eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 代数）：请根据图所示的程序框图写出相应的算法语句.


选项：
答案：| INPI | $\mathrm{T}$ | $x$ |  |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| IF | $x<0$ | $\mathrm{TH}$ |  |
|  | $y=-x$ |  |  |
| EISI |  |  |  |
|  | IF | $x=0$ | THEN |


|  | $y=0$ |
| :---: | :---: |
|  | SE |
|  | $y=x+1$ |
|  | ID IF |
| END IF |  |
| PRINT | y |
| END |  |
解析：| INPI | $\mathrm{T}$ | $x$ |  |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| IF | $x<0$ | $\mathrm{TH}$ |  |
|  | $y=-x$ |  |  |
| EISI |  |  |  |
|  | IF | $x=0$ | THEN |


|  | $y=0$ |
| :---: | :---: |
|  | SE |
|  | $y=x+1$ |
|  | ID IF |
| END IF |  |
| PRINT | y |
| END |  |
题目（高一 · 代数）：已知函数 $y=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-1, x<-1 \\ |x|+1,-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ \sqrt{3 x}+3, x>1\end{array}\right.$, 编写一个程序求函数值.
选项：
答案：<ImageHere>
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{x+a}{x^{2}+1}$ 为奇函数.

(1) 求 $a$ 的值;

(2) 判断函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上的单调性, 并证明.
选项：
答案：(1) 根据题意, $f(x)=\frac{x+a}{x^{2}+1}$ 为奇函数, 则 $f(-x)+f(x)=0$,

即 $\left(\frac{-x+a}{x^{2}+1}\right)+\left(\frac{x+a}{x^{2}+1}\right)=0$, 解可得 $a=0$ ；

(2) 由（1）的结论, $f(x)=\frac{x}{x^{2}+1}$, 在 $(-1,1)$ 上为增函数;

证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in(-1,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$,

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}+1}-\frac{x_{2}}{x_{2}^{2}+1}=\frac{x_{1}\left(x_{2}^{2}+1\right)-x_{2}\left(x_{1}^{2}+1\right)}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)} \frac{x_{1} x_{2}^{2}+x_{1}-x_{2} x_{1}^{2}-x_{2}}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)}$

$=\frac{x_{1} x_{2}\left(x_{2}-x_{1}\right)-\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)}=\frac{\left(x_{1} x_{2}-1\right)\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)}$,

又由 $x_{1}, x_{2} \in(-1,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1} x_{2}-1<0, x_{2}-x_{1}>0, x_{1}^{2}+1>0, x_{2}^{2}+1>0$

则有 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$,

所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上单调递增.
解析：(1) 根据题意, $f(x)=\frac{x+a}{x^{2}+1}$ 为奇函数, 则 $f(-x)+f(x)=0$,

即 $\left(\frac{-x+a}{x^{2}+1}\right)+\left(\frac{x+a}{x^{2}+1}\right)=0$, 解可得 $a=0$ ；

(2) 由（1）的结论, $f(x)=\frac{x}{x^{2}+1}$, 在 $(-1,1)$ 上为增函数;

证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in(-1,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$,

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}+1}-\frac{x_{2}}{x_{2}^{2}+1}=\frac{x_{1}\left(x_{2}^{2}+1\right)-x_{2}\left(x_{1}^{2}+1\right)}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)} \frac{x_{1} x_{2}^{2}+x_{1}-x_{2} x_{1}^{2}-x_{2}}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)}$

$=\frac{x_{1} x_{2}\left(x_{2}-x_{1}\right)-\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)}=\frac{\left(x_{1} x_{2}-1\right)\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}^{2}+1\right)\left(x_{2}^{2}+1\right)}$,

又由 $x_{1}, x_{2} \in(-1,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1} x_{2}-1<0, x_{2}-x_{1}>0, x_{1}^{2}+1>0, x_{2}^{2}+1>0$

则有 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$,

所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上单调递增.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=2 x-\frac{m}{x}$ 的图象过点 $P(1,1)$.

(1) 求实数 $m$ 的值, 并证明函数 $f(x)$ 为奇函数;

(2) 判断函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调性, 并用定义证明你的结论.
选项：
答案：(1) 根据题意, 函数 $f(x)=2 x-\frac{m}{x}$ 的图象过点 $P(1,1)$

则有 $1=2-m$, 解可得 $m=1$, 则 $f(x)=2 x-\frac{1}{x}$

其定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 且 $f(-x)=2(-x)-\frac{1}{(-x)}=-\left(2 x-\frac{1}{x}\right)=-f(x)$

则函数 $f(x)$ 为奇函数

（2）根据题意, 由 (1) 的结论, $f(x)=2 x-\frac{1}{x}$, 则 $(0,+\infty)$ 上为增函数证明：设 $0<x_{1}<x_{2}$

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\left(2 x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)-\left(2 x_{2}-\frac{1}{x_{2}}\right)=2\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(\frac{x_{1} x_{2}+1}{x_{1} x_{2}}\right)$

又由 $0<x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}-x_{2}<0$, 则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$

则函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数
解析：(1) 根据题意, 函数 $f(x)=2 x-\frac{m}{x}$ 的图象过点 $P(1,1)$

则有 $1=2-m$, 解可得 $m=1$, 则 $f(x)=2 x-\frac{1}{x}$

其定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 且 $f(-x)=2(-x)-\frac{1}{(-x)}=-\left(2 x-\frac{1}{x}\right)=-f(x)$

则函数 $f(x)$ 为奇函数

（2）根据题意, 由 (1) 的结论, $f(x)=2 x-\frac{1}{x}$, 则 $(0,+\infty)$ 上为增函数证明：设 $0<x_{1}<x_{2}$

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\left(2 x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)-\left(2 x_{2}-\frac{1}{x_{2}}\right)=2\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(\frac{x_{1} x_{2}+1}{x_{1} x_{2}}\right)$

又由 $0<x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}-x_{2}<0$, 则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$

则函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数
题目（高一 · 代数）：已知 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的偶函数, 当 $x \geq 0$ 时, $f(x)=x^{2}-x$.

(1)求 $f(x)$ 的解析式;

(2)若方程 $f(x)=k$ 有 4 个解, 求 $k$ 的取值范围.
选项：
答案：(1)由已知有: $f(-x)=f(x), x \in R$, 且 $x \geq 0$ 时, $f(x)=x^{2}-x$,

设 $x<0$, 则 $-x>0$,

$f(x)=f(-x)=(-x)^{2}-(-x)=x^{2}+x$.

$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x(x \geq 0) \\ x^{2}+x(x<0) .\end{array}\right.$

(2) 作出函数 $f(x)$ 的大致图象:

<ImageHere>

当方程 $f(x)=k$ 有 4 个解时, 由图可知: $-\frac{1}{4}<k<0$.
解析：(1)由已知有: $f(-x)=f(x), x \in R$, 且 $x \geq 0$ 时, $f(x)=x^{2}-x$,

设 $x<0$, 则 $-x>0$,

$f(x)=f(-x)=(-x)^{2}-(-x)=x^{2}+x$.

$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x(x \geq 0) \\ x^{2}+x(x<0) .\end{array}\right.$

(2) 作出函数 $f(x)$ 的大致图象:



当方程 $f(x)=k$ 有 4 个解时, 由图可知: $-\frac{1}{4}<k<0$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-2(a-1) x+4$.

(I) 若 $f(x)$ 为偶函数, 求 $f(x)$ 在 $[-1,2]$ 上的值域;

(II) 若 $f(x)$ 在区间 $(-\infty, 2]$ 上是减函数, 求 $f(x)$ 在 $[1, a]$ 上的最大值.
选项：
答案：(I) 因为函数 $f(x)$ 为偶函数, 故 $f(-x)=f(x)$, 得 $a=1 . f(x)=x^{2}+4$, 因为 $-1 \leq x \leq 2$,所以 $4 \leq f(x) \leq 8$, 故值域为: $[4,8]$.

(II) 若 $f(x)$ 在区间 $(-\infty, 2]$ 上是减函数, 则函数对称轴 $x=a-1 \geq 2, a \geq 3$

因为 $1<a-1<a$, 所以 $x \in[1, a-1]$ 时, 函数 $f(x)$ 递减, $[a-1, a]$ 时, 函数 $f(x)$ 递增, 故当 $x \in[1, a]$时, $f(x)_{\text {max }}=\{f(1), f(a)\}, \therefore f(1)=7-2 a, f(a)=-a^{2}+2 a+4$,

$f(1)-f(a)=(7-2 a)-\left(-a^{2}+2 a+4\right)=a^{2}-4 a+3=(a-2)^{2}-1$

由于 $a \geq 3, f(1)-f(a)>0, \therefore f(1) \geq f(a)$, 故 $f(x)$ 在 $[1, a]$ 上的最大值为 $7-2 a$.
解析：(I) 因为函数 $f(x)$ 为偶函数, 故 $f(-x)=f(x)$, 得 $a=1 . f(x)=x^{2}+4$, 因为 $-1 \leq x \leq 2$,所以 $4 \leq f(x) \leq 8$, 故值域为: $[4,8]$.

(II) 若 $f(x)$ 在区间 $(-\infty, 2]$ 上是减函数, 则函数对称轴 $x=a-1 \geq 2, a \geq 3$

因为 $1<a-1<a$, 所以 $x \in[1, a-1]$ 时, 函数 $f(x)$ 递减, $[a-1, a]$ 时, 函数 $f(x)$ 递增, 故当 $x \in[1, a]$时, $f(x)_{\text {max }}=\{f(1), f(a)\}, \therefore f(1)=7-2 a, f(a)=-a^{2}+2 a+4$,

$f(1)-f(a)=(7-2 a)-\left(-a^{2}+2 a+4\right)=a^{2}-4 a+3=(a-2)^{2}-1$

由于 $a \geq 3, f(1)-f(a)>0, \therefore f(1) \geq f(a)$, 故 $f(x)$ 在 $[1, a]$ 上的最大值为 $7-2 a$.
题目（高一 · 代数）：如果二次函数 $f(x)=x^{2}-(a-1) x+5$ 在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上是增函数, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：$(-\infty, 2]$
解析：【详解】
解: $\because$ 函数 $f(x)=x^{2}-(a-1) x+5$ 的图象对称轴为 $x=\frac{a-1}{2}$ 且在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上是增函数,

$\therefore \frac{a-1}{2} \leq \frac{1}{2}$, 即 $a \leq 2$. 实数 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, 2]$.

故答案为: $(-\infty, 2]$.

【点睛】

本题考查二次函数的单调性, 一般根据对称轴与区间的位置关系来讨论, 本题属于基础题.
题目（高一 · 代数）：$f(x)=x^{2}+(m-2) x-2 m(m \in R)$

(1) 已知 $f(x)$ 在 $[2,4]$ 上是单调函数, 求 $m$ 的取值范围;

(2) 求 $f(x)<0$ 的解集.
选项：
答案：(1) $m \leq-6$ 或 $m \geq-2$;
（2）当 $m=-2$ 时,不等式 $f(x)<0$ 的解集为空集;

当 $m>-2$ 时, 不等式 $f(x)<0$ 的解集为 $\{x \mid-m<x<2\}$;

当 $m<-2$ 时, 不等式 $f(x)<0$ 的解集为 $\{x \mid 2<x<-m\}$.
解析：【详解】

(1) 函数 $f(x)=x^{2}+(m-2) x-2 m(m \in R)$ 的对称轴为: $x=\frac{2-m}{2}$

因为 $f(x)$ 在 $[2,4]$ 上是单调函数, 所以有: $\frac{2-m}{2} \geq 4$ 或 $\frac{2-m}{2} \leq 2$, 解得 $m \leq-6$ 或 $m \geq-2$;

(2)方程 $x^{2}+(m-2) x-2 m=0$ 的两个根为: $2,-m$.

当 $m=-2$ 时,不等式 $f(x)<0$ 的解集为空集;

当 $m>-2$ 时, 不等式 $f(x)<0$ 的解集为 $\{x \mid-m<x<2\}$;

当 $m<-2$ 时, 不等式 $f(x)<0$ 的解集为 $\{x \mid 2<x<-m\}$.

【点睛】

本题考查了已知函数单调性求参数问题, 考查了求解一元二次不等式的解集, 考查了分类讨论思想.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}+x+4}{x}, x>0 \\ -\frac{x^{2}-x+4}{x}, x<0\end{array}\right.$,

(1) 判断 $f(x)$ 的奇偶性, 并加以证明;

(2) 讨论 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调性, 并证明你的结论.
选项：
答案：（1）偶函数, 证明见解析;
(2) 在 $(0,2]$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增, 证明见解析.
解析：【详解】

(1) $f(x)$ 为偶函数.

证明如下: $\because f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{x^{2}+x+4}{x}, & x>0 \\ -\frac{x^{2}-x+4}{x}, & x<0\end{array}\right.$,

当 $x>0$ 时, $-x<0$, 则 $f(x)=\frac{x^{2}+x+4}{x}, f(-x)=-\frac{(-x)^{2}-(-x)+4}{-x}=\frac{x^{2}+x+4}{x}$,

所以 $f(x)=f(-x)$;

当 $x<0$ 时, $-x>0$, 则 $f(x)=-\frac{x^{2}-x+4}{x}, f(-x)=\frac{(-x)^{2}+(-x)+4}{-x}=-\frac{x^{2}-x+4}{x}$,所以 $f(x)=f(-x)$;

综上所述, 对于定义域内任意 $x$, 都有 $f(x)=f(-x)$, 所以 $f(x)$ 为偶函数.

(2) $f(x)$ 在 $(0,2]$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增.

任取 $x_{1}, x_{2} \in(0,+\infty), \quad x_{1}<x_{2}, f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(x_{1} x_{2}-4\right)}{x_{1} x_{2}}$,
因为 $x_{1}, x_{2} \in(0,+\infty), x_{1}<x_{2}$, 所以 $x_{1} x_{2}>0, x_{2}-x_{1}>0$,

所以, 当 $x_{2}>x_{1}>2$ 时, $x_{1} x_{2}-4>0, f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)>0, f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$,

当 $2 \geq x_{2}>x_{1}>0$ 时, $x_{1} x_{2}-4<0, f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)<0, f\left(x_{2}\right)<f\left(x_{1}\right)$,

所以 $f(x)$ 在 $(0,2]$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增.

【点睛】

本题考查分段函数的奇偶性与单调性的判定证明, 注意利用定义法证明函数单调性的步骤, 属于中档题.
题目（高一 · 代数）：(1) 求函数 $y=\frac{\sqrt{4-x^{2}}}{(x+1)(x-1)}$ 的定义域;

(2) 已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,0)$, 求函数 $f(2 x+1)$ 的定义域.
选项：
答案：(1) $\{x \mid-2 \leq x \leq 2$ 且 $x \neq \pm x\}$ (2) $\left(-1,-\frac{1}{2}\right)$
解析：【详解】

(1) 要使函数 $y=\frac{\sqrt{4-x^{2}}}{(x+1)(x-1)}$ 有意义,则 $\left\{\begin{array}{l}4-x^{2} \geq 0 \\ (x+1)(x-1) \neq 0\end{array}\right.$, 解得 $-2 \leq x \leq 2$ 且 $x \neq \pm 1$,
所以函数定义域为 $\{x \mid-2 \leq x \leq 2$ 且 $x \neq \pm 1\}$.

(2) 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,0)$,

所以 $-1<2 x+1<0$,

解得 $-1<x<-\frac{1}{2}$,

所以函数的定义域为 $\left(-1,-\frac{1}{2}\right)$.

【点睛】

本题主要考查了已知解析式函数的定义域, 抽象函数的定义域, 考查了运算能力, 属于这道题.
题目（高一 · 代数）：(1) 已知 $f(x)$ 是一次函数, 且 $2 f(2 x+1)-f(x-2)=6 x+5$, 求 $f(x)$ 的解析式;

(2) 已知函数 $f(x-3)=x^{2}-4 x+6$, 求 $f(x)$ 的解析式.
选项：
答案：14. (1) $f(x)=2 x-3 ;$ (2) $f(x)=x^{2}+2 x+3$.
解析：【详解】

解: (1) 因为 $f(x)$ 是一次函数, 所以可设 $f(x)=k x+b$

则 $2 f(2 x+1)-f(x-2)=2[k(2 x+1)+b]-[k(x-2)+b]=3 k x+4 k+b=6 x+5$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}3 k=6 \\ 4 k+b=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k=2 \\ b=-3\end{array}\right.$,

所以 $f(x)=2 x-3$.

(2) 令 $t=x-3$, 则 $x=t+3$.

因为 $f(x-3)=x^{2}-4 x+6$, 所以 $f(t)=(t+3)^{2}-4(t+3)+6$

$=t^{2}+2 t+3$.

故 $f(x)=x^{2}+2 x+3$.

【点睛】

本题主要考查待定系数法求函数解析式, 换元法求函数解析式, 属于常考题型.
题目（高一 · 代数）：(1) 已知 $f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{x}{1-x^{2}}$, 求 $f(x)$ 的解析式;

(2) 已知 $f(x)$ 是二次函数, 且满足 $f(0)=1, f(x+1)-f(x)=2 x$, 求 $f(x)$ 的解析式.
选项：
答案：(1) $f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}(x \neq 0$ 且 $x \neq \pm 1)$;
(2) $f(x)=x^{2}-x+1$.
解析：【详解】

(1) 设 $t=\frac{1}{x}$, 则 $x=\frac{1}{t}(t \neq 0)$, 代入 $f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{x}{1-x^{2}}$,
得 $f(t)=\frac{\frac{1}{t}}{1-\left(\frac{1}{t}\right)^{2}}=\frac{t}{t^{2}-1}$,

故 $f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}(x \neq 0$ 且 $x \neq \pm 1)$;

(2) 设所求的二次函数为 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$.

$\because f(0)=1, c=1$, 则 $f(x)=a x^{2}+b x+1$.

又 $\because f(x+1)-f(x)=2 x$,

$\therefore a(x+1)^{2}+b(x+1)+1-\left(a x^{2}+b x+1\right)=2 x$

即 $2 a x+a+b=2 x ，$



$\therefore$ 所求二次函数为 $f(x)=x^{2}-x+1$.

【点睛】

本题考查利用换元法和待定系数法求函数解析式, 解答关键就是根据系数相等得出方程组求解, 考查计算能力, 属于中等题.
题目（高一 · 代数）：已知 $f(x)=\frac{1}{1+x}(x \in R$, 且 $x \neq-1), g(x)=x^{2}+2(x \in R)$.

(1) 求 $f(2) 、 g(2)$ 的值;

(2) 求 $\mathrm{f}[\mathrm{g}(3)]$ 的值.
选项：
答案：(1) $\mathrm{f}(2)=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}, \mathrm{~g}(2)=6$. (2) $\mathrm{f}[\mathrm{g}(3)]=\frac{1}{12}$.
解析：

试题分析：利用函数的性质求解.

解: (1) $\because f(x)=\frac{1}{1+x}(x \in R$, 且 $x \neq-1), g(x)=x^{2}+2(x \in R)$,

$\therefore \mathrm{f}(2)=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}$,

g $(2)=2^{2}+2=6$.

(2) $g(3)=3^{2}+2=11$,

$\mathrm{f}[\mathrm{g}(3)]=\mathrm{f}(11)=\frac{1}{1+11}=\frac{1}{12}$.

考点: 函数的值.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $\mathrm{A}=\left\{\mathrm{x} \left\lvert\, \mathrm{x}=\frac{1}{9}(2 k+1)\right., k \in Z\right\}, \mathrm{B}=\left\{\mathrm{x} \left\lvert\, \mathrm{x}=\frac{4}{9} k \pm \frac{1}{9}\right., k \in Z\right\}$, 则集合 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 之间的关系为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\mathrm{A}=\mathrm{B}$
解析：【详解】

对于集合 $\mathrm{A}, \mathrm{k}=2 \mathrm{n}$ 时, $x=\frac{1}{9}(4 n+1)=\frac{4 n}{9}+\frac{1}{9}, n \in Z$,

当 $\mathrm{k}=2 \mathrm{n}-1$ 时, $x=\frac{1}{9}(4 n-2+1)=\frac{4 n}{9}-\frac{1}{9}, n \in Z$

即集合 $\mathrm{A}=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{4 n}{9} \pm \frac{1}{9}\right., n \in Z\right\}$, 由 $\mathrm{B}=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{4 k}{9} \pm \frac{1}{9}\right., k \in Z\right\}$

可知 $\mathrm{A}=\mathrm{B}$, 故填: $\mathrm{A}=\mathrm{B}$.

【点睛】

本题考查了集合之间的关系, 考查了集合相等的判断, 涉及了集合的表示法, 是基础题.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-5 x-14 \leq 0\right\}, B=\{x|| x-1 \mid \leq 4\}$.

(1) 若 $C=\{x \mid m+1 \leq x \leq 2 m-1\}, C \subseteq(A \cap B)$, 求实数 $m$ 的取值范围;

(2) 若 $D=\{x \mid x>6 m+1\}$, 且 $(A \cup B) \cap D=\varnothing$, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $m \leq 3$; (2) $m \geq 1$.
解析：【详解】

(1) $A=\{x \mid-2 \leq x \leq 7\}, B=\{x \mid-3 \leq x \leq 5\}, A \cap B=\{x \mid-2 \leq x \leq 5\}$,

(1)若 $C=\varnothing$, 则 $m+1>2 m-1, \therefore m<2$ ；

(2)若 $C \neq \varnothing$, 则 $\left\{\begin{array}{l}m+1 \leq 2 m-1 \\ m+1 \geq-2 \\ 2 m-1 \leq 5\end{array}, \therefore 2 \leq m \leq 3\right.$, 综上 $m \leq 3$.

(2) $A \cup B=\{x \mid-3 \leq x \leq 7\}$, $\therefore 6 m+1 \geq 7, \quad \therefore m \geq 1$.

【点睛】

本题考查集合的包含关系以及一元二次不等式的解的求法, 注意根据集合关系得到不同集合中的范围的端点满足的不等式（或不等式组）, 要验证等号是否可取, 还要注意含参数的集合是否为空集或全集.
题目（高一 · 代数）：已知全集 $U=\mathbf{R}$, 集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x-15<0\right\}$, 集合 $B=\left\{x \mid(x-2 a+1)\left(x-a^{2}\right)<0\right\}$.

(1) 若 $a=1$, 求 $\complement_{U} A$ 和 $B$;

(2) 若 $A \cup B=A$, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $\complement_{U} A=\{x \mid x \leq-3$ 或 $x \geq 5\} ; B=\varnothing$;
(2) $-1 \leq a \leq \sqrt{5}$.
解析：【详解】

(1) 若 $a=1$, 则集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x-15<0\right\}=\{x \mid-3<x<5\}$,

$\therefore \complement_{U} A=\{x \mid x \leqslant-3$ 或 $x \geqslant 5\}$,

若 $a=1$, 则集合 $B=\left\{x \mid(x-2 a+1)\left(x-a^{2}\right)<0\right\}=\left\{x \mid(x-1)^{2}<0\right\}=\varnothing$,

(2) 因为 $A \cup B=A$, 所以 $B \subseteq A$,

(1)当 $B=\varnothing$ 时, $a^{2}=2 a-1$, 解 $a=1$,

(2)当 $B \neq \varnothing$ 时, 即 $a \neq 1$ 时, $B=\left\{x \mid 2 a-1<x<a^{2}\right\}$,

又由（1）可知集合 $A=\{x \mid-3<x<5\}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 a-1 \geqslant-3 \\ a^{2} \leqslant 5\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant \sqrt{5}$, 且 $a \neq 1$,

综上所求, 实数 $a$ 的取值范围为: $-1 \leqslant a \leqslant \sqrt{5}$.

【点睛】

本题主要考查了集合的基本运算, 考查了一元二次不等式的解法, 是基础题.
题目（高一 · 代数）：设 $A=\left\{x \mid x^{2}+4 x=0\right\}, B=\left\{x \mid x^{2}+2(a+1) x+a^{2}-1=0\right\}$. 若 $A \cap B=B$, 求 $a$ 的值;
选项：
答案：$a=1$ 或 $a \leq-1$
解析：【详解】

化简集合 $A$, 得 $A=\{-4,0\}$.

由于 $A \cap B=B$, 则有 $B \subseteq A$ 可知集合 $B$ 或为空集, 或只含有根 0 或 -4 .

(1)若 $B=\varnothing$, 由 $\Delta=4(a+1)^{2}-4\left(a^{2}-1\right)<0$, 得 $a<-1$.

(2) 若 $0 \in B$, 代入 $x^{2}+2(a+1) x+a^{2}-1=0$,
得 $a^{2}-1=0$, 即 $a=1$ 或 $a=-1$,

当 $a=1$ 时, $B=\left\{x \mid x^{2}+4 x=0\right\}=\{0,-4\}=A$, 符合题意;

当 $a=-1$ 时, $B=\left\{x \mid x^{2}=0\right\}=\{0\} \quad A$, 也符合题意.

(3)若 $-4 \in B$, 代入 $x^{2}+2(a+1) x+a^{2}-1=0$,

得 $a^{2}-8 a+7=0$, 即 $a=7$ 或 $a=1$,

当 $a=1$ 时, (2)中已讨论, 符合题意;

当 $a=7$ 时, $B=\left\{x \mid x^{2}+16 x+48=0\right\}=\{-12,-4\}$, 不合题意.

综合(1)(2)(3)得 $a=1$ 或 $a \leq-1$.

【点睛】

本题主要考查集合的运算, 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $A=\left\{a+2,(a+1)^{2}, a^{2}+3 a+3\right\}$, 且 $1 \in A$, 求实数 $a$ 值.
选项：
答案：$a=0$
解析：【详解】

$\because 1 \in A$,

$\therefore$ 若 $a+2=1$, 则 $a=-1$, 此时 $a^{2}+3 a+3=1$, 不合题意;

若 $(a+1)^{2}=1$, 则 $a=0$ 或 $a=-2, a=-2$ 时, $a^{2}+3 a+3=1$, 不合题意,

$a=0$ 时, $A=\{2,1,3\}$, 满足题意;

若 $a^{2}+3 a+3=1$, 则 $a=-1$ 或 $a=-2$, 由以上分析均为合题意.

综上 $a=0$.

【点睛】

本题考查集合的概念, 在求集合的参数值时, 需进行检验, 主要是检验元素的互异性, 如果涉及到集合的运算, 还需检验集合运算的结果是否符合题意.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $A=\left\{x \mid a x^{2}+2 x+1=0, a \in R\right\}$, 若 $A$ 中至多只有一个元素, 求 $a$ 取值范围.
选项：
答案：$a \geq 1$ 或 $a=0$
解析：【详解】

当 $a=0$ 时, $A=\left\{x \mid a x^{2}+2 x+1=0, a \in R\right\}=\{x \mid 2 x+1=0\}=\left\{-\frac{1}{2}\right\}$, 符合题意;
当 $a \neq 0$ 时, 若集合 $A$ 中至多只有一个元素,

则方程 $a x^{2}+2 x+1=0$ 无实数根或有两个相等实根, 所以 $\Delta=4-4 a \leq 0$ 即 $a \geq 1$;

所以 $a$ 取值范围为 $a \geq 1$ 或 $a=0$.

【点睛】

本题考查了描述法表示集合的应用, 考查了分类讨论思想与转化化归思想, 属于基础题.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $A$ 有三个元素: $a-3,2 a-1, a^{2}+1$, 集合 $B$ 也有三个元素: $0,1, x$.

(1) 若 $-3 \in A$, 求 $a$ 的值;

(2) 若 $x^{2} \in B$, 求实数 $x$ 的值;

（3）是否存在实数 $a, x$, 使 $A=B$.
选项：
答案：（1） $a=0$ 或 $-1 ；$ （2） $x=-1 ； （ 3 ）$ 不存在.
解析：【详解】

解: (1) 集合 $A$ 中有三个元素: $a-3,2 a-1, a^{2}+1,-3 \in A$,

$\therefore a-3=-3$ 或 $2 a-1=-3$,

解得 $a=0$ 或 $a=-1$,

当 $a=0$ 时, $A=\{-3,-1,1\}$, 成立;

当 $a=-1$ 时, $A=\{-4,-3,2\}$, 成立.

$\therefore a$ 的值为 0 或 -1 .

(2) 集合 $B$ 中也有三个元素: $0,1, x, x^{2} \in B$,

当 $x$ 取 $0,1,-1$ 时, 都有 $x^{2} \in B$,

$\because$ 集合中的元素都有互异性, $\therefore x \neq 0, x \neq-1$,

$\therefore x=-1$.

$\therefore$ 实数 $X$ 的值为 -1 .

(3) $a^{2}+1 \neq 0$,

若 $a-3=0$, 则 $a=3, A=\{0,5,10\} \neq B$,

若 $2 a-1=0$, 则 $a=\frac{1}{2}, A=\left\{0,-\frac{5}{2}, \frac{5}{4}\right\} \neq B$,

$\therefore$ 不存在实数 $a, x$, 使 $A=B$.

【点睛】

本题主要考查元素与集合的关系、集合相等的定义等基础知识, 考查运算求解能力, 是基础题.
题目（高一 · 代数）：设全集 $U=\mathrm{R}$, 已知集合 $A=\{1,2\}, B=\{x \mid 0 \leq x \leq 3\}$, 集合 $C$ 为不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x+1 \geq 0 \\ 3 x-6 \leq 0\end{array}\right.$ 的解集.

(1) 写出集合 $A$ 的所有子集;

(2) 求 $\mathrm{C}_{U} \mathrm{~B}_{\text {和 }} B \cup C$.
选项：
答案：(1) 解: 因为集合 $A=\{1,2\}$, 所以它的子集 $\varnothing,\{1\},\{2\},\{1,2\}$

（2）解: 因为 $\mathrm{B}=\{x \mid 0 \leq x \leq 3\}\}$, 所 $\mathrm{C}_{U} \mathrm{~B}=\{x p(0$ 或 $x) 3\}$;

由 $\left\{\begin{array}{l}x+1 \geq 0, \\ 3 x-6 \leq 0,\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x \geq-1 \\ x \leq 2\end{array}\right.$, 所以 $\mathrm{C}=[-1,2]$

所以 $B \cup C=\lfloor-1,3\rfloor$
解析：（1）根据集合 A，确定相应的子集即可;

（2）通过解不等式组求出集合 C, 结合集合的补和并运算, 即可得到相应的集合.
题目（高一 · 代数）：设全集是实数集 $R$, 集合 $A=\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2} \leq x \leq 2\right.\right\} ， B=\{x \mid x-a<0\}$.

(I)当 $a=1$ 时，分别求 $A \cap B$ 与 $A \cup B$;

(II) 若 $A \subseteq B$, 求实数 $a$ 的取值范围;

(III)若 $\left(\mathrm{C}_{R} A\right) \cap B=B$, 求实数 $a$ 的最大值.
选项：
答案：解: (I)当 $a=1$ 时, $B=\{x \mid x<1\}$,

$\therefore A \cap B=\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2} \leq x<1\right.\right\}, \quad A \cup B=\{x \mid x \leq 2\}$;

(II) $\because A \subseteq B, \quad \therefore a>2$,

$\therefore$ 实数 $a$ 的取值范围为 $(2,+\infty)$;

(III) $\because\left(\mathrm{C}_{R} A\right) \cap B=B, \quad \therefore B \subseteq\left(\mathrm{C}_{R^{A}} A\right)$,

又 $\mathrm{C}_{R} A=\left\{x \left\lvert\, x\left(\frac{1}{2}\right.\right.$ 或 $\left.\left.x\right) 2\right.\right\} ， \therefore a \leq \frac{1}{2} ，$

$\therefore$ 实数 $a$ 的最大值为 $\frac{1}{2}$.
解析：(I)当 $a=1$ 时, 确定集合 $B$ ，由交、并的定义可得结果; (II)由 $A \subseteq B$ 得 $a>2$; (III)由 $\left(C_{R} A\right) \cap B=B$ 得 $B \subseteq\left(C_{R} A\right)$, 得 $a \leq \frac{1}{2}$, 可得实数 $a$ 的最大值.
题目（高一 · 代数）：已知 $A=\left\{x \mid 1 \leq 2^{x} \leq 8\right\}, B=\{x \mid x>2\}$, 全集 $U=R$.

(1) 求 $A \cap B$ 和 $A \cup\left(\mathrm{C}_{U} B\right)$;

（2）已知非空集合 $C=\{x \mid 0 \leq x<a\}$, 若 $A \cup C=C$, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 解: 由题意, 集合 $A=\left\{x \mid 1 \leq 2^{x} \leq 8\right\}=\{x \mid 0 \leq x \leq 3\}$,

因为集合 $B=\{x \mid x>2\}$, 则 $\mathrm{C}_{U} B=\{x \mid x \leq 2\}$,

所以 $A \cap B=\{x \mid 0 \leq x \leq 3\} \cap\{x \mid x>2\}=\{x \mid 2<x \leq 3\}$,

$A \cup\left(C_{U} B\right)=\{x 0 \leqslant x \leqslant 3\} \cup\{x \mid x \leqslant 2\}=\{x \mid x \leqslant 3\} ;$

（2）解：由题意, 因为 $A \cup C=C$, 所以 $A \subseteq C$,

又因为 $C=\{x \mid 0 \leq x<a\}, A=\{x \mid 0 \leq x \leq 3\}$, 所以 $a>3$,

即实数 $a$ 的取值范围为 $(3,+\infty)$
解析：（1）求得集合 $A=\{x \mid 0 \leq x \leq 3\}$ ，根据集合的交集、并集和补集的运算，即可求解;由 $A \cup C=C$, 所以 $A \subseteq C$, 结合集合的包含关系, 即可求解.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\log _{a}(2+x)-\log _{a}(2-x)(a>0$, 且 $a \neq 1)$.

(I) 求函数 $f(x)$ 的定义域;

（II）判断函数 $f(x)$ 的奇偶性;

(III) 解关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $f(x) \geq \log _{a}(3 x)$.
选项：
答案：解: (I) 要是函数有意义, 则 $\left\{\begin{array}{l}2+x>0, \\ 2-x>0,\end{array}\right.$

解得 $-2<x<2$,

故函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-2,2)$.

(II) $\forall x \in(-2,2),-x \in(-2,2)$,
$f(-x)=\log _{a}(2-x)-\log _{a}(2+x)$

$=-\left[\log _{a}(2+x)-\log _{a}(2-x)\right]=-f(x)$

所以函数 $f(x)$ 为奇函数.

(III) $f(x)=\log _{a}(2+x)-\log _{a}(2-x)=\log _{a} \frac{2+x}{2-x}$,

所以, 不等式 $f(x) \geq \log _{a} 3 x$ 可化为 $\log _{a} \frac{2+x}{2-x} \geq \log _{a} 3 x$.

当 $0<a<1$ 时, $0<\frac{2+x}{2-x} \leq 3 x$, 解得 $\frac{2}{3} \leq x \leq 1$;

当 $a>1$ 时, $\frac{2+x}{2-x} \geq 3 x>0$, 解得 $0<x \leq \frac{2}{3}$ 或 $1 \leq x<2$.
解析：(I) 根据对数的真数为正可求出函数定义域（II）由定义域的对称性及 $f(-x), f(x)$ 的关系可判断函数奇偶性 (III) 分 $0<a<1, \quad a>1$ 两种情况讨论, 利用单调性求不等式的解.
题目（高一 · 代数）：定义在 $\mathrm{R}$ 上的函数 $y=f(x)$, 当 $x>0$ 时, $f(x)>1$, 且对任意的 $x, y \in R$, 都有 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$.

(I) 求证: $f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 上的增函数;

(II) 求不等式 $f(x)+f\left(2 x-x^{2}\right)>2$ 的解集.
选项：
答案：(I) 证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in R$, 且设 $x_{1}\left(x_{2}, \therefore x_{2}-x_{1}\right)_{0}, \therefore f\left(x_{2}-x_{1}\right)>1$,

则 $f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f\left[\left(x_{2}-x_{1}\right)+x_{1}\right]-f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}-x_{1}\right)+f\left(x_{1}\right)-1-f\left(x_{1}\right)$

$=f\left(x_{2}-x_{1}\right)-1>0, \quad \therefore f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$

$\therefore f(x)$ 为 $R$ 上的增函数.

（II）解: 不等式 $f(x)+f\left(2 x-x^{2}\right)>2$ 可化为: $f(x)+f\left(2 x-x^{2}\right)-1>1$,

即 $f\left(x+2 x-x^{2}\right)>1$,

$f(0+0)=2 f(0)-1, \therefore f(0)=1$,

故不等式化为 $f\left(3 x-x^{2}\right)>f(0)$,

$\because f(x)$ 为 $R$ 上的增函数, $3 x-x^{2}>0$, 解得 $0<x<3$

$\therefore$ 不等式的解集为 $(0,3)$.
解析：(I) 任取 $x_{1}, x_{2} \in R$, 且设 $x_{1}<x_{2}$, 结合当 $x>0$ 时, $f(x)>1$, 以及 $x, y \in R$, 都有 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$, 可以证明 $f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$, 即可证明 $f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 上的增函数; （II）利用抽象函数的性质及 $f(x)$ 的单调性, 可以得到 $3 x-x^{2}>0$, 求解即可.
题目（高一 · 代数）：已知 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, 且当 $x>0$ 时, $f(x)=-x^{2}+2 x$.

(1) 求函数 $f(x)$ 在 $R$ 上的解析式;

（2）若函数 $f(x)$ 在区间 $[-1, a-2]$ 上单调递增, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $\because f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数 $\quad \therefore f(-x)=-f(x)$ 且 $f(0)=0$

当 $x<0$ 时, $-x>0$

$\therefore f(x)=-f(-x)=-\left[-(-x)^{2}-2 x\right]=x^{2}+2 x$

又 $f(0)$ 满足 $f(x)=x^{2}+2 x \quad \therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}-x^{2}+2 x, x>0 \\ x^{2}+2 x, x \leq 0\end{array}\right.$

(2) 由（1）可得 $f(x)$ 图象如下图所示:

<ImageHere>

$\because f(x)$ 在区间 $[-1, a-2]$ 上单调递增 $\quad \therefore-1<a-2 \leq 1$, 解得: $a \in(1,3]$

$\therefore a$ 的取值范围为: $(1,3]$
解析：(1) $\because f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数 $\quad \therefore f(-x)=-f(x)$ 且 $f(0)=0$

当 $x<0$ 时, $-x>0$

$\therefore f(x)=-f(-x)=-\left[-(-x)^{2}-2 x\right]=x^{2}+2 x$

又 $f(0)$ 满足 $f(x)=x^{2}+2 x \quad \therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}-x^{2}+2 x, x>0 \\ x^{2}+2 x, x \leq 0\end{array}\right.$

(2) 由（1）可得 $f(x)$ 图象如下图所示:



$\because f(x)$ 在区间 $[-1, a-2]$ 上单调递增 $\quad \therefore-1<a-2 \leq 1$, 解得: $a \in(1,3]$

$\therefore a$ 的取值范围为: $(1,3]$
题目（高一 · 代数）：设函数 $y=f(x)$ 是定义在 $R^{+}$上的减函数, 并且满足 $f(x y)=f(x)+f(y), f\left(\frac{1}{3}\right)=1$,

(1) 求 $f(1)$ 的值,

(2) 如果 $f(x)+f\left(\frac{2}{3}-x\right) \leq 2$, 求 $x$ 的值.
选项：
答案：(1) $f(1 \cdot 1)=f(1)+f(1)$, 所以有 $f(1)=0$.

(2) 因为 $f(x)+f\left(\frac{2}{3}-x\right) \leq 2$, 根据定义域有 $0<x<\frac{2}{3}$, 然而

$f(x)+f\left(\frac{2}{3}-x\right)=f\left(\frac{2}{3} x-x^{2}\right) \cdot f\left(\frac{1}{9}\right)=f\left(\frac{1}{3}\right)+f\left(\frac{1}{3}\right)=2$, 所以有 $f\left(\frac{2}{3} x-x^{2}\right) \leq f\left(\frac{1}{9}\right)$, 根据函数单调性有 $\frac{2}{3} x-x^{2} \geq \frac{1}{9}$, 即得 $x^{2}-\frac{2}{3} x+\frac{1}{9} \leq 0$, 左边是完全平方, 所以 $x=\frac{1}{3}$, 符合定义域.
解析：(1) $f(1 \cdot 1)=f(1)+f(1)$, 所以有 $f(1)=0$.

(2) 因为 $f(x)+f\left(\frac{2}{3}-x\right) \leq 2$, 根据定义域有 $0<x<\frac{2}{3}$, 然而

$f(x)+f\left(\frac{2}{3}-x\right)=f\left(\frac{2}{3} x-x^{2}\right) \cdot f\left(\frac{1}{9}\right)=f\left(\frac{1}{3}\right)+f\left(\frac{1}{3}\right)=2$, 所以有 $f\left(\frac{2}{3} x-x^{2}\right) \leq f\left(\frac{1}{9}\right)$, 根据函数单调性有 $\frac{2}{3} x-x^{2} \geq \frac{1}{9}$, 即得 $x^{2}-\frac{2}{3} x+\frac{1}{9} \leq 0$, 左边是完全平方, 所以 $x=\frac{1}{3}$, 符合定义域.