eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}+a$, 且 $b_{n}=\log _{2} a_{n}-a$, 则数列 $\left\{\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{3 n}{2 n+1}$
B. $\frac{n}{2 n+1}$
C. $\frac{2 n}{n+1}$
D. $\frac{n}{n+1}$
答案：D
解析：由等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}+a$, 得 $S_{1}=a_{1}=2+a, a_{2}=S_{2}-S_{1}=2, a_{3}=S_{3}-S_{2}=4$, $\because a_{2}^{2}=a_{1} \cdot a_{3}, \therefore 4=(2+a) \times 4$, 解得 $a=-1, \therefore a_{1}=1, S_{n}=2^{n}-1, \therefore n \geqslant 2$ 时

$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2^{n}-1-2^{n-1}+1=2^{n-1}$ ( $a_{1}=1$ 满足上式）, $\therefore b_{n}=\log _{2} 2^{n-1}+1=n, b_{n+1}=n+1$, 则 $\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \therefore T_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$, 故选 D.
题目（高二 · 代数）：设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y+3 \geq 0 \\ x+y-1 \geq 0 \\ x \leq 3\end{array}\right.$, 则 $z=2 x-y$ 的最小值为 ())
选项：
A. 4
    B. 0
    C. 2
    D. -4
答案：D
解析：作可行域如图所示, 由 $z=2 x-y$ 得 $y=2 x-z$, 作直线 $y=2 x$ 并平移, 当直线过点 $A(-1,2)$ 时, 直线在 $y$ 轴上的截距 $-z$ 最大, 此时 $z$ 取得最小值, $Z_{\text {min }}=2 \times(-1)-2=-4$. 故选 D.
题目（高二 · 代数）：已知 $\alpha \in \mathbf{R}, \sin \alpha+2 \cos \alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}$, 则 $\tan 2 \alpha=(\quad)$
选项：
A. $\frac{4}{3}$
   B. $\frac{3}{4}$
   C. $-\frac{3}{4}$
   D. $-\frac{4}{3}$
答案：C
解析：[解析]本题考查三角函数同角间的基本关系.

将 $\sin \alpha+2 \cos \alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}$ 两边平方可得

$\sin ^{2} \alpha+4 \sin \alpha \cos \alpha+4 \cos ^{2} \alpha=\frac{5}{2}$.

将左边分子分母同除以 $\cos ^{2} \alpha$ 得,

$\frac{3+4 \tan \alpha}{1+\tan ^{2} \alpha}=\frac{3}{2}$, 解得 $\tan \alpha=3$,

$\therefore \tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{6}{1-9}=-\frac{3}{4}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $\sin \theta+\cos \theta=\frac{4}{3}\left(0<\theta \leqslant \frac{\pi}{4}\right)$, 则 $\sin \theta-\cos \theta=(\quad)$ 【导学号: 00680011】
选项：
A. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
   B. $-\frac{\sqrt{2}}{3}$
   C. $\frac{1}{3}$
   D. $-\frac{1}{3}$
答案：B
解析：由 $(\sin \theta+\cos \theta)^{2}=1+2 \sin \theta \cos \theta=\frac{16}{9}$, 得 $2 \sin \theta \cos \theta=\frac{7}{9}$, 则 $(\sin \theta-\cos \theta)^{2}=1-2 \sin \theta \cos \theta$ $=\frac{2}{9}$, 又由于 $0<\theta \leqslant \frac{\pi}{4}$, 知 $\sin \theta-\cos \theta \leqslant 0$, 所以 $\sin \theta-\cos \theta=-\frac{\sqrt{2}}{3}$.

【答案】 B
题目（高二 · 代数）：下列函数中, 图象的一部分是如图 1-5-3 的是( )



图 1-5-3
选项：
A. $y=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$
B. $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
C. $y=\cos \left(4 x-\frac{\pi}{3}\right)$
D. $y=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
答案：D
解析：由图象知, $\frac{1}{4} T=\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{4}, \therefore T=\pi=\frac{2 \pi}{\omega}, \therefore \omega=2$, 把 $y=\cos 2 x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位即得所给图象,

$\therefore$ 所求函数为 $y=\cos 2\left(x-\frac{\pi}{12}\right)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.

## 【答案】D
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=x \sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)(\quad)$
选项：
A. 是奇函数

$B \cdot$ 是非奇非偶函数

C. 是偶函数

$\mathrm{D}$ - 既是奇函数又是偶函数
答案：A
解析：解析: 由题, 得函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$, 关于原点对称, 又 $f(x)=x \sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)=x \cos x$, 所以 $f(-x)=(-$ $x) \cdot \cos (-x)=-x \cos x=-f(x)$, 所以函数 $f(x)$ 为奇函数.

答案: A
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=3 \sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{15 \pi}{2}\right)$ 是 $(\quad)$
选项：
A.周期为 $3 \pi$ 的偶函数

B $\cdot$ 周期为 $2 \pi$ 的偶函数

C - 周期为 $3 \pi$ 的奇函数

$\mathrm{D}$. 周期为 $\frac{4 \pi}{3}$ 的偶函数
答案：A
解析：解析: $f(x)=3 \sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{15 \pi}{2}\right)=3 \sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{3 \pi}{2}\right)=-3 \cos ^{2} x$,

$\therefore f(x)$ 为偶函数, 且 $T=\frac{2 \pi}{\frac{2}{3}}=3 \pi$.

答案: A
题目（高二 · 代数）：下列函数中是奇函数, 且最小正周期是 $\pi$ 的函数是 ( )
选项：
A. $ y=\cos |2 x|$
B. $y=|\sin x|$
C $\cdot y=\sin \left(\frac{\pi}{2}+2 x\right)$
D. $y=\cos \left(\frac{3 \pi}{2}-2 x\right)$
答案：D
解析：解析: $y=\cos |2 x|$ 是偶函数; $y=|\sin x|$ 是偶函数;

$y=\sin \left(\frac{\pi}{2}+2 x\right)=\cos 2 x$ 是偶函数;

$y=\cos \left(\frac{3 \pi}{2}-2 x\right)=-\sin 2 x$ 是奇函数, 且其最小正周期 $T=\pi$.

答案: D
题目（高二 · 代数）：如图 1-6-5, 单摆从某点开始来回摆动, 离开平衡位置 $O$ 的距离 $s(\mathrm{~cm})$ 和时间 $t(\mathrm{~s})$ 的函数关系式为 $s=$ $6 \sin \left(2 \pi t+\frac{\pi}{6}\right)$ ，那么单摆摆动一个周期所需的时间为 $(\quad)$



图 1-6-5
选项：
A. $2 \pi \mathrm{s}$
B. $\pi \mathrm{s}$
C. $0.5 \mathrm{~s}$D. $1 \mathrm{~s}$
答案：D
解析：依题意是求函数 $s=6 \sin \left(2 \pi t+\frac{\pi}{6}\right)$ 的周期, $T=\frac{2 \pi}{2 \pi}=1$, 故选 D.
题目（高二 · 代数）：3. 函数 $f(x)$ 的部分图象如图 1-6-6 所示, 则下列选项正确的是( )图 1-6-6
选项：
A. $f(x)=x+\sin x$B. $f(x)=\frac{\cos x}{x}$C. $f(x)=x \cos x$D. $f(x)=x\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\left(x-\frac{3 \pi}{2}\right)$1 \mathrm{~s}
答案：C
解析：观察图象知函数为奇函数, 排除 $\mathrm{D}$ 项; 又函数在 $x=0$ 处有意义, 排除 $\mathrm{B}$ 项; 取 $x=\frac{\pi}{2}, f\left(\frac{\pi}{2}\right)$ $=0$, A 项不合适, 故选 C..
题目（高二 · 代数）：若对可导函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 恒有 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0 \quad$ ，则 $\left.\mathrm{f}(\mathrm{x}) （ \quad\right)$.
选项：
A. 恒大于 0
B. 恒小于 0
C. 恒等于 0
D. 和 0 的大小关系不确定
答案：A
解析：答案:A
【解析】 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0 \Rightarrow\left(x f^{\prime}(x)\right)^{\prime}>0 \Rightarrow g(x)=x f(x)$ 单调递增, 当 $x>0$ 时, $g(x)>g(0)=0$,
即 $x f(x)>0$, 所以 $f(x)>0$; 同理可得当 $x<0$ 时 $f(x)>0$, 由在 $f(x)+x f^{\prime \prime}(x)>0$ 中令 $x=0$ 得 $f(x)>0$, 综上可知 $f(x)$ 恒大于
题目（高二 · 代数）：已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$, 其导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $f^{\prime}(x)-f(x)<-3, f(0)=4$, 则不等式 $f(x)>e^{x}+3$ 的解集是( ).
选项：
A. $(-\infty, 1)$
B. $(1+\infty)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty, 0)$
答案：D
解析：不等式 $(x)>e^{x}+3$ 即 $rac{f(x)}{e^{x}}-rac{3}{e^{x}}>1$, 构造函数
题目（高二 · 代数）：对于 $\mathrm{R}$ 上可导的任意函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 且 $f^{\prime}(1)=0$ 若满足 $(x-1) f^{\prime}(x)>0$, 则必有 $(\quad)$.
选项：
A. $f(0)+f(2)<2 f(1)$
B. $f(0)+f(2)^{3} 2 f(1)$
C. $f(0)+f(2)>2 f(1)$
D. $f(0)+f(2)^{3} 2 f(1)$
答案：C
解析：因为, $(\mathrm{x}-1) \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 所以在区间 $(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是增函数; 在区间 $(-\infty, 1), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是减函数, 又 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0$, 所以, $\mathrm{x}=1$ 是极小值点, $f(0)>f(1), f(2)>f(1)$, 因此 $f(0)+f(2)>2 f(1)$, 故选 C。
题目（高二 · 代数）：若对可导函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 恒有 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0$ ，则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})(\mathrm{s})$
选项：
A. 恒大于 0
B. 恒小于 0
C. 恒等于 0
D. 和 0 的大小关系不确定
答案：A
解析：答案:A

【解析】 $f(x)+x f^{\prime \prime}(x)>0 \Rightarrow(x f(x))^{\prime}>0 \Rightarrow g(x)=x f(x)$ 单调递增, 当 $x>0$ 时, $g(x)>g(0)=0$, 即 $x f(x)>0$, 所以 $f(x)>0$; 同理可得当 $x<0$ 时 $f(x)>0$, 由在 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0$ 中令 $x=0$ 得 $f(x)>0$, 综上可知 $f(x)$ 恒大于
题目（高二 · 代数）：已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$, 其导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $f^{\prime}(x)-f(x)<-3 ， f(0)=4$,则不等式 $f(x)>e^{x}+3$ 的解集是 ( )
选项：
A. $(-\infty, 1)$
B. $(1+\infty)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty, 0)$
答案：D
解析：$f(x)=|\sin x| \cdot \cos x=\left\{egin{array}{c}rac{1}{2} \sin 2 x, 2 k \pi \leq x<\pi+2 k \pi \ -rac{1}{2} \sin 2 x, \pi+2 k \pi \leq x<2 \pi+2 k \pi, \quad k \in Z,\end{array}ight.$, 故函数的图象关于直线 $x=k \pi$,$k \in Z_{	ext {对称, 故 A 错误; }}{ }^{f(x)}$ 的周期为 ${ }^{2 \pi}$, 故 B 错误; 函数 ${ }^{|f(x)|}$ 的周期为 ${ }^{rac{\pi}{2}}$ 若 $\left|f\left(x_{1}ight)ight|=\left|f\left(x_{2}ight)ight|$, 则 $x_{1}=x_{2}+rac{1}{2} k \pi \quad(k \in Z)$, 故 C 错误; ${ }^{f(x)}$ 在区间 ${ }^{\left[rac{\pi}{4}, rac{3 \pi}{4}ight]}$ 上单调递减, 故 D 正确; 故选 D.
题目（高二 · 代数）：" $x_{0}$ 为方程 $f^{\prime}(x)=0$ 的解"是 $x_{0}$ 为函数 $f(x)$ 极值点"的 ( )
选项：
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：B
解析：答案:B

【解析】通过研究函数 $f(x)=x^{3}, f(x)=|x|_{\text {可知, }} x_{0}$ 为方程 $f^{\prime}(x)=0$ 的解是 $x_{0}$ 为函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 极值点的必要条件不充分。选 B。
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=(x-3) e^{x}$ 的单调递增区间是 $(\quad)$
选项：
A. $(-\infty, 2)$
B. $(0,3)$
C. $(1,4)$
D. $(2+\infty)$
答案：D
解析：答案:D

【解析】因为 $f(x)=(x-3) e^{x}$, 所以, 由 $f^{\prime}(x)=e^{x}+(x-3) e^{x}=e^{x}(x-2)>0$, 得 $\mathrm{x}>2$, 故函数 $f(x)=(x-3) e^{x}$ 的单调递增区间是 $(2,+\infty)$, 选 D。

【分析】简单题, 在某区间, 导函数值非负, 则函数为增函数; 导函数值非正, 则函数为减函数。
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=x^{3}-3 x$ 的递减区间是 ( )
选项：
A. $\left(-\infty,-\frac{\sqrt{6}}{2}\right)_{\text {或 }}\left(\frac{\sqrt{6}}{2},+\infty\right)$
B. $(-1,1)$
C. $(-\infty,-1)_{\text {或 }}(1,+\infty)$
D. $\left(-\frac{\sqrt{6}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}\right)$
答案：B
解析：答案:B

【解析】【分析】因为函数 $f(x)=x^{3}-3 x$, 所以函数 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3$, 由
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3<0$ 得 $-1<x<1$, 所以函数 $f(x)=x^{3}-3 x$ 的递减区间是 $(-1,1)$ 。选 B.
题目（高二 · 代数）：对于 $\mathrm{R}$ 上可导的任意函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 且 $f^{\prime}(1)=0$ 若满足 $(\mathrm{x}-1) f^{\prime}(x)_{00}$, 则必有 ( )
选项：
A. $f(0)+\mathrm{f}(2)<2 \mathrm{f}(1)$
B. $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2) 32 \mathrm{f}(1)$
C. $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2)>2 \mathrm{f}(1)$
D. $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2){ }^{3} 2 \mathrm{f}(1)$
答案：C
解析：答案:C

【解析】因为, $(\mathrm{x}-1)^{\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})}>0$, 所以在区间 $(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是增函数;在区间 $(-\infty, 1), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是减函数, 又 $f^{\prime}(1)=0$, 所以, $\mathrm{x}=1$ 是极小值点, $\mathrm{f}(0)>\mathrm{f}$ (1), f (2)>f (1), 因此 $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2)>2 \mathrm{f}(1)$, 故选 C。

【分析】小综合题, 在某区间, 导函数值非负, 则函数为增函数; 导函数值非正, 则函数为减函数。
题目（高二 · 代数）：
小值是（ ）
选项：
A. 10
B. 9
C. 8
D. $3 \sqrt{2}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】由函数 $f(x)=a x^{2}+b x$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 a x+b$,

由函数 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 2 , 所以 $f^{\prime}(1)=2 a+b=2$,

所以 $\frac{8 a+b}{a b}=\frac{1}{a}+\frac{8}{b}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)(2 a+b)=\frac{1}{2}\left(10+\frac{b}{a}+\frac{16 a}{b}\right) \geq \frac{1}{2}\left(10+2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{16 a}{b}}\right)=\frac{1}{2}(10+8)=9$

（当且

仅当 $\frac{b}{a}=\frac{16 a}{b}$, 即 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{4}{3}$ 时等号成立)

所以 ${ }^{\frac{a+b}{a b}}$ 的最小值为 9 ,

故答案为: B.

【分析】由函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1, \mathrm{f}(1))$ 处的切线的斜率为 2 得 $2 \mathrm{a}+\mathrm{b}=2$, 再由基本不等式可得所求最小值.
题目（高二 · 代数）：“2 $2^{a}>2^{b}$ ” 是 $“ \log _{2} a>\log _{2} b$ ”的 ( )
选项：
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
c. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：B
解析：答案:B

【解析】 $2^{a}>2^{b}$ 可得 $a>b ; \log _{2} a>\log _{2} b$ 可得 $a>b>0$, 由 $a>b>0 \Rightarrow a>b$ 成立,反之不成立, 所以 “ $2^{a}>2^{b}$ ” 是 “ $\log _{2} a>\log _{2} b$ ” 必要不充分条件, 故选 B。

【分析】若 $p \Rightarrow q$ 成立, 则 ${ }^{p}$ 是 ${ }^{q}$ 的充分条件, ${ }^{q}$ 是 ${ }^{p}$ 的必要条件
题目（高二 · 代数）：设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin \mathrm{x}+\cos \mathrm{x}$, 那么 $(\mathrm{)}$
选项：
A. $f^{\prime}(x)=\cos x-\sin x$
B. $f^{\prime}(x)=\cos x+\sin x$
C. $f^{\prime}(x)=-\cos x+\sin x$
D. $f^{\prime}(x)=-\cos x-\sin x$
答案：A
解析：答案:A

【解析】解答】由导数公式可知, $(\sin x)^{\prime}=\cos x,(\cos x)^{\prime}=-\sin x$, 所以 $f^{\prime}(x)=\cos x-\sin x$.选 A.
题目（高二 · 代数）：已知 $\mathrm{e}$ 是自然对数底数, 若函数 $y=\frac{\varepsilon}{e^{x}-x+a}$ 的定义域为 $\mathrm{R}$, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 ( )
选项：
A. $a<-1$
B. $a \leq-1$
C. $a>-1$
D. $a \geq-1$
答案：C
解析：答案:C


$a=x-e^{x}$ 时, 令 $g(x)=x-e^{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}=0$ 得 $\mathrm{x}=0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}>0$得 $\mathrm{x}<0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}<0$ 得 $\mathrm{x}>0$, 可知 $g(x)=x-e^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 在 $(-\infty, 0)$ 单调递增,故当 $\mathrm{x}=0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 有最大值 $g(0)=0-e^{0}=-1$, 所以 $a=x-e^{x} \leq-1$, 根据补集思想可知, 当 $e^{x}-x+a \neq 0$ 时, 实数 $a$ 的取值范围为 $a>-1$, 故选 C

【分析】利用导数法求函数值域是求解此类问题的关键二、填空题

11. 答案: $\left(-1, \frac{2}{3}\right)$

【解析】【解答】求导 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+x-2=(3 x-2)(x+1)$, 令 $f^{\prime}(x)<0$得到 $-1<\mathrm{x}<\frac{2}{3}$

$\therefore$ 函数的单调减区间为 $\left(-1, \frac{2}{3}\right)$

故答案为: $\left(-1, \frac{2}{3}\right)$

【分析】求导数 $f^{\prime}(x)$, 令 $f^{\prime}(x)<0$ 解不等式即可求出单调递减区间.
题目（高二 · 代数）：设函数 $f(x)=\left(x^{3}-1\right)^{2}$, 下列结论中正确的是 $(\quad)$
选项：
A. $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, $x=0$ 是极大值点
B. $x=1$ 及 $x=0$ 均是 $f(x)$ 的极大值点
C. $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, 函数 $f(x)$ 无极大值

D. 函数 $f(x)$ 无极值
答案：C
解析：答案:C

【解析】【解答】 $f^{\prime}(x)=2\left(x^{3}-1\right) \cdot 3 x^{2}=6 x^{2}(x-1)\left(x^{2}+x+1\right) ; x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$

令 $f^{\prime}(x)=0$ 保 $x_{1}=0, x_{2}=1 \quad ; \quad B f^{\prime}(0)=0, f^{\prime}(1)=0$.

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

故 $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, 函数 $f(x)$ 无极大值。

故答案为: C

【分析】用导数研究函数的极值.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\ln x-2 a \sin x$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数, 则 $a$ 的取值范围为 ( )
选项：
A. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{2}}{\pi}\right]$
B. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{3}}{\pi}\right]$
C. $\left(-\infty, \frac{\sqrt{3}}{\pi}\right]$
D. $\left[\frac{2 \sqrt{3}}{\pi},+\infty\right)$
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】解:

$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x
$$

因为 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数

所以 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x \geq 0$, 而在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上 $\cos x>0$

所以 $a \leq \frac{1}{2 x \cos x}$, 即 $a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }$

令 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{2 x \sin x-2 \cos x}{(2 \cdot \cos x)^{2}}=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}$

分子分母同时除以 $\sin x$ ，得
$h^{\prime}(x)=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}=\frac{x-\frac{1}{\tan x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}$

令 $g(x)=x-\frac{1}{\tan x}$, 则 $g(x)=x+\left(-\frac{1}{\tan x}\right)$ 在区间 ${ }^{\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]}$ 上为增函数

所以

$$
g(x)_{\max }=g\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{\tan _{\frac{\pi}{4}}}=\frac{\pi}{4}-1<0
$$

所以 $g(x)<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$上恒成立

即 $h^{\prime}(x)=\frac{x-\frac{1}{\tan x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上恒成立

所以函数 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上为单调递减函数

所以

$$
a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }=h(x)_{\min }=h\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{2 \sqrt{2}}{\pi}
$$



【分析】函数在某区间单调递增, 则导数大于等于 0 恒成立, 转化为不等式恒成立问题, 分离常数,构造新的函数求最值即可求出参数的取值范围.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)$ 在定义域 $R$ 内可导, 若 $f(x)=f(2-x)$ 且（ $x-1) f^{\prime}(x)<0$, 若 $a=f(0), b=f\left({ }^{\frac{1}{2}}\right), c=f(3)$ 则 $a, b, c$ 的大小关系是( )
选项：
A. $\mathrm{a}>\mathrm{b}>\mathrm{c}$
B. $\mathrm{c}>\mathrm{b}>\mathrm{a}$
C. $\mathrm{b}>\mathrm{a}>\mathrm{c}$
D. $\mathrm{a}>\mathrm{c}>\mathrm{b}$
答案：C
解析：答案:C
【解析】【解答】由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(2-\mathrm{x})$ 可知, $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象关于 $\mathrm{x}=1$ 对称,

根据题意又知 $\mathrm{x} \in(-\infty, 1)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 此时 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为增函数,

$x \in(1,+\infty)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为减函数,

所以 $\mathrm{f}(3)=\mathrm{f}(-1)<\mathrm{f}(0)<\mathrm{f}\left(\frac{1}{2}\right)$, 即 $\mathrm{c}<\mathrm{a}<\mathrm{b}$,

故选 C.

【分析】小综合题, 在某区间, 函数的导数非负, 函数为增函数, 函数的导数非正, 函数为减函数。比较函数值的大小, 往往利用函数的单调性。
题目（高二 · 代数）：已知方程 $\ln |x|-a x^{2}+\frac{3}{2}=0$

有 4 个不同的实数根, 则实数 ${ }^{a}$ 的取值范围是 ( )
$\left(0, \frac{\varepsilon^{2}}{2}\right)$
B. $\left(0, \frac{\varepsilon^{2}}{2}\right]$
C. $\left(0, \frac{\varepsilon^{2}}{3}\right)$
D. $\left(0, \frac{e^{2}}{3}\right]$

8. (2018。浙江) 已知 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列, 且 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$. 若 $a_{1}>1$,则 ( )
选项：
A. $a_{1}<a_{3}, a_{2}<a_{4}$
B. $a_{1}>a_{3}, a_{2}<a_{4}$
C. $a_{1}<a_{3}, a_{2}>a_{4}$
D. $a_{1}>a_{3}, a_{2}>a_{4}$
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】解: 由于 ${ }^{y=\ln |x|-a x^{2}+\frac{3}{2}}$ 是偶函数, 所以方程 ${ }^{\ln x-a x^{2}+\frac{3}{2}=0}$ 有两个根,

即 $a=\frac{\ln x+\frac{3}{2}}{x^{2}}$ 有两个根. 设 $f(x)=\frac{\ln x+\frac{3}{2}}{x^{2}}$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{x-2 x\left(\ln x+\frac{3}{2}\right)}{x^{4}}=-\frac{2(\ln x+1)}{x^{3}}, \therefore 0<x<\frac{1}{8}$ 时,

$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 递增, ${ }^{x>\frac{1}{\varepsilon}}$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 递减, ${ }^{x=\frac{1}{\varepsilon}}$ 时, $f(x)$ 取得极大值也是最大值 $f\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)=\frac{e^{2}}{2}$, 又 $x \rightarrow+0$ 时, $f(x) \rightarrow-\infty, x \rightarrow+\infty$ 时, $f(x) \rightarrow 0$, 所以要使 $a=\frac{\ln x+\frac{3}{2}}{x^{2}}$有两个根, 则 $0<a<\frac{e^{2}}{2}$.

故答案为: A.

【分析】构造函数 $\mathrm{y}$, 结合 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 判断奇偶性, 构造函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 结合导函数, 判断单调性和函数图像与极值, 结合图像, 即可得出答案。
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)$ 在实数集 $\mathrm{R}$ 上连续可导, 且 $2 f(x)-f^{\prime}(x)>0$ 在 $R$ 上恒成立, 则以下不等式一定成立的是 ( )
选项：
A. $f(1)>\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$
B. $f(1)<\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$
C. $\mathrm{f}(-2)>\mathrm{e}^{3 \mathrm{f}}(1)$
D. $\mathrm{f}(-2)<\mathrm{e}^{3 \mathrm{f}}(1)$
答案：A
解析：答案:A

【解析】【解答】解: 设 ${ }^{g(x)=\frac{f\left(x^{2}\right.}{\varepsilon^{x}}}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{f(x)^{2 x}-f(x) e^{2 x} \cdot 2}{e^{4 x}}=\frac{f(x)-2 f\left(x^{2}\right.}{e^{x}}$,

$\because 2 f(x)-f^{\prime}(x)>0, \therefore g^{\prime}(x)<0$, 即 $g(x)$ 是减函数,
$\therefore g(1)>g(2)$, 即 $\frac{f(1)}{\varepsilon^{2}}>\frac{f(2)}{\varepsilon^{4}}, \therefore f(1)>\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$,

故答案为: A.

【分析】构造函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=^{\frac{f(x)}{\mathrm{e}^{x}}}$,结合已知可以判断 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的单调性, 选择支转化为 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的两个函数值比较大小。
题目（高二 · 代数）：已知 $f(x)=x^{3}-a x$ 在 $(-\infty,-1)$ 上单调递增, 则 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 ()
选项：
A. $a<3$
B. $a \leq 3$
C. $a>3$
D. $a \geq 3$
答案：B
解析：答案:B【解析】先求函数 $f(x)$ 的导数, 然后根据 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a \geq 0$ 在 $R$ 上恒成立即可得到答案. $\because$

$f(x)=x^{3}-a x \therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a, \because f(x)$ 在 $R$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a \geq 0$ 在 $R$ 上恒成立 即 $a \leq 3 x^{2}$ 在 $(-\infty,-$ 1)上恒成立, $a$ 小于等于 $3 x^{2}$ 的最小值即可 $\therefore a \leq 3$, 故选 $B$
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\ln x-2 a \sin x$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数, 则 $a$ 的取值范围为
选项：
A. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{2}}{\pi}\right]$
B. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{3}}{\pi}\right]$
C. $\left(-\infty, \frac{\sqrt{3}}{\pi}\right]$
D. $\left[\frac{2 \sqrt{3}}{\pi},+\infty\right)$
答案：A
解析：答案:A【解析】: $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x$ 因为 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数所以 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x \geq 0$ ，而在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上 $\cos x>0$

所以 $a \leq \frac{1}{2 x \cos x}$, 即 $a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }$

令 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{2 x \sin x-2 \cos x}{(2 \cos x)^{2}}=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}$, 分子分母同时除以 $\sin x$, 得

$h^{\prime}(x)=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}=\frac{x-\frac{1}{\tan x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}$, 令 $g(x)=x-\frac{1}{\tan x}$, 则 $g(x)=x+\left(-\frac{1}{\tan x}\right)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上为增函数, 所以 $g(x)_{\max }=g\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{\tan _{4}^{\pi}}=\frac{\pi}{4}-1<0$, 所以 $g(x)<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上恒成立,即 $h^{\prime}(x)=\frac{x-\frac{1}{2 \pi n x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上恒成立, 所以函数 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上为单调递减函数所以 $a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }=h(x)_{\min }=h\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{2 \sqrt{2}}{\pi}$
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)$ 在定义域 $R$ 内可导, 若 $f(x)=f(2-x)$ 且 ( $x-1) f^{\prime}(x)<0$, 若 $a=f(0), b=f\left(\frac{1}{2}\right), c=f(3)$ 则 $a, b, c$ 的大小关系是( )
选项：
A. $a>b>c$
B. $c>b>a$
C. $b>a>c$
D. $a>c>b$
答案：C
解析：答案:C 【解析】由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(2-\mathrm{x})$ 可知, $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象关于 $\mathrm{x}=1$ 对称,据题意又知 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 此时 $f(x)$ 为增函数, $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,
$f(x)$ 为减函数, 所以 $f(3)=f(-1)<f(0)<f\left(\frac{1}{2}\right)$, 即 $c<a<b$, 故选 $c$.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)$ 在实数集 $R$ 上连续可导, 且 $2 f(x)-f^{\prime}(x)>0$ 在 $R$ 上恒成立, 则以下不等式一定成立的是 ( )
选项：
A. $f(1)>\frac{f(2)}{\epsilon^{2}}$
B. $f(1)<\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$
C. $f(-2)>e^{3 f}(1)$
D. $f(-2)<e^{3 f}(1)$
答案：A
解析：答案:A【解析】: 设 $g(x)=\frac{f\left(x^{\prime}\right.}{e^{x x}}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{f(x) e^{2 x}-f(x) e^{2 x} \cdot 2}{e^{4 x}}=\frac{f(x)-2 f\left(x^{\prime}\right.}{e^{2 x}}$,

$\because 2 f(x)-f^{\prime}(x)>0, \therefore g^{\prime}(x)<0$, 即 $g(x)$ 是减函数,

$\therefore g(1)>g(2)$, 即 $\frac{f(1)}{\varepsilon^{2}}>\frac{f(2)}{\varepsilon^{4}}, \therefore f(1)>\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}} /$. 故答案为: A.
题目（高二 · 代数）：已知 $\mathrm{e}$ 是自然对数底数, 若函数 $y=\frac{e}{e^{x}-x+a}$ 的定义域为 $\mathrm{R}$, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(\quad)$
选项：
A. $a<-1$
B. $a \leq-1$
C. $a>-1$
D. $a \geq-1$
答案：C
解析：答案:C【解析】 $\because$ 函数 $y=\frac{e}{e^{x}-x+a}$ 的定义域为 $\mathbf{R}, \therefore e^{x}-x+a \neq 0$, 当 $e^{x}-x+a=0$ 即 $a=x-e^{x}$ 时, 令 $g(x)=x-e^{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}=0$ 得 $\mathrm{x}=0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}>0$得 $\mathrm{x}<0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}<0$ 得 $\mathrm{x}>0$, 可知 $g(x)=x-e^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 在 $(-\infty, 0)$ 单调递增,故当 $\mathrm{x}=0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 有最大值 $g(0)=0-e^{0}=-1$, 所以 $a=x-e^{x} \leq-1$, 根据补集思想可知, 当 $e^{x}-x+a \neq 0$ 时, 实数 $a$ 的取值范围为 $a>-1$ 。
题目（高二 · 计数）：(2020-河北正定中学高三) 现有一组数据如茎叶图所示, 若平均数为 115 , 且方差达到最小, 则 $m n$ 的值是 ( )


选项：
A. 27
B. 32
C. 35
D. 36
答案：D
解析：

【分析】由平均为 115 得到 $m+n=12$, 写出方差的表达式, 求出使方差最小时 $m, n$ 满足的关系, 从而求得 $m n$ 的值.
【详解】 $\because$ 数据的平均数为 $\frac{1}{10} \times(6+4+9+9+m+n+2+1+5+2+200+660+240)=115$,

$\therefore m+n=12$, 要使方差最小, 则

$(110+m-115)^{2}+(110+n-115)^{2}=(m-5)^{2}+(n-5)^{2} \geq \frac{(m-5+n-5)^{2}}{2}=2$,

当且仅当 $m-5=n-5$, 即 $m=n=6$ 时取等号, 此时方差最小, $m n=36$

【点睛】本题考查对茎叶图、平均数和方差的概念, 考查逻数据处理能力, 求解时注意基本不等式的运用.
题目（高二 · 计数）：设 $a_{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{2 n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 那么 $a_{n+1}-a_{n}$ 等于 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2 n+1}$
B. $\frac{1}{2 n+2}$
C. $\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}$
D. $\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+2}$
答案：D
解析：$\because a_{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{2 n}$

$\therefore a_{n+1}=\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}$,

$\therefore a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+2}$.
题目（高二 · 计数）：函数 $f(x)=\sin \left(w x+\frac{\pi}{6}\right)(w>0)$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增, 且图像关于 $x=-\pi$ 对称, 则 $w$ 的值为 ( )
选项：
A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{5}{3}$
C. 2
D. $\frac{8}{3}$
答案：A
解析：函数 $f(x)=\sin \left(w x+\frac{\pi}{6}\right)(w>0)$ 的递增区间 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq \omega x+\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)$, 化简得: $-\frac{2 \pi}{3 \omega}+\frac{2 k \pi}{\omega} \leq x \leq \frac{\pi}{3 \omega}+\frac{2 k \pi}{\omega}(k \in Z)$. 已知在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 单增, 所以 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{2 \pi}{3 \omega} \leq-\frac{\pi}{2} \\ \frac{\pi}{3 \omega} \geq \frac{\pi}{2}\end{array}, \Rightarrow 0<\omega<\frac{2}{3}\right.$. 又因为图像关于 $x=-\pi$ 对称, $\omega x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in Z)$.所以 $w=-\frac{\pi}{3}-k(k \in Z)$. 因为 $\omega>0$ 此时 $\mathrm{k}=-1$, 所以 $\omega=\frac{2}{3}$
题目（高二 · 计数）：某公司为激励创新, 计划逐年加大研发资金投入. 若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元, 在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长 $12 \%$,则该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是 ( ) (参考数据: $\lg 1.12=0.05, \lg 1.3=0.11, \lg 2=0.30)$
选项：
A. 2018 年
B. 2019 年
C. 2020 年
D. 2021 年
答案：B
解析：设第 $\mathrm{n}$ 年开始超过 200 万元, 则 $130 \times(1+12 \%)^{\mathrm{n}-2015}>200$,

化为: $(\mathrm{n}-2015) \lg 1,.12>\lg 2-\lg 1,.3, \mathrm{n}-2015>\frac{0,.30-0,.11}{
题目（高二 · 计数）：若函数 $y=2 \sin \omega x(\omega>0)$ 在 $(0,2 \pi)$ 上恰有两个最大值和一个最小值, 则 $\omega$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $\left[\frac{5}{4}, \frac{7}{4}\right)$
   B. $\left(\frac{3}{4}, \frac{4}{5}\right]$
   C. $\left(1, \frac{5}{4}\right]$
   D. $\left(\frac{3}{4}, \frac{5}{4}\right]$
答案：A
解析：依题意,函数 $y=2 \sin \omega x$ 在 $(0,2 \pi)$ 上恰有两个最大值和一个最小值, 由图象可知 $\frac{5}{4} T \leq 2 \pi<\frac{7}{4} T$, 亦即 $\frac{5}{4} \cdot \frac{2 \pi}{\omega} \leq 2 \pi<\frac{7}{4} \cdot \frac{2 \pi}{\omega}$, 解得 $\frac{5}{4} \leq \omega<\frac{7}{4}$.

故答案为:A.
题目（高二 · 计数）：$f(x)=-\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的单调减区间是 ( )
选项：
A. $\left(k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi+\frac{\pi}{2}\right), \quad k \in \mathbf{Z}$ B. $(k \pi,(k+1) \pi), \quad k \in \mathbf{Z}$

C. $\left(k \pi-\frac{3 \pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{4}\right), k \in \mathrm{Z} \quad$ D. $\left(k \pi-\frac{\pi}{4}, k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right), k \in \mathrm{Z}$
答案：C
解析：令 $-\frac{\pi}{2}+k \pi<x+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{2}+k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，

解得 $-\frac{3 \pi}{4}+k \pi<x<\frac{\pi}{4}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$, 故选 C.
题目（高二 · 变换几何）：如图所示, 平面内的两条相交直线 $O P_{1}$ 和 $O P_{2}$ 将该平面分割成四个部分 I, II, III, IV(不包括边界). 若 $\overrightarrow{O P}=a \overrightarrow{O P}_{1}+b \overrightarrow{O P}_{2}$, 且点 $P$ 落在第III部分, 则实数 $a, b$ 满足


选项：
A. $a>0, b>0$
B. $a>0, b<0$
C. $a<0, b>0$
D. $a<0, b<0$
答案：B
解析：解析:取第III部分内一点画图易得 $a>0 ， b<0$.

答案: B