eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：【2019 年高考全国 II 卷理数】若 $a>b$, 则（）
选项：
A. $\ln (a-b)>0$
B. $3^{a}<3^{b}$
C. $a^{3}-b^{3}>0$
D. $|a|>|b|$
答案：C
解析：取 $a=2, b=1$, 满足 $a>b, \ln (a-b)=0$, 知 $\mathrm{A}$ 错, 排除 $\mathrm{A}$; 因为 $9=3^{a}>3^{b}=3$, 知 $\mathrm{B}$错, 排除 $\mathrm{B}$; 取 $a=1, b=-2$, 满足 $a>b, 1=|a|<|b|=2$, 知 $\mathrm{D}$ 错, 排除 $\mathrm{D}$, 因为幂函数 $y=x^{3}$ 是增函数, $a>b$, 所以 $a^{3}>b^{3}$, 故选 C.

【名师点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义, 渗透了逻辑推理和运算能力素养, 利用特殊值排除即可判断.
题目（高二 · 代数）：(2020安徽高三) 已知 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+3 \geq 0 \\ 2 x-3 y+4 \leq 0 \\ y \geq 0\end{array}\right.$, 若目标函数 $z=m x+n y-2$ 的最大值为 1 (其中 $m>0, n>0$ ), 则 $\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 3
B. 1
C. 2
D. $\frac{3}{2}$
答案：D
解析：

【分析】画出可行域, 根据目标函数 $\mathrm{z}$ 的最大值求得 $m, n$ 的关系式 $m+2 n=3$, 再利用基本不等式求得 $\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}$ 的最小值.

【详解】画出可行域如下图所示, 由于 $m>0, n>0$, 所以基准直线 $m x+n y=0$ 的斜率为负数, 故目标函数在点 $A(1,2)$ 处取得最大值, 即 $m+2 n-2=1$, 所以 $m+2 n=3$

$\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}\right) \times(m+2 n)=\frac{1}{3} \times\left(\frac{5}{2}+\frac{n}{m}+\frac{m}{n}\right) \geq \frac{1}{3} \times\left(\frac{5}{2}+2 \sqrt{\frac{n}{m} \cdot \frac{m}{n}}\right)=\frac{1}{3} \times \frac{9}{2}=\frac{3}{2}$, 当且仅当 $\frac{n}{m}=\frac{m}{n}, m=n=1$ 时等号成立, 所以 $\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为 $\frac{3}{2}$.故选: D



【点睛】本小题主要考查根据目标函数的最值求参数, 考查基本不等式求最值, 考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
题目（高二 · 代数）：(2020-湖北黄石二中高三) 设 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=2$, 对任意 $p, q \in N^{*}$, 都有 $a_{p+q}=a_{p} \cdot a_{q}$, 则 $\frac{S_{n-1} \cdot\left(S_{n-1}+4\right)+260}{a_{n}}\left(n>1\right.$ 且 $\left.n \in N^{*}\right)$ 的最小值为 $(\quad)$
选项：
A. 16
B. 24
C. 32
D. 64
答案：C
解析：

【分析】取 $\boldsymbol{q}=1$, 得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 求出 $a_{n}, S_{n}$, 转化为关于 $\boldsymbol{n}$ 的函数, 利用求最值的方法即可求解.

【详解】当 $q=1$ 时, $a_{p+1}=a_{p} \cdot a_{1}=2 a_{p}, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列,

$\therefore a_{n}=2^{n}, \quad \therefore S_{n}=\frac{2\left(2^{n}-1\right)}{2-1}=2^{n+1}-2, \quad \therefore S_{n-1}=2^{n}-2, \quad \therefore$

$S_{n-1} \cdot\left(S_{n-1}+4\right)=\left(2^{n}-2\right) \cdot\left(2^{n}+2\right)=2^{2 n}-4$,
$\therefore \frac{S_{n-1} \cdot\left(S_{n-1}+4\right)+260}{a_{n}}=\frac{2^{2 n}+256}{2^{n}}=2^{n}+\frac{256}{2^{n}} \geq 2 \sqrt{256}=32$ 当且仅当 $2^{n}=16$, 即 $n=4$ 时, 等号成立.

【点睛】本题考查等比数列的定义、通项公式、前 $n$ 项和公式, 考查基本不等式的应用, 属于中档题.
题目（高二 · 代数）：(2020$\cdot$肥城市第一高级中学高三) 点 $M(x, y)$ 在曲线 $C: x^{2}-4 x+y^{2}-21=0$ 上运动, $t=x^{2}+y^{2}+12 x-12 y-150-a$, 且 $t$ 的最大值为 $b$, 若 $a, b \in R^{+}$, 则 $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 2
B. 1
C. $\sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{2}$
答案：B
解析：析】

【分析】首先可确定曲线 $C$ 表示圆心为 2,0 , 半径为 5 的圆; 令 $d=\sqrt{(x+6)^{2}+(y-6)^{2}}$, 则 $t=d^{2}-222-a ; d$ 的最大值为半径与圆心到点 $(-6,6)$ 的距离之和, 利用两点间距离公式求得 $d_{\text {max }}$,代入 $t$ 中利用最大值为 $b$ 可求得 $a+1+b=4$, 将所求的式子变为

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}\right)(a+1+b)$ ，利用基本不等式求得结果.

【详解】曲线 $C$ 可整理为: $(x-2)^{2}+y^{2}=25$, 则曲线 $C$ 表示圆心为 2,0 , 半径为 5 的圆 $t=x^{2}+y^{2}+12 x-12 y-150-a=(x+6)^{2}+(y-6)^{2}-222-a$, 设 $d=\sqrt{(x+6)^{2}+(y-6)^{2}}$, 则 $d$表示圆上的点到 $(-6,6)$ 的距离, 则 $d_{\text {max }}=\sqrt{(2+6)^{2}+(0-6)^{2}}+5=15, \therefore t_{\text {max }}=15^{2}-222-a=b$,整理得: $a+1+b=4, \quad \therefore \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}\right)(a+1+b)=\frac{1}{4} \times\left(1+\frac{b}{a+1}+\frac{a+1}{b}+1\right)$又 $\frac{b}{a+1}+\frac{a+1}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{b}{a+1} \cdot \frac{a+1}{b}}=2$ (当且仅当 $\frac{b}{a+1}=\frac{a+1}{b}$, 即 $a=1, b=2$ 时取等号） $\therefore \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b} \geq \frac{1}{4} \times 4=1$, 即 $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}$ 的最小值为 1

【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题, 解题关键是掌握圆上的点到定点距离的最值的求解方法, 从而可得到 $a, b$ 之间的关系, 从而配凑出符合基本不等式的形式.
题目（高二 · 代数）：若 $x, y$ 满足 $|x| \leq 1-y$, 且 $y \geq-1$, 则 $3 x+y$ 的最大值为 $(\quad)$
选项：
A. -7
B. 1
C. 5
D. 7
答案：C
解析：由题意 $\left\{\begin{array}{l}-1 \leq y \\ y-1 \leq x \leq 1-y\end{array}\right.$, 作出可行域如图阴影部分所示.



设 $z=3 x+y, y=z-3 x$, 当直线 $l_{0}: y=z-3 x$ 经过点 $(2,-1)$ 时, $z$ 取最大值 5故选 C.

【名师点睛】本题是简单线性规划问题的基本题型,根据“画、移、解”等步骤可得解,题目难度不大,注重了基础知识。基本技能的考查.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=\frac{x^{2}-2 x+4}{x-2}(x>2)$ 的最小值是 ( )
选项：
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
答案：D
解析：

【分析】将函数 $f(x)=\frac{x^{2}-2 x+4}{x-2}$ 化成 $x-2+\frac{4}{x-2}+2$ 的形式, 然后用均值不等式可求出答案.

【详解】 $f(x)=x+\frac{4}{x-2}=x-2+\frac{4}{x-2}+2 \geq 2 \sqrt{4}+2=6$. 当且仅当 $x-2=\frac{4}{x-2}$, 即 $x=4$ 时,等号成立.故 $f(x)$ 的最小值为 6故选: D

【点睛】本题考查利用均值不等式求函数最小值, 属于基础题.
题目（高二 · 代数）：若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \geqslant 1 \\ x-y \geqslant-1 \\ 2 x-y \leqslant 2\end{array}\right.$, 目标函数 $z=a x+2 y$ 仅在点 $(1,0)$ 处取得最小值, 则 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-1,2)$
B. $(-4,2)$
C. $(-4,0]$
D. $(-2,4)$
答案：B
解析：解析 作出可行域如图所示

,

直线 $a x+2 y=z$ 仅在点 $(1,0)$ 处取得最小值,

由图象可知 $-1<-\frac{a}{2}<2$,

即 $-4<a<2$.
题目（高二 · 代数）：若实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \leqslant 0, \\ x>0,\end{array}\right.$ 则 $\frac{y}{x-1}$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $(-1,1)$
B. $(-\infty,-1) \cup(1,+\infty)$
C. $(-\infty,-1)$
D. $[1,+\infty)$
答案：B
解析：解析 可行域如图阴影, 

$\frac{y}{x-1}$ 的几何意义是区域内点与 $(1,0)$ 连线的斜率, 易求得 $\frac{y}{x-1}>1$或 $\frac{y}{x-1}<-1$.
题目（高二 · 代数）：若不等式 $a x^{2}+b x-2>0$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-2<x<-\frac{1}{4}\right.\right\}$, 则 $a+b$ 等于( )
选项：
A. -18
B. 8
C. -13
D. 1
答案：C
解析：解析 $\because-2$ 和 $-\frac{1}{4}$ 是 $a x^{2}+b x-2=0$ 的两根.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-2+\left(-\frac{1}{4}\right)=-\frac{b}{a} \\ (-2) \times\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{-2}{a}\end{array} \quad, \therefore\left\{\begin{array}{l}a=-4 \\ b=-9\end{array}\right.\right.$.

$\therefore a+b=-13$.
题目（高二 · 代数）：如果 $a \in \mathbf{R}$, 且 $a^{2}+a<0$, 那么 $a, a^{2},-a,-a^{2}$ 的大小关系是( )
选项：
A. $a^{2}>a>-a^{2}>-a$
B. $-a>a^{2}>-a^{2}>a$
C. $-a>a^{2}>a>-a^{2}$
D. $a^{2}>-a>a>-a^{2}$
答案：B
解析：解析 $\because a^{2}+a<0, \therefore a(a+1)<0$,

$\therefore-1<a<0$. 取 $a=-\frac{1}{2}$, 可知 $-a>a^{2}>-a^{2}>a$.
题目（高二 · 代数）：不等式 $\frac{1}{x}<\frac{1}{2}$ 的解集是( )
选项：
A. $(-\infty, 2)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(0,2)$
D. $(-\infty, 0) \cup(2,+\infty)$
答案：D
解析：解析 $\frac{1}{x}<\frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{x}-\frac{1}{2}<0 \Leftrightarrow \frac{2-x}{2 x}<0$

$\Leftrightarrow \frac{x-2}{2 x}>0 \Leftrightarrow x<0$ 或 $x>2$.
题目（高二 · 代数）：已知 $a 、 b 、 c$ 满足 $c<b<a$, 且 $a c<0$, 那么下列选项中不一定成立的是( )
选项：
A. $a b>a c$
B. $c(b-a)>0$
C. $a b^{2}>c b^{2}$
D. $a c(a-c)<0$
答案：C
解析：解析 $\because c<b<a$, 且 $a c<0, \therefore a>0, c<0$.

而 $b$ 与 0 的大小不确定, 在选项 C 中, 若 $b=0$, 则 $a b^{2}>c b^{2}$ 不成立.
题目（高二 · 代数）：已知集合 $M=\left\{x \mid x^{2}-3 x-28 \leqslant 0\right\}, N=\left\{x \mid x^{2}-x-6>0\right\}$, 则 $M \cap N$ 为( )
选项：
A. $\{x \mid-4 \leqslant x<-2$ 或 $3<x \leqslant 7\}$
B. $\{x \mid-4<x \leqslant-2$ 或 $3 \leqslant x<7\}$
C. $\{x \mid x \leqslant-2$ 或 $x>3\}$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x \geqslant 3\}$
答案：A
解析：解析 $\because M=\left\{x \mid x^{2}-3 x-28 \leqslant 0\right\}=\{x \mid-4 \leqslant x \leqslant 7\}$, $N=\left\{x \mid x^{2}-x-6>0\right\}=\{x \mid x<-2$ 或 $x>3\}$,

$\therefore M \cap N=\{x \mid-4 \leqslant x<-2$ 或 $3<x \leqslant 7\}$.
题目（高二 · 代数）：在 $\mathbf{R}$ 上定义运算 $\otimes: x^{\otimes} y=x(1-y)$, 若不等式 $(x-a) \otimes(x+a)<1$ 对任意实数 $x$ 成立, 则
选项：
A. $-1<a<1$
B. $0<a<2$
C. $-\frac{1}{2}<a<\frac{3}{2}$
D. $-\frac{3}{2}<a<\frac{1}{2}$
答案：C
解析：解析 $(x-a) \otimes(x+a)=(x-a)(1-x-a)<1 \Leftrightarrow-x^{2}+x+\left(a^{2}-a-1\right)<0$ 恒成立

$\Leftrightarrow \Delta=1+4\left(a^{2}-a-1\right)<0 \Leftrightarrow-\frac{1}{2}<a<\frac{3}{2}$.
题目（高二 · 代数）：在下列各函数中，最小值等于 2 的函数是 ( )
选项：
A. $y=x+\frac{1}{x}$
B. $y=\cos x+\frac{1}{\cos x}\left(0<x<\frac{\pi}{2}\right)$
C. $y=\frac{x^{2}+3}{\sqrt{x^{2}+2}}$
D. $y=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+\frac{4}{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2}$
答案：D
解析：解析 选项 A 中, $x>0$ 时, $y \geqslant 2, x<0$ 时, $y \leqslant-2$;

选项 $\mathrm{B}$ 中, $\cos x \neq 1$, 故最小值不等于 2 ;

选项 C 中, $\frac{x^{2}+3}{\sqrt{x^{2}+2}}=\frac{x^{2}+2+1}{\sqrt{x^{2}+2}}=\sqrt{x^{2}+2}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+2}}$,

当 $x=0$ 时, $y_{\text {min }}=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$.



当且仅当 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}=2$,

即 $x=\ln 2$ 时, $y_{\text {min }}=2$, 适合.
题目（高二 · 代数）：设 $M=\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)$, 且 $a+b+c=1$ (其中 $a, b, c$ 为正实数), 则 $M$ 的取值范围是( )
选项：
A. $\left[0, \frac{1}{8}\right)$
B. $\left[\frac{1}{8}, 1\right)$
C. $[1,8)$
D. $[8,+\infty)$
答案：D
解析：解析 $\left[M=\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)\right.$
$=\left(\frac{a+b+c}{a}-1\right)\left(\frac{a+b+c}{b}-1\right)\left(\frac{a+b+c}{c}-1\right)$

$=\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right) \cdot\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}\right) \cdot\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right)$

$\geqslant 2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{c}{a}} \cdot 2 \sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{c}{b}} \cdot 2 \sqrt{\frac{a}{c} \cdot \frac{b}{c}}=8$.

$\therefore M \geqslant 8$, 当 $a=b=c=\frac{1}{3}$ 时取 “ $=$ ” . ]
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=x^{2}-2 x+\frac{1}{x^{2}-2 x+1}, x \in(0,3)$, 则 $(\quad)$
选项：
A. $f(x)$ 有最大值 $\frac{7}{4}$
B. $f(x)$ 有最小值 -1
C. $f(x)$ 有最大值 1
D. $f(x)$ 有最小值 1
答案：D
解析：解析 $[\because x \in(0,3), \quad \therefore x-1 \in(-1,2)$,

$\therefore(x-1)^{2} \in[0,4)$,

$\therefore f(x)=(x-1)^{2}+\frac{1}{(x-1)^{2}}-1$

$\geqslant 2 \sqrt{(x-1)^{2} \cdot \frac{1}{(x-1)^{2}}}-1=2-1=1$.

当且仅当 $(x-1)^{2}=\frac{1}{(x-1)^{2}}$, 且 $x \in(0,3)$,

即 $x=2$ 时取等号, $\therefore$ 当 $x=2$ 时, 函数 $f(x)$ 有最小值 1
题目（高二 · 代数）：已知 $x>1, y>1$, 且 $\frac{1}{4} \ln x, \frac{1}{4}, \ln y$ 成等比数列, 则 $x y(\quad)$
选项：
A. 有最大值 $\mathrm{e}$
C. 有最小值 $\mathrm{e}$
B. 有最大值 $\sqrt{\mathrm{e}}$
D. 有最小值 $\sqrt{\mathrm{e}}$
答案：C
解析：C
题目（高二 · 代数）：设 $M=2 a(a-2), N=(a+1)(a-3)$, 则( )
选项：
A. $M>N$
B. $M \geqslant N$
C. $M<N$
D. $M \leqslant N$
答案：A
解析：解析 $[\because M-N=2 a(a-2)-(a+1)(a-3)$

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

$=(a-1)^{2}+2>0  \therefore M>N$.]
题目（高二 · 代数）：不等式 $x^{2}-a x-12 a^{2}<0$ (其中 $a<0$ )的解集为 ( )
选项：
A. $(-3 a, 4 a)$
B. $(4 a,-3 a)$
C. $(-3,4)$
D. $(2 a, 6 a)$
答案：B
解析：解析 $\left[\because x^{2}-a x-12 a^{2}<0(a<0)\right.$

$\Leftrightarrow(x-4 a)(x+3 a)<0$

$\Leftrightarrow 4 a<x<-3 a$.]
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x+2, & x \leqslant 0 \\ -x+2, & x>0\end{array}\right.$, 则不等式 $f(x) \geqslant x^{2}$ 的解集是 $(\quad)$
选项：
A. $[-1,1]$
B. $[-2,2]$
C. $[-2,1]$
D. $[-1,2]$
答案：A
解析：解析 $\left[f(x) \geqslant x^{2} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0 \\ x+2 \geqslant x^{2}\end{array}\right.\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ -x+2 \geqslant x^{2}\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0 \\ x^{2}-x-2 \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ x^{2}+x-2 \leqslant 0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0 \\ -1 \leqslant x \leqslant 2\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ -2 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow-1 \leqslant x \leqslant 0$ 或 $0<x \leqslant 1$

$\Leftrightarrow-1 \leqslant x \leqslant 1$.]
题目（高二 · 代数）：若 $a>0, b>0$, 且 $a+b=4$, 则下列不等式中恒成立的是 ( )
选项：
A. $\frac{1}{a b}>\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \leqslant 1$
C. $\sqrt{a b} \geqslant 2$
D. $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} \leqslant \frac{1}{8}$
答案：D
解析：解析 [取 $a=1, b=3$, 可验证 A、B、C 均不正确,故选 D.]
题目（高二 · 代数）：$ \frac{1}{2}-\sin ^{2} 15^{\circ}$ 的值是 ( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
答案：D
解析：[解析] 原式 $=\frac{1}{2}-\frac{1-\cos \left(2 \times 15^{\circ}\right)}{2}=\frac{\cos 30^{\circ}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.
题目（高二 · 代数）：$\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right) \cos ^{2} x=(\quad)$
选项：
A.$ \cdot \tan x$
B. $\sin x$
$\mathrm{C} \cdot \cos x$
D $\frac{1}{\tan x}$
解析 : $\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right) \cos ^{2} x=\left(\frac{\sin x}{\cos x}+\frac{\cos x}{\sin x}\right) \cdot \cos ^{2} x=\frac{\sin ^{2} x+\cos ^{2} x}{\cos x \sin x} \cos ^{2} x=\frac{1}{\tan x}$.
答案：D
题目（高二 · 代数）：记复数 $z$ 的共轭复数为 $\bar{z}$, 若 $\bar{z}(1-i)=2 i$ (i 虚数单位), 则 $|z|=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. 1
C. $2 \sqrt{2}$
D. 2
答案：A
解析：由 $\bar{z}(1-\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$, 可得 $\bar{z}=\frac{2 \mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=\frac{2 \mathrm{i}(1+\mathrm{i})}{2}=-1+\mathrm{i}$, 所以 $z=-1-\mathrm{i},|z|=\sqrt{2}$, 故选 A.
题目（高二 · 代数）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 ( )
选项：
A. 3690
B. 3660
C. 1845
D. 1830
答案：D
解析：【法 1】有题设知

$a_{2}-a_{1}=1$, (1) $a_{3}+a_{2}=3$ (2) $a_{4}-a_{3}=5$ (3) $a_{5}+a_{4}=7, a_{6}-a_{5}=9$,

$a_{7}+a_{6}=11, \quad a_{8}-a_{7}=13, \quad a_{9}+a_{8}=15, \quad a_{10}-a_{9}=17, \quad a_{11}+a_{10}=19, \quad a_{12}-a_{11}=21$,

$\therefore$ (2) - (1) 得 $a_{1}+a_{3}=2$, (3)+(2) 得 $a_{4}+a_{2}=8$, 同理可得 $a_{5}+a_{7}=2, a_{6}+a_{8}=24, a_{9}+a_{11}=2$, $a_{10}+a_{12}=40, \cdots$,

$\therefore a_{1}+a_{3}, a_{5}+a_{7}, a_{9}+a_{11}, \cdots$, 是各项均为 2 的常数列, $a_{2}+a_{4}, a_{6}+a_{8}, a_{10}+a_{12}, \cdots$ 是首项为 8 , 公差为 16 的等差数列,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+15 \times 8+\frac{1}{2} \times 16 \times 15 \times 14=1830$.

【法 2】可证明：

$b_{n+1}=a_{4 n+1}+a_{4 n+2}+a_{4 n+3}+a_{4 n+4}=a_{4 n-3}+a_{4 n-2}+a_{4 n-2}+a_{4 n}+16=b_{n}+16$

$b_{1}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=10 \Rightarrow S_{15}=10 \times 15+\frac{15 \times 14}{2} \times 16=1830$

【法 3】不妨设 $a_{1}=1$, 得 $a_{2}=2, a_{3}=a_{5}=a_{7}=\cdots=1, a_{4}=6, a_{6}=10$, 所以当 $n$ 为奇数时, $a_{n}=1$,当 $n$ 为偶数时, 构成以 $a_{2}$ 为首项, 以 4 为公差的等差数列, 所以得 $S_{60}=1830$
题目（高二 · 代数）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n}=3 n-7\left(n \in \mathbf{N}_{+}\right)$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=\frac{1}{3}, b_{n-1}=27 b_{n}\left(n \geqslant 2\right.$ 且 $\left.n \in \mathbf{N}_{+}\right)$,若 $a_{n}+\log _{k} b_{n}$ 为常数, 则满足条件的 $k$ 值 $(\quad)$
选项：
A. 唯一存在, 且为 $\frac{1}{3}$
B. 唯一存在, 且为 3
C. 存在且不唯一
D. 不一定存在
答案：B
解析：解析 依题意,

$b_{n}=b_{1} \cdot\left(\frac{1}{27}\right)^{n^{-}-1}=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{3}\right)^{3 n^{-} 3}=\left(\frac{1}{3}\right)^{3 n^{-2}}$,

$\therefore a_{n}+\log _{k} b_{n}=3 n-7+\log _{k}\left(\frac{1}{3}\right)^{3 n-2}$

$=3 n-7+(3 n-2) \log _{k} \frac{1}{3}$

$=\left(3+3 \log _{k} \frac{1}{3}\right) n-7-2 \log _{k} \frac{1}{3}$,

$\because a_{n}+\log _{k} b_{n}$ 是常数, $\therefore 3+3 \log _{k} \frac{1}{3}=0$,

即 $\log _{k} 3=1, \therefore k=3$.
题目（高二 · 代数）：若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 其公比是 $q$, 且 $-a_{5}, a_{4}, a_{6}$ 成等差数列, 则 $q$ 等于 ()
选项：
A. 1 或 2
B. 1 或 -2
C. -1 或 2
D. -1 或 -2
答案：C
解析：解析 依题意有 $2 a_{4}=a_{6}-a_{5}$,

即 $2 a_{4}=a_{4} q^{2}-a_{4} q$, 而 $a_{4} \neq 0$,

$\therefore q^{2}-q-2=0,(q-2)(q+1)=0$.

$\therefore q=-1$ 或 $q=2$.
题目（高二 · 代数）：$\sin \left(-140^{\circ}\right) \cos 740^{\circ}$ 的值 ( )
选项：
A.大于 0
B. 小于 0
$\mathrm{C}$. 等于 0
D. 不确定
答案：B
解析：因为 $-140^{\circ}$ 为第三象限角,

故 $\sin \left(-140^{\circ}\right)<0$.

因为 $740^{\circ}=2 \times 360^{\circ}+20^{\circ}$,

所以 $740^{\circ}$ 为第一象限角,

故 $\cos 740^{\circ}>0$,

所以 $\sin \left(-140^{\circ}\right) \cos 740^{\circ}<0$. 故选 B.

答案: B
题目（高二 · 代数）：方程 $|x|=\cos x$ 在区间 $(-\infty,+\infty)$ 内 ( )
选项：
A. 没有根
B. 有且仅有一个实根
$\mathrm{C} \cdot$ 有且仅有两个实根
D. 有无穷多个实根
答案：C
解析：解析: 在同一坐标系内画出函数 $y=|x|$ 和 $y=\cos x$ 的图像 (图略), 由图像可知, 函数 $y=|x|$ 的图像与 $y=$ $\cos x$ 的图像有且只有两个公共点.

答案: C
题目（高二 · 代数）：函数 $y=2 \sin \left(\frac{\pi}{3}-x\right)-\cos \left(\frac{\pi}{6}+x\right)(x \in \mathbf{R})$ 的最小值等于 $(\quad)$
A -3
B. -2
$\mathrm{C} \cdot-1$
D. $-\sqrt{5}$

解析: $\because\left(\frac{\pi}{3}-x\right)+\left(\frac{\pi}{6}+x\right)=\frac{\pi}{2}$,

$\therefore y=2 \sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\right]-\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$

$=2 \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)-\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$

$=\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right), \quad \therefore y_{\min }=-1$.

答案: C

11.函数 $y=2 \sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)(\omega>0)$ 的周期为 $\pi$, 则其单调递增区间为 $(\quad)$
选项：
A. $\left[k \pi-\frac{3 \pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{4}\right](k \in \mathbf{Z})$
B. $\left[2 k \pi-\frac{3 \pi}{4}, 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right](k \in \mathbf{Z})$
C. $\left[k \pi-\frac{3 \pi}{8}, k \pi+\frac{\pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$
D. $\left[2 k \pi-\frac{3 \pi}{8}, 2 k \pi+\frac{\pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$
答案：C
解析：周期 $T=\pi, \therefore \frac{2 \pi}{\omega}=\pi, \therefore \omega=2, \therefore y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$.由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant 2 x+\frac{\pi}{4} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$, 得 $k \pi-\frac{3}{8}$ $\pi \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{\pi}{8}, \quad k \in \mathbf{Z}$.

答案: C
题目（高二 · 代数）：11.如图某港口一天 6 时到 18 时的水深变化曲线近似满足函数 $y=3 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\varphi\right)+k$. 据此函数可知, 这段时间水深(单位: $m$ )的最大值为 ( )\n\n
选项：
A 5\nB. 6\nC. 8\nD. 10
答案：C
解析：由题图可知 $-3+k=2, k=5, y=3 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\varphi\right)+5$,\n\n$\therefore y_{\max }=3+5=8$.\n\n答案: C
题目（高二 · 代数）：下列式子中正确的是 ( )
选项：
A.$\sin (\pi-\alpha)=-\sin \alpha$

$\mathrm{B} \cdot \cos (\pi+\alpha)=\cos \alpha$

$\mathrm{C} \cdot \cos \alpha=\sin \alpha$

$\mathrm{D} \cdot \sin (2 \pi+\alpha)=\sin \alpha$
答案：D
解析：解析:对于选项 A, 令 $\alpha=\frac{\pi}{2}$, 得 $\sin (\pi-\alpha)=\sin \frac{\pi}{2}=1 \neq-\sin \frac{\pi}{2}$, 所以 $\mathrm{A}$ 错误; 对于选项 B, 令 $\alpha=0$, 得 $\cos (\pi+\alpha)=\cos \pi=-1 \neq \cos 0$, 所以 $\mathrm{B}$ 错误; 对于选项 C, 令 $\alpha=0$, 得 $\cos \alpha=\cos 0=1 \neq \sin 0$, 所以 C 错误.

答案: D
题目（高二 · 代数）：(2018 全国卷 II) 若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[0, a]$ 是减函数, 则 $a$ 的最大值是 ( )
选项：
A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{2}$
c. $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\pi$
答案：C
解析：解法一 $f(x)=\cos x-\sin x=\sqrt{2} \cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$, 当 $x \in[0, a]$ 时, $x+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{\pi}{4}, a+\frac{\pi}{4}\right]$, 所以结合题意可知 $a+\frac{\pi}{4} \leqslant \pi$, 即 $a \leqslant \frac{3 \pi}{4}$, 故所求 $a$ 的最大值是 $\frac{3 \pi}{4}$, 故选 C.解法二 $f^{\prime}(x)=-\sin x-\cos x=-\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$, 由题设得 $f^{\prime}(x) \leqslant 0$,即 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \geqslant 0$ 在区间 $[0, a]$ 上恒成立, 当 $x \in[0, a]$ 时, $x+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{\pi}{4}, a+\frac{\pi}{4}\right]$,所以 $a+\frac{\pi}{4} \leqslant \pi$, 即 $a \leqslant \frac{3 \pi}{4}$, 故所求 $a$ 的最大值是 $\frac{3 \pi}{4}$​, 故选 C.
题目（高二 · 代数）：设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y \leq 6 \\ x+y \geq 3 \\ y \leq 2\end{array}\right.$, 则 $z=\frac{y}{x}$ 的最大值是 ( )
选项：
A. -1
B. 0
C. $\frac{1}{2}$
D. 2
答案：D
解析：由线性约束条件, 画出可行域如下图

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_823e2db37acdc25ab6e0g-196,.jpg?height=383&width=629&top_left_y=545&top_left_x=268)

$z=\frac{y}{x}$ 的几何意义是可行域内的点 $(x, y)$ 与原点 $(0,0)$ 连线的斜率, 由可行域可知, 当取点 $\mathrm{B}$ 时, 与原点连线斜率最大, $\mathrm{B}(1,2)$, 所以 $\mathrm{z}$ 的最大值为 $k=\frac{2-0}{1-0}=2$, 所以选 $\mathrm{D}$ 。
题目（高二 · 代数）：(2014 安徽) $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \leq 0 \\ x-2 y-2 \leq 0 \\ 2 x-y+2 \geq 0\end{array}\right.$, 若 $z=y-a x$ 取得最大值的最优解页唯一,则实数 $a$

的值为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$ 或 -1
B. 2 或 $\frac{1}{2}$
C. 2 或 1
D. 2 或 -1
答案：D
解析：解法一 由题中条件画出可行域,



可知三交点 $A(0,2), B(2,0), C(-2,-2)$, 则 $z_{A}=2, z_{B}=-2 a, z_{C}=2 a-2$, 要使目标函数取得最大值的最优解不唯一, 只要 $z_{A}=z_{B}>z_{C}$ 或 $z_{A}=z_{C}>z_{B}$ 或 $z_{B}=z_{C}>z_{A}$, 解得 $a=-1$ 或 $a=2$.解法二 目标函数 $z=y-a x$ 可化为 $y=a x+z$, 令 $l_{0}: y=a x$, 平移 $l_{0}$, 则当 $l_{0} / / A B$ 或 $l_{0} / / A C$时符合题意, 故 $a=-1$ 或 $a=2$.
题目（高二 · 代数）：若变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leq 8, \\ 2 y-x \leq 4, \\ x \geq 0, \\ y \geq 0,\end{array}\right.$ 且 $z=5 y-x$ 的最大值为 $a$, 最小值为 $b$, 则 $a-b$ 的值是
选项：
A. 48
B. 30
C. 24
D. 16
答案：C
解析：作出可行域, 如图, 则在 $A$ 点取得最大值 16 , 在 $B$ 点取得最小值 -8 ,则 $a-b=24$, 选 C.
题目（高二 · 代数）：若正数 $x, y$ 满足 $x+3 y=5 x y$, 则 $3 x+4 y$ 的最小值是 ( )
选项：
A. $\frac{24}{5}$
    B. $\frac{28}{5}$
    C. 5
    D. 6
答案：C
解析： $\because x+3 y=5 x y, \frac{1}{y}+\frac{3}{x}=5$,

$$
\frac{1}{5}(3 x+4 y) \cdot\left(\frac{1}{y}+\frac{3}{x}\right)=\frac{1}{5}\left(\frac{3 x}{y}+\frac{12 y}{x}\right)+\frac{13}{5} \geq \frac{1}{5} \times 2 \times \sqrt{36}+\frac{13}{5}=5
$$
题目（高二 · 代数）：设 $f(x)=\ln x, 0<a<b$, 若 $p=f(\sqrt{a b}), q=f\left(\frac{a+b}{2}\right), r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))$, 则下列关系式中

正确的是 ( )
选项：
A. $q=r<p$
B. $q=r>p$
C. $p=r<q$
D. $p=r>q$
答案：B
解析： $\because 0<a<b, \therefore \frac{a+b}{2}>\sqrt{a b}$, 又 $f(x)=\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,故 $f(\sqrt{a b})<f\left(\frac{a+b}{2}\right)$, 即 $q>p$,

$\because r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))=\frac{1}{2}(\ln a+\ln b)=\ln \sqrt{a b}=f(\sqrt{a b})=p, \quad \therefore p=r<q$.
题目（高二 · 代数）：(2017 山东) 若 $a>b>0$, 且 $a b=1$, 则下列不等式成立的是（）
选项：
A. $a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)$
    B. $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}$
    c. $a+\frac{1}{b}<\log _{2}(a+b)<\frac{b}{2^{a}}$
    D. $\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}$
答案：B
解析：解法一取 $a=2, b=\frac{1}{2}$, 则 $a+\frac{1}{b}=2+2=4, \frac{b}{2^{a}}=\frac{\frac{1}{2}}{2^{2}}=\frac{1}{8}, \log _{2}(a+b)=\log _{2} 4=2$,所 $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}, \quad$ 选 B.

解法二 由题意 $a>1,0<b<1$, 所以 $\frac{b}{2^{a}}<1, a+\frac{1}{b}=a+a=2 a>2$,又 $a+b>1$, 所以 $(a+b)^{2}>(a+b)$,所以 $2>\log _{2}(a+b)^{2}>\log _{2}(a+b)>\log _{2} 2 \sqrt{a b}=1$, 故 $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}$, 选 B.
题目（高二 · 代数）：已知 $x, y \in R$, 且 $x>y>0$, 则 ( )
选项：
A. $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}>0$
    B. $\sin x-\sin y>0$
    c. $\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-\left(\frac{1}{2}\right)^{y}<0$
    D. $\ln x+\ln y>0$
答案：C
解析：因为 $x>y>0$, 选项 $\mathrm{A}$, 取 $x=1, y=\frac{1}{2}$, 则 $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}=1-2=-1<0$,

排除 $\mathrm{A}$; 选项 $\mathrm{B}$, 取 $x=\pi, y=\frac{\pi}{2}$, 则 $\sin x-\sin y=\sin \pi-\sin \frac{\pi}{2}=-1<0$,

排除 $\mathrm{B}$; 选项 $\mathrm{D}, x=2, y=\frac{1}{2}$, 则 $\ln x+\ln y=\ln (x y)=\ln 1=0$, 排除 $\mathrm{D}$,

故选 C.
题目（高二 · 代数）：设正实数 $x, y, z$ 满足 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$. 则当 $\frac{x y}{z}$ 取得最大值时, $\frac{2}{x}+\frac{1}{y}-\frac{2}{z}$ 的最大值为 ( )
选项：
A. 0
   B. 1
   c. $\frac{9}{4}$
   D. 3
答案：B
解析：由 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$, 得 $z=x^{2}-3 x y+4 y^{2}$.

所以 $\frac{x y}{z}=\frac{x y}{x^{2}-3 x y+4 y^{2}}=\frac{1}{\frac{x}{y}+\frac{4 y}{x}-3} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{4 y}{x}}-3}=1$, 当且仅当 $\frac{x}{y}=\frac{4 y}{x}$,

即 $x=2 y$ 时取等号此时 $z=2 y^{2},\left(\frac{x y}{z}\right)_{\text {max }}=1$.

$\frac{2}{x}+\frac{1}{y}-\frac{2}{z}=\frac{2}{2 y}+\frac{1}{y}-\frac{2}{x y}=\frac{2}{y}\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{2}{y}\left(1-\frac{1}{2 y}\right) \leq 4\left(\frac{\frac{1}{2 y}+1-\frac{1}{2 y}}{2}\right)^{2}=1$, 故选 B.
题目（高二 · 代数）：【2019 年高考全国 I 卷理数】记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{4}=0, a_{5}=5$, 则
选项：
A. $a_{n}=2 n-5$
B. $a_{n}=3 n-10$
C. $S_{n}=2 n^{2}-8 n$
D. $S_{n}=\frac{1}{2} n^{2}-2 n$
答案：A
解析：由题知, $\left\{\begin{array}{l}S_{4}=4 a_{1}+\frac{d}{2} \times 4 \times 3=0 \\ a_{5}=a_{1}+4 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-3 \\ d=2\end{array}, \therefore a_{n}=2 n-5, S_{n}=n^{2}-4 n\right.$, 故选
A.

【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前 $n$ 项和公式, 渗透方程思想与数学计算等素养. 利

用等差数列通项公式与前 $n$ 项公式即可列出关于首项与公差的方程, 解出首项与公差, 再适当计算即可做了判断.
题目（高二 · 代数）：(辽宁省凌源二中 2018 届三校联考) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, 且 $a_{2} a_{3} a_{4}=-a_{7}^{2}=-64$, 则 $\tan \left(\frac{a_{4} a_{6}}{3} \cdot \pi\right)=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{3}$
B. $-\sqrt{3}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\pm \sqrt{3}$
答案：B
解析：由等比数列的性质可得: $a_{2} a_{3} a_{4}=a_{3}^{3}=-64, \therefore a_{3}=-4$, $a_{7}=a_{3} q^{4}<0$, 结合 $a_{7}^{2}=64$ 可得: $a_{7}=-8$,

结合等比数列的性质可得: $a_{4} a_{6}=a_{3} a_{7}=32$,

即: $\tan \left(\frac{a_{4} a_{6}}{3} \cdot \pi\right)=\tan \left(\frac{32}{3} \pi\right)=\tan \left(10 \pi+\frac{2}{3} \pi\right)=\tan \frac{2}{3} \pi=-\sqrt{3}$.

本题选择 $B$ 选项.
题目（高二 · 代数）：（2019 - 湖南师大附中高考模拟（文））已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 若 $a_{2} \cdot a_{6} \cdot a_{10}=3 \sqrt{3}, b_{1}+b_{6}+b_{11}=7 \pi$, 则 $\tan \frac{b_{2}+b_{10}}{1-a_{3} \cdot a_{9}}$ 的值是 $(\quad)$
选项：
A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $-\sqrt{3}$
答案：D
解析：

$\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列

$$
\therefore a_{2} \cdot a_{6} \cdot a_{10}=a_{6}^{3}=3 \sqrt{3} \quad \therefore a_{6}=\sqrt{3}
$$

$\because\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列 $\quad \therefore b_{1}+b_{6}+b_{11}=3 b_{6}=7 \pi \quad \therefore b_{6}=\frac{7 \pi}{3}$

$\therefore \tan \frac{b_{2}+b_{10}}{1-a_{3} \cdot a_{9}}=\tan \frac{2 b_{6}}{1-a_{6}^{2}}=\tan \frac{\frac{14 \pi}{3}}{1-3}=-\tan \frac{7 \pi}{3}=-\tan \frac{\pi}{3}=-\sqrt{3}$

本题正确选项: $D$
$q=\sqrt{2}+1$. 故 $\frac{a_{5}}{a_{3}}=q^{2}=3+2 \sqrt{2}$.