{2}-2 b-3ight)-2 a i=0$ ，所以 $\left\{egin{array}{l}a^{2}+b^{2}-2 b-3=0 \ -2 a=0\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=0 \ b=3\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}a=0 \ b=-1\end{array}ight.$.所以 $z_{1}=3 \mathrm{i}, z_{2}=-5 \mathrm{i}$ 或 $z_{1}=-\mathrm{i}, z_{2}=-\mathrm{i}$. (2) 由已知得 $z_{1}=rac{2 \mathrm{i} z_{2}-1}{z_{2}+2 \mathrm{i}}$,又 $\left|z_{1}ight|=\sqrt{3}$, 所以 $\left|rac{2 \mathrm{i} z_{2}-1}{z_{2}+2 \mathrm{i}}ight|=\sqrt{3}$, 所以 $\left|2 \mathrm{i} z_{2}-1ight|^{2}=3\left|z_{2}+2 \mathrm{i}ight|^{2}$,所以 $\left(2 \mathrm{i} z_{2}-1ight)\left(-2 \mathrm{i} \overline{z_{2}}-1ight)=3\left(z_{2}+2 \mathrm{i}ight)\left(\overline{z_{2}}-2 \mathrm{i}ight)$,整理得 $\left(z_{2}-4 iight)\left(\overline{z_{2}}+4 iight)=27$, 所以 $\left|z_{2}-4 iight|^{2}=27$, 即 $\left|z_{2}-4 iight|=3 \sqrt{3}$, 所以存在常数 $k=3 \sqrt{3}$, 使得等式 $\left|z_{2}-4 iight|=k$ 恒成立.
题目（高三 · 代数）：23. 已知函数 $f(x)=a(x-1)-\ln x, g(x)=e^{x}$.

(1) 讨论 $y=f(x)$ 的单调性;

（2）若函数 $F(x)=f(x) \cdot g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：$a \geq 1$.
解析：：(1) $y=f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{a x-1}{x}$,

当 $a \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

所以 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上递减;

当 $a>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0, x=\frac{1}{a}$,

当 $f^{\prime}(x)<0$ 时, $0<x<\frac{1}{a}$, 当 $f^{\prime}(x)>0$ 时, $x>\frac{1}{a}$,

则 $y=f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上递减, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上递增.

(2) $F(x)=[a(x-1)-\ln x] \cdot e^{x}$

$\therefore F^{\prime}(x)=\left(a x-\ln x-\frac{1}{x}\right) \cdot e^{x} \geq 0$ 在 $[1,+\infty)$ 恒成立,

所以 $a x-\ln x-\frac{1}{x} \geq 0$, 即 $a \geq \frac{\ln x}{x}+\frac{1}{x^{2}}$

令 $h(x)=\frac{\ln x}{x}+\frac{1}{x^{2}}$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{x(1-\ln x)-2}{x^{3}}$,

令 $g(x)=x(1-\ln x)-2$, 则有 $g^{\prime}(x)=-\ln x \leq 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

故 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为减函数,

所以 $g(x) \leq g(1)=-1, \therefore h^{\prime}(x)<0, \therefore h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为减函数,

则 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=1$, 故 $a \geq 1$.

另解令 $h(x)=a x-\ln x-\frac{1}{x}$, 则至少有 $h(1) \geq 0 \Rightarrow a-1 \geq 0 \Rightarrow a \geq 1$.

当 $a \geq 1$ 时, 则有 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{a x^{2}-x+1}{x^{2}}$,
令 $\varphi(x)=a x^{2}-x+1$, 开口向上, 对称轴 $x=\frac{1}{2 a} \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$,

故 $\varphi(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为增函数,

所以 $\varphi(x) \geq \varphi(1)=a>0, \therefore h^{\prime}(x)>0, \therefore h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为增函数,

则 $h(x)>h(1)=a-1 \geq 0$, 故 $a \geq 1$.
题目（高三 · 代数）：求下列各函数的导数:

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

(2) $y=\frac{x}{e^{x}}$;

(3) $y=x \sqrt{x}$.
选项：
答案：(1) $y^{\prime}=\left(x^{2}ight)^{\prime}+(\ln x)^{\prime}=2 x+rac{1}{x}$;(2) $y^{\prime}=rac{e^{x}-x e^{x}}{\left(e^{x}ight)^{2}}=rac{1-x}{e^{x}}$;(3) $y^{\prime}=(x \sqrt{x})^{\prime}=\left(x^{rac{3}{2}}ight)^{\prime}=rac{3}{2} x^{rac{1}{2}}=rac{3}{2} \sqrt{x}$.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-1, f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数, 且 $f(2)=7, f^{\prime}(-1)=-1$.

(1) 求函数 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 切线方程:

(2) 设函数 $g(x)=\frac{f^{\prime}(x)}{e^{x}}$, 求函数 $g(x)$ 的单调递增区间.
选项：
答案：(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 a x+b$,由题意 $f(2)=7, f^{\prime}(-1)=-1$,于是有 $\left\{egin{array}{l}8-4 a+2 b-1=7 \ 3+2 a+b=-1\end{array}ight.$,解得 $a=-1, b=-2$,所以 $f(x)=x^{3}+x^{2}-2 x-1, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 x-2$,则 $f^{\prime}(1)=3 	imes 1^{2}+2 	imes 1-2=3, f(1)=1^{3}+1^{2}-2 	imes 1-1=-1$,故切线方程为 $y+1=3(x-1)$, 即 $y=3 x-4$(2) 由 (1) $g(x)=rac{3 x^{2}+2 x-2}{e^{x}}$, 定义域为 $R$,所以 $g^{\prime}(x)=rac{(6 x+2) e^{x}-\left(3 x^{2}+2 x-2ight) e^{x}}{\left(e^{x}ight)^{2}}=rac{-3 x^{2}+4 x+4}{e^{x}}=rac{-(3 x+2)(x-2)}{e^{x}}$,令 $g^{\prime}(x)>0$, 解得 $-rac{2}{3}<x<2$,故函数 $g(x)$ 的单调增区间为 $\left(-rac{2}{3}, 2ight)$
题目（高三 · 代数）：18. 已知函数 $f(x)=a x^{2}+b \ln x$ 在 $x=1$ 处有极值 $\frac{1}{2}$.

(1) 求 $a, b$ 的值;

(2) 求 $f(x)$ 的单调区间.


选项：
答案：答案：(1) $a=\frac{1}{2}, b=-1$. (2) 单调减区间是 $(0,1)$, 单调增区间是 $(1,+\infty)$.
(1) $\because f^{\prime}(x)=2 a x+\frac{b}{x}$. 又 $f(x)$ 在 $x=1$ 处有极值 $\frac{1}{2}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}f(1)=\frac{1}{2} \\ f^{\prime}(1)=0\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2} \\ 2 a+b=0\end{array}\right.$ 解得 $a=\frac{1}{2}, b=-1$.

（2）由（1）可知 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-\ln x$, 其定义域是 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=x-\frac{1}{x}=\frac{(x+1)(x-1)}{x}$.

由 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $0<x<1$; 由 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>1$.

$\therefore$ 函数 $y=f(x)$ 的单调减区间是 $(0,1)$, 单调增区间是 $(1,+\infty)$.
解析：：(1) $\because f^{\prime}(x)=2 a x+\frac{b}{x}$. 又 $f(x)$ 在 $x=1$ 处有极值 $\frac{1}{2}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}f(1)=\frac{1}{2} \\ f^{\prime}(1)=0\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2} \\ 2 a+b=0\end{array}\right.$ 解得 $a=\frac{1}{2}, b=-1$.

（2）由（1）可知 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-\ln x$, 其定义域是 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=x-\frac{1}{x}=\frac{(x+1)(x-1)}{x}$.

由 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $0<x<1$; 由 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>1$.

$\therefore$ 函数 $y=f(x)$ 的单调减区间是 $(0,1)$, 单调增区间是 $(1,+\infty)$.
题目（高三 · 代数）：21. 设函数 $f(x)=x^{3}-6 x+5, x \in \mathbf{R}$.

(I) 求 $f(x)$ 的单调区间和极值;

(II) 若关于 $x$ 的方程 $f(x)=a$ 有 3 个不同实根, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：：（1）见解析；（2） $5-4 \sqrt{2}<a<5+4 \sqrt{2}$

解析：(1) $f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-2\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-\sqrt{2}, x_{2}=\sqrt{2}$,

$\therefore x<-\sqrt{2}$ 或 $x>\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-\sqrt{2}<x<\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,

$f(x)$ 的单调递增区间 $(-\infty,-\sqrt{2})$ 和 $(\sqrt{2},+\infty)$, 单调递减区间 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$,

当 $x=-\sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 有极大值 $5+4 \sqrt{2}$;

当 $x=\sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 有极小值 $5-4 \sqrt{2}$.

<ImageHere>

(2) 由 (1) 可知 $y=f(x)$ 的图象的大致形状及走向如图所示,
$\therefore$ 当 $5-4 \sqrt{2}<a<5+4 \sqrt{2}$ 时, 直线 $y=a$ 与 $y=f(x)$ 的图象有三个不同交点,

即当 $5-4 \sqrt{2}<a<5+4 \sqrt{2}$ 时方程 $f(x)=a$ 有三解.
解析：：（1）见解析；（2） $5-4 \sqrt{2}<a<5+4 \sqrt{2}$

解析：(1) $f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-2\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-\sqrt{2}, x_{2}=\sqrt{2}$,

$\therefore x<-\sqrt{2}$ 或 $x>\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-\sqrt{2}<x<\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,

$f(x)$ 的单调递增区间 $(-\infty,-\sqrt{2})$ 和 $(\sqrt{2},+\infty)$, 单调递减区间 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$,

当 $x=-\sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 有极大值 $5+4 \sqrt{2}$;

当 $x=\sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 有极小值 $5-4 \sqrt{2}$.



(2) 由 (1) 可知 $y=f(x)$ 的图象的大致形状及走向如图所示,
$\therefore$ 当 $5-4 \sqrt{2}<a<5+4 \sqrt{2}$ 时, 直线 $y=a$ 与 $y=f(x)$ 的图象有三个不同交点,

即当 $5-4 \sqrt{2}<a<5+4 \sqrt{2}$ 时方程 $f(x)=a$ 有三解.
题目（高三 · 代数）：24. 设函数 $f(x)=2 x^{3}-3(a-1) x^{2}+1$, 其中 $a \geq 1$

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间; <br> (2) 求 $f(x)$ 的极值.
选项：
答案：：（1）见解析; (2) 当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)$ 没有极值; 当 $a>1$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极大值 1 , 在 $x=a-1$ 处取得极小值 $1-(a-1)^{3}$.

解析：由已知得 $f^{\prime}(x)=6 x[x-(a-1)]$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x_{1}=0, x_{2}=a-1$.

(1) 当 $a=1$ 时, $f^{\prime}(x)=6 x^{2}, f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增;

当 $a>1$ 时, $f^{\prime}(x)=6 x[x-(a-1)], f^{\prime}(x), f(x)$ 随 $x$ 的变化情况如下表:

| $x$ | $(-\infty, 0)$ | 0 | $(0, \mathrm{a}-1)$ | $\mathrm{a}-1$ | $(\mathrm{a}-1,+\infty)$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

从上表可知, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递增; 在 $(0, \mathrm{a}-1)$ 上单调递减; 在 $(\mathrm{a}-1,+\infty)$ 上单调递

增. （2）由（1）知, 当 $\mathrm{a}=1$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 没有极值; 当 $\mathrm{a}>1$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=0$ 处取得极大值 1 , 在 $\mathrm{x}=\mathrm{a}-1$ 处取得极小值 $1-(\mathrm{a}-1)^{3}$.
解析：：（1）见解析; (2) 当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)$ 没有极值; 当 $a>1$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极大值 1 , 在 $x=a-1$ 处取得极小值 $1-(a-1)^{3}$.

解析：由已知得 $f^{\prime}(x)=6 x[x-(a-1)]$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x_{1}=0, x_{2}=a-1$.

(1) 当 $a=1$ 时, $f^{\prime}(x)=6 x^{2}, f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增;

当 $a>1$ 时, $f^{\prime}(x)=6 x[x-(a-1)], f^{\prime}(x), f(x)$ 随 $x$ 的变化情况如下表:

| $x$ | $(-\infty, 0)$ | 0 | $(0, \mathrm{a}-1)$ | $\mathrm{a}-1$ | $(\mathrm{a}-1,+\infty)$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

从上表可知, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递增; 在 $(0, \mathrm{a}-1)$ 上单调递减; 在 $(\mathrm{a}-1,+\infty)$ 上单调递

增. （2）由（1）知, 当 $\mathrm{a}=1$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 没有极值; 当 $\mathrm{a}>1$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=0$ 处取得极大值 1 , 在 $\mathrm{x}=\mathrm{a}-1$ 处取得极小值 $1-(\mathrm{a}-1)^{3}$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 用二分法求方程 $x^{5}-3 x+1=0$ 在 (0,1) 上的近似解, 精确到
选项：
解析：算法:第一步: 取 $[a, b]$ 中点 $x_{0}=rac{1}{2}(a+b)$, 将区间一分为二;第二步: 若 $f\left(x_{0}ight)=0$, 则 $x_{0}$ 就是方程的根; 否则所求根 $x^{*}$ 在 $x_{0}$ 左侧或右侧;若 $f(a) f\left(x_{0}ight)>0$, 则 $x^{*} \in\left(x_{0}, bight)$, 以 $x_{0}$ 代替 $a$;若 $f(a) f\left(x_{0}ight)<0$, 则 $x^{*} \in\left(a, x_{0}ight)$, 以 $x_{0}$ 代替 $b$;第三步: 若 $|a-b|<c$, 计算终止, 此时 $x^{*} \approx x_{0}$, 否则转到第一步.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 当实数 $m$ 为何值时, 复数 $z=\left(m^{2}+m-6\right) \mathrm{i}+\frac{m^{2}-7 m+12}{m+3}$ 是: (1)

$$
\text { (3) 纯虚数? }
$$
选项：
答案：(1) $m=2$;（2） $m 
eq 2$ 且 $m 
eq-3$;（3） $m=3$ 或 $m=4$ 。
解析：(1) 因为 $z=\left(m^{2}+m-6ight) i+rac{m^{2}-7 m+12}{m+3}$ 是实数, 则 $\left\{egin{array}{l}m^{2}+m-6=0 \ m+3 
eq 0\end{array}ight.$, 解得 $m=2$.(2) 因为 $z=\left(m^{2}+m-6ight) i+rac{m^{2}-7 m+12}{m+3}$ 是虚数, 则 $\left\{egin{array}{l}m^{2}+m-6 
eq 0 \ m+3 
eq 0\end{array}ight.$,解得 $m 
eq-3$ 且 $m 
eq 2$.(3) 因为 $z=\left(m^{2}+m-6ight) i+rac{m^{2}-7 m+12}{m+3}$ 是纯虚数, 则 $\left\{egin{array}{l}m^{2}-7 m+12=0 \ m+3 
eq 0 \ m^{2}+m-6 
eq 0\end{array}ight.$解得 $m=3$ 或 $m=4$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) (1) 已知关于 $x$ 的实系数方程 $x^{2}+m x+n=0$, 若 $1+\sqrt{2 i}$ 是方程
选项：
答案：(1) $\left\{egin{array}{l}m=-2 \ n=3\end{array}ight.$; (2) $(3,12)$
解析：(1) 由题得,$$\left\{egin{array} { l } { - 1 + m + n = 0 } \{ 2 \sqrt { 2 } + m \sqrt { 2 } = 0 }\end{array} , 	ext { 解得 } \left\{egin{array}{l}m=-2 \n=3\end{array}ight.ight.$$(2) 设 $z=x+y i(x, y \in \mathbf{R}), ecause z+3 i=x+(y+3) \mathrm{i}$ 为实数, $	herefore y=-3$.$ecause rac{z}{3-\mathrm{i}}=rac{x-3 \mathrm{i}}{3-\mathrm{i}}=rac{1}{10}(x-3 \mathrm{i})(3+\mathrm{i})-rac{1}{10}[(3 x+3)+(x-9) \mathrm{i}]$ 为实数, $	herefore x=9, 	herefore z=9-3 \mathrm{i}$.$ecause(z+a i)^{2}=81-(a-3)^{2}+18(a-3) i=72+6 a-a^{2}+18(a-3) i$, $	herefore$ 由已知得 $\left\{egin{array}{l}72+6 a-a^{2}>0 \ 18(a-3)>0\end{array}ight.$, 解得 $3<a<12$, 即 $a$ 的取值范围是 $(3,12)$.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 已知

$(2-x)^{4}=a_{0}+a_{1} \cdot(x+1)+a_{2} \cdot(x+1)^{2}+a_{3} \cdot(x+1)^{3}+a_{4} \cdot(x+1)^{4}$, 求：(1)

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}$

(2) $a_{1}+a_{3}$

(3) $a_{0}+a_{2}+a_{4}$;

(4) $\left|a_{0}\right|+\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\left|a_{4}\right|$
选项：
答案：原来 $n$ 个车站有车票 $\mathbb{A}_{n}^{2}$ 种, 新增了 $m$ 个车站, 有车票 $\dot{A}_{n+m}^{2}$ 种,

由题意得 $\mathrm{A}_{n+m}^{2}-\mathrm{A}_{n}^{2}=62$, 即 $(m+n)(m+n-1)-n(n-1)=62$ ，

整理得 $2 m n+m^{2}-m=62, \therefore n=\frac{31}{m}-\frac{m-1}{2}$,

由 $n>0$ 从而有 $\frac{31}{m}>\frac{m-1}{2}, \therefore m^{2}-m-62<0$.

又 $\because m>1$, 解得 $1<m<\frac{1+\sqrt{249}}{2}$, 即 $1<m \leq 8$ ，

当 $m=3,4,5,6,7,8$ 时, $n$ 均不为整数, 只有 $m=2$ 时, $n=15$ 符合题意,

$\therefore m+n=17$, 故原来有 15 个车站, 现在有 17 个车站.

20.答案:(1) 48 ; (2) 36 ; (3) 108

【解析】（1）把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列共有排法 $A_{4}^{4} \dot{A}_{2}^{2}=48$.

（2）选两个唱歌节目排在首尾，剩下的 3 个节目在中间排列，排法为 $A_{3}^{2} A_{3}^{3}=36$.

（3） 5 个节目全排列减去后两个都是相声的排法，共有 $\boldsymbol{A}_{5}^{5}-\mathbf{A}_{3}^{3} \mathbf{A}_{2}^{2}=120-12=108$.
解析：原来 $n$ 个车站有车票 $\mathbb{A}_{n}^{2}$ 种, 新增了 $m$ 个车站, 有车票 $\dot{A}_{n+m}^{2}$ 种,

由题意得 $\mathrm{A}_{n+m}^{2}-\mathrm{A}_{n}^{2}=62$, 即 $(m+n)(m+n-1)-n(n-1)=62$ ，

整理得 $2 m n+m^{2}-m=62, \therefore n=\frac{31}{m}-\frac{m-1}{2}$,

由 $n>0$ 从而有 $\frac{31}{m}>\frac{m-1}{2}, \therefore m^{2}-m-62<0$.

又 $\because m>1$, 解得 $1<m<\frac{1+\sqrt{249}}{2}$, 即 $1<m \leq 8$ ，

当 $m=3,4,5,6,7,8$ 时, $n$ 均不为整数, 只有 $m=2$ 时, $n=15$ 符合题意,

$\therefore m+n=17$, 故原来有 15 个车站, 现在有 17 个车站.

20.答案:(1) 48 ; (2) 36 ; (3) 108

【解析】（1）把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列共有排法 $A_{4}^{4} \dot{A}_{2}^{2}=48$.

（2）选两个唱歌节目排在首尾，剩下的 3 个节目在中间排列，排法为 $A_{3}^{2} A_{3}^{3}=36$.

（3） 5 个节目全排列减去后两个都是相声的排法，共有 $\boldsymbol{A}_{5}^{5}-\mathbf{A}_{3}^{3} \mathbf{A}_{2}^{2}=120-12=108$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 设计程序框图求 $1 \times 2 \times \mathrm{L} \times n<10000$, 使成立的最大正整数 $n$.

(1) 画出程序框图;

(2) 计算最大正整数 $n$ 的值.
选项：
答案：(1) 程序框图见解析；（2）7.
解析：(1) 画出满足条件的程序框图如下,(2) 根据程序框图计算 $1 	imes 2 	imes 3 	imes 4 	imes 5 	imes 6=720<10000$,$1 	imes 2 	imes 3 	imes 4 	imes 5 	imes 6 	imes 7=5040<10000$$1 	imes 2 	imes 3 	imes 4 	imes 5 	imes 6 	imes 7 	imes 8=40320 \geq 10000$所以不等式成立的最大正整数 $n=7$.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 已知函数 $y=f(x)$ 满足: 对任意的 $a, b \in \mathbf{R}, a \neq b$, 都有 $a f(a)+b f(b)>a f(b)+b f(a)$, 试证明: $f(x)$ 为 $\mathrm{R}$ 上的单调递增函数.
选项：
答案：答案:证明见解析.
解析：答案:证明见解析.

【解析】设 ${ }^{x_{1}}, x_{2} \in \mathbf{R}$, 令 $x_{1}<x_{2}$,由题意得 $x_{1} f\left(x_{1}\right)+x_{2} f\left(x_{2}\right)>x_{1} f\left(x_{2}\right)+x_{2} f\left(x_{1}\right)$,

$\therefore x_{1}\left[f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right]+x_{2}\left[f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)\right]>0$, 可得 $\left[f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)\right]\left(x_{2}-x_{1}\right)>0$,

$\because x_{1}<x_{2} ， \therefore f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)>0$ ，即 $f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$ ，

$\therefore y=f(x)$ 为 $\mathrm{R}$ 上的单调递增函数.
题目（高三 · 代数）：(12 分) (1) 已知 $a>0, b-a>1$, 求证: $\sqrt{1+\frac{1}{a}}>\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b-1}}$;

(2) 已知 $a>0, b>0, a b>1$, 求证: $a, b$ 中至少有一个大于 1 .
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析; (2) 证明见解析.
解析：答案:(1) 证明见解析; (2) 证明见解析.

【解析】(1) 证明: 由已知得 $b>1$, 下面用分析法证明: 欲证 $\sqrt{1+\frac{1}{a}}>\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b-1}}$,只需证 $1+\frac{1}{a}>\frac{b}{b-1}$, 即证 $\frac{a+1}{a}>\frac{b}{b-1} ，$

由 $a>0, b-1>0$ 知, 只需证 $(a+1)(b-1)>a b$,

即证 $b-a-1>0 ，$ 即证 $b-a>1 ，$

由条件知 $b-a>1$ 成立, 所以 $\sqrt{1+\frac{1}{a}}>\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b-1}}$ 成立.

（2）用反证法证明: 假设 $a, b$ 都不大于 1 , 即 $a \leq 1, b \leq 1$,

由 $a>0, b>0$, 得 $0<a \leq 1,0<b \leq 1$, 所以 $a b \leq 1$,

与已知 $a b>1$ 矛盾, 所以假设不成立,

即 $a, b$ 中至少有一个大于 1 , 即结论成立
题目（高三 · 代数）：(12 分) (1) 已知 $a>b$, 用比较法证明: $a^{3}>b^{3}$;

(2) 已知 $p^{3}+q^{3}=2$, 用反证法证明: $p+q \leq 2$.
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析; (2) 证明见解析.
解析：答案:(1) 证明见解析; (2) 证明见解析.

【解析】(1) $a^{3}-b^{3}=(a-b)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)$ ，

因为 $a^{2}+a b+b^{2}=\left(a+\frac{1}{2} b\right)^{2}+\frac{3}{4} b^{2} \geq 0$, 取等号的条件为 $a=b=0$,

而 $a>b$, 故等号无法取得, 即 $a^{2}+a b+b^{2}=\left(a+\frac{1}{2} b\right)^{2}+\frac{3}{4} b^{2}>0$,

又 $a>b$, 所以 $a^{3}-b^{3}=(a-b)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)>0$,

所以 $a^{3}>b^{3}$.

（2）假设 $p+q>2$, 则 $p>2-q$, 所以由 (1) 得 $p^{3}>(2-q)^{3}$,

所以 $p^{3}+q^{3}>8-12 q+6 q^{2}$,

又 $p^{3}+q^{3}=2$ ，所以 $2>8-12 q+6 q^{2}$ ，

即 $q^{2}-2 q+1<0 \Rightarrow(q-1)^{2}<0$ 矛盾, 所以假设错误，

所以 $p+q \leq 2$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 用综合法或分析法证明:

(1) 如果 $a>0, b>0$, 那么 $\lg \frac{a+b}{2} \geq \frac{\lg a+\lg b}{2}$;

(2) 设 $x>0, y>0$, 求证:
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析; (2) 证明见解析.
解析：答案:(1) 证明见解析; (2) 证明见解析.

【解析】(1) 综合法: $\because a>0, b>0, \therefore \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}, \therefore \lg \frac{a+b}{2} \geq \lg \sqrt{a b}$,

又 $\lg \sqrt{a b}=\frac{1}{2} \lg a b=\frac{\lg a+\lg b}{2}, \therefore \lg \frac{a+b}{2} \geq \frac{\lg a+\lg b}{2}$.

分析法: $\because a>0, b>0$,

$\therefore a+b>0$, 要证 $\lg \frac{a+b}{2} \geq \frac{\lg a+\lg b}{2}$, 只需证 $2 \lg \frac{a+b}{2} \geq \lg a b$,

即证 $\lg \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} \geq \lg a b ，$

只需证 $\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} \geq a b$, 即证 $(a+b)^{2} \geq 4 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$,

而 $(a-b)^{2} \geq 0$ 恒成立, 故原不等式成立.

(2) $\because x>0, y>0, \therefore$ 要证明 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{1}{2}}>\left(x^{3}+y^{3}\right)^{\frac{1}{3}}$,

只需证明, 即证 $x^{2} y^{2}\left(3 x^{2}-2 x y+3 y^{2}\right)>0$,

只需证 $3 x^{2}-2 x y+3 y^{2}>0$,

$\because 3 x^{2}-2 x y+3 y^{2}=3\left(x-\frac{y}{3}\right)^{2}+\frac{8}{3} y^{2}>0$ 成立, $\therefore$ 原式成立.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 设 $a>0, b>0, a+b=1$.

(1) 证明: $a b+\frac{1}{a b} \geq 4+\frac{1}{4}$;

（2）探索猜想. $a^{2} b^{2}+\frac{1}{a^{2} b^{2}} \geq \ldots ; a^{3} b^{3}+\frac{1}{a^{3} b^{3}} \geq \square$; ;

（3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明.
选项：
答案：答案:(1) 证明见解析; (2) $16+\frac{1}{16}, 64+\frac{1}{64}$; (3) 见解析.
解析：答案:(1) 证明见解析; (2) $16+\frac{1}{16}, 64+\frac{1}{64}$; (3) 见解析.

【解析】(1) $a+b=1$, 而 $a b \leq \frac{(a+b)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$, 即 $a b \in\left(0, \frac{1}{4}\right.$ ],

令 $x=a b$, 则 $f(x)=x+\frac{1}{x}, x \in\left[0, \frac{1}{4}\right]$,

而 $f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x^{2}}<0$ 有 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{4}\right]$ 上单调减,

$\therefore f(x)_{\min }=f\left(\frac{1}{4}\right)=4+\frac{1}{4}$, 故 $a b+\frac{1}{a b} \geq 4+\frac{1}{4}$ 得证.

(2) $a^{2} b^{2}+\frac{1}{a^{2} b^{2}} \geq 16+\frac{1}{16}, a^{3} b^{3}+\frac{1}{a^{3} b^{3}} \geq 64+\frac{1}{64}$,

(3) 一般性结论为 $(a b)^{n}+\frac{1}{(a b)^{n}} \geq 4^{x}+\frac{1}{4^{x}}$,

$\because$ 由 $a b \in\left(0, \frac{1}{4}\right]$, 则 $(a b)^{n} \in\left(0, \frac{1}{4^{n}}\right], n \in \mathrm{N}^{*}$,

令 $x=(a b)^{n}$ 有 $f(x)=x+\frac{1}{x}, x \in\left(0, \frac{1}{4^{n}}\right]$,

由 (1) 知: 有 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{4^{x}}\right]$ 上单调减,

$\therefore f(x)_{\text {min }}=f\left(\frac{1}{4^{n}}\right)=4^{n}+\frac{1}{4^{n}}$, 故 $(a b)^{n}+\frac{1}{(a b)^{n}} \geq 4^{x}+\frac{1}{4^{n}}$ 得证.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知二次函数 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a>0)$ 的图象与 $x$ 轴有两个不同

的公共点, 若 $f(c)=0$, 且当 $0<x<c$ 时, $f(x)>0$.
(1) 试比较 $\frac{1}{a}$ 与 $c$ 的大小;

(2) 求证: $-2<b<-1$;

(3) 当 $c>1, t>0$ 时, 求证: $\frac{a}{t+2}+\frac{b}{t+1}+\frac{c}{t}>0$.
选项：
答案：答案:(1) $\frac{1}{a}>c$; (2) 证明见解析; (3) 证明见解析.
解析：答案:(1) $\frac{1}{a}>c$; (2) 证明见解析; (3) 证明见解析.

【解析】(1) $\because^{f(x)}$ 的图象与 $x$ 轴有两个不同的交点,

$\therefore$ 方程 $f(x)=0$ 有两个不相等的实根 ${ }^{x_{1}}, x_{2}$.

$\because f(c)=0, \therefore{ }^{c}$ 是方程 $f(x)=0$ 的一个实根.

不妨设 ${ }^{x_{1}}=c, \because^{x_{1} x_{2}=\frac{c}{a}}, \therefore{ }^{x_{2}=\frac{1}{a}}$, 且 $\frac{1}{a} \neq c$,

假设 $\frac{1}{a}<c ，$

又 $\frac{1}{a}>0$, 根据当 $0<x<c$ 时, $f(x)>0$,

得 $f\left(\frac{1}{a}\right)>0$, 这与 $f\left(\frac{1}{a}\right)=0$ 矛盾, 故 $\frac{1}{a}>c$.
(2) $\because f(c)=0, c>0, \therefore a c+b+1=0, \therefore b=-1-a c$.

$\because a>0, c>0, \therefore b<-1$.

又 $\because-\frac{b}{2 a}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}<\frac{x_{2}+x_{2}}{2}=x_{2}=\frac{1}{a}$ (由 (1), $x_{1}=c, x_{2}=\frac{1}{a}, \frac{1}{a}>c$, 得 $x_{2}>x_{1}$ ), $\therefore-\frac{b}{2 a}<\frac{1}{a}$.

$\because a>0, \quad \therefore b>-2, \quad \therefore-2<b<-1$.

(3) $\because^{t>0}$,

$\therefore$ 要证不等式成立, 只要证明 $g(t)=(a+b+c) t^{2}+(a+2 b+3 c) t+2 c>0$,

$\because c>1>0, \therefore f(1)>0$, 即 $a+b+c>0$

又 $\because-2<b<-1$,

$\therefore a+2 b+3 c=(a+b+c)+(b+2 c)>b+2 c>0$,

$\therefore$ 二次函数 ${ }^{g(t)}$ 的对称轴 $-\frac{a+2 b+3 c}{2(a+b+c)}<0$,

$\therefore g(t)$ 在 ${ }^{[0,+\infty)}$ 上是增函数.

当 $t>0$ 时, $g(t)>g(0)=2 c>0$,

即原不等式成立.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 在复平面内, 复数 $z=a^{2}-a-2+\left(a^{2}-3 a-4\right) \mathrm{i}$ (其中 $a \in \mathbf{R}$ ).

(1) 若复数 $z$ 为实数, 求 $a$ 的值;

(2) 若复数 $z$ 为纯虚数, 求 $a$ 的值;

(3) 对应的点在第四象限, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：（1） $a=-1$ 或 4；(2） $a=2$ ；（3）（2,4）.
解析：(1) 因为复数 $z$ 为实数, 所以 $a^{2}-3 a-4=0$,所以 $a=-1$ 或 4.(2) 因为复数 $z$ 为纯虚数, 所以 $\left\{egin{array}{l}a^{2}-a-2=0 \ a^{2}-3 a-4 
eq 0\end{array}ight.$, 所以 $a=2$.(3) 因为 $z$ 对应的点在第四象限, 所以 $\left\{egin{array}{l}a^{2}-a-2>0 \ a^{2}-3 a-4<0\end{array}ight.$, 解不等式组得 $2<a<4$,即 $a$ 的取值范围是 $(2,4)$
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知关于 $x$ 的方程 $x^{2}-p x+25=0(p \in \mathbf{R})$ 的两根为 $x_{1} 、 x_{2}$.

(1) 若 $x_{1}=3+4 \mathrm{i}$, 求 $p$ 的值;

(2) 若 $\left|x_{1}-x_{2}\right|=1$, 求实数 $p$ 的值.
选项：
答案：（1） 6 ；(2） $p= \pm \sqrt{101}$ 或 $p= \pm 3 \sqrt{11}$.
解析：(1) 已知关于 $x$ 的方程 $x^{2}-p x+25=0(p \in \mathbf{R})$ 的一根为 $x_{1}=3+4 \mathrm{i}$,所以, $(3+4 \mathrm{i})^{2}-p(3+4 \mathrm{i})+25=(18-3 p)+(24-4 p) \mathrm{i}=0$,所以, $18-3 p=24-4 p=0$, 解得 $p=6$.(2) $\Delta=p^{2}-100$, 由题意得 $\left\{egin{array}{l}x_{1}+x_{2}=p \ x_{1} x_{2}=25\end{array}ight.$.若 $\Delta \geq 0$, 即 $p^{2} \geq 100$, 则,解得 $p= \pm \sqrt{101}$ ；若 $\Delta<0$, 即 $p<100$, 由 $x^{2}-p x+25=0$ ，可得 $\left(x-rac{p}{2}ight)^{2}=rac{p^{2}-100}{4}=\left(rac{\sqrt{100-p^{2}}}{2} iight)^{2}$,解得 $x_{1}=rac{p}{2}+rac{\sqrt{100-p^{2}}}{2} i, x_{2}=rac{p}{2}-rac{\sqrt{100-p^{2}}}{2} i$,则, 解得 $p= \pm 3 \sqrt{11}$ ，综上所述, $p= \pm \sqrt{101}$ 或 $p= \pm 3 \sqrt{11}$.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知虚数 $z=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathbf{R}, b \neq 0)$ 满足 $z+\frac{2}{z} \in \mathbf{R}$.

(1) 求 $|z|$;

(2) 若 $a\left(z-\frac{2}{z}\right)=\mathrm{i}$, 求 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 的值.
选项：
答案：(1) $\sqrt{2}$; (2) $\pm 2 \sqrt{3}$.
解析：(1) 依题意 $z+rac{2}{z}=a+b \mathrm{i}+rac{2}{a+b \mathrm{i}}=a+b \mathrm{i}+rac{2(a-b \mathrm{i})}{(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})}$,$=a+b \mathrm{i}+rac{2 a-2 b \mathrm{i}}{a^{2}+b^{2}}=a+rac{2 a}{a^{2}+b^{2}}+\left(b-rac{2 b}{a^{2}+b^{2}}ight) \mathrm{i} \in \mathbf{R}$, 所以 $b-rac{2 b}{a^{2}+b^{2}}=0 \Rightarrow a^{2}+b^{2}=2$, 所以 $|z|=\sqrt{2}$.(2) 依题意 $a\left(z-rac{2}{z}ight)=i$,即 $a\left(a+b \mathrm{i}-rac{2}{a+b \mathrm{i}}ight)=a\left[a+b \mathrm{i}-rac{2(a-b \mathrm{i})}{(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})}ight]$$=a\left[a+b \mathrm{i}-rac{2 a-2 b \mathrm{i}}{a^{2}+b^{2}}ight]=a\left[a-rac{2 a}{a^{2}+b^{2}}+\left(b+rac{2 b}{a^{2}+b^{2}}ight) \mathrm{i}ight]$$=a^{2}-rac{2 a^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\left(a b+rac{2 a b}{a^{2}+b^{2}}ight) \mathrm{i}=a^{2}-a^{2}+(a b+a b) \mathrm{i}=2 a b \mathrm{i}=\mathrm{i}$,所以 $2 a b=1, a b=rac{1}{2}$.由 $\left\{egin{array}{l}a^{2}+b^{2}=2 \ a b=rac{1}{2}\end{array}ight.$ ，得 $(a+b)^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}=2+1=3$,所以 $a+b= \pm \sqrt{3}$, 所以$$rac{1}{a}+rac{1}{b}=rac{a+b}{a b}=rac{ \pm \sqrt{3}}{rac{1}{2}}= \pm 2 \sqrt{3}$$
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知虚数 $z$ 满足 $z+\frac{4}{z}$ 是实数, 且 $2 \leq z+\frac{4}{z} \leq 2 \sqrt{3}$.

(1) 试求 $z$ 的模;

(2) 若 $|z-2-2 i|$ 取最小值 $m$ 时对应的复数 $z$ 记为 $z_{0}$, 试求: (1) $m$ 的值;
选项：
答案：(1) 2 ; (2) (1) $2 \sqrt{2}-2$; (2) $-2^{	ext {D
解析：(1) 设 $z=a+b \mathrm{i}, a, b \in \mathbf{R}, b 
eq 0$ ，则 $z+rac{4}{z}=a+b \mathrm{i}+rac{4}{a+b \mathrm{i}}=a+b \mathrm{i}+rac{4 a-4 b \mathrm{i}}{a^{2}+b^{2}}$,整理得到 $z+rac{4}{z}=a+rac{4 a}{a^{2}+b^{2}}+\left(b-rac{4 b}{a^{2}+b^{2}}ight)$ ，因为 $z+rac{4}{z}$ 是实数, 故 $b-rac{4 b}{a^{2}+b^{2}}=0$,但 $b 
eq 0$, 故 $a^{2}+b^{2}=4$, 即 $z$ 的模为 2 。(2) 由 (1) 可得 $z+rac{4}{z}=2 a$, 故 $2 \leq 2 a \leq 2 \sqrt{3}$, 即 $1 \leq a \leq \sqrt{3}$.又,它表示圆 $a^{2}+b^{2}=4$ 上的点到点 $Q(2,2)$ 的距离，其最小值为 $2 \sqrt{2}-2$,当且仅当 $O, P(a, b), Q$ 共线时取最小值.由 $\left\{egin{array}{l}a=b \ a^{2}+b^{2}=4 \ 1 \leq a \leq \sqrt{3}\end{array}ight.$, 可得 $\left\{egin{array}{l}a=\sqrt{2} \ b=\sqrt{2}\end{array}ight.$,故 $|z-2-2 \mathrm{i}|$ 取最小值时 $z_{0}=\sqrt{2}(1+\mathrm{i})$,所以 $z_{0}^{\infty 2}=(\sqrt{2})^{20} \cdot(1+\mathrm{i})^{20}=2^{10} \cdot\left[(1+\mathrm{i})^{2}ight]^{10}=2^{20} \cdot 1^{10}=-2^{20}$,故 $m=2 \sqrt{2}-2, z_{0}^{\infty}=-2^{20}$.