eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：设 $f(x)=x \ln x$, 若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3$, 则 $x_{0}=(\quad)$
选项：
A. $e^{2}$
B. $e$
C. $\frac{\ln 2}{2}$
D. $\ln 2$
答案：A
解析：解析: 解答: $f^{\prime}(x)=\ln x+1$, 若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3$, 则 $\ln x+1=3$, 解得 $x=e^{2}$.

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法则计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}+f^{\prime}(2)(\ln x-x)$, 则 $f^{\prime}(1)=$
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：B
解析：解析: 解答: 对函数 $f(x)=x^{2}+f^{\prime}(2)(\ln x-x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=2 x+f^{\prime}(2)\left(\frac{1}{x}-1\right)$, 令 $x=1$,得 $f^{\prime}(1)=2+f^{\prime}(2)\left(\frac{1}{1}-1\right)=2$, 故选 B.

分析: 本题主要考查了导数的加法与减法法则、导数的乘法与除法法则, 解决问题的关键是根据所给函数运算即可.
题目（高二 · 代数）：下列求导数运算正确的是( )
选项：
A. $\left(x+\frac{1}{x}\right)^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}$
B. $\left(\log _{2} x\right)^{\prime}=\frac{1}{x \ln 2}$
C. $\left(3^{x}\right)^{\prime}=3^{x} \log _{3} e$
D. $\left(x^{2} \cos x\right)^{\prime}=-2 x \sin x$
答案：B
解析：解析: 解答: $\mathrm{A}\left(x+\frac{1}{x}\right)^{\prime}=1-\frac{1}{x^{2}}$; C $\left(3^{x}\right)^{\prime}=3^{x} \ln 3 ; \mathrm{D}\left(x^{2} \cos x\right)^{\prime}=2 x \cos x-x^{2} \sin x$,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加减, 乘除运算计算即可.
题目（高二 · 代数）：不等式组 $\left\{\begin{array}{l}4 x+3 y \leqslant 12, \\ x-y>-1, \\ y \geqslant 0\end{array} \quad\right.$ 表示的平面区域内整点的个数是( )
选项：
A. 2 个
B. 4 个
C. 6 个
D. 8 个
答案：C
解析：解析 画出可行域后, 可按 $x=0, x=1, x=2, x=3$ 分类代入检验, 符合要求的点有 $(0,0),(1,0),(2,0),(3,0),(1,1),(2,1)$ 共 6 个.
题目（高二 · 代数）：函数 $y=x^{3}-2 a x+a$ 在 $(0,1)$ 内有极小值, 则实数 $a$ 的取值范围是
选项：
A. $\left(0, \frac{3}{2}\right)$
B. $(0,3)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty, 3)$
答案：A
解析：解析: 解答: $y^{\prime}=3 x^{2}-2 a>0$, 得 $x>\sqrt{\frac{2 a}{3}}$, 或 $x<-\sqrt{\frac{2 a}{3}}$; 由 $y^{\prime}<0$, 得 $-\sqrt{\frac{2 a}{3}}<x<\sqrt{\frac{2 a}{3}}$, 因此当 $x=\sqrt{\frac{2 a}{3}}$ 取极小值, $\therefore 0<\sqrt{\frac{2 a}{3}}<1,0<a<\frac{3}{2}$, 故答案为

A.

分析: 本题主要考查了函数在某点取得极值的条件, 解决问题的关键是根据导数及函数极值的有关性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$, 其导函数 $f^{\prime}(x)$ 的图像如图所示, 则下列叙述正确的是


选项：
A. $f(b)>f(c)>f(d)$
B. $f(b)>f(a)>f(e)$
C. $f(c)>f(b)>f(a)$
D. $f(c)>f(e)>f(d)$
答案：C
解析：解析: 解答: 由导数的图像可知, 在 $(-\infty, c]$ 上导函数 $f^{\prime}(x)>0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, c]$上是增函数, 又因为 $c>b>a$, 所以 $f(c)>f(b)>f(a)$, 故选 C.

分析: 本题主要考查了函数的单调性与导数的关系, 解决问题的关键是根据函数图像结合导数的意义分析即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x+1+a \ln x$ 有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 ( )
选项：
A. $f\left(x_{2}\right)<-\frac{1+2 \ln 2}{4}$

B. $f\left(x_{2}\right)<\frac{1-2 \ln 2}{4}$

C. $f\left(x_{2}\right)>\frac{1+2 \ln 2}{4}$

D. $f\left(x_{2}\right)>\frac{1-2 \ln 2}{4}$
答案：D
解析：解析: 解答: $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 求导得 $f^{\prime}(x)=\frac{2 x^{2}-2 x+a}{x}$, 因为 $f(x)$ 有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 所以 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $2 x^{2}-2 x+a=0$ 的两根, 又 $x_{1}<x_{2}$, 且 $x_{1}+x_{2}=1$, 所以 $\frac{1}{2}<x_{2}<1$ 又 $a=2 x_{2}-2 x_{2}^{2}$, 所以 $f\left(x_{2}\right)=\left(x_{2}-1\right)^{2}+\left(2 x_{2}-2 x_{2}^{2}\right) \ln x_{2}$, 令 $g(t)=(t-1)^{2}+\left(2 t-2 t^{2}\right) \ln t\left(\frac{1}{2}<t<1\right)$, $g^{\prime}(t)=2(1-2 t) \ln t>0$, 所以 $g(t)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上为增函数, 所以 $g(t)>g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1-2 \ln 2}{4}$, 所以 $f\left(x_{2}\right)>\frac{1-2 \ln 2}{4}$

分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值, 解决问题的
关键是根据函数的单调性结合函数极值计算即可.
题目（高二 · 代数）：$f(x), g(x)(g(x) \neq 0)$ 分别是定义在 $\mathrm{R}$ 上的奇函数和偶函数, 当 $x<0$ 时, $f^{\prime}(x) g(x)<f(x) g^{\prime}(x)$, 且 $f(-3)=0$, 则不等式 $\frac{f(x)}{g(x)}<0$ 的解集为 ( )
选项：
A. $(-\infty,-3) \cup(3,+\infty)$

B. $(-3,0) \cup(0,3)$

C. $(-3,0) \cup(3,+\infty)$

D. $(-\infty,-3) \cup(0,3)$
答案：C
解析：解析: 解答: 由题意 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 是奇函数, 当 $x<0$ 时, $f^{\prime}(x) g(x)<f(x) g^{\prime}(x)$ 时, $\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]^{\prime}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)-f(x) g^{\prime}(x)}{g^{2}(x)}<0$, 则 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 在 $(-\infty, 0)$ 上为减函数, 在 $(0,+\infty)$ 上也
为减函数, 又有 $f(-3)=0$, 则有 $\frac{f(-3)}{g(-3)}=0, \frac{f(3)}{g(3)}=0$, 可知 $\frac{f(x)}{g(x)}<0$ 的解集为 $(-3,0) \cup(3,+\infty)$.

分析: 本题主要考查了函数的单调性与导数的关系、利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据单调性与导数关系分析计算即可.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 且满足 $f^{\prime}(x)<2 f(x)$, 则 $(\quad)$
选项：
A. $f(2)>e^{2} f(1)$
B. $e^{2} f(0)>f(1)$
C. $9 f(\ln 2)<4 f(\ln 3)$
D. $e^{2} f(\ln 2)<4 f(1)$
答案：B
解析：解析: 解答: 由 $f^{\prime}(x)<2 f(x)$ 得: $\left(\frac{f(x)}{e^{2 x}}\right)^{\prime}<0$, 即函数 $\mathrm{g}(x)=\frac{f(x)}{e^{2 x}}$ 单调减, $\mathrm{g}(2)<\mathrm{g}(1) \Rightarrow \frac{f(2)}{e^{4}}<\frac{f(1)}{e^{2}} \Rightarrow f(2)<e^{2} f(1)$ $\mathrm{g}(0)>\mathrm{g}(1) \Rightarrow \frac{f(0)}{e^{0}}>\frac{f(1)}{e^{2}} \Rightarrow e^{2} f(0)>f(1)$, $\mathrm{g}(\ln 3)<\mathrm{g}(\ln 2) \Rightarrow \frac{f(\ln 3)}{e^{2 \ln 3}}<\frac{f(\ln 2)}{e^{2 \ln 2}} \Rightarrow \frac{f(\ln 3)}{9}<\frac{f(\ln 2)}{4} \Rightarrow 4 f(\ln 3)<9 f(\ln 2)$ $\mathrm{g}(1)<\mathrm{g}(\ln 2) \Rightarrow \frac{f(1)}{e^{2}}<\frac{f(\ln 2)}{e^{2 \ln 2}} \Rightarrow \frac{f(1)}{e^{2}}<\frac{f(\ln 2)}{4} \Rightarrow 4 f(1)<e^{2} f(\ln 2)$, 选 B.分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导数的性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：函数 $y=\log _{2}\left(x+\frac{1}{x-1}+5\right)(x>1)$ 的最小值为 $(\quad)$
选项：
A. -3
B. 3
C. 4
D. -4
答案：B
题目（高二 · 代数）：若关于 $x$ 的不等式 $\left(1+k^{2}\right) x \leqslant k^{4}+4$ 的解集是 $M$, 则对任意实常数 $k$, 总有 ( )
选项：
A. $2 \in M, 0 \in M$
    B. $2 \notin M, 0 \notin M$
    C. $2 \in M, 0 \notin M$
    D. $2 \notin M, 0 \in M$
答案：A
解析：$\because\left(1+k^{2}\right) x \leqslant k^{4}+4, \quad \therefore x \leqslant \frac{k^{4}+4}{1+k^{2}}$.

$\because \frac{k^{4}+4}{1+k^{2}}=\frac{\left(1+k^{2}\right)^{2}-2\left(1+k^{2}\right)+5}{1+k^{2}}=\left(1+k^{2}\right)+\frac{5}{1+k^{2}}-2 \geqslant 2 \sqrt{5}-2$.

$\therefore x \leqslant 2 \sqrt{5}-2, M=\{x \mid x \leqslant 2 \sqrt{5}-2\}, \quad \therefore 2 \in M, 0 \in M$.
题目（高二 · 代数）：已知 $x \geqslant \frac{5}{2}$, 则 $f(x)=\frac{x^{2}-4 x+5}{2 x-4}$ 有 $(\quad)$
选项：
A. 最大值 $\frac{5}{2}$
B. 最小值 $\frac{5}{4}$
C. 最大值 1
D. 最小值 1
答案：D
解析：解析 $f(x)=\frac{x^{2}-4 x+5}{2 x-4}=\frac{(x-2)^{2}+1}{2(x-2)}$

$=\frac{1}{2}\left[(x-2)+\frac{1}{x-2}\right] \geqslant 1$.

当且仅当 $x-2=\frac{1}{x-2}$, 即 $x=3$ 时等号成立.
题目（高二 · 代数）：函数 $y=\frac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 2
B. $\frac{5}{2}$
C. 1
D. 不存在
答案：B
解析：解析 $y=\frac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}=\sqrt{x^{2}+4}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}$

$\because \sqrt{x^{2}+4} \geqslant 2$, 而 $\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}} \leqslant \frac{1}{2}$, 所以不能用基本不等式求最小值, 用函数的单调性求最值, 函数 $y=x+\frac{1}{x}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是增函数, $\therefore$ 在 $[2,+\infty)$ 上也是增函数.

$\therefore$ 当 $\sqrt{x^{2}+4}=2$ 即 $x=0$ 时, $y_{\text {min }}=\frac{5}{2}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $x>0, y>0, x+2 y+2 x y=8$, 则 $x+2 y$ 的最小值是 $(\quad)$
选项：
A. 3
B. 4
C. $\frac{9}{2}$
D. $\frac{11}{2}$
答案：B
解析：解析 $\because 8-(x+2 y)=2 x y=x \cdot(2 y) \leqslant\left(\frac{x+2 y}{2}\right)^{2}$.

$\therefore$ 原式可化为 $(x+2 y)^{2}+4(x+2 y)-32 \geqslant 0$.

$\because x>0, \quad y>0, \quad \therefore x+2 y \geqslant 4$.

当 $x=2, y=1$ 时取等号.
题目（高二 · 代数）：若 $x y$ 是正数, 则 $\left(x+\frac{1}{2 y}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2 x}\right)^{2}$ 的最小值是( )
选项：
A. 3
B. $\frac{7}{2}$
C. 4
D. $\frac{9}{2}$
答案：C
解析：解析 $\left(x+\frac{1}{2 y}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2 x}\right)^{2}$

$=x^{2}+y^{2}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\right)+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

$=\left(x^{2}+\frac{1}{4 x^{2}}\right)+\left(y^{2}+\frac{1}{4 y^{2}}\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right) \geqslant 1+1+2=4$.

当且仅当 $x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $x=y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$​ 时取等号.
题目（高二 · 代数）：已知 $a>0, b>0$, 则 $\frac{a+b}{2}, \sqrt{a b}, \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}, \frac{2 a b}{a+b}$ 中最小的是( )
选项：
A. $\frac{a+b}{2}$
B. $\sqrt{a b}$
C. $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$
D. $\frac{2 a b}{a+b}$
答案：D
解析：解析 方法一 特殊值法。

令 $a=4, b=2$, 则 $\frac{a+b}{2}=3, \sqrt{a b}=\sqrt{8}, \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}=\sqrt{10}, \frac{2 a b}{a+b}=\frac{8}{3} \therefore \frac{2 a b}{a+b}$ 最小.

方法二 $\frac{2 a b}{a+b}=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$, 由 $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} \leqslant \sqrt{a b} \leqslant \frac{a+b}{2} \leqslant \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$, 可知 $\frac{2 a b}{a+b}$ 最小.
题目（高二 · 代数）：已知 $m=a+\frac{1}{a-2}(a>2), n=\left(\frac{1}{2}\right) x^{2}-2(x<0)$, 则 $m 、 n$ 之间的大小关系是 ( )
选项：
A. $m>n$
B. $m<n$
C. $m=n$
D. $m \leqslant n$
答案：A
解析：解析 $\because m=(a-2)+\frac{1}{a-2}+2 \geqslant 2 \sqrt{(a-2) \frac{1}{a-2}}+2=4$,

$n=22-x^{2}<2^{2}=4 . \therefore m>n$.
题目（高二 · 代数）：设 $a, b \in \mathbf{R}$, 且 $a \neq b, a+b=2$, 则必有( )
选项：
A. $1 \leqslant a b \leqslant \frac{a^{2}+b^{2}}{2}$
B. $a b<1<\frac{a^{2}+b^{2}}{2}$
C. $a b<\frac{a^{2}+b^{2}}{2}<1$
D. $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}<a b<1$
答案：B
解析：解析 $\because a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}, a \neq b, \therefore a b<1$,

又 $\because \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}>\frac{a+b}{2}>0$,

$\therefore \frac{a^{2}+b^{2}}{2}>1, \therefore a b<1<\frac{a^{2}+b^{2}}{2}$.
题目（高二 · 代数）：设 $0<a<b$, 且 $a+b=1$, 在下列四个数中最大的是 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $b$
C. $2 a b$
D. $a^{2}+b^{2}$
答案：B
解析：解析 $\because a b<\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}, \therefore a b<\frac{1}{4}, \therefore 2 a b<\frac{1}{2}$.

$\because \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}>\frac{a+b}{2}>0, \therefore \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}>\frac{1}{2}$,

$\therefore a^{2}+b^{2}>\frac{1}{2}$.

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

$=a b-a^{2}=a(b-a)>0, \quad \therefore b>a^{2}+b^{2}, \quad \therefore b$ 最大.
题目（高二 · 代数）：若不等式 $x^{2}+a x+1 \geqslant 0$ 对一切 $x \in(0,1]$ 恒成立, 则 $a$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 0
B. -2
C. $-\frac{5}{2}$
D. -3
答案：B
解析：解析 $x^{2}+a x+1 \geqslant 0$ 在 $x \in(0,1]$ 上恒成立
$\Leftrightarrow a x \geqslant-x^{2}-1 \Leftrightarrow a \geqslant\left[-\left(x+\frac{1}{x}\right)\right] \max$.

$\because x+\frac{1}{x} \geqslant 2, \quad \therefore-\left(x+\frac{1}{x}\right) \leqslant-2, \quad \therefore a \geqslant-2$​.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的部分图象如图所示, 则函数 $f(x)$ 的解析式为


选项：
A. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\frac{\pi}{4}\right)$
B. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{\pi}{4}\right)$
C. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\frac{3 \pi}{4}\right)$
D. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{3 \pi}{4}\right)$
答案：A
解析：由函数图像可知 $A=\sqrt{2}, \frac{T}{2}=6-(-2)=8=\frac{\pi}{\omega}$, 所以 $\omega=\frac{\pi}{8}$.

由点 $(2, \sqrt{2})$, 可得 $2 \times \frac{\pi}{8}+\zeta=\frac{\pi}{2}+2 \mathrm{k} \pi, \mathrm{k} \in \mathrm{Z}$, 解得 $\varphi=\frac{\pi}{4}+2 \mathrm{k} \pi, \mathrm{k} \in \mathrm{Z}$.

由 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}$, 可得 $\varphi=\frac{\pi}{4}$, 所以 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\frac{\pi}{4}\right)$.

故选 A.
题目（高二 · 代数）：设函数 $f(x)=\sin \frac{\pi}{3} x$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(2020)=(\quad)$
选项：
A.
答案：A
解析：$\because f(x)=\sin \frac{\pi}{3} x \quad T=\frac{2 \pi}{\frac{\pi}{3}}=6$

所以 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(2020)$

$=336[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(2017)+f(2018)+f(2019)+f(2020)$

$=336\left(\sin \frac{\pi}{3}+\sin \frac{2}{3} \pi+\sin \pi+\sin \frac{4}{3} \pi+\sin \frac{5}{3} \pi+\sin 2 \pi\right)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)$

$=336 \times 0+\sin \frac{\pi}{3}+\sin \frac{2}{3} \pi+\sin \pi+\sin \frac{4}{3} \pi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

故选 A.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \sin x-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2}, x$ 篡 $0 \frac{3 \pi}{4}$, 则 $f(x)$的值域为 ( )
选项：
A. $\left[-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right] \quad$ B. $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right] \quad$ C. $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-1\right) \quad$ D. $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$
答案：B
解析：$f(x)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \sin x-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos x \sin x-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2}$

$=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,



当 $2 x-\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{3}$ 时, $f(x)=\sin \left(-\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$; 当 $2 x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$ 时, $f(x)=\sin \frac{\pi}{2}=1$,

即函数 $f(x)$ 的值域为 $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right]$, 故选 B.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+2 \sin ^{2} x$, 若 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right)=-3$, 则 $\left|x_{1}+x_{2}\right|$ 的最小
值是（）
选项：
A. $\frac{\pi}{6}$
$\begin{array}{lll}\text { B. } \frac{\pi}{4} & \text { C. } \frac{\pi}{3} & \text { D. } \frac{2 \pi}{3}\end{array}$
答案：A
解析：$f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+2 \sin ^{2} x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)+1$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的最大值为 3 , 最小值为 -1 ,
又 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right)=-3, \therefore f(x)$ 在 $x_{1}, x_{2}$ 处取到最大值和最小值

不妨设在 $x_{1}$ 处有最大值, 则 $2 x_{1}-\frac{\pi}{6}=2 k_{1} \pi+\frac{\pi}{2}\left(k_{1} \in Z\right)$, 即 $x_{1}=k_{1} \pi+\frac{\pi}{3}\left(k_{1} \in Z\right)$,

$x_{2}$ 处取到最小值, 则 $2 x_{2}-\frac{\pi}{6}=2 k_{2} \pi-\frac{\pi}{2}\left(k_{2} \in \mathbf{Z}\right)$, 即 $x_{2}=k_{2} \pi-\frac{\pi}{6}\left(k_{2} \in \mathbf{Z}\right)$,

所以 $\left|x_{1}+x_{2}\right|=\left|\left(k_{1}+k_{2}\right) \pi+\frac{\pi}{6}\right|, k_{1}, k_{2} \in \mathbf{Z}$,

所以当 $k_{1}+k_{2}=0$ 时, $\left|x_{1}+x_{2}\right|$ 的最小值为 $\frac{\pi}{6}$.
题目（高二 · 代数）：若函数 $f(x)=|3 \sin x+4 \cos x+m|$ 的最大值是 8 , 则 $m=（ ）$
选项：
A. 3 B. 13 C. 3 或 -3 D. -3 或 13
答案：C
解析：$\because f(x)=|3 \sin x+4 \cos x+m|, \therefore f(x)=|5 \sin (x+\varphi)+m|$,

$\because-5 \leq 5 \sin (x+\varphi) \leq 5$,

当 $m>0$ 时, $f(x)_{\max }=|5+m|=8$, 解得 $m=3$;

当 $m<0$ 时, $f(x)_{\operatorname{mxx}}=|-5+m|=8$, 解得 $m=-3$,

故选 C.
题目（高二 · 代数）：已知 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin \left(\frac{\pi}{6}-2 \alpha\right)$ 的值为 ( )
选项：
A. $-\frac{7}{25}$
    B. $-\frac{4}{25}$
    C. $\frac{4}{25}$
    D. $\frac{7}{25}$
答案：D
解析：$\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}$ 可得 $\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{3}\right)=1-2 \sin ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=1-2 \times \frac{9}{25}=\frac{7}{25}$, 所以 $\sin \left(\frac{\pi}{6}-2 \alpha\right)=\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{7}{25}$. 故选 D.
题目（高二 · 代数）：化简 $\sin ^{2} \beta+\cos ^{4} \beta+\sin ^{2} \beta \cos ^{2} \beta$ 的结果是（）
选项：
A. ${ }^{\frac{1}{4}}$ B. $^{\frac{1}{2}}$ C. 1 D. $^{\frac{3}{2}}$
答案：C
解析：原式 $=\sin ^{2} b+\cos ^{2} \theta\left(\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta\right)=\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=x^{3}-3 a x-a$ 在 $(0,1)$ 内有最小值, 则 $a$ 的取值范围是
选项：
A. $0 \leqslant a<1$
B. $0<a<1$
C. $-1<a<1$
D. $0<a<\frac{1}{2}$
答案：B
解析：解析 ：设 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3 a=3\left(x^{2}-a\right)$,

若 $a=0$, 则 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}$,

当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(0,1)$ 是增函数,

$\therefore$ 无最小值，排除 $\mathrm{A} 、 \mathrm{C}$.

当 $a=\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0, x= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数;

当 $x \in\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数.

$\therefore$ 当 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, $f(x)$ 有最小值,

排除 D，故选 B.

答案 ：B
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=-x^{3}+a x^{2}-4$ 在 $x=2$ 处取得极值, 若 $m, n \in$ $[-1,1]$, 则 $f(m)+f^{\prime}(n)$ 的最小值是 $(\quad)$
选项：
A. -13
B. -15
C. 10
D. 15
答案：A
解析：解析 ：求导得 $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+2 a x$,

由函数 $f(x)$ 在 $x=2$ 处取得极值知 $f^{\prime}(2)=0$,

即 $-3 \times 4+2 a \times 2=0, \therefore a=3$.

由此可得 $f(x)=-x^{3}+3 x^{2}-4$,

$f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+6 x$,

易知 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减，在 $(0,1)$ 上单调递增,

$\therefore$ 当 $m \in[-1,1]$ 时, $f(m)_{\text {min }}=f(0)=-4$.

又 $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+6 x$ 的图象开口向下, 且对称轴为

$x=1$,

$\therefore$ 当 $n \in[-1,1]$ 时,$f^{\prime}(n)_{\text {min }}=f^{\prime}(-1)=-9$.

故 $f(m)+f^{\prime}(n)$ 的最小值为 -13 . 故选 A.

答案： A
题目（高二 · 代数）：三次函数当 $x=1$ 时, 有极大值, 当 $x=3$ 时, 有极小值, 且函数过原点, 则该三次函数为 ( )
选项：
A. $y=x^{3}+6 x^{2}+9 x$
B. $y=x^{3}-6 x^{2}+9 x$
C. $y=x^{3}-6 x^{2}-9 x$
D. $y=x^{3}+6 x^{2}-9 x$
答案：B
解析：解析： 当 $y^{\prime}=0$ 时, $x=1, x=3$,

导函数可能为 $y^{\prime}=3\left(x^{2}-4 x+3\right)$,

$\therefore$ 原函数可能为 $y=x^{3}-6 x^{2}+9 x$.

答案： B
题目（高二 · 代数）：设 $a \in \mathbf{R}$, 若函数 $y=e^{x}+a x$ 有大于零的极值点, 则 ( )
选项：
A. $a>-\frac{1}{e}$
B. $a>-1$
C. $a<-\frac{1}{e}$
D. $a<-1$
答案：D
解析：解析 ：$y^{\prime}=e^{x}+a=0$ 有解, $a=-e^{x}$.

设大于零的极值点为 $x_{0}$, 则 $e x_{0}>1$,

$\therefore-e x_{0}<-1$, 即 $a<-1$.
答案： $\mathrm{D}$
题目（高二 · 代数）：$y=x^{2}$ 在 $x=1$ 处的导数为 $(\quad)$
选项：
A. $2 x$
B. 2
C. $2+\Delta x$
D. 1
答案：B
解析：解析： $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}$

$=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(1+\Delta x)^{2}-1}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}(2+\Delta x)=2$.

答案： B
题目（高二 · 代数）：设 $f(x)=\frac{1}{x}$, 则 $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. $-\frac{1}{a}$
B. $\frac{2}{a}$
C. $-\frac{1}{a^{2}}$
$\mathrm{D} \cdot \frac{1}{a^{2}}$
答案：C
解析：解析： $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{x \rightarrow a} \frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{a}}{x-a}=$

$\lim _{x \rightarrow a} \frac{a-x}{(x-a) \cdot x a}=-\lim _{x \rightarrow a} \frac{1}{a x}=-\frac{1}{a^{2}}$.

答案： $\mathrm{C}$
题目（高二 · 代数）：设 $\vec{a} 、 \vec{b} 、 \vec{c}$ 是三个任意的非零平面向量, 且互不平行, 有下列四个结论:
    (1) $(\vec{a} \cdot \vec{b}) \cdot \vec{c}=(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot \vec{b}$
    (2) $[(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot \vec{a}-(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot \vec{b}] \cdot \vec{c}=0$
    (3) $|\vec{a}|-|\vec{b}|<|\vec{a}-\vec{b}|$
    (4) $(3 \vec{a}+2 \vec{b}) \cdot(3 \vec{a}-2 \vec{b})=9|\vec{a}|^{2}-4|\vec{b}|^{2}$

其中正确命题的个数是（ ）
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：对 (1), 向量的数量积不满足结合律, 所以 $(\vec{a} \cdot \vec{b}) \cdot \vec{c}=(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot \vec{b}$ 错误, 故（1）错误;

对 (2), 原式 $=(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot(\vec{a} \cdot \vec{c})-(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot(\vec{b} \cdot \vec{c})=(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot(\vec{a} \cdot \vec{c})-(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot(\vec{a} \cdot \vec{c})=0$, 故（2）正确;

对 (3), 由向量的减法法则知, 两向量差的模一定大于两向量模的差，故（3）正确;

对 (4), 由数量积运算的分配律得: $(3 \vec{a}+2 \vec{b}) \cdot(3 \vec{a}-2 \vec{b})=9 \vec{a}^{2}-4 \vec{b}^{2}=9|\vec{a}|^{2}-4|\vec{b}|^{2}$,故 (4) 正确.

故选: C.
题目（高二 · 代数）：已知向量 $e_{1}, e_{2}$ 不共线, 则下列各对向量可以作为平面内的一组基底的是( )
选项：
A. $\boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\boldsymbol{e}_{2}-\boldsymbol{e}_{1}$
   B. $2 e_{1}-3 e_{2}$ 与 $e_{1}-\frac{3}{2} e_{2}$
   C. $-\boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $2 \boldsymbol{e}_{1}+4 \boldsymbol{e}_{2}$
   D. $\boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $2 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$
答案：D
解析：根据基底的定义可知, 只要两向量不共线便可作为基底, 易知选 D.
题目（高二 · 代数）：设 $|\overrightarrow{O A}|=2,|\overrightarrow{O B}|=1, \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0, \overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$, 且 $\lambda+\mu=1$,

则向量 $\overrightarrow{O A}$ 在 $\overrightarrow{O P}$ 上的投影的取值范围 ( )
选项：
A. $\left(-\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$
B. $\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$

C. $\left(-\frac{4 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$
D. $\left(\frac{4 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$
答案：C
解析：由于 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$, 则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$,

由于 $|\overrightarrow{O A}|=2$, 如图所示建系,



设 $A(2,0), B(0,1)$ ，

由于 $\overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$, 且 $\lambda+\mu=1$, 则 $P, A 、 B$ 三点共线.

设 $P(x, y)$, 则 $\frac{x}{2}+\frac{y}{1}=1$, 即 $y=1-\frac{x}{2}$.

向量 $\overrightarrow{O A}_{\text {在 } \overrightarrow{O P}}$ 上的投影为 $|\overrightarrow{O A}| \cos \langle\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O P}\rangle=\frac{\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O P}}{|\overrightarrow{O P}|}=\frac{2 x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$

设 $t=|\overrightarrow{O A}| \cos \langle\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O P}\rangle$, 所以当 $x=0$ 时, $t=0$.

当 $x \neq 0$ 时, $\frac{1}{t^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}}{4 x^{2}}=\frac{1}{4}\left[1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}\right]=\frac{1}{4}\left[1+\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\right)^{2}\right]$,

当 $x>0$ 时, $t>0$, 所以 $\frac{1}{t^{2}} \geq \frac{1}{4}$, 解得 $0<t \leq 2$;
当 $x<0$ 时, $t<0$, 所以 $\frac{1}{t^{2}}>\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{4}\right)=\frac{5}{16}$, 解得 $-\frac{4 \sqrt{5}}{5}<t<0$,

综上, 向量 $\overrightarrow{O A}$ 在 $\overrightarrow{O P}$ 上的投影的取值范围为 $\left(-\frac{4 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$, 故选 C.
题目（高二 · 代数）：如果 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 那么下列不等式成立的是( )
选项：
A. $\cos \alpha<\sin \alpha<\tan \alpha$
B. $\tan \alpha<\sin \alpha<\cos \alpha$
C. $\sin \alpha<\cos \alpha<\tan \alpha$
D. $\cos \alpha<\tan \alpha<\sin \alpha$
答案：A
解析：如图所示, 在单位圆中分别作出 $\alpha$ 的正弦线 $M P$ 、余弦线 $O M$ 、正切线 $A T$, 很容易地观察出 $O M<M P<A T$, 即 $\cos \alpha<\sin \alpha<\tan \alpha$.故选A.
题目（高二 · 代数）：若不等式 $x^{2} \geq m+4 x$ 在 $[0,1]$ 上恒成立, 则实数 $m$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $m \leq-3$ 或 $m \geq 0$
B. $m \geq-3$
C. $-3 \leq m \leq 0$
D. $m \leq-3$
答案：D
解析：答案: D
题目（高二 · 代数）：不等式 $4 x^{2}+4 x+1>0$ 的解集为 ( )
选项：
A. $\phi$
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\left\{x \mid x \in R\right.$ 且 $\left.x \neq-\frac{1}{2}\right\}$
D. R
答案：C
解析：答案: C
题目（高二 · 代数）：已知实系数一元二次方程 $x^{2}+(1+a) x+a+b+1=0$ 的两个实根为 $x_{1} 、 x_{2}$, 并且 $0<x_{1}<2, x_{2}>2$, 则 $\frac{b}{a-1}$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $\left(-1,-\frac{1}{3}\right)$
B. $\left(-3,-\frac{1}{3}\right]$
C. $\left(-3,-\frac{1}{2}\right)$
D. $\left(-3,-\frac{1}{2}\right]$.
答案：C
解析：答案: C
题目（高二 · 代数）：已知集合 $A=\{x \mid(x-2)(x+1)<0\}, B=\{x \mid y=\sqrt{1-x}\}$, 则 $A \cup B=(\quad)$
选项：
A. $(-1,1]$
B. $(-\infty, 1]$
C. $(-\infty, 2)$
D. $(-\infty, 1] \cup(2,+\infty)$
答案：C
解析：答案: C
题目（高二 · 代数）：若关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-(a+1) x+a<0$ 的解集中恰有两个整数, 则实数 $a$ 的取值范围是
选项：
A. $(3,4)$
B. $(-2,-1) \cup(3,4)$
C. $(3,4]$
D. $[-2,-1) \cup(3,4]$
答案：D
解析：由题意,得原不等式可转化为 $(x-1)(x-a)<0$.

当 $a>1$ 时,解得 $1<x<a$,此时解集中的整数为 2,3 ,则 $3<a \leq 4$;

当 $a<1$ 时,解得 $a<x<1$,此时解集中的整数为 $0,-1$, 则 $-2 \leq a<-1$.

当 $a=1$ 时, 不符合题意.故实数 $a$ 的取值范围是 $[-2,-1) \cup(3,4]$, 故选 D.
题目（高二 · 代数）：已知 $\triangle A B C$ 是边长为 2 的等边三角形, $P$ 为平面 $\triangle A B C$ 内一点, 则 $\overrightarrow{P A} \cdot(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C})$ 的最小值是( )
选项：
A. -2
B. $-\frac{3}{2}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. -1
答案：B
解析：以 $B C$ 为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线 $A D$ 为 $y$ 轴, $D$ 为坐标原点建立坐标, 则



$A(0, \sqrt{3}), B(-1,0), C(1,0)$, 设 $P(x, y)$, 所以 $\overrightarrow{P A}=(-x, \sqrt{3}-y), \overrightarrow{P B}=(-1-x,-y), \overrightarrow{P C}=(1-x,-y)$

所以 $\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=(-2 x,-2 y) \overrightarrow{P A} \cdot(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C})=2 x^{2}-3 y(\sqrt{3}-y)=2 x^{2}+2\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-\frac{3}{2} \geq-\frac{3}{2}$
当 $P\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 时, 所求的最小值为 $-\frac{3}{2}$.
题目（高二 · 代数）：已知不等式 $a x^{2}-b x-1 \geq 0$ 的解集是 $\left[-\frac{1}{2},-\frac{1}{3}\right]$, 则不等式 $x^{2}-b x-a<0$ 的解集是( )
选项：
A. $(2,3)$
B. $(-\infty, 2) \cup(3,+\infty)$
C. $\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{2}\right)$
D. $\left(-\infty, \frac{1}{3}\right) \cup\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$
答案：A
解析：根据题意,由于不等式 $a x^{2}-b x-1 \geq 0$ 的解集是 $\left[-\frac{1}{2},-\frac{1}{3}\right]$, 则可知 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{b}{a} \\ -\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{1}{a}\end{array}\right.$

$\therefore a=-6, b=5$, 那么可知不等式 $x^{2}-5 x+6<0$ 的解集为 $(2,3)$, 故选 A
题目（高二 · 代数）：关于 $x$ 的不等式 $a \leq \frac{3}{4} x^{2}-3 x+4 \leq b$ 的解集为 $[a, b]$, 则 $a-b=(\quad)$
选项：
A.-1
B.-2
C.-3
D.- 4
答案：D
解析：答案: D
题目（高二 · 代数）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{5} \cdot a_{11}=3, a_{3}+a_{13}=4$, 则 $\frac{a_{25}}{a_{15}}=(\quad)$
选项：
A. 3
B. $\frac{1}{3}$
C. 3 或 $\frac{1}{3}$
D. -3 或 $-\frac{1}{3}$
答案：C
解析：解析：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中,

$\because a_{5} \cdot a_{11}=a_{3} \cdot a_{13}=3, a_{3}+a_{13}=4$,

则 $a_{3}=1, a_{13}=3$, 或 $a_{3}=3, a_{13}=1$

当 $a_{3}=1, a_{13}=3$ 时, $q^{10}=3, \frac{a_{15}}{a_{5}}=q^{10}=3$,

当 $a_{3}=3, a_{13}=1$ 时, $q^{10}=\frac{1}{3}, \frac{a_{15}}{a_{5}}=q^{10}=\frac{1}{3}$

故选: $C$
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为各项为正数的等比数列, $S_{n}$ 是它的前 $n$ 项和, 若 $a_{1} a_{7}=4$, 且 $a_{4}+2 a_{7}=\frac{5}{2}$, 则 $S_{5}=(\quad)$
选项：
A. 32
B. 31
C. 30
D. 29
答案：B
解析：解析: $a_{4}=2, a_{7}=\frac{1}{4}, q=\frac{1}{2}, S_{5}=31$
题目（高二 · 代数）：已知正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $7 S_{2}=4 S_{4}$, 则公比 $q$ 的值为 ( )
选项：
A. 1
B. 1 或 $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：C
解析：若 $q=1$, 则 $7 S_{2}=14 a_{1}, 4 S_{4}=16 a_{1}, \because a_{1} \neq 0, \therefore 7 S_{2} \neq 4 S_{4}$, 不合题意. 若 $q \neq 1$, 由 $7 S_{2}=4 S_{4}$, 得

$7 \times \frac{a_{1}\left(1-q^{2}\right)}{1-q}=4 \times \frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}, \therefore q^{2}=\frac{3}{4}$, 又 $q>0, \therefore q=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选 C.