eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：已知陏圆 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左右焦点为 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$, 过 $\mathrm{F}_{2}$ 的直线 1 交 $\mathrm{C}$与 $A 、 B$ 两点, 若 $\triangle A F_{1} B$ 的周长为 $4 \sqrt{3}$, 则 $C$ 的方程为 ( )
选项：
A. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$
B. $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$
C. $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{8}=1$
D. $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4}=1$
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：如图, 点 $P$ 为 $\triangle A B C$ 中的 $A B$ 边上一点 ( $A B>A C$ ), 下列条件中不能保证 $\triangle A C P$ 与 $\triangle A B C$相似的是 ( )


选项：
A. $\angle \mathrm{ACP}=\angle \mathrm{B}$
B. $\angle \mathrm{APC}=\angle \mathrm{ACB}$
C. $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{AC}}$
D. $\frac{\mathrm{PC}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$
答案：D
解析：解析：解答：选项的条件缺少对应边的夹角 $\angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{ACP}$, 则不能保证 $\triangle \mathrm{ACP}$ 与 $\triangle \mathrm{ABC}$ 相似.分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断与性质分析即可
题目（高三 · 解析几何）：已知 $\overrightarrow{O A}=(5,-1), \overrightarrow{O B}=(3,2), \overrightarrow{A B}$ 对应的复数为 $z$, 则 $\vec{z}=(\quad)$
选项：
A. $5-\mathrm{i}$
B. $3+2 \mathrm{i}$
C. $-2+3 i$
D. $-2-3$
答案：D
解析：由题可知 $\overrightarrow{A B}=(-2,3)$, 故 $\overrightarrow{A B}$ 对应的复数为 $z=-2+3 \mathrm{i}$,则 $ar{z}=-2-3 \mathrm{i}$, 故选 D.
题目（高三 · 解析几何）：命题“对于任意角 $\theta, \cos ^{4} \theta-\sin ^{4} \theta=\cos 2 \theta$ ”的证明: “ $\cos ^{4} \theta-\sin ^{4} \theta=$ $\left(\cos ^{2} \theta-\sin ^{2} \theta\right)\left(\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta\right)=\cos ^{2} \theta-\sin ^{2} \theta=\cos 2 \theta$, , 其过程应用了

( )
选项：
A. 分析法
B. 综合法

C. 综合法、分析法综合使用

D. 间接证法
答案：B
解析：答案：B

【解析】由题意，由已知条件入手利用同角三角函数的基本关系式，即可证得等式，应用的是综合法证明方法．故选 B

2. 答案：d

【解析】选项 A, 由圆的性质类比推出球的有关性质，这是类比推理；

选项 B, 由等边三角形、直角三角形的内角和是 $180^{\circ}$, 归纳出所有三角形的内角和都是 $180^{\circ}$, 是归纳

推理;

选项 C，某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分，是归纳推理;

选项 D, 金属能导电, 金、银、铜是金属, 所以金、银、铜能导电, 这是三段论推理, 属于演绎推理,故选 D.

3. 答案:B

【解析】根据反证法的概念, 假设应是所证命题的否定,

“ $a, b, c$ 中至少有一个是偶数”包括一个、两个或三个偶数三种情况, 其否定应为不存在偶数, 即“假设 $a$,

b, $c$ 都不是偶数”,

故选 B.
题目（高三 · 解析几何）：设复数 $z=a+b \mathrm{i}(a>0, b \neq 0)$ 是实系数方程 $x^{2}+p x+q=0$ 的根, 又 $z^{3}$ 为实

数, 则点 $(p, q)$ 的轨迹在一条曲线上, 这条曲线是 ( )
选项：
A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 拖物线
答案：D
解析：$z=a+b \mathrm{i}(a>0, b 
eq 0), z^{3}=\left(a^{2}-b^{2}+2 a b iight)(a+b i)$其虚部为 $\left(a^{2}-b^{2}ight) b+2 a^{2} b=b\left(3 a^{2}-b^{2}ight)$,又 $z^{3}$ 为实数, 所以 $b\left(3 a^{2}-b^{2}ight)=0, b 
eq 0, b^{2}=3 a^{2} 
eq 0$,复数 $z=a+b \mathrm{i}(a>0, b 
eq 0)$ 是实系数方程 $x^{2}+p x+q=0$ 的根,$ar{z}=a-b i(a>0, b 
eq 0)$ 也是实系数方程 $x^{2}+p x+q=0$ 的根,所以 $\Delta=p^{2}-4 q<0, z+ar{z}=2 a=-p, z ar{z}=a^{2}+b^{2}=4 a^{2}=q>0$,所以 $p^{2}=q, p<0$, 此时 $\Delta=-3 q<0$,即点 $(p, q)$ 的轨迹在抛物线 $y=x^{2}$ 上, 故选 $\mathrm{D}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知复数 $z$ 在复平面内对应的点的坐标为 $(-1,2)$, 则复数 $z(1-1)$ 的虚部为

( )

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. }-3 & \text { B. } 3 & \text { C. }-3 \text { D. } 3 \text { i }\end{array}$
答案：B
解析：由题意, 复数 $z$ 在复平面内对应的点的坐标为 $(-1,2)$, 可得 $z=-1+2 i$,又由 $z(1-i)=(-1+2 i)(1-i)=1+3 i$, 所以复数 $z(1-i)$ 的虚部为 3 ,
题目（高三 · 解析几何）：已知 $M(-2,0) 、 N(2,0),|P M|-|P N|=3$, 则动点 $P$ 的轨迹是 ( )
选项：
A. 双曲线
B. 双曲线左边一支
C. 双曲线右边一支
D. 一条射线
答案：C
题目（高三 · 解析几何）：双曲线 $\frac{x^{2}}{n}-y^{2}=1(n>1)$ 的两焦点为 $F_{1}, F_{2}, P$ 在双曲线上, 且满足 $\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=2 \sqrt{n+2}$, 则 $\triangle \mathrm{PF}_{1} F_{2}$ 的面积为( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. 2
D. 4
答案：B
题目（高三 · 解析几何）：方程 $\frac{x^{2}}{1+k}+\frac{y^{2}}{1-k}=1$ 表示双曲线, 则 $k$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $-1<k<1$
B. $k>0$
C. $k \geq 0$
D. $k>1$ 或 $k<-1$
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：双曲线 $\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 上的点到一个焦点的距离为 12 , 则到另一个焦点的距离为（）
选项：
A. 22 或 2
B. 7
C. 22
D. 2
答案：B
题目（高三 · 解析几何）：设过双曲线 $x^{2}-y^{2}=9$ 左焦点 $F_{1}$ 的直线交双曲线的左支于点 $P, Q, F_{2}$ 为双曲线的右焦点.若 $|P Q|=7$, 则 $\triangle F_{2} P Q$ 的周长为 $($ )
选项：
A. 19
B. 26
C. 43
D. 50
答案：B
题目（高三 · 解析几何）：已知双曲线中心在原点且一个焦点为 $F_{1}(-\sqrt{5}, 0)$, 点 $P$ 位于该双曲线上, 线段 $\mathrm{PF}_{1}$ 的中点坐标为 $(0,2)$, 则双曲线的方程是 ( )
选项：
A. $\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$
B. $\mathrm{x}^{2}-\frac{\mathrm{y}^{2}}{4}=1$
C. $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$
D. $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{2}=1$
答案：C
题目（高三 · 解析几何）：若双曲线 $8 k x^{2}-k y^{2}=8$ 的一个焦点坐标是 $(3,0)$, 则 $k=(\quad)$
选项：
A. 1
B. -1
C. $\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：设点 $P$ 在双曲线 $\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}=1$ 上, 若 $F_{1} 、 F_{2}$ 为双曲线的两个焦点, 且 $\left|P F_{1}\right|:\left|P F_{2}\right|=1: 3$, 则 $\triangle F_{1} P F_{2}$
的周长等于( )
选项：
A. 22
B. 16
C. 14
D. 12
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：已知双曲线的两个焦点分别为 $F_{1}(-\sqrt{5}, 0), F_{2}(\sqrt{5}, 0), P$ 是双曲线上的一点, 且 $P F_{1} \perp P F_{2},\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|$ $=2$, 则双曲线的标准方程是 ( )
选项：
A. $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$
B. $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{2}=1$
C. $x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$
D. $\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：若粗圆 $\frac{x^{2}}{m}+\frac{y^{2}}{n}=1(m>n>0)$ 和双曲线 $\frac{x^{2}}{a}-\frac{y^{2}}{b}=1(a>0, b>0)$ 有相同的焦点 $F_{1} 、 F_{2}, P$ 是两曲线的一个交点, 则 $\left|P F_{1}\right|\left|P F_{2}\right|$ 的值是( )
选项：
A. $m-a$
B. $\frac{1}{2}(m-a)$
C. $m^{2}-a^{2}$
D. $\sqrt{m}-\sqrt{a}$
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{25}+\frac{\mathrm{y}^{2}}{16}=1$ 上一点 $\mathrm{P}$ 到其中一个焦点的距离为 3 , 则点 $\mathrm{P}$ 到另一个焦点的距离为 ( )
选项：
A. 2
B. 3
C. 5
D. 7
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆过点 $P\left(\frac{3}{5},-4\right)$ 和点 $Q\left(-\frac{4}{5}, 3\right)$, 则此椭圆的标准方程是 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{y^{2}}{25}+x^{2}=1$
B. $\frac{x^{2}}{25}+y^{2}=1$ 或 $x^{2}+\frac{y^{2}}{25}=1$
C. $\frac{x^{2}}{25}+y^{2}=1$
D. 以上都不对
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 的焦点为 $F_{1}, F_{2}$, 点 $M$ 在该椭圆上, 且 $\overrightarrow{M F}_{1} \cdot \overrightarrow{M F}_{2}=0$, 则点 $M$ 到 $x$ 轴的距离为
选项：
A. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
B. $\frac{2 \sqrt{6}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\sqrt{3}$
答案：C
题目（高三 · 解析几何）：已知陏圆 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{25}+\frac{\mathrm{y}^{2}}{9}=1$ 上的点 $\mathrm{M}$ 到该椭圆一个焦点 $\mathrm{F}$ 的距离为 $2, \mathrm{~N}$ 是 $\mathrm{MF}$ 的中点, $\mathrm{O}$ 为坐标原点, 那么线段 $\mathrm{ON}$ 的长是 ( )
选项：
A. 2
B. 4
C. 8
D. $\frac{3}{2}$
答案：B
题目（高三 · 解析几何）：椭圆 $\frac{x^{2}}{m}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的焦距是 2 , 则 $m$ 的值是 ( )
选项：
A. 5
B. 3 或 8
C. 3 或 5
D. 20
答案：C
题目（高三 · 解析几何）：设 $F_{1}, F_{2}$ 为定点, $\left|F_{1} F_{2}\right|=6$, 动点 $M$ 满足 $\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=6$, 则动点 $M$ 的轨迹是 ( )
选项：
A. 椭圆
B. 直线
C. 圆
D. 线段
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：若方程 $\frac{x^{2}}{m^{2}}+\frac{y^{2}}{m+6}=1$ 表示焦点在 $x$ 轴上的椭圆, 则实数 $m$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $m>3$
B. $m>3$ 或 $m<-2$
C. $m<-2$
D. $m>3$ 或 $-6<m<-2$
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：直线 $2 x+b y+3=0$ 过椭圆 $10 x^{2}+y^{2}=10$ 的，一个焦点，则 $b$ 的值为 ( )
选项：
A. -1
B. $\frac{1}{2}$
C. -1 或 1
D. $-\frac{1}{2}$ 或 $\frac{1}{2}$
答案：C
题目（高三 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的两个顶点坐标为 $A(-4,0) 、 B(4,0), \triangle A B C$ 的周长为 18 , 则顶点 $C$ 的轨迹方程为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$
B. $\frac{y^{2}}{25}+\frac{x^{2}}{9}=1 \quad(y \neq 0)$
$\mathrm{C} \cdot \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1 \quad(y \neq 0)$
$\mathrm{D} \cdot \frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1 \quad(y \neq 0)$
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{25}=1(a>5)$ 的两个焦点为 $F_{1} 、 F_{2}$, 且 $\left|F_{1} F_{2}\right|=8$, 弦 $\mathrm{AB}$ 过点 $F_{1}$, 则 $\triangle A B F_{2}$的周长为 ( )
选项：
A. 10
B. 20
C. $2 \sqrt{41}$
D. $4 \sqrt{41}$
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知 $\triangle A B C$ 的顶点 $A(0,-2)$ 和 $C(0,2)$, 顶点 $B$ 在椭圆 $\frac{y^{2}}{12}+\frac{x^{2}}{8}=1$ 上,则 $\frac{\sin A+\sin C}{\sin B}$ 的值是( )
选项：
A. $\sqrt{3}$
B. 2 C. $2 \sqrt{3}$
D.
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：函数 $f(x)=x^{4}-2 x^{3}$ 的图像在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 ( )
选项：
A. $y=-2 x-1$
B. $y=-2 x+1$
C. $y=2 x-3$
D. $y=2 x+1$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 $\because f(x)=x^{4}-2 x^{3}, \quad \therefore f^{\prime}(x)=4 x^{3}-6 x^{2}, \quad \therefore f(1)=-1, \quad f^{\prime}(1)=-2$,

因此, 所求切线的方程为 $y+1=-2(x-1)$, 即 $y=-2 x+1$.

故答案为: B
B.

【分析】求得函数 $y=f(x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)$, 计算出 $f(1)$ 和 $f^{\prime}(1)$ 的值, 可得出所求切线的点斜式方程,化简即可.
题目（高三 · 解析几何）：已知定义在 $\mathrm{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$, 且 $f^{\prime}(x)>\frac{1}{2}$ 恒成立, 则不等式 $f\left(x^{2}\right)<\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2}$ 的解集为( )
选项：
A. $(-\infty,-1)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-\infty,-1) \cup(1,+\infty)$
D. $(-1,1)$
答案：D
解析：答案: D

【解析】 令 $t=x^{2}$, 则 $f\left(x^{2}\right)<\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2}$,

即为 $f(t)<\frac{t}{2}+\frac{1}{2}$, 即 $f(t)-\frac{t}{2}-\frac{1}{2}<0$

设 $g(x)=f(x)-\frac{1}{2} x-\frac{1}{2}$, 则 $g(x)=f^{\prime}(x)-\frac{1}{2}$,

因为对于任意的 $x \in R$, 都有 $f^{\prime}(x)>\frac{1}{2}$ 成立,

所以对任意 $x \in R$, 都有 $g(x)>0$,

所以 $g(x)=f(x)-\frac{1}{2} x-\frac{1}{2}$ 为单调递增函数,

且 $g(1)=f(1)-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$,

所以 $f(t)-\frac{t}{2}-\frac{1}{2}<0$ 的解集为 $t<1$,

即 $x^{2}<1$, 即 $-1<x<1$,

所以不等式 $f\left(x^{2}\right)<\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2}$ 的解集为 $(-1,1)$,

故答案为: D.

【分析】令 $t=x^{2}$, 得 $f(t)-\frac{t}{2}-\frac{1}{2}<0$, 设 $g(x)=f(x)-\frac{1}{2} x-\frac{1}{2}$, 利用求导的方法结合不等式恒成立问题的解决方法, 得出 $g(x)=f(x)-\frac{1}{2} x-\frac{1}{2}$ 为单调递增函数, 且 $g(1)=f(1)-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$,可得解集为 $t<1$, 即 $x^{2}<1$, 从而用一元二次不等式的求解方法求出 $\mathrm{x}$ 的取值范围, 即可求出不等式 $f\left(x^{2}\right)<\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2}$ 的解集.
题目（高三 · 解析几何）：函数 $f(x)=(x+2) e^{x}$ 的单调递增区间是 ( )
选项：
A. $(-\infty, 3)$
B. $(0,3)$
C. $(-3,0)$
D. $(-3,+\infty)$
答案：D
解析：答案: D

【解析】 由已知 $f^{\prime}(x)=(x+3) e^{x}$, 当 $x<-3$ 时 $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x>-3$ 时 $f^{\prime}(x)>0$,

所以增区间为 $(-3,+\infty)$.

故答案为: D

【分析】求出导函数 $f^{\prime}(x)$ ，由 $f^{\prime}(x)>0$ 确定增区间.
题目（高三 · 解析几何）：若曲线 $y=f(x)=x^{2}+a x+b$ 在点 $(0, b)$ 处的切线方程是 $x-y+1=0$, 则 ( )
选项：
A. $a=1, b=1$
B. $a=-1, b=1$
C. $a=1, b=-1$
D. $a=-1, b=-1$
答案：A
解析：答案: A

【解析】 因为 $f(x)=x^{2}+a x+b$, 故可得 $f^{\prime}(x)=2 x+a$,

由题可知 $f^{\prime}(0)=1$, 即可得 $a=1$;

又切点坐标满足切线方程, 故可得 $-b+1=0$, 解得 $b=1$.

故答案为: A.

【分析】将切点坐标代入切线方程求得 $\mathrm{b}$; 根据 $f^{\prime}(0)=1$, 解得 $\mathrm{a}$.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 在点 $x=x_{0}$ 处的切线的倾斜角是 $\frac{\pi}{4}$, 则 $x_{0}$ 的值为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. 1
答案：A
解析：答案: A

【解析】 由题意知 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}=\tan \frac{\pi}{4}=1 \Rightarrow x_{0}=\frac{1}{4}$.

故答案为: A

【分析】由导数的几何意义利用切线的斜率列出方程即可求解.
题目（高三 · 解析几何）：若点 $\mathrm{P}$ 是曲线 $y=x^{2}-\ln x$ 上任一点, 则点 $\mathrm{P}$ 到直线 $x-y-4=0$ 的最小距离是 ( )
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. 3
C. $2 \sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{3}$
答案：C
解析：答案: C

【解析】 要使点 $\mathrm{P}$ 到直线 $x-y-4=0$ 的最小距离,

只需点 $P$ 为曲线与直线 $x-y-4=0$ 平行的切线切点,

即点 $P$ 为斜率为 1 的切线的切点, 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), x_{0}>0$,

$y=x^{2}-\ln x,\left.y^{\prime}\right|_{x=x_{0}}=2 x_{0}-\frac{1}{x_{0}}=1$,

解得 $x_{0}=1_{\text {或 }} x_{0}=-\frac{1}{2}$ (舍去)，

点 $P(1,1)$ 到直线 $x-y-4=0$ 的距离为 $\frac{|1-1-4|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}$,
所以曲线 $y=x^{2}-\ln x$ 上任一点到直线 $x-y-4=0$ 距离最小值为 $2 \sqrt{2}$.

故答案为: C.

【分析】与直线 $x-y-4=0$ 平行且与曲线相切时, 切点到直线 $x-y-4=0$ 的距离最小, 利用导数求出切点坐标即可.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 在点 $x=x_{0}$ 处的切线的倾斜角是 $\frac{\pi}{4}$, 则 $x_{0}$ 的值为 $(）$
选项：
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. 1
答案：A
解析：答案: A

【解析】 由题意知

$$
f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}=\tan \frac{\pi}{4}=1 \Rightarrow x_{0}=\frac{1}{4}
$$

故答案为: A

【分析】由导数的几何意义利用切线的斜率列出方程即可求解.
题目（高三 · 解析几何）：$f(x)=x(x-c)^{2}$ 在 $x=2$ 处有极小值, 则常数 $\mathrm{c}$ 的值为 ( )
选项：
A. 2
B. 6
C. 2 或 6
D. 1
答案：A
解析：答案: A

【解析】 函数 $f(x)=x(x-c)^{2}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-4 c x+c^{2}$,

又 $f(x)=x(x-c)^{2}$ 在 $\mathrm{x}=2$ 处有极值,

$\therefore \mathrm{f}^{\prime}(2)=12-8 \mathrm{c}+c^{2}=0$,

解得 $\mathrm{c}=2$ 或 $\mathrm{c}=6$,

又由函数在 $\mathrm{x}=2$ 处有极小值, 得出 $\mathrm{c}=2$,

当 $\mathrm{c}=6$ 时, 函数 $f(x)=x(x-c)^{2}$ 在 $\mathrm{x}=2$ 处有极大值, 所以 $\mathrm{c}=2$ 。

故答案为: A.

【分析】利用求导的方法判断函数的单调性, 从而求出函数的极值, 再利用 $f(x)=x(x-c)^{2}$ 在 $x=2$处有极小值, 从而推出满足要求的 $\mathrm{c}$ 的值。
题目（高三 · 解析几何）：若在曲线 $y=x^{2}-\ln x$ 上一点 $P$ 处的切线与 $y=x-1$ 平行, 则 $\mathrm{p}$ 点的横坐标为 ( )
选项：
A. 1
B. $\frac{1}{2}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. 2
答案：A
解析：答案: A

【解析】 设 $P\left(x_{0} y_{0}\right), y^{\prime}=2 x-\frac{1}{x}$

$\left.y\right|_{x=x_{0}}=2 x_{0}-\frac{1}{x_{0}}=1$, 即 $2 x_{0}^{2}-x_{0}-1=0$

解得 $x_{0}=1_{\text {或 }} x_{0}=-\frac{1}{2}$ (舍)

故答案为: A

【分析】设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 利用导数的几何意义求解即可.
题目（高三 · 解析几何）：已知曲线 $y=f(x)$ 在点 $x=0$ 处的切线方程为 $y=3 x+1$, 则曲线 $y=\frac{f(x)}{e^{x}}$ 在点 $x=0$ 处的切线方程为( )
选项：
A. $y=2 x-1$
B. $y=2 x+1$
C. $y=x-1$
D. $y=x+1$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 由切线方程 $y=3 x+1$, 得 $f(0)=1, f^{\prime}(0)=3$.

设 $g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$, 则 $g(x)=\frac{e^{x} f(x)-e^{x} f(x)}{\left(e^{x}\right)^{2}}=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}$,

$\therefore g(0)=\frac{f(0)}{e^{0}}=1, \quad g(0)=\frac{f^{\prime}(0)-f(0)}{e^{0}}=2$,

$\therefore$ 曲线 $y=\frac{f(x)}{e^{x}}$ 在点 $x=0$ 处的切线方程为 $y-1=2 x$, 即 $y=2 x+1$,

故选: $B$.

【分析】由 $y=f(x)_{\text {切线方程 }} y=3 x+1$, 得 $f(0)=1, f^{\prime}(0)=3$, 代入 $y=\frac{f(x)}{e^{x}}$ 可得切点坐标,对 $y=\frac{f(x)}{e^{x}}$ 求导代入可得切线斜率, 求解出方程即可.
题目（高三 · 解析几何）：函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 与两条平行线 $x=e, x=4$ 及 $x$ 轴围成的区域面积是（）
选项：
A. $-2 \ln 2+1$
$\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 x-1 \\ y_{0}=2 y-\frac{1}{2}\end{array}\right.$
C. $-\ln 2$
D. $\ln 2$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 $\int_{4}^{e} \frac{1}{x} d x=\ln x \left\lvert\, \frac{1}{e}=\ln 4-1=2 \ln 2-1\right.$.

故答案为: B

【分析】根据定积分的几何意义直接求出 $f(x)$ 在区间 $[e, 4]$ 的定积分, 即可得出答案.
题目（高三 · 解析几何）：把函数 $f(x)=\sin x(x \in[0,2 \pi])$ 的图像向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 后, 得到 $g(x)$ 的图像, 则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的图像所围成的图形的面积为 ( )
选项：
A. 4
B. $2 \sqrt{2}$
C. $2 \sqrt{3}$
D. 2
答案：D
解析：答案: D

【解析】 函数 $f(x)=\sin x(x \in[0,2 \pi])$ 的图像向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 后, 得到 $g(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$, 得交点为, $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right):\left(\frac{4 \pi}{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

即可求出 ${ }^{f(x)}$ 与 $g(x)$ 的图像所围成的图形的面积.

故答案为: D.
题目（高三 · 解析几何）：一辆汽车在平直的公路上行驶, 由于遇到紧急情况, 以速度 $v(t)=12-4 t+\frac{20}{t+1}(t$ 的单位: $s, v$ 的单位: $\mathrm{m} / \mathrm{s}$ ) 紧急刹车至停止. 则刹车后汽车行驶的路程 (单位: $m$ ) 是 ( )
选项：
A. $16+20 \ln 4$
B. $16+20 \ln 5$
C. $32+20 \ln 4$
D. $32+20 \ln 5$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 当汽车停止时, $v(t)=12-4 t+\frac{20}{t+1}=0$, 解得: $t=4$ 或 $t=-2$ (舍去负值),

所以 $\int_{0}^{4}\left(12-4 t+\frac{20}{t+1}\right) d t=\left.\left(12 t-2 t^{2}+20 \ln (t+1)\right)\right|_{0} ^{4}=16+20 \ln 5$.

故答案为: B

【分析】先计算汽车停止的时间, 再利用定积分计算路程.
题目（高三 · 解析几何）：设复数 $\mathrm{z}$ 满足 $|z-3+4|=2, \mathrm{z}$ 在复平面内对应的点为 $(x, y)$, 则 ( )
选项：
A. $(x-3)^{2}+(y+4)^{2}=4$
B. $(x+3)^{2}+(y-4)^{2}=4$
C. $(x-3)^{2}+(y+4)^{2}=2$
D. $(x+3)^{2}+(y-4)^{2}=2$
答案：A
解析：答案: A

【解析】 【解析】 $\because \mathrm{z}$ 在复平面内对应的点为 $(x, y)$,

$\therefore z=x+y i$, 又 $|z-3+4 i|=2$,

$\therefore|x-3+(y+4)|=2, \quad \therefore(x-3)^{2}+(y+4)^{2}=4$.

故答案为: A.

【分析】由 $\mathrm{z}$ 在复平面内对应的点为 $(x, y)$, 可得 $z=x+y i$, 再代入 $|z-3+4 i|=2$ 即可得答案.
题目（高三 · 解析几何）：若点 $\mathrm{P}$ 是曲线 $y=x^{2}-\ln x$ 上任一点, 则点 $\mathrm{P}$ 到直线 $x-y-4=0$ 的最小距离是（）
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. 3
C. $2 \sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{3}$
答案：C
解析：答案: C

【解析】要使点 $\mathrm{P}$ 到直线 $x-y-4=0$ 的最小距离,

只需点 $P$ 为曲线与直线 $x-y-4=0$ 平行的切线切点,

即点 $P$ 为斜率为 1 的切线的切点, 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), x_{0}>0$,
$y=x^{2}-\ln x,\left.y^{\prime}\right|_{x=x_{0}}=2 x_{0}-\frac{1}{x_{0}}=1$,

解得 $x_{0}=1_{\text {或 }} x_{0}=-\frac{1}{2}$ (舍去)，

点 $P(1,1)$ 到直线 $x-y-4=0$ 的距离为 $\frac{|1-1-4|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}$,

所以曲线 $y=x^{2}-\ln x$ 上任一点到直线 $x-y-4=0$ 距离最小值为 $2 \sqrt{2}$.

故答案为: C.

【分析】与直线 $x-y-4=0$ 平行且与曲线相切时, 切点到直线 $x-y-4=0$ 的距离最小, 利用导数求出切点坐标即可.
题目（高三 · 解析几何）：2 天
B. 1.8 天
C. 2.5 天
D. 3.5 天

11.2020 年 3 月 14 日是全球首个国际圆周率日 ( $\pi$ Day ) . 历史上, 求圆周率 $\pi$ 的方法有多种, 与中国传统数学中的“割圆术”相似. 数学家阿尔.卡西的方法是: 当正整数 $\mathrm{n}$ 充分大时, 计算单位圆的内接正 $6 \mathrm{n}$ 边形的周长和外切正 $6 \mathrm{n}$ 边形 (各边均与圆相切的正 $6 \mathrm{n}$ 边形) 的周长, 将它们的算术平均数作为 $2 \pi$ 的近似值. 按照阿尔.卡西的方法, $\pi$ 的近似值的表达式是 ( ).
选项：
A. $3 n\left(\sin \frac{30^{\circ}}{n}+\tan \frac{30^{\circ}}{n}\right)$
B. $6 n\left(\sin \frac{30^{\circ}}{n}+\tan \frac{30^{\circ}}{n}\right)$
C. $3 n\left(\sin \frac{60^{\circ}}{n}+\tan \frac{60^{\circ}}{n}\right)$
D. $6 n\left(\sin \frac{60^{\circ}}{n}+\tan \frac{60^{\circ}}{n}\right)$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 由于 $f(x)=\cos \left(3 x^{2}+2\right)$ 不是余弦函数, 所以小前提不正确.

故答案为: B.

【分析】由演绎推理的定义可得出结论.
题目（高三 · 解析几何）：有四个关于三角函数的命题:

$$
\begin{array}{ll}
p_{1}: \sin x=\sin y \Rightarrow x+y=\pi \text { 或 } x=y ; & p_{2}: \forall x \in \mathbf{R}, \sin ^{2} \frac{x}{2}+\cos ^{2} \frac{x}{2}=1 ； \\
p_{3}: \forall x, y \in \mathbf{R}, \cos (x-y)=\cos x-\cos y ; & p_{4}: \forall x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \sqrt{\frac{1+\cos 2 x}{2}}=\cos x .
\end{array}
$$

其中真命题是（）
选项：
A. $p_{1}, p_{3}$
B. $p_{2}, p_{3}$
C. $p_{1}, p_{4}$
D. $p_{2}, p_{4}$
答案：D
题目（高三 · 解析几何）：“直线 $a^{2} x-y+6=0$ 与直线 $4 x-(a-3) y+9=0$ 互相垂直” 的充要条件是 ( )
选项：
A. $a=-1$
B. $a=\frac{3}{4}$
C. $a=-1$ 或 $a=\frac{3}{4}$
D. 以上均不是
答案：C
题目（高三 · 解析几何）：设 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 为非零向量, 则 “存在负数 $\lambda$, 使得 $\boldsymbol{m}=\lambda \boldsymbol{n}$ ” 是 “ $\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}<0$ ” 的 ( )
选项：
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：A
题目（高三 · 解析几何）：“直线 $l$ 垂直于 $\triangle A B C$ 的边 $A B, A C$ ” 是 “直线 $l$ 垂直于 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ ”
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：A
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c$ 有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 若 $f\left(x_{1}\right)=x_{1}<x_{2}$,则关于 $x$ 的方程 $3 f(x)^{2}+2 a f(x)+b=0$ 的不同实根个数为 ( )
选项：
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
答案：A
解析：求导得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b$, 显然 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $3 x^{2}+2 a x+b=0$ 的二个不等实根,不妨设 $x_{1}<x_{2}$, 于是关于 $x$ 的方程 $3 f(x)^{2}+2 a f(x)+b=0$ 的解就是 $f(x)=x_{1}$ 或 $f(x)=x_{2}$,根据题意画图:所以 $f(x)=x_{1}$ 有两个不等实根, $f(x)=x_{2}$ 只有一个不等实根, 故答案选 A.
题目（高三 · 代数）：若函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-f^{\prime}(1) x^{2}-x$, 则 $f^{\prime}(1)$ 的值为 ( )
选项：
A. 1
B. 2
C. 0
D. -1
答案：C
解析：$f(x)=rac{1}{3} x^{3}-f^{\prime}(1) x^{2}-x$, 则 $f^{\prime}(x)=x^{2}-2 f^{\prime}(1) x-1$,则 $f^{\prime}(1)=1-2 f^{\prime}(1)-1$, 故 $f^{\prime}(1)=0$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=-x^{3}+a x^{2}-x-1$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上是单调函数, 则实数 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-\infty, \sqrt{3}] \cup[\sqrt{3},+\infty)$ B. $(-\infty, \sqrt{3}) \cup(\sqrt{3},+\infty)$

C. $[-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$
D. $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$
答案：C
解析：由题意, 函数 $f(x)=-x^{3}+a x^{2}-x-1$, 则 $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+2 a x-1$,因为函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上是单调函数,所以 $\Delta=(2 a)^{2}-4 	imes(-3) 	imes(-1)=4 a^{2}-12 \leq 0$, 即 $a^{2} \leq 3$, 解得 $-\sqrt{3} \leq a \leq \sqrt{3}$,即实数 $a$ 的取值范围是 $[-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：已知 $f(x)$ 在 $\mathrm{R}$ 上是可导函数, 则 $f(x)$ 的图象如图所示, 则不等式

$\left(x^{2}-2 x-3\right) f^{\prime}(x)>0$ 的解集为 ( )


选项：
A. $(-\infty,-2) \cup(1,+\infty)$
B. $(-\infty,-2) \cup(1,2)$
C. $(-\infty,-1) \cup(-1,0) \cup(2,+\infty)$
D. $(-\infty,-1) \cup(-1,1) \cup(3,+\infty)$
答案：D
解析：由 $f(x)$ 的图象可知, 在区间 $(-\infty,-1),(1,+\infty)$ 上, $f^{\prime}(x)>0$; 在区间 $(-1,1), f^{\prime}(x)<0$.不等式 $\left(x^{2}-2 x-3ight) f^{\prime}(x)>0$ 可化为 $(x-3) \cdot(x+1) \cdot f^{\prime}(x)>0$,所以其解集为 $(-\infty,-1) \cup(-1,1) igcup(3,+\infty)$ ，故选 D.
题目（高三 · 代数）：用数学归纳法证明不等式 $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}>\frac{n}{2}-1\left(n \in \mathrm{N}^{*}, n \geq 2\right)$ 时, 以下说法正确的是 ( )
选项：
A. 第一步应该验证当 $n=1$ 时不等式成立

B. 从“ $n=k$ 到 $n=k+1$ ”左边需要增加的代数式是 $\frac{1}{2^{k}}$

C. 从 “ $n=k$ 到 $n=k+1$ ”左边需要增加 $2^{k}$ 项

D. 从 “ $n=k$ 到 $n=k+1$ ” 左边需要增加的代数式是 $\frac{1}{2^{k-1}+1}+\frac{1}{2^{k-1}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k}}$
答案：D
解析：第一步应该验证当 $n=2$ 时不等式成立, 所以 $\mathrm{A}$ 不正确;因为 $rac{1}{2}+rac{1}{3}+rac{1}{4}+\cdots+rac{1}{2^{k}}-\left(rac{1}{2}+rac{1}{3}+rac{1}{4}+\cdots+rac{1}{2^{k-1}}ight)=rac{1}{2^{k-1}+1}+rac{1}{2^{k-1}+2}+\cdots rac{1}{2^{k}}$,所以从 “ $n=k$ 到 $n=k+1$ ”左边需要增加的代数式是 $rac{1}{2^{k-1}+1}+rac{1}{2^{k-1}+2}+\cdots+rac{1}{2^{k}}$,所以 $\mathrm{B}$ 不正确; 所以从 “ $n=k$ 到 $n=k+1$ ”左边需要增加 $2^{k-1}$ 项, 所以 $\mathrm{C}$ 不正确;故选 D.
题目（高三 · 代数）：分析法又称执果索因法, 若用分析法证明: “设 $a>b>c$, 且 $a+b+c=0$,求证 $\sqrt{b^{2}-a c}<\sqrt{3} a$ ” 索的因应是 ( )
选项：
A. $a-b>0$
B. $a-c>0$
C. $(a-b)(a-c)>0$
D. $(a-b)(a-c)<0$
答案：C
解析：由 $a>b>c$, 且 $a+b+c=0$, 得 $b=-a-c, a>0, c<0$.要证 $\sqrt{b^{2}-a c}<\sqrt{3} a$, 只要证 $(-a-c)^{2}-a c<3 a^{2}$,即证 $a^{2}-a c+a^{2}-c^{2}>0$, 即证 $a(a-c)+(a+c)(a-c)>0 ，$即证 $a(a-c)-b(a-c)>0$ ，即证 $(a-c)(a-b)>0 ，$故求证“ $\sqrt{b^{2}-a c}<\sqrt{3} a$ ” 索的因应是 $(a-c)(a-b)>0$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：已知 $x, y>0$, 且 $x y=1$, 则 $\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 4
B. 2
C. 1
D. $\frac{1}{4}$
答案：A
解析：解析:解答:

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

$\geq\left(1 \times 1+\frac{1}{\sqrt{x}} \times \frac{1}{\sqrt{y}}\right)^{2}$

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

当且仅当 $x=y=1$ 时等号成立.

分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 代数）：函数 $y=2 \sqrt{2-x}+\sqrt{2 x-3}$ 的最大值是( )
选项：
A. 3
B. $\frac{3}{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 4
答案：C
解析：解析: 解答: $y^{2}=\left(2 \times \sqrt{2-x}+\sqrt{2} \times \sqrt{x-\frac{3}{2}}\right)^{2}$

$\leq\left[2^{2}+(\sqrt{2})^{2}\right]\left[(\sqrt{2-x})^{2}+\left(\sqrt{x-\frac{3}{2}}\right)^{2}\right]=6 \times \frac{1}{2}=3$,

当且仅当 $2 \sqrt{x-\frac{3}{2}}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{2-x}$,
即 $x=\frac{5}{3}$ 时等号成立.

$\therefore y$ 的最大值为 $\sqrt{3}$

分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是两边平方, 如何根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 代数）：已知 $\frac{4}{x}+\frac{9}{y}=2, x, y>0$, 则 $x+y$ 的最小值是 ( )
选项：
A. $\frac{25}{2}$
B. $\frac{25}{4}$
C. $\frac{5}{2}$
D. 5
答案：A
解析：解析: 解答: 由 $\frac{4}{x}+\frac{9}{y}=2$,

可得 $x+y=\frac{\left[(\sqrt{x})^{2}+(\sqrt{y})^{2}\right]\left[\left(\frac{2}{x}\right)^{2}+\left(\frac{3}{y}\right)^{2}\right]}{2} \geq$

$\frac{1}{2}\left(\sqrt{x} \cdot \frac{2}{\sqrt{x}}+\sqrt{y} \cdot \frac{3}{\sqrt{y}}\right)^{2}=\frac{1}{2}(2+3)^{2}=\frac{25}{2}$.

当且仅当 $\sqrt{x} \cdot \frac{3}{\sqrt{y}}=\sqrt{y} \cdot \frac{2}{\sqrt{x}} \sqrt{x} \cdot \frac{3}{\sqrt{y}}=\sqrt{y} \cdot \frac{2}{\sqrt{x}}$, 即 $x=5, y=\frac{15}{2}$ 时等号成立.

分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 代数）：若 $a+b=1$, 则 $\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{2}\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{2}$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 1
B. 2
C. $\frac{25}{2}$
D. $\frac{\overline{3}}{2}$
答案：C
解析：解析: 解答: $\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{2}=a^{2}+2+\frac{1}{a^{2}}+b^{2}+2+\frac{1}{b^{2}}$.

$\because a+b=1$,

$\therefore a^{2}+b^{2}=\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}\right) \cdot(1+1) \geq \frac{1}{2} \cdot(a+b)^{2}=\frac{1}{2}$,

又 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}} \geq \frac{2}{a b} \geq \frac{\varepsilon}{(a+b)^{2}}=8$,
以上两个不等式都是当且仅当 $a=b=\frac{1}{2}$ 时, 等号成立.

$\therefore\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2}+\left(b+\frac{1}{b}\right)^{2} \geq \frac{1}{2}+2+2+8=\frac{25}{2}$, 当且仅当 $a=b=\frac{1}{2}$ 时等号成立, 取到最小值 $\frac{25}{2}$.

分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是首项展开所给式子, 如何结合条件根据二维形式的柯西不等式变换计算即可.
题目（高三 · 代数）：若 $\left(x^{2}-1\right)+\left(x^{2}+3 x+2\right) i$ 是纯虚数, 则实数 $x$ 的值是 ( )
选项：
A. 1
B. -1
C. $\pm 1$
D. 以上都不对
答案：A
解析：解析：解答：由题意得 $x^{2}-1=0$ 且 $x^{2}+3 x+2 \neq 0 \therefore x=1$, 故选 A.

分析：本题主要考查了虚数单位 $\mathrm{i}$ 及其性质, 解决问题的关键是根据虚数对应求解即可.
题目（高三 · 代数）：“ $\mathrm{m}=1$ ” 是 “复数 $z=(1+m i)(1+i)(\mathrm{m} \in \mathrm{R}, \mathrm{i}$ 为虚数单位 $)$ 为纯虚数” 的 $(\quad)$
选项：
A. 充分非必要条件
B.必要非充分条件
C. 充要条件
D.既不充分又不必要条件
答案：C
解析：解析：解答：因为 $z=(1+m i)(1+i)=1+i+m i-m=(1-m)+(1+m) i$. 所以当 $m=1$ 时, $z=2 i$ 是纯虚数, 所以充分条件成立. 当复数 $z=(1+m i)(1+i)$ 为纯虚数时 $\left\{\begin{array}{l}1-m=0 \\ 1+m \neq 0\end{array}\right.$, 即 $m=1$ 成立, 所以必要性成立.

分析: 本题主要考查了虚数单位 $\mathrm{i}$ 及其性质, 解决问题的关键是根据所给复数满足性质列示计算即可.
题目（高三 · 代数）：复数 $\mathrm{z}=1+\cos \alpha+i \sin \alpha(\pi<\alpha<2 \pi)$ 的模为 ( ).
选项：
A. $2 \cos \frac{\alpha}{2}$
B. $-2 \cos \frac{\alpha}{2}$
C. $2 \sin \frac{\alpha}{2}$
D. $-2 \sin \frac{\alpha}{2}$
答案：B
解析：解析: 解答: $|z|=\sqrt{(1+\cos \alpha)^{2}+\sin ^{2} \alpha}=\sqrt{2+2 \cos \alpha}=\sqrt{4 \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}}=2\left|\cos \frac{\alpha}{2}\right|$

$\because \pi<\alpha<2 \pi, \quad \therefore \frac{\pi}{2}<\frac{\alpha}{2}<\pi, \quad \therefore \cos \frac{\alpha}{2}<0, \quad \therefore 2\left|\cos \frac{\alpha}{2}\right|=-2 \cos \frac{\alpha}{2}$

分析: 本题主要考查了复数的基本概念, 解决问题的关键是根据模的定义结合三角函数知识化简分析即可.
题目（高三 · 代数）：复数 $(3+\mathrm{i}) \mathrm{m}-(2+\mathrm{i})$ 对应的点在第三象限内, 则实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $\mathrm{m}<\frac{2}{3}$
B. $\mathrm{m}<1$
C. $\frac{2}{3}<\mathrm{m}<1$
D. $\mathrm{m}>1$
答案：A
解析：解析: 解答: 由题复数可化为 $-2+3 \mathrm{~m}+(\mathrm{m}-1) \mathrm{i}$, 所以 $\left\{\begin{array}{c}3 m-2<0 \\ m-1<0\end{array}, \therefore m<\frac{2}{3}\right.$, 故选 A.

分析: 本题主要考查了复数的基本概念, 解决问题的关键是根据实部与虚部与 0 的关系求解不等式组即可.
题目（高三 · 代数）：若实数 $a, b, c$ 均大于 0 , 且 $a+b+c=3$, 则 $\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ 的最小值为 $(\quad)$
选项：
A. 3
B. 1 C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\sqrt{3}$
答案：D
解析：解析:【解答】 $\because\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(1+1+1) \geq(a+b+c)^{2}=9^{\prime} \quad \therefore a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$.

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq \sqrt{3}$, 当且仅当 $a=b=c=1$ 时等号成立.

【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件结合一般形式的柯西不等构造不等式计算即可.