eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：设 $z_{1}, z_{2}, z_{3} \in C$, 下列命题: (1) $\left|-z_{1}\right|=\left|z_{1}\right|$; (2) 若 $z_{1}^{2}=z_{2}^{2}$, 则 $z_{1} \overline{z_{1}}=z_{2} \overline{z_{2}}$; (3) $\left|\frac{z_{1} \cdot z_{2}}{z_{3}}\right|=\frac{\left|z_{1}\right| \cdot\left|z_{2}\right|}{\left|z_{3}\right|}$; (4)若 $\left(z_{1}-z_{2}\right)^{2}+\left(z_{2}-z_{3}\right)^{2}=0$, 则 $z_{1}=z_{2}=z_{3}$. 其中正确的有 ( )
选项：
A. 0 个B. 1 个 C. 2 个D. 3 个
答案：D
解析：对于(1)，设 $z_{1}=a+b \mathrm{i}$ ，则 $-z_{1}=-a-b \mathrm{i}$ ，因为 $\sqrt{(-a)^{2}+(-b)^{2}}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$, 所以 $\left|-z_{1}ight|=\left|z_{1}ight|$, 所以(1)正确;对于(2), 设 $z_{1}^{2}=z_{2}^{2}=x+y \dot{y}$, 则 $z_{1}, z_{2}$ 分别是 $x+y i$ 的平方根,从复数三角形式可以得到 $z_{1}, z_{2}$ 的模是相等的,根据 $z \cdot ar{z}=|z|^{2}$, 得到 $z_{1} \overline{z_{1}}=z_{2} \overline{z_{2}}$, 所以(2)正确;对于(3), 根据复数模的性质, 复数积商的模等于复数模的积商所以 $\left|rac{z_{1} \cdot z_{2}}{z_{3}}ight|=rac{\left|z_{1}ight| \cdot\left|z_{2}ight|}{\left|z_{3}ight|}$, 所以(3)正确;对于(4), 令 $z_{1}=1, z_{2}=0, z_{3}=\mathrm{i}$, 则有 $\left(z_{1}-z_{2}ight)^{2}+\left(z_{2}-z_{3}ight)^{2}=0$,但是 $z_{1} 
eq z_{2} 
eq z_{3}$, 所以(4)不正确,所以正确命题有三个, 故选 D
题目（高三 · 代数）：复数 $z=\left(a^{2}-2 a\right)+\left(a^{2}-a-2\right) i$ 对应的点在虚轴上, 则（）
选项：
A. $a \neq 2$ 或 $a \neq 1$
B. $a \neq 2$, 且 $a \neq 1$

$\begin{array}{ll}\text { C. } a=2 \text { 或 } a=0 & \text { D. } a=0\end{array}$
答案：C
解析：由于复数 $z=\left(a^{2}-2 aight)+\left(a^{2}-a-2ight) \mathrm{i}$ 对应的点在虚轴上,因此, $a^{2}-2 a=0$, 解得 $a=2$ 或 $a=0$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：复数 $z_{1}=\cos \theta+i, z_{2}=\sin \theta-i$, 则 $\left|z_{1}-z_{2}\right|$ 的最大值为 ( )
选项：
A. 5
B. $\sqrt{5}$ C. 6
D. $\sqrt{6}$
答案：D
解析：$\left|z_{1}-z_{2}ight|=|(\cos 	heta-\sin 	heta)+2 i|=\sqrt{(\cos 	heta-\sin 	heta)^{2}+4}$$=\sqrt{5-2 \sin 	heta \cos 	heta}=\sqrt{5-\sin 2 	heta} \leq \sqrt{6}$,故选 D.
题目（高三 · 代数）：已知集合, $M=\left\{1,\left(m^{2}-3 m-1\right)+\left(m^{2}-5 m-6\right) \mathrm{i}\right\}, N=\{1,3\}$,

$M \cap N=\{1,3\}$, 则实数 $m$ 的值为 ( )
选项：
A. 4
B. -1
C. 4 或-1
D. 1 或 6
答案：B
解析：因为 $M=\left\{1,\left(m^{2}-3 m-1ight)+\left(m^{2}-5 m-6ight) \mathrm{i}ight\}, N=\{1,3\}, M \cap N=\{1,3\}$,所以 $\left(m^{2}-3 m-1ight)+\left(m^{2}-5 m-6ight) \mathrm{i}=3$, 可得 $\left\{egin{array}{l}m^{2}-3 m-1=3 \ m^{2}-5 m-6=0\end{array} \Rightarrow m=-1ight.$,故选 B
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z$ 满足 $|z|=2$, 则 $|z+3-4 i|$ 的最小值是 ( )
选项：
A. 5
B. 2
C. 7
D. 3
答案：D
解析：$|z|=2$ 表示复数 $z$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 上, 而 $|z+3-4 i|_{	ext {表示圆上的点到 }}(-3,4)$ 的距离,$	herefore$ 当且仅当复数 $z$ 所在的点在原点与 $(-3,4)$ 构成的线段上, $|z+3-4 i|_{	ext {的最小. }}$. 故 $|z+3-4 \mathrm{i}|_{	ext {的最小值为 }} d=\sqrt{(-3)^{2}+4^{2}}-2=3$, 故选 D.
题目（高三 · 代数）：已知集合 $A=\{z \mid(a+b i) \bar{z}+(a-b i) z+2=0, a, b \in \mathrm{R}, z \in C\}$,
$B=\{z|z|=1, z \in C\}$ ，若 $A \cap B=\varnothing$ ，则 $a ， b$ 之间的关系是（

$\begin{array}{ll}\text {
选项：
A. } a+b>1 & \text { B. } a+b<1\end{array}$
C. $a^{2}+b^{2}<1$
D. $a^{2}+b^{2}>1$
答案：C
解析：设 $z=x+y \mathrm{i}, x, y \in \mathbf{R}$, 则 $(a+b \mathrm{i})(x-y \mathrm{i})+(a-b \athrm{i})(x+y \mathrm{i})+2=0$ 化简整理得 $\alpha x+b y+1=0$ ，即集合 $A$ 可看成复平面上直线上的点,集合 $B$ 可看成复平面上圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 的点集,若 $A \cap B=\varnothing$, 即直线 $\alpha x+b y+1=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 没有交点, $d=rac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}>1$, 即 $a^{2}+b^{2}<1$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：若 $z^{2}+z+1=0$, 则 $z^{2017}+z^{2018}+z^{2020}+z^{2021}$ 的值为 ( )
选项：
A. 2 B. -2

C. $-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$
D. $-\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$
答案：B
解析：因为 $z^{2}+z+1=0$, 两边同乘 $z-1, z^{3}-1=0$, 所以 $z^{3}=1(z \neq 1)$ 则 $z^{4}=z, z^{2017}=\left(z^{3}ight)^{672} \cdot z=z$,所以原式 $=z^{2017}\left(1+z+z^{3}+z^{4}ight)=z(1+z+1+z)=z(2+2 z)=2\left(z+z^{2}ight)=-2$,故选 B.
题目（高三 · 代数）：若复数 $\left(a^{2}-3 a+2\right)+(a-1) \mathrm{i}$ 是纯虚数, 则实数 $a$ 的值为 ( )
选项：
A. 1 B. 2 C. 1 或 2 D. -1
答案：B
解析：由 $a^{2}-3 a+2=0$, 得 $a=1$ 或 2 ，且 $a-1 
eq 0$ ，得 $a 
eq 1 ， 	herefore a=2$ 。
题目（高三 · 代数）：若复数范围内将 $2 x^{2}-4 x+3$ 分解因式, 所得的结果为 ( )
选项：
A. $\left(x-1+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right)\left(x-1-\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right) \quad$ B. $\left(x+1+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right)\left(x+1-\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right)$

C. $\left(x-1+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right)\left(x-1-\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right) \quad$ D. $\left(x+1+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right)\left(x+1-\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}\right)$
答案：C
解析：方程 $2 x^{2}-4 x+3=0$ 的判别式 $\Delta=16-4 	imes 2 	imes 3=-8<0$,所以方程 $2 x^{2}-4 x+3=0$, 有两个互为共轭复数的复数根,设 $z=a+b \mathrm{i}, ar{z}=a-b \mathrm{i}(a, b \in \mathbf{R})$ 是方程 $2 x^{2}-4 x+3=0$ 的两个复数根,则 $\left\{egin{array}{l}z+ar{z}=2 a=-rac{-4}{2} \ z \cdot ar{z}=a^{2}+b^{2}=rac{3}{2}\end{array}ight.$, 解得 $a=1, b= \pm rac{\sqrt{2}}{2}$.所以方程 $2 x^{2}-4 x+3=0$ 的两个复数根为 $1 \pm rac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}$.故复数范围内将 $2 x^{2}-4 x+3$ 分解因式得 $\left[x-\left(1+rac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}ight)ight] \cdot\left[x-\left(1-rac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}ight)ight]$$=\left(x-1+rac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}ight)\left(x-1-rac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i}ight)$,
题目（高三 · 代数）：设 $z \in C$, 方程 $z^{2}+|z|=0$ 的根有 ( )
选项：
A. 1 个B. 2 个C. 3 个 D. 4 个
答案：C
解析：设 $z=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathbf{R})$, 代入方程得 $\left\{egin{array}{l}a^{2}-b^{2}+\sqrt{a^{2}+b^{2}}=0 \ 2 a b=0\end{array}ight.$,解得 $a=0, b=0$ 或 $\pm 1$所以方程 $z^{2}+|z|=0$ 的根有 3 个, 故答案选 C.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)$ 的导函数 $f^{\prime}(x)$ 满足 $(x+x \ln x) f^{\prime}(x)<f(x)$ 对 $x \in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 恒成立, 则下列不等式中一定成立的是 ( )
选项：
A. $2 f(1)<f(e)$
B. $e^{2} f(1)>f(e)$
C. $2 f(1)>f(e)$
D. ef $(1)<f(e)$
答案：C
解析：解析：

由 $(x+x \ln x) f^{\prime}(x)<f(x), x \in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$, 得 $(1+\ln x) f^{\prime}(x)-\frac{1}{x} f(x)<0$,

令 $g(x)=\frac{f(x)}{1+\ln x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)(1+\ln x)-f(x) \cdot \frac{1}{x}}{(1+\ln x)^{2}}<0 . \therefore$ 故 $g(x)$ 在 $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 递减;

$\therefore g(\mathrm{e})<g(1)$, 即 $\frac{f(e)}{2}<\frac{f(1)}{1} \Rightarrow f(\mathrm{e})<2 f(1)$.

故选 $C$.
题目（高三 · 代数）：设函数 $f^{\prime}(x)$ 是奇函数的导函数, $f(x)(x \in \mathbf{R}), f(2)=0$, 当 $x<0$ 时, $x f^{\prime}(x)-3 f(x)>0$,则使得 $f(x)>0$ 成立的 $x$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-\infty,-2) \cup(0,2)$
B. $(-2,0) \cup(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-2) \cup(-2,0)$
D. $(0,2) \cup(2,+\infty)$
答案：A
解析：解析：由于 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, 所以 $f(0)=0, f(-2)=-f(2)=0$. 构造函数
$g(x)=\frac{f(x)}{x^{3}}(x \neq 0)$, 当 $x<0$ 时, $g^{\prime}(x)=\frac{x f^{\prime}(x)-3 f(x)}{x^{4}}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上递增,

由于 $g(-x)=\frac{f(-x)}{(-x)^{3}}=\frac{-f(x)}{-x^{3}}=\frac{f(x)}{x^{3}}=g(x)$, 所以 $g(x)$ 为偶函数, 所以 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上

递减且 $g(-2)=g(2)=0$. 所以当 $x<-2$ 时, $g(x)<0, f(x)>0$; 当 $0<x<2$ 时, $g(x)>0$, $f(x)>0$. 所以使得 $f(x)>0$ 成立的 $x$ 的取值范围是 $(-\infty,-2) \cup(0,2)$.

故选: A
题目（高三 · 代数）：定义域为 $R$ 的函数 $f(x)$ 满足 $f(-3)=6$, 且 $f^{\prime}(x)>x^{2}+1$ 对 $x \in \mathbf{R}$ 恒成立, 则 $f(x)>\frac{1}{3} x^{3}+15$ 的解集为 ( )
选项：
A. $(-3,+\infty)$
B. $(-\infty,-3)$
C. $(-\infty, 3)$
D. $(3,+\infty)$
答案：A
解析：解析：构造函数 $F(x)=f(x)-\frac{1}{3} x^{3}$, 则有 $F(-3)=f(-3)-\frac{1}{3}(-3)^{3}=15$, 且 $F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-x^{2}$.由 $f^{\prime}(x)>x^{2}+1$, 可知 $F^{\prime}(x)>1>0$, 则 $F(x)$ 为增函数, 故 $f(x)>\frac{1}{3} x^{3}+15 \Leftrightarrow F(x)>15=F(-3) \Leftrightarrow x>-3$. 故选: $\mathrm{A} 。$
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-9 \ln x+3 x$ 在其定义域内的子区间 $(m-1, m+1)$ 上不单调, 则实数 $m$ 的取值范围为( )
选项：
A. $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$
B. $\left[1, \frac{3}{2}\right)$
c. $\left(1, \frac{5}{2}\right)$
D. $\left[1, \frac{5}{2}\right)$
答案：D
解析：解析：因为 $f(x)=x^{2}-9 \ln x+3 x$

所以 $f^{\prime}(x)=2 x-\frac{9}{x}+3$

令 $f^{\prime}(x)=0$, 即 $2 x-\frac{9}{x}+3=0$,

解得 $x=\frac{3}{2}$ 或 $x=-3$ (舍)

所以 $x \in\left(0, \frac{3}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

$x \in\left(\frac{3}{2},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增,
而 $f(x)$ 在区间 $(m-1, m+1)$ 上不单调,

所以 $m-1<\frac{3}{2}<m+1$

解得 $\frac{1}{2}<m<\frac{5}{2}$,

因为 $(m-1, m+1)$ 是函数 $f(x)$ 定义域内的子区间,

所以 $m-1 \geq 0$, 即 $m \geq 1$,

所以 $m$ 的范围为 $\left[1, \frac{5}{2}\right)$.

故选: D.
题目（高三 · 代数）：已知定义是 $R$ 上的偶函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上递增, 记函数 $g(x)=x f(x)$, 对于如下两个命题: (1) 存在函数 $f(x)$, 使函数 $g(x)$ 在 $R$ 上递增; (2)存在函数 $f(x)$, 使函数 $g(x)$ 在 $R$ 上递减.下列判断正确的是 ( )
选项：
A. (1)与(2)均为真命题
B. (1)与(2)均为假命题
C. (1)为真命题, (2)为假命题
D. (1)为假命题, (2)为真命题
答案：A
解析：解析： $g(-x)=-x f(-x)=-x f(x)=-g(x)$, 则 $g(x)$ 为奇函数,

所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上的单调性与在 $R$ 上的单调性相同.

(1) 若 $f(x)=x^{2}$, 则 $g(x)=x^{3}$, 显然 $g(x)$ 在上是增函数, 所以(1)为真命题.

(2) 若当 $x \geq 0$ 时, 若 $f(x)=-e^{-x-1}(x \geq 0)$, 则 $g(x)=-x e^{-x}-x$

$g^{\prime}(x)=-e^{-x}+x e^{-x}-1=\frac{x-1}{e^{x}}-1$

$g^{\prime \prime}(x)=\frac{2-x}{e^{x}}$

当 $0 \leq x<2$ 时, $g^{\prime \prime}(x)>0$, 当 $x>2$ 时, $g^{\prime \prime}(x)<0$

所以 $g^{\prime}(x)$ 在 $[0,2)$ 上单调递增, 在 $(2,+\infty)$ 上单调递减.

所以 $g^{\prime}(x) \leq g^{\prime}(2)=\frac{1}{e^{2}}-1<0$

所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, 又 $g(x)$ 为奇函数且 $g(0)=0$, 所以函数 $g(x)$ 在 $R$ 上递减. 故选: A
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)=\mathrm{e}^{|x|}-2|x|-1$ 的图象大致为 ( )
选项：
A.B.D. ![](本地图片-3825.jpg
答案：C
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0\left(f^{\prime}(x)\right.$ 是 $f(x)$ 的导函数),则不等式 $(x-1) f\left(x^{2}-1\right)<f(x+1)$ 的解集为 $(\quad)$
选项：
A. $(-\infty, 2)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-1,2)$
D. $(1,2)$
答案：D
解析：解析：构造函数 $g(x)=x f(x)$, 其中 $x>0$, 则 $g^{\prime}(x)=f(x)+x f^{\prime}(x)>0$,

所以, 函数 $y=g(x)$ 在定义域 $(0,+\infty)$ 上为增函数,

在不等式 $(x-1) f\left(x^{2}-1\right)<f(x+1)$ 两边同时乘以 $x+1$ 得 $\left(x^{2}-1\right) f\left(x^{2}-1\right)<(x+1) f(x+1)$, 即 $g\left(x^{2}-1\right)<g(x+1)$,
所以 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-1<x+1 \\ x^{2}-1>0 \\ x+1>0\end{array}\right.$, 解得 $1<x<2$,

因此, 不等式 $(x-1) f\left(x^{2}-1\right)<f(x+1)$ 的解集为 $(1,2)$, 故选: D.
题目（高三 · 代数）：已知 $f(x)=a \ln x+\frac{1}{2} x^{2}(a>0)$, 若对任意两个不等的正实数 $x_{1}, x_{2}$, 都有 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>2$恒成立, 则 $\boldsymbol{a}$ 的取值范围是（ )
选项：
A. $(0,1]$
B. $(1,+\infty)$
c. $(0,1)$
D. $[1,+\infty)$
答案：A
解析：解析：根据 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>2$ 可知 $\frac{f\left(x_{1}\right)-2 x_{1}-\left[f\left(x_{2}\right)-2 x_{2}\right]}{x_{1}-x_{2}}>0$,令 $g(x)=f(x)-2 x=a \ln x+\frac{1}{2} x^{2}-2 x(a>0)$ 为增函数,

所以 $g^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+x-2 \geq 0(x>0, a>0)$ 恒成立, 分离参数得 $a \geq x(2-x)$, 而当 $x>0$ 时, $x(2-x)$最大值为 1 , 故 $a \geq 1$.
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)$ 在定义域 $(0,+\infty)$ 内恒满足 $f(x)<x f^{\prime}(x)<3 f(x)$, 其中 $f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 导函数, 则
选项：
A. $\frac{1}{8}<\frac{f(1)}{f(2)}<\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{8}<\frac{f(1)}{f(2)}<\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{16}<\frac{f(1)}{f(2)}<\frac{1}{8}$
D. $\frac{1}{3}<\frac{f(1)}{f(2)}<\frac{1}{2}$
答案：A
解析：解析：令 $g(x)=\frac{f(x)}{x}, x \in(0,+\infty)$,

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

$\because \forall x \in(0,+\infty), f(x)<x f^{\prime}(x)<3 f(x)$ 恒成立,

$\therefore f(x)>0$,
$0<\frac{x f^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}$,

$\therefore g^{\prime}(x)>0$,

$\therefore$ 函数 $g(x)$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上单调递增,

$\therefore g(1)<g(2)$, 即 $2 f(1)<f(2), \frac{f(1)}{f(2)}<\frac{1}{2}$;

令 $h(x)=\frac{f(x)}{x^{3}}, x \in(0,+\infty)$,

$h^{\prime}(x)=\frac{x f^{\prime}(x)-3 f(x)}{x^{4}}$,

$\because \forall x \in(0,+\infty), f(x)<x f^{\prime}(x)<3 f(x)$ 恒成立,

$\therefore h^{\prime}(x)=\frac{x f^{\prime}(x)-3 f(x)}{x^{4}}<0$,

$\therefore$ 函数 $h(x)$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上单调递减,

$\therefore h(1)>h(2)$, 即 $f(1)>\frac{f(2)}{8}, \frac{f(1)}{f(2)}>\frac{1}{8}$,

综上可得 $\frac{1}{8}<\frac{f(1)}{f(2)}<\frac{1}{2}$ 故选：A.
题目（高三 · 代数）：函数 $y=x \ln x$ 的单调递减区间是
选项：
A. $\left(e^{-1},+\infty\right)$
B. $\left(-\infty, e^{-1}\right)$
C. $\left(0, e^{-1}\right)$
D. $(e,+\infty)$
答案：C
解析：解析：由题意，可得 $f^{\prime}(x)=\ln x+1,(x>0)$,

令 $f^{\prime}(x)<0$, 即 $\ln x+1<0$, 解得 $0<x<e^{-1}$, 即函数的递减区间为 $\left(0, e^{-1}\right)$.
题目（高三 · 代数）：函数 $y=f(x)$ 的导函数的图象如图所示, 则下列说法错误的是 ( )


选项：
A. $(-1,3)$ 为函数 $y=f(x)$ 的单调递增区间

B. $(3,5)$ 为函数 $y=f(x)$ 的单调递减区间

C. 函数 $y=f(x)$ 在 $x=5$ 处取得极小值

D. 函数 $y=f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极大值
答案：D
解析：解析：由题意, 函数 $y=f(x)$ 的导函数的图象可知:

当 $x<-1$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;

当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增;

当 $3<x<5$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;

当 $x>5$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增;

所以函数 $f(x)$ 单调递减区间为 $(-\infty,-1),(3,5)$, 递增区间为 $(-1,3),(5,+\infty)$,

且函数 $f(x)$ 在 $x=-1$ 和 $x=5$ 取得极小值, 在 $x=3$ 取得极大值, 故选 D.
题目（高三 · 代数）：函数 $y=2 x^{2}-e^{|x|}$ 在 $[-2,2]$ 的图像大致为 ( )
选项：
A.B.
答案：D
解析：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2 \mathrm{x}^{2}-\mathrm{e} \mathrm{e}^{|\mathrm{x}|}$ 在 $[-2,2]$ 上是偶函数, 其图象关于 $y$ 轴对称, 因为 $\mathrm{f}(2)=8-e^{2}, 0<8-e^{2}<1$,所以排除 $A, B$ 选项; 当 $x \in[0,2]$ 时, $y^{\prime}=4 x-e^{x}$ 有一零点, 设为 $x_{0}$, 当 $x \in\left(0, x_{0}ight)$ 时, $f(x)$ 为减函数, 当 $x \in\left(x_{0}, 2ight)$ 时, $f(x)$ 为增函数. 故选 D
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=a \ln x+2, f^{\prime}(e)=1$, 则 $a$ 的值为 ( )
选项：
A. 1
B. $e$
C. $2 e$
D. $e^{2}$
答案：B
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x \sin x+\cos x+2020, g(x)$ 是函数 $f(x)$ 的导函数, 则函数 $y=g(x)$ 的部分图象是
选项：
A. B.C.
答案：D
题目（高三 · 代数）：下列说法正确的是 ( )
选项：
A. 当 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 时, 则 $f\left(x_{0}\right)$ 为 $f(x)$ 的极大值

B. 当 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 时, 则 $f\left(x_{0}\right)$ 为 $f(x)$ 的极小值

C. 当 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 时, 则 $f\left(x_{0}\right)$ 为 $f(x)$ 的极值

D. 当 $f\left(x_{0}\right)$ 为函数 $f(x)$ 的极值且 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 存在时, 必有 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$
答案：D
解析：解析： 选项 $\mathrm{A}$ : 令 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}, \mathrm{f}^{\prime}(0)=0$, 但 $\mathrm{f}(0)$ 不是极值.

选项 $B$ : 令 $f(x)=x^{3}, f^{\prime}(0)=0$, 但 $f(0)$ 不是极值.

选项 C: 令 $f(x)=x^{3}, f^{\prime}(0)=0$, 但 $f(0)$ 不是极值.

选项 D: 若函数可导, 极值点处的导数一定是 0 .

故选: D.
题目（高三 · 代数）：如图是函数 $y=f(x)$ 的导函数 $y=f^{\prime}(x)$ 的图象, 给出下列命题:

(1) 2 是函数 $y=f(x)$ 的极值点;

(2) 1 是函数 $y=f(x)$ 的极值点;

(3) $y=f(x)$ 的图象在 $x=0$ 处切线的斜率小于零;

(4)函数 $y=f(x)$ 在区间 $(-2,2)$ 上单调递增.

则正确命题的序号是 ( )


选项：
A. (1)(3)
B. (2)(4)
C. (2)(3)
D. (1)(4)
答案：D
解析：解析：根据导函数图像可知, -2 是导函数得零点且 -2 的左右两侧导函数值符号异号, 故 -2 是极值点, 1 不是极值点, 因为 1 的左右两侧导函数符号不一致, 0 处的导函数值即为此点的切线斜率显然为正值, 导函数在 $(-2,2)$ 恒大等于零, 故为函数的增区间, 所以选 D
题目（高三 · 代数）：如果函数 $y=f(x)$ 的导函数的图象如图所示, 给出下列判断:



(1)函数 $y=f(x)$ 在区间 $\left(-3,-\frac{1}{2}\right)$ 内单调递增;

(2)函数 $y=f(x)$ 在区间 $\left(-\frac{1}{2}, 3\right)$ 内单调递减;

(3)函数 $y=f(x)$ 在区间 $(4,5)$ 内单调递增;

(4) 当 $x=2$ 时, 函数 $y=f(x)$ 有极小值;

(5)当 $x=-\frac{1}{2}$ 时, 函数 $y=f(x)$ 有极大值.

则上述判断中正确的是( )
选项：
A. (1)(2)
B. (2)(3)
C. (3)(4)(5)
D. (3)
答案：D
解析：解析：对于(1), 函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 ( $-3,-\frac{1}{2}$ ) 内有增有减, 故(1)不正确;

对于(2), 函数 $y=f(x)$ 在区间 ( $\left.-\frac{1}{2}, 3\right)$ 有增有减, 故(2)不正确;
对于(3), 函数 $y=f(x)$ 当 $x \in(4,5)$ 时, 恒有 $\mathrm{f}^{\prime}(x)>0$. 故(3)正确;

对于(4), 当 $x=2$ 时, 函数 $y=f(x)$ 有极大值, 故(4)不正确;

对于(5), 当 $x=-\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \neq 0$, 故(5)不正确.

故选 D.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{e^{x}}{x^{2}}-k\left(\frac{2}{x}+\ln x\right)$, 若 $x=2$ 是函数 $f(x)$ 的唯一一个极值点, 则实数 $\boldsymbol{k}$ 的取值范围为( )
选项：
A. $(-\infty, e]$
B. $[0, e]$
C. $(-\infty, e)$
D. $[0, e)$
答案：A
解析：解析： $\therefore$ 函数 $f(x)$ 的定义域是 $(0,+\infty)$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{e^{x} x^{2}-2 x e^{x}}{x^{4}}-k\left(-\frac{2}{x^{2}}+\frac{1}{x}\right)=\frac{\left(e^{x}-k x\right)(x-2)}{x^{3}}$,

$\because x=2$ 是函数 $f(x)$ 的唯一一个极值点,

$\therefore x=2$ 是导函数 $f^{\prime} x=0$ 的唯一一个极值点,

$\therefore e^{x}-k x=0$ 在 $(0,+\infty)$ 无变号零点,

令 $g(x)=e^{x}-k x$, $g^{\prime}(x)=e^{x}-k$,

(1) $k \leq 0$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ 恒成立, $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 时单调递增;

$g(x)$ 的最小值为 $g(0)=1, g(x)=0$ 无解;

(2) $k>0$ 时, $g^{\prime} x=0$ 有解为: $x=\ln k$,

$0<x<\ln k, g^{\prime}(x)<0, \therefore g(x)$ 在 $(0, \ln k)$ 单调递减,

$x>\ln k$ 时, $g^{\prime}(x)>0, \therefore g(x)$ 在 $(\ln k,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore g(x)$ 的最小值为 $g(\ln k)=k-k \ln k$,

$\therefore k-k \ln k>0 \therefore k<e$, 由 $y=e^{x}$ 和 $y=e x$ 图象, 它们切于 $(1, e)$,

综上所述, $k \leq e$.

故选: A.
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)=x^{3}-a x^{2}-b x+a^{2}$ 在 $x=1$ 处有极值 $\mathbf{1 0}$, 则点 $(a, b)$ 为 ( )
选项：
A. $(3,-3)$
B. $(-4,11)$
c. $(3,-3)$ 或 $(-4,11)$
D. 不存在

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7d21164174703021068bg
答案：B
解析：$a=-3, b=3$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+3=3(x-2)^{2} \geq 0$, 此时 $f(x)$ 在定义域 $R$ 上为增函数, 无极值,舍去.当 $a=4, b=-11, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-8 x-11, x=1$ 为极小值点, 符合,故选 B
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x(\ln x-a x)$ 有两个极值点, 则实数 $a$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $(-\infty, 0)$
B. $\left(0, \frac{1}{2}\right)$
C. $(\mathbf{0 , 1 )}$
D. $(0,+\infty)$
答案：B
解析：解析：函数 $f(x)=x(\ln x-a x)$, 则 $f^{\prime}(x)=\ln x-a x+x\left(\frac{1}{x}-a\right)=\ln x-2 a x+1$,令 $f^{\prime}(x)=\ln x-2 a x+1=0$ 得 $\ln x=2 a x-1$, 函数 $f(x)=x(\ln x-a x)$ 有两个极值点, 等价于 $f^{\prime}(x)=\ln x$ $-2 a x+1$ 有两个零点, 等价于函数 $y=\ln x$ 与 $y=2 a x-1$ 的图象有两个交点,在同一个坐标系中作出它们的图象 (如图) 当 $\mathrm{a}=\frac{1}{2}$ 时, 直线 $\mathrm{y}=2 \mathrm{ax}-1$ 与 $\mathrm{y}=\ln \mathrm{n}$ 的图象相切,由图可知, 当 $0<a<\frac{1}{2}$ 时, $y=\ln x$ 与 $y=2 a x-1$ 的图象有两个交点. 则实数 $a$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. 故选 B.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7d21164174703021068bg-
题目（高三 · 代数）：某程序框图如图所示, 现输入如下四个函数, 则可以输出的函数是（）


选项：
A. $f(x)=\frac{|x|}{x}$
B. $f(x)=\frac{1}{2^{x}-1}+\frac{1}{2}$

C. $f(x)=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}$
D. $f(x)=\lg \sin \mathrm{x}$
答案：C
解析：由程序框图可知, 输出的函数应是奇函数且与 ${ }^{x x}$ 轴有交点,![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_c1b509803df3ec6bab41g-49.jpg?height=90&width=955&top_left_y=1774&top_left_x=2201)$\mathrm{C}$ 中, $f(x) f(x)$ 为奇函数且与 ${ }^{x x}$ 轴交点的横坐标为 0 , 符合题意;$\mathrm{D}$ 中, $f(x) f(x)$ 不是奇函数,故选 C.
题目（高三 · 代数）：在如图所示的结构图中, 框(1)中应填入（）


选项：
A. 空集B. 子集 C. 交集 D. 全集
答案：C
解析：因为集合的运算包括交集、并集、补集，所以框(1)中应填入交集，故选 C.
题目（高三 · 代数）：计算 $\frac{3 i+1}{2-i}$ 的值是 ( )
选项：
A. $\frac{7 i-1}{5}$
B. $\frac{7 i+1}{5}$
C. $\frac{7 i-1}{3}$
D. $\frac{7 i+1}{3}$
答案：A
解析：$rac{3 i+1}{2-i}=rac{(3 i+1)(2+i)}{(2-i)(2+i)}=rac{6 i+3 i^{2}+2+i}{5}=rac{7 i-1}{5}$, 故选 A.
题目（高三 · 代数）：若 $1+\sqrt{2}$ 是关于 $x$ 的实系数方程 $x^{2}+b x+c=0$ 的一个复数根, 则 ( )
选项：
A. $b=2, c=3$
B. $b=2, c=-1$

C. $b=-2, c=-1$
D. $b=-2, c=3$
答案：D
解析：由题意 $1+\sqrt{2 i}$ 是关于 $x$ 的实系数方程 $x^{2}+b x+c=0$,$	herefore 1+2 \sqrt{2 i}-2+b+\sqrt{2} b i+c=0$, 即 $-1+b+c+(2 \sqrt{2}+\sqrt{2} b) i=0$,$	herefore\left\{egin{array}{l}-1+b+c=0 \ 2 \sqrt{2}+\sqrt{2} b=0\end{array}ight.$, 解得 $b=-2, c=3$,
题目（高三 · 代数）：已知 $z=x+y \mathrm{i}(x, y \in \mathbf{R})$ 且 $|z|=1$, 则 $x+\sqrt{3} y$ 的最大值 ( )
选项：
A. $1+\sqrt{3}$
B. 2
C. 1
D. $\sqrt{3}$
答案：B
解析：$ecause z=x+y \mathrm{i}(x, y \in \mathbf{R})$ 且 $|z|=1, 	herefore x^{2}+y^{2}=1$,设 $x=\cos 	heta, y=\sin 	heta, 	heta \in \mathbf{R}$ ，$	herefore x+\sqrt{3} y=\cos 	heta+\sqrt{3} \sin 	heta=2 \sin \left(	heta+rac{\pi}{6}ight)$,$	herefore x+\sqrt{3} y$ 的最大值是 2 ..
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z$ 满足 $z^{2}=12+16 \dot{1}$, 则 $z$ 的模为 ( )
选项：
A. 20 B. 12 C. $2 \sqrt{5}$ D. $2 \sqrt{3}$
答案：C
解析：设 $z=a+b \mathrm{i} ， a, b \in \mathbf{R}$则由 $z^{2}=12+16 i$, 得 $a^{2}-b^{2}+2 a b i=12+16 i$,则 $\left\{egin{array}{l}a^{2}-b^{2}=12 \ 2 a b=16\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=4 \ b=2\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}a=-4 \ b=-2\end{array}ight.$,即 $|z|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{16+4}=2 \sqrt{5}$.
题目（高三 · 代数）：复数 $z=a+b i(a, b \in \mathbf{R}), m=(z+\bar{z}) b, n=z \cdot \bar{z}, p=|z|^{2}$, 则 ( )
选项：
A. $m 、 n 、 p$ 三数都不能比较大小
B. $m 、 n 、 p$ 三数的大小关系不能确定
C. $m \leq n=p$
D. $m \geq n=p$
答案：C
解析：$ar{z}=a-b \mathrm{i}, m=(a+b \mathrm{i}+a-b \mathrm{i}) b=2 a b, n=(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})=a^{2}+b^{2}, p=a^{2}+b^{2}$,$ecause a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 当且仅当 $a=b$ 时, 取等号,$m \leq n=p$, 故选 $\mathrm{C}$.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z_{1}$ 的实部为 2 , 复数 $z_{2}$ 的虚部为 -1 , 且 $\frac{z_{1}}{z_{2}}$ 为纯虚数, $z_{1} \cdot z_{2}$ 为实数,

若 $z_{1}+z_{2}$ 在复平面内对应的点不在第一象限, 则 $z_{1}-z_{2}$ 对应的点在 ( )
选项：
A. 第一象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第四象限
答案：D
解析：设 $z_{1}=2+b \mathrm{i}, z_{2}=a-\mathrm{i} ， a 、 b \in \mathbf{R} ，$因为 $rac{z_{1}}{z_{2}}=rac{2+b \mathrm{i}}{a-\mathrm{i}}=rac{2 a-b+(2+a b) \mathrm{i}}{a^{2}+1}$ 为纯虚数, 所以 $2 a-b=0$ 且 $2+a b 
eq 0$.因为 $z_{1} \cdot z_{2}=(2+b \mathrm{i})(a-\mathrm{i})=(2 a+b)+(a b-2) \mathrm{i}$ 为实数, 所以 $a b=2$,由 $\left\{egin{array}{l}2 a-b=0 \ a b=2\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=1 \ b=2\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}a=-1 \ b=-2\end{array}ight.$又 $z_{1}+z_{2}=(2+a)+(b-1) \mathrm{i}$ 在复平面内对应的点不在第一象限,所以 $\left\{egin{array}{l}a=1 \ b=2\end{array}ight.$ 不符合,于是 $z_{1}-z_{2}=(2-a)+(b+1) \mathrm{i}=3-\mathrm{i}$, 对应的点在第四象限, 故选 D.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=1+\mathrm{i}, \bar{z}$ 是 $z$ 的共轭复数, 若 $\bar{z} \cdot a=2+b \mathrm{i}$, 其中 $a, b$ 均为实数,则 $b$ 的值为 (
选项：
A. -2 B. -1 C.
D. 2
答案：A
解析：因为 $z=1+i$, 所以 $ar{z}=1-i$,因此 $ar{z}=rac{2+b \mathrm{i}}{a}=rac{2}{a}+rac{b}{a} \mathrm{i}=1-\mathrm{i}$,所以 $rac{2}{a}=1$ 且 $rac{b}{a}=-1$, 则 $a=2, b=-2$, 故选 A.
题目（高三 · 代数）：已知 $\mathrm{i}$ 是虚数单位, $m, n \in \mathbf{R}$ 且 $m(1+\mathrm{i})=\sqrt{3}+m \mathbf{i}$, 则 $\left(\frac{m+n \mathrm{i}}{m-n \mathrm{i}}\right)^{20 n n}=(\quad)$
选项：
A. i
B. $-\mathrm{i}$
C. 1
D. -1
答案：C
解析：$ecause m(1+\mathrm{i})=m+m \mathrm{i}=\sqrt{3}+n \mathrm{i}, 	herefore m=n=\sqrt{3}$,$	herefore\left(rac{m+n \mathrm{i}}{m-n \mathrm{i}}ight)^{2020}=\left(rac{1+\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}ight)^{2020}=\left(rac{2 \mathrm{i}}{-2 \mathrm{i}}ight)^{1010}=1$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：任何一个复数 $z=a+b \mathrm{i}$ (其中 $a, b \in \mathbf{R}, \mathrm{i}$ 为虚数单位) 都可以表示成 $z=r(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta)$ (其中 $r \geq 0, \theta \in \mathbf{R})$ 的形式, 通常称之为复数 $z$ 的三角形式. 法国数学家棣莫弗发现:

$[r(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta)]^{n}=r^{n}(\cos n \theta+\mathrm{i} \sin n \theta)(n \in \mathbf{Z})$, 我们称这个结论为棣莫弗定理. 由棣莫弗定理可知, “ $n$ 为偶数” "是 “复数 $\left(\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2}\right)^{n}(n \in \mathbf{Z})$ 为实数” 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：C
解析：由 $\left(\cos rac{\pi}{2}+i \sin rac{\pi}{2}ight)^{n}=\cos rac{n \pi}{2}+i \sin rac{n \pi}{2}$ 为实数, 得 $\sin rac{n \pi}{2}=0$,故 $rac{n \pi}{2}=k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 即 $n=2 k, k \in \mathbf{Z}$,故“ $n$ 为偶数” 是 “复数 $\left(\cos rac{\pi}{2}+i \sin rac{\pi}{2}ight)^{n}(n \in Z)$ 为实数”的充要条件, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：复数 $z_{1}=1+i \cos \theta, z_{2}=\sin \theta-i, i$ 为虚数单位, 则 $\left|z_{1}-z_{2}\right|$ 的最大值为 ( )

$\begin{array}{lll}\text {
选项：
A. } 3-2 \sqrt{2} \text { B. } \sqrt{2}-1 & \text { C. } 3+2 \sqrt{2} \text { D. } \sqrt{2}+1\end{array}$
答案：D
解析：$ecause z_{1}=1+\mathrm{i} \cos 	heta, z_{2}=\sin 	heta-i$ ，$\left|z_{1}-z_{2}ight|=|(1-\sin 	heta)+(\cos 	heta+1) \mathrm{i}|=\sqrt{(1-\sin 	heta)^{2}+(1+\cos 	heta)^{2}}$$=\sqrt{3+2(\cos 	heta-\sin 	heta)}=\sqrt{3+2 \sqrt{2} \cos \left(	heta+rac{\pi}{4}ight)}$,$ecause\left|\cos \left(	heta+rac{\pi}{4}ight)ight|_{\max }=1, \quad 	herefore\left|z_{1}-z_{2}ight|_{\max }=\sqrt{3+2 \sqrt{2}}=\sqrt{2}+1$, 故选 D.
题目（高三 · 代数）：有下列数据:

| $x$ | 1 | 2 | 3 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y$ | 3 | $5 \cdot 99$ | $12 \cdot 01$ |

下列四个函数中，模拟效果最好的为（）
选项：
A. $y=3 \times 2^{x-1}$
B. $y=\log _{2} x$
C. $y=3 x$
D. $y=x^{2}$
答案：A
解析：当 $x=1,2,3$ 时, 分别代入求 $y$ 值, 离 $y$ 最近的值模拟效果最好, 可知 $\mathrm{A}$ 模拟效果最好. 故选 A.
题目（高三 · 代数）：在 $\left(x-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{6}$ 的展开式中, 常数项为 ( )
选项：
A. 256 B. 240 C. 192 D. 160
答案：B
解析：答案:B

【解析】二项式 $\left(x-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{6}$ 展开式的通项为 $T_{\gamma+1}=\mathrm{C}_{6}^{\gamma} x^{6-\gamma}\left(-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{\gamma}=\mathrm{C}_{6}^{\gamma} x^{6-\frac{3}{2} y}(-2)^{\gamma}$,

令 $6-\frac{3}{2} r=0$, 解得 $r=4$, 所以 $T_{4+1}=\mathrm{C}_{6}^{4} x^{0}(-2)^{4}=240$, 故选 B.
题目（高三 · 代数）：已知 $\left(1+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ 的展开式中各项系数的和为 2 , 则该展开式中常数项为 ( )
选项：
A. -80 B. -40 C. 40 D. 80
答案：D
解析：答案:D

【解析】令二项式中的 $x$ 为 1 得到展开式的各项系数和为 $1+a$,

$1+a=2, \quad \backslash a=1$,

$\therefore\left(1+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}=\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}=\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}+\frac{1}{x}\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$,

展开式中常数项为 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ 的常数项与含 $x$ 的系数和,

$\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ 展开式的通项为 $T_{\gamma+1}=(-1)^{r} 2^{5-\gamma} C_{5}^{\gamma} x^{5-2 r}$,

令 $5-2 r=1$, 得 $r=2$; 令 $5-2 r=0$, 无整数解,

展开式中常数项为 $8 \mathrm{C}_{5}^{2}=80$, 故选 $\mathrm{D}$
题目（高三 · 代数）：化简: $1+3 x+3 x^{2}+x^{3}=(\quad)$
选项：
A. $x^{4} \quad$ B. $(x+1)^{3} \quad$ C. $(x+1)^{4}$ D. $(x-1)^{3}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】 $1+3 x+3 x^{2}+x^{3}=C_{3}^{0} \cdot 1^{3}+C_{3}^{1} \cdot x \cdot 1^{2}+C_{3}^{2} \cdot x^{2} \cdot 1+C_{3}^{3} \cdot x^{3}=(x+1)^{3}$,

故选 B.
题目（高三 · 代数）：若, 则 $\left(a_{0}+a_{2}+\cdots+a_{10}\right)^{2}-$

$\left(a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{9}\right)^{2}=$ ( )

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } 1 & \text { B. }-1 & \text { C. } 2 & \text { D. }-2\end{array}$
答案：A
解析：答案:A

【解析】令 $x=1$, 得,

令 $x=-1$, 得,

故 $\left(a_{0}+a_{2}+\cdots+a_{10}\right)^{2}-\left(a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{9}\right)^{2}$

$=\left(a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{10}\right)\left(a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}+\cdots+a_{10}\right)=(\sqrt{2}+1)^{10}(\sqrt{2}-1)^{10}=1$,

故选 A.