eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 解析几何）：已知函数 $f(x)$ 是二次函数, 且 0 和 5 是函数的两个零点, 且 $f(x)$ 在区间 $[-1,4]$ 上的最大值为 12 .

(1)求 $f(x)$ 的解析式;

(2) 设函数 $f(x)$ 在 $x \in[t, t+1]$ 上的最小值为 $g(t)$, 求 $g(t)$ 的解析式.
选项：
答案：(1) $\because f(x)$ 是二次函数, 且 0 和 5 是其两个零点,

$\therefore$ 可设 $f(x)=a x(x-5)(a>0)$,

$\therefore f(x)$ 在区间 $[-1,4]$ 上的最大值是 $f(-1)=6 a$.

由已知, 得 $6 a=12$,

$\therefore a=2$.

$\therefore f(x)=2 x(x-5)=2 x^{2}-10 x(x \in \mathbf{R})$.

(2)由(1)知 $f(x)=2 x^{2}-10 x=2\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}-\frac{25}{2}$, 开口向上, 对称轴为 $x=\frac{5}{2}$.

(1)当 $t+1<\frac{5}{2}$, 即 $t<\frac{3}{2}$ 时, $f(x)$ 在 $[t, t+1]$ 上是减函数, $\therefore g(t)=2(t+1)^{2}-10(t+1)=2 t^{2}-6 t$ $-8$.

(2)当 $t>\frac{5}{2}$ 时, $f(x)$ 在 $[t, t+1]$ 上是增函数,

$\therefore g(t)=2 t^{2}-10 t$.

(3)当 $t \leqslant \frac{5}{2} \leqslant t+1$, 即 $\frac{3}{2} \leqslant t \leqslant \frac{5}{2}$ 时, $f(x)$ 在对称轴处取得最小值, $\therefore g(t)=f\left(\frac{5}{2}\right)=-\frac{25}{2}$.

综上所述, $g(t)=\left\{\begin{array}{l}2 t^{2}-6 t-8, t<\frac{3}{2}, \\ -\frac{25}{2}, \frac{3}{2} \leqslant t \leqslant \frac{5}{2}, \\ 2 t^{2}-10 t, t>\frac{5}{2} .\end{array}\right.$
解析：(1) $\because f(x)$ 是二次函数, 且 0 和 5 是其两个零点,

$\therefore$ 可设 $f(x)=a x(x-5)(a>0)$,

$\therefore f(x)$ 在区间 $[-1,4]$ 上的最大值是 $f(-1)=6 a$.

由已知, 得 $6 a=12$,

$\therefore a=2$.

$\therefore f(x)=2 x(x-5)=2 x^{2}-10 x(x \in \mathbf{R})$.

(2)由(1)知 $f(x)=2 x^{2}-10 x=2\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}-\frac{25}{2}$, 开口向上, 对称轴为 $x=\frac{5}{2}$.

(1)当 $t+1<\frac{5}{2}$, 即 $t<\frac{3}{2}$ 时, $f(x)$ 在 $[t, t+1]$ 上是减函数, $\therefore g(t)=2(t+1)^{2}-10(t+1)=2 t^{2}-6 t$ $-8$.

(2)当 $t>\frac{5}{2}$ 时, $f(x)$ 在 $[t, t+1]$ 上是增函数,

$\therefore g(t)=2 t^{2}-10 t$.

(3)当 $t \leqslant \frac{5}{2} \leqslant t+1$, 即 $\frac{3}{2} \leqslant t \leqslant \frac{5}{2}$ 时, $f(x)$ 在对称轴处取得最小值, $\therefore g(t)=f\left(\frac{5}{2}\right)=-\frac{25}{2}$.

综上所述, $g(t)=\left\{\begin{array}{l}2 t^{2}-6 t-8, t<\frac{3}{2}, \\ -\frac{25}{2}, \frac{3}{2} \leqslant t \leqslant \frac{5}{2}, \\ 2 t^{2}-10 t, t>\frac{5}{2} .\end{array}\right.$
题目（高一 · 解析几何）：中国第一高摩天轮“南昌之星摩天轮”高度为 $160 \mathrm{~m}$, 其中心 $O$ 距地面 $O B=\frac{167}{2} \mathrm{~m}$, 半径为 $O C=\frac{153}{2} \mathrm{~m}$,

, 若某人从最低点 $D$ 处登上摩天轮, 摩天轮匀速旋转, 那么此人与地面的距离将随时间 $t$ 变化, $t=15 \mathrm{~min}$ 后达到最高点, 从登上摩天轮时开始计时.



(1) 求出人与地面距离 $\mathrm{y}$ 与时间 $\mathrm{t}$ 的函数解析式;

(2) 从登上摩天轮到旋转一周过程中, 有多长时间人与地面距离大于 $\frac{181}{4} \mathrm{~m}$.
选项：
答案：（1）解：根据题意摩天轮从最低点开始, $15 \mathrm{~min}$ 后达到最高点,

则 $30 \mathrm{~min}$ 转一圈, 所以摩天轮的角速度为 $\omega=\frac{2 \pi}{30}=\frac{\pi}{15}$.

则 $t \min$ 时, 人在点 $C$ 处, 则此时转过的角度为 $\theta=\frac{\pi}{15} t$.

所以 $y=\frac{167}{2}-\frac{153}{2} \cos \frac{\pi}{15} t(t \geq 0)$.

(2) 解: 登上摩天轮到旋转一周,

则 $0 \leq t \leq 30$, 人与地面距离大于 $\frac{181}{4} \mathrm{~m}$,

即 $y=\frac{167}{2}-\frac{153}{2} \cos \frac{\pi}{15} t>\frac{181}{4}$, 所以 $\cos \frac{\pi}{15} t<\frac{1}{2}$,

由 $0 \leq t \leq 30$, 解得 $5<t<25$,

<ImageHere>

故有 20 分钟人与地面距离大于 $\frac{181}{4} \mathrm{~m}$.
解析：(1) 计算 $\omega=\frac{2 \pi}{30}=\frac{\pi}{15}$, 得到 $t \mathrm{~min}$ 时, 转过的角度为 $\theta=\frac{\pi}{15} t$, 得到解析式. (2) 解不

等式 $y=\frac{167}{2}-\frac{153}{2} \cos \frac{\pi}{15} t>\frac{181}{4}$ 得到答案.
题目（高一 · 解析几何）：对于函数 $f(x)=a-\frac{2}{2^{x}+1}(a \in \mathbf{R})$,

(1)判断并证明函数的单调性;

(2) 是否存在实数 $a$, 使函数 $f(x)$ 为奇函数？证明你的结论.
选项：
答案：(1)函数 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的增函数, 证明如下:

设任意 $x_{1}, x_{2} \in \mathbf{R}$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 有

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=$

$\left(a-\frac{2}{2 x_{1}+1}\right)-\left(a-\frac{2}{2 x_{2}+1}\right)$

$=\frac{2}{2 x_{2}+1}-\frac{2}{2 x_{1}+1}=\frac{2\left(2 x_{1}-2 x_{2}\right)}{\left(2 x_{1}+1\right)\left(2 x_{2}+1\right)}$.

$\because y=2^{x}$ 是 $\mathbf{R}$ 上的增函数, $\therefore 2 x_{1}<2 x_{2}$, 即 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$. 故 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的增函数.

(2)假设存在实数 $a$ ，使函数 $f(x)$ 为奇函数,

即 $f(-x)=-f(x)$.

$$
\begin{aligned}
& \because a-\frac{2}{2^{-x}+1}=-a+\frac{2}{2^{x}+1} \\
& \therefore 2 a=\frac{2}{2^{-x}+1}+\frac{2}{2^{x}+1}=\frac{2^{x+1}}{2^{x}+1}+\frac{2}{2^{x}+1} \\
& =\frac{2\left(2^{x}+1\right)}{2^{x}+1}=2, \quad \therefore a=1
\end{aligned}
$$

故存在实数 $a=1$, 使 $f(x)$ 为奇函数
解析：(1)函数 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的增函数, 证明如下:

设任意 $x_{1}, x_{2} \in \mathbf{R}$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 有

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=$

$\left(a-\frac{2}{2 x_{1}+1}\right)-\left(a-\frac{2}{2 x_{2}+1}\right)$

$=\frac{2}{2 x_{2}+1}-\frac{2}{2 x_{1}+1}=\frac{2\left(2 x_{1}-2 x_{2}\right)}{\left(2 x_{1}+1\right)\left(2 x_{2}+1\right)}$.

$\because y=2^{x}$ 是 $\mathbf{R}$ 上的增函数, $\therefore 2 x_{1}<2 x_{2}$, 即 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$. 故 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的增函数.

(2)假设存在实数 $a$ ，使函数 $f(x)$ 为奇函数,

即 $f(-x)=-f(x)$.

$$
\begin{aligned}
& \because a-\frac{2}{2^{-x}+1}=-a+\frac{2}{2^{x}+1} \\
& \therefore 2 a=\frac{2}{2^{-x}+1}+\frac{2}{2^{x}+1}=\frac{2^{x+1}}{2^{x}+1}+\frac{2}{2^{x}+1} \\
& =\frac{2\left(2^{x}+1\right)}{2^{x}+1}=2, \quad \therefore a=1
\end{aligned}
$$

故存在实数 $a=1$, 使 $f(x)$ 为奇函数
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $C$ 和 $y$ 轴相切, 圆心 $C$ 在直线 $x-3 y=0$ 上, 且被直线 $y=x$ 截得的弦长为 $2 \sqrt{7}$, 求圆 $C$ 的方程.
选项：
答案：设圆心坐标为 $(3 m, m)$,

$\because$ 圆 $C$ 和 $y$ 轴相切, $\therefore$ 圆 $C$ 的半径为 $3|m|$.

$\because$ 圆心到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{2 m \mid}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}|m|$,

由半径、弦心距、半弦长的关系, 得 $9 m^{2}=7+2 m^{2}$,

$\therefore m= \pm 1 . \therefore$ 所求圆 $C$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9$ 或 $(x+3)^{2}+(y+1)^{2}=9$.
解析：设圆心坐标为 $(3 m, m)$,

$\because$ 圆 $C$ 和 $y$ 轴相切, $\therefore$ 圆 $C$ 的半径为 $3|m|$.

$\because$ 圆心到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{2 m \mid}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}|m|$,

由半径、弦心距、半弦长的关系, 得 $9 m^{2}=7+2 m^{2}$,

$\therefore m= \pm 1 . \therefore$ 所求圆 $C$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9$ 或 $(x+3)^{2}+(y+1)^{2}=9$.
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 x+4 y-4=0$. 问是否存在斜率为 1 的直线 $l$, 使 $l$ 被圆 $C$ 截得的弦 $A B$ 满足: 以 $A B$为直径的圆经过原点 $O$.
选项：
答案：假设存在且设 $l$ 为 $y=x+m$, 圆 $C$ 化为标准方程为 $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}=9$, 圆心 $C(1,-2)$.

解方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+m, \\ y+2=-(x-1),\end{array}\right.$

得 $A B$ 的中点 $N$ 的坐标为 $N\left(-\frac{m+1}{2}, \frac{m-1}{2}\right)$.

由于以 $A B$ 为直径的圆过原点, 所以 $|A N|=|O N|$.

又 $|A N|=\sqrt{|C A|^{2}-|C N|^{2}}=\sqrt{9-\frac{(m+3)^{2}}{2}}$,

$|O N|=\sqrt{\left(-\frac{m+1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{m-1}{2}\right)^{2}}$.

所以 $9-\frac{(3+m)^{2}}{2}=\left(-\frac{m+1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{m-1}{2}\right)^{2}$,

解得 $m=1$ 或 $m=-4$.

所以存在直线 $l$, 方程为 $x-y+1=0$ 和 $x-y-4=0$, 并可以检验, 这时 $l$ 与圆 $C$ 是相交于两点的.
解析：假设存在且设 $l$ 为 $y=x+m$, 圆 $C$ 化为标准方程为 $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}=9$, 圆心 $C(1,-2)$.

解方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+m, \\ y+2=-(x-1),\end{array}\right.$

得 $A B$ 的中点 $N$ 的坐标为 $N\left(-\frac{m+1}{2}, \frac{m-1}{2}\right)$.

由于以 $A B$ 为直径的圆过原点, 所以 $|A N|=|O N|$.

又 $|A N|=\sqrt{|C A|^{2}-|C N|^{2}}=\sqrt{9-\frac{(m+3)^{2}}{2}}$,

$|O N|=\sqrt{\left(-\frac{m+1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{m-1}{2}\right)^{2}}$.

所以 $9-\frac{(3+m)^{2}}{2}=\left(-\frac{m+1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{m-1}{2}\right)^{2}$,

解得 $m=1$ 或 $m=-4$.

所以存在直线 $l$, 方程为 $x-y+1=0$ 和 $x-y-4=0$, 并可以检验, 这时 $l$ 与圆 $C$ 是相交于两点的.
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $C: x^{2}+(y-1)^{2}=5$, 直线 $l: m x-y+1-m=0$.

(1)求证：对任意 $m \in \mathbf{R}$, 直线 $l$ 与圆 $C$ 总有两个不同的交点;

(2)设 $l$ 与圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 若 $|A B|=\sqrt{17}$, 求直线 $l$ 的倾斜角.

(1)证明 由已知得直线 $l: y-1=m(x-1)$,

所以直线 $l$ 恒过定点 $P(1,1)$,

因为 $1^{2}=1<5$,

所以点 $P$ 在圆 $C$ 内,

所以直线 $l$ 与圆 $C$ 总有两个不同的交点.

(2)
选项：
答案：设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+(y-1)^{2}=5, \\ m x-y+1-m=0,\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得

$\left(m^{2}+1\right) x^{2}-2 m^{2} x+m^{2}-5=0$,

则 $x_{1}, x_{2}$ 是一元二次方程的两个实根, $x_{1}+x_{2}=\frac{2 m^{2}}{m^{2}+1}$,
$x_{1} x_{2}=\frac{m^{2}-5}{m^{2}+1}$.

因为 $|A B|=\sqrt{1+m^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{1+m^{2}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} X_{2}}$,

即 $\sqrt{17}=\sqrt{1+m^{2}} \cdot \frac{\sqrt{16 m^{2}+20}}{1+m^{2}}$,

所以 $m^{2}=3, m= \pm \sqrt{3}$,

所以直线 $l$ 的倾斜角为 $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$.
解析：设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+(y-1)^{2}=5, \\ m x-y+1-m=0,\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得

$\left(m^{2}+1\right) x^{2}-2 m^{2} x+m^{2}-5=0$,

则 $x_{1}, x_{2}$ 是一元二次方程的两个实根, $x_{1}+x_{2}=\frac{2 m^{2}}{m^{2}+1}$,
$x_{1} x_{2}=\frac{m^{2}-5}{m^{2}+1}$.

因为 $|A B|=\sqrt{1+m^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{1+m^{2}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} X_{2}}$,

即 $\sqrt{17}=\sqrt{1+m^{2}} \cdot \frac{\sqrt{16 m^{2}+20}}{1+m^{2}}$,

所以 $m^{2}=3, m= \pm \sqrt{3}$,

所以直线 $l$ 的倾斜角为 $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $l$ 的斜率与直线 $3 x-2 y=6$ 的斜率相等, 且直线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距比在 $y$ 轴上的截距大 1 , 求直线 $l$ 的方程.
选项：
答案：意知, 直线 $l$ 的斜率为 $\frac{3}{2}$, 故设直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x+b, l$ 在 $x$ 轴上的截距为 $-\frac{2}{3} b$, 在 $y$ 轴上的截距为 $b$, 所以 $-\frac{2}{3} b-b=1, b=-\frac{3}{5}$, 直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{3}{5}$, 即 $15 x-10 y-6=0$.
解析：意知, 直线 $l$ 的斜率为 $\frac{3}{2}$, 故设直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x+b, l$ 在 $x$ 轴上的截距为 $-\frac{2}{3} b$, 在 $y$ 轴上的截距为 $b$, 所以 $-\frac{2}{3} b-b=1, b=-\frac{3}{5}$, 直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{3}{5}$, 即 $15 x-10 y-6=0$.
题目（高一 · 解析几何）：已知三角形的顶点坐标是 $A(-5,0), B(3,-3), C(0,2)$, 试求这个三角形的 3 条边所在直线的方程.
选项：
答案：直线 $A B$ 的斜率 $k_{A B}=\frac{-3-0}{3-(-5)}=-\frac{3}{8}$, 过点 $A(-5,0)$, 由点斜式得直线 $A B$ 的方程为 $y=-\frac{3}{8}(x+5)$,即 $3 x+8 y+15=0$; 同理, $k_{B C}=\frac{2+3}{0-3}=-\frac{5}{3}, k_{A C}=\frac{2-0}{0+5}=\frac{2}{5}$, 直线 $B C, A C$ 的方程分别为 $5 x+3 y-6=0,2 x-$ $5 y+10=0$.
解析：直线 $A B$ 的斜率 $k_{A B}=\frac{-3-0}{3-(-5)}=-\frac{3}{8}$, 过点 $A(-5,0)$, 由点斜式得直线 $A B$ 的方程为 $y=-\frac{3}{8}(x+5)$,即 $3 x+8 y+15=0$; 同理, $k_{B C}=\frac{2+3}{0-3}=-\frac{5}{3}, k_{A C}=\frac{2-0}{0+5}=\frac{2}{5}$, 直线 $B C, A C$ 的方程分别为 $5 x+3 y-6=0,2 x-$ $5 y+10=0$.
题目（高一 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 的三个顶点坐标分别是 $A(-5,0), B(3,-3), C(0,2)$, 求 $B C$ 边上的高所在的直线方程.

解 设 $B C$ 边上的高为 $A D$, 则 $B C \perp A D$,

$\therefore k_{A D} \cdot k_{B C}=-1$, 即 $\frac{2+3}{0-3} \cdot k_{A D}=-1$, 解得 $k_{A D}=\frac{3}{5}$.

$\therefore B C$ 边上的高所在的直线方程为 $y-0=\frac{3}{5}(x+5)$,

即 $y=\frac{3}{5} x+3$
选项：
答案：已知 $\triangle A B C$ 的三个顶点坐标分别是 $A(-5,0), B(3,-3), C(0,2)$, 求 $B C$ 边上的高所在的直线方程.

解 设 $B C$ 边上的高为 $A D$, 则 $B C \perp A D$,

$\therefore k_{A D} \cdot k_{B C}=-1$, 即 $\frac{2+3}{0-3} \cdot k_{A D}=-1$, 解得 $k_{A D}=\frac{3}{5}$.

$\therefore B C$ 边上的高所在的直线方程为 $y-0=\frac{3}{5}(x+5)$,

即 $y=\frac{3}{5} x+3$.
解析：已知 $\triangle A B C$ 的三个顶点坐标分别是 $A(-5,0), B(3,-3), C(0,2)$, 求 $B C$ 边上的高所在的直线方程.

解 设 $B C$ 边上的高为 $A D$, 则 $B C \perp A D$,

$\therefore k_{A D} \cdot k_{B C}=-1$, 即 $\frac{2+3}{0-3} \cdot k_{A D}=-1$, 解得 $k_{A D}=\frac{3}{5}$.

$\therefore B C$ 边上的高所在的直线方程为 $y-0=\frac{3}{5}(x+5)$,

即 $y=\frac{3}{5} x+3$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $l$ 的斜率与直线 $3 x-2 y=6$ 的斜率相等, 且直线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距比在 $y$ 轴上的截距大 1 , 求直线 $l$ 的方程.

解 由题意知, 直线 $l$ 的斜率为 $\frac{3}{2}$,

故设直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x+b$,

$l$ 在 $x$ 轴上的截距为 $-\frac{2}{3} b$, 在 $y$ 轴上的截距为 $b$,

所以 $-\frac{2}{3} b-b=1, b=-\frac{3}{5}$,

所以直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{3}{5}$.

#
选项：
答案：直线 $l$ 的斜率与直线 $3 x-2 y=6$ 的斜率相等, 且直线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距比在 $y$ 轴上的截距大 1 , 求直线 $l$ 的方程.

解 由题意知, 直线 $l$ 的斜率为 $\frac{3}{2}$,

故设直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x+b$,

$l$ 在 $x$ 轴上的截距为 $-\frac{2}{3} b$, 在 $y$ 轴上的截距为 $b$,

所以 $-\frac{2}{3} b-b=1, b=-\frac{3}{5}$,

所以直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{3}{5}$.
解析：直线 $l$ 的斜率与直线 $3 x-2 y=6$ 的斜率相等, 且直线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距比在 $y$ 轴上的截距大 1 , 求直线 $l$ 的方程.

解 由题意知, 直线 $l$ 的斜率为 $\frac{3}{2}$,

故设直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x+b$,

$l$ 在 $x$ 轴上的截距为 $-\frac{2}{3} b$, 在 $y$ 轴上的截距为 $b$,

所以 $-\frac{2}{3} b-b=1, b=-\frac{3}{5}$,

所以直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2} x-\frac{3}{5}$.
题目（高一 · 解析几何）：设定义在 $[-2,2]$ 上的偶函数 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上单调递减, 若 $f(1-m)<f(m)$, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：【解】 $\because f(x)$ 是偶函数, $\therefore f(-x)=f(x)=f(|x|), \therefore$ 不等式 $f(1-m)<f(m)$ 等价于 $f(|1-m|)<f(|m|)$.

又当 $x \in[0,2]$ 时, $f(x)$ 是减函数.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}|1-m|>|m|, \\ -2 \leqslant 1-m \leqslant 2, \\ -2 \leqslant m \leqslant 2,\end{array}\right.$ 解得 $-1 \leqslant m<\frac{1}{2}$.

故实数 $m$ 的取值范围为 $\left[-1, \frac{1}{2}\right)$.
解析：【解】 $\because f(x)$ 是偶函数, $\therefore f(-x)=f(x)=f(|x|), \therefore$ 不等式 $f(1-m)<f(m)$ 等价于 $f(|1-m|)<f(|m|)$.

又当 $x \in[0,2]$ 时, $f(x)$ 是减函数.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}|1-m|>|m|, \\ -2 \leqslant 1-m \leqslant 2, \\ -2 \leqslant m \leqslant 2,\end{array}\right.$ 解得 $-1 \leqslant m<\frac{1}{2}$.

故实数 $m$ 的取值范围为 $\left[-1, \frac{1}{2}\right)$.
题目（高一 · 解析几何）：函数 $f(x)=\frac{a x+b}{1+x^{2}}$ 是定义在 $(-1,1)$ 上的奇函数, 且 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{5}$.

(1) 确定函数 $f(x)$ 的解析式;

(2)用定义证明: $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是增函数;

(3)解不等式: $f(t-1)+f(t)<0$.
选项：
答案：(1) 由题意知 $\left\{\begin{array}{l}f(0)=0, \\ f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{5},\end{array} \quad\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{b}{1+0^{2}}=0, \\ \frac{a}{2}+b \\ 1+\frac{1}{4}=\frac{2}{5},\end{array} \quad\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=1, \\ b=0,\end{array}\right.$

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

(2)证明: 任取 $-1<x_{1}<x_{2}<1$, 则 $x_{2}-x_{1}>0$,

$$
\begin{aligned}
& f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\frac{x_{2}}{1+x_{2}^{2}}-\frac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}=\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(1-x_{1} x_{2}\right)}{\left(1+x_{1}^{2}\right)\left(1+x_{2}^{2}\right)} . \\
& \because-1<x_{1}<x_{2}<1, \\
& \therefore-1<x_{1} x_{2}<1,1-x_{1} x_{2}>0 . \\
& \text { 于是 } f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)>0, \\
& \therefore f(x) \text { 为 }(-1,1) \text { 上的增函数. } \\
& (3) f(t-1)<-f(t)=f(-t) . \\
& \because f(x) \text { 在 }(-1,1) \text { 上是增函数, } \\
& \therefore-1<t-1<-t<1, \text { 解得 } 0<t<\frac{1}{2} .
\end{aligned}
$$
解析：(1) 由题意知 $\left\{\begin{array}{l}f(0)=0, \\ f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{5},\end{array} \quad\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{b}{1+0^{2}}=0, \\ \frac{a}{2}+b \\ 1+\frac{1}{4}=\frac{2}{5},\end{array} \quad\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=1, \\ b=0,\end{array}\right.$

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

(2)证明: 任取 $-1<x_{1}<x_{2}<1$, 则 $x_{2}-x_{1}>0$,

$$
\begin{aligned}
& f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\frac{x_{2}}{1+x_{2}^{2}}-\frac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}=\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(1-x_{1} x_{2}\right)}{\left(1+x_{1}^{2}\right)\left(1+x_{2}^{2}\right)} . \\
& \because-1<x_{1}<x_{2}<1, \\
& \therefore-1<x_{1} x_{2}<1,1-x_{1} x_{2}>0 . \\
& \text { 于是 } f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)>0, \\
& \therefore f(x) \text { 为 }(-1,1) \text { 上的增函数. } \\
& (3) f(t-1)<-f(t)=f(-t) . \\
& \because f(x) \text { 在 }(-1,1) \text { 上是增函数, } \\
& \therefore-1<t-1<-t<1, \text { 解得 } 0<t<\frac{1}{2} .
\end{aligned}
$$
题目（高一 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=\frac{a \cdot 2^{x}-1}{2^{x}+1}$ 的图象经过点 $\left(1, \frac{1}{3}\right)$.

(1) 求 $a$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)$ 的定义域和值域;

（3）证明: 函数 $f(x)$ 是奇函数.
选项：
答案：（1）由题意知, 函数 $f(x)$ 的图象过点 $\left(1, \frac{1}{3}\right)$, 可得 $f(1)=\frac{2 a-1}{3}=\frac{1}{3}$, 解得 $\boldsymbol{a}=1$.

(2) 由 (1) 知, 函数 $f(x)=\frac{2^{x}-1}{2^{x}+1}, \because 2^{x}>0,2^{x}+1>1$, 即 $f(x)$ 的定义域为 $R$.

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

又 $\because 2^{x} \in(0,+\infty), \therefore \frac{2}{2^{x}+1} \in(0,2)$, 所以 $f(x)$ 的值域为 $(-1,1)$.

(3) $\because f(x)$ 的定义域为 $R$, 且 $f(-x)=\frac{2^{-x}-1}{2^{-x}+1}=\frac{1-2^{x}}{1+2^{x}}=-f(x)$, 所以 $f(x)$ 是奇函数.
解析：（1）由题意知, 函数 $f(x)$ 的图象过点 $\left(1, \frac{1}{3}\right)$, 可得 $f(1)=\frac{2 a-1}{3}=\frac{1}{3}$, 解得 $\boldsymbol{a}=1$.

(2) 由 (1) 知, 函数 $f(x)=\frac{2^{x}-1}{2^{x}+1}, \because 2^{x}>0,2^{x}+1>1$, 即 $f(x)$ 的定义域为 $R$.

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

又 $\because 2^{x} \in(0,+\infty), \therefore \frac{2}{2^{x}+1} \in(0,2)$, 所以 $f(x)$ 的值域为 $(-1,1)$.

(3) $\because f(x)$ 的定义域为 $R$, 且 $f(-x)=\frac{2^{-x}-1}{2^{-x}+1}=\frac{1-2^{x}}{1+2^{x}}=-f(x)$, 所以 $f(x)$ 是奇函数.
题目（高一 · 解析几何）：直线 $l_{1}$ 经过点 $A(m, 1), B(-3,4)$, 直线 $l_{2}$ 经过点 $C(1, m), D(-1, m+1)$, 当 $l_{1} / / l_{2}$ 或 $l_{1} \perp l_{2}$ 时, 分别求实数 $m$ 的值.
选项：
答案：$l_{1} / / l_{2}$ 时,

由于直线 $l_{2}$ 的斜率存在, 则直线 $l_{1}$ 的斜率也存在,

则 $k_{A B}=k_{C D}$, 即 $\frac{4-1}{-3-m}=\frac{m+1-m}{-1-1}$,

解得 $m=3$;

当 $l_{1} \perp l_{2}$ 时，由于直线 $l_{2}$ 的斜率存在且不为 0 , 则直线 $l_{1}$ 的斜率也存在, 则 $k_{A B} k_{C D}=-1$,

即 $\frac{4-1}{-3-m} \cdot \frac{m+1-m}{-1-1}=-1$,

解得 $m=-\frac{9}{2}$.

综上, 当 $l_{1} / / l_{2}$ 时, $m$ 的值为 3 ;

当 $l_{1} \perp l_{2}$ 时, $m$ 的值为 $-\frac{9}{2}$.
解析：$l_{1} / / l_{2}$ 时,

由于直线 $l_{2}$ 的斜率存在, 则直线 $l_{1}$ 的斜率也存在,

则 $k_{A B}=k_{C D}$, 即 $\frac{4-1}{-3-m}=\frac{m+1-m}{-1-1}$,

解得 $m=3$;

当 $l_{1} \perp l_{2}$ 时，由于直线 $l_{2}$ 的斜率存在且不为 0 , 则直线 $l_{1}$ 的斜率也存在, 则 $k_{A B} k_{C D}=-1$,

即 $\frac{4-1}{-3-m} \cdot \frac{m+1-m}{-1-1}=-1$,

解得 $m=-\frac{9}{2}$.

综上, 当 $l_{1} / / l_{2}$ 时, $m$ 的值为 3 ;

当 $l_{1} \perp l_{2}$ 时, $m$ 的值为 $-\frac{9}{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：已知 $\triangle A B C$ 的 3 个顶点坐标分别为 $A(-1,0), B(1,1), C(0,2)$, 试分别求 $\triangle A B C$ 条边上的高所在直线的斜率.

解：设边 $A B, A C, B C$ 上的高所在直线的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$.

因为 $k_{A B}=\frac{1-0}{1-(-1)}=\frac{1}{2}$,

所以由 $k_{A B} \cdot k_{1}=-1$,

可得 $k_{1}=-2$;

因为 $k_{A C}=\frac{2-0}{0-(-1)}=2$,

所以由 $k_{A C} \cdot k_{2}=-1$,

可得 $k_{2}=-\frac{1}{2}$;

因为 $k_{B C}=\frac{2-1}{0-1}=-1$,

所以由 $k_{B C} \cdot k_{3}=-1$,

可得 $k_{3}=1$.

综上可得, 边 $A B, A C, B C$ 上的高所在直线的斜率分别为 $-2,-\frac{1}{2}, 1$
选项：
答案：知 $\triangle A B C$ 的 3 个顶点坐标分别为 $A(-1,0), B(1,1), C(0,2)$, 试分别求 $\triangle A B C$ 条边上的高所在直线的斜率.

解：设边 $A B, A C, B C$ 上的高所在直线的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$.

因为 $k_{A B}=\frac{1-0}{1-(-1)}=\frac{1}{2}$,

所以由 $k_{A B} \cdot k_{1}=-1$,

可得 $k_{1}=-2$;

因为 $k_{A C}=\frac{2-0}{0-(-1)}=2$,

所以由 $k_{A C} \cdot k_{2}=-1$,

可得 $k_{2}=-\frac{1}{2}$;

因为 $k_{B C}=\frac{2-1}{0-1}=-1$,

所以由 $k_{B C} \cdot k_{3}=-1$,

可得 $k_{3}=1$.

综上可得, 边 $A B, A C, B C$ 上的高所在直线的斜率分别为 $-2,-\frac{1}{2}, 1$.
解析：知 $\triangle A B C$ 的 3 个顶点坐标分别为 $A(-1,0), B(1,1), C(0,2)$, 试分别求 $\triangle A B C$ 条边上的高所在直线的斜率.

解：设边 $A B, A C, B C$ 上的高所在直线的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$.

因为 $k_{A B}=\frac{1-0}{1-(-1)}=\frac{1}{2}$,

所以由 $k_{A B} \cdot k_{1}=-1$,

可得 $k_{1}=-2$;

因为 $k_{A C}=\frac{2-0}{0-(-1)}=2$,

所以由 $k_{A C} \cdot k_{2}=-1$,

可得 $k_{2}=-\frac{1}{2}$;

因为 $k_{B C}=\frac{2-1}{0-1}=-1$,

所以由 $k_{B C} \cdot k_{3}=-1$,

可得 $k_{3}=1$.

综上可得, 边 $A B, A C, B C$ 上的高所在直线的斜率分别为 $-2,-\frac{1}{2}, 1$.
题目（高一 · 解析几何）：当 $m$ 为何值时，过两点 $A(1,1), B\left(2 m^{2}+1, m-2\right)$ 的直线:

(1)倾斜角为 $135^{\circ}$;

(2)与过两点 $(3,2),(0,-7)$ 的直线垂直;

(3)与过两点 $(2,-3),(-4,9)$ 的直线平行.

解 (1) 由 $k_{A B}=\frac{m-3}{2 m^{2}}=-1$, 得 $2 m^{2}+m-3=0$, 解得 $m=-\frac{3}{2}$ 或 1 .

(2) 由 $\frac{-7-2}{0-3}=3$ 及垂直关系, 得 $\frac{m-3}{2 m^{2}}=-\frac{1}{3}$, 解得 $m=\frac{3}{2}$ 或 -3 .

(3) 令 $\frac{m-3}{2 m^{2}}=\frac{9+3}{-4-2}=-2$, 解得 $m=\frac{3}{4}$ 或 -1 .

#
选项：
答案：$m$ 为何值时，过两点 $A(1,1), B\left(2 m^{2}+1, m-2\right)$ 的直线:

(1)倾斜角为 $135^{\circ}$;

(2)与过两点 $(3,2),(0,-7)$ 的直线垂直;

(3)与过两点 $(2,-3),(-4,9)$ 的直线平行.

解 (1) 由 $k_{A B}=\frac{m-3}{2 m^{2}}=-1$, 得 $2 m^{2}+m-3=0$, 解得 $m=-\frac{3}{2}$ 或 1 .

(2) 由 $\frac{-7-2}{0-3}=3$ 及垂直关系, 得 $\frac{m-3}{2 m^{2}}=-\frac{1}{3}$, 解得 $m=\frac{3}{2}$ 或 -3 .

(3) 令 $\frac{m-3}{2 m^{2}}=\frac{9+3}{-4-2}=-2$, 解得 $m=\frac{3}{4}$ 或 -1 .
解析：$m$ 为何值时，过两点 $A(1,1), B\left(2 m^{2}+1, m-2\right)$ 的直线:

(1)倾斜角为 $135^{\circ}$;

(2)与过两点 $(3,2),(0,-7)$ 的直线垂直;

(3)与过两点 $(2,-3),(-4,9)$ 的直线平行.

解 (1) 由 $k_{A B}=\frac{m-3}{2 m^{2}}=-1$, 得 $2 m^{2}+m-3=0$, 解得 $m=-\frac{3}{2}$ 或 1 .

(2) 由 $\frac{-7-2}{0-3}=3$ 及垂直关系, 得 $\frac{m-3}{2 m^{2}}=-\frac{1}{3}$, 解得 $m=\frac{3}{2}$ 或 -3 .

(3) 令 $\frac{m-3}{2 m^{2}}=\frac{9+3}{-4-2}=-2$, 解得 $m=\frac{3}{4}$ 或 -1 .
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $C: x^{2}+y^{2}+D x+E y+3=0$, 圆心在直线 $x+y-1=0$ 上, 且圆心在第二象限, 半径长为 $\sqrt{2}$, 求圆的一般方程.

解 圆心 $C$ 的坐标为 $\left(-\frac{D}{2},-\frac{E}{2}\right)$,
因为圆心在直线 $x+y-1=0$ 上,

所以 $-\frac{D}{2}-\frac{E}{2}-1=0$, 即 $D+E=-2$.

又 $r=\frac{\sqrt{D^{2}+E^{2}-12}}{2}=\sqrt{2}$, 所以 $D^{2}+E^{2}=20$.

由(1)(2)可得 $\left\{\begin{array}{l}D=2, \\ E=-4\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}D=-4, \\ E=2 .\end{array}\right.$

又圆心在第二象限, 所以 $-\frac{D}{2}<0$, 即 $D>0$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}D=2, \\ E=-4,\end{array}\right.$

所以圆的一般方程为 $x^{2}+y^{2}+2 x-4 y+3=0$.

#
选项：
答案：圆 $C: x^{2}+y^{2}+D x+E y+3=0$, 圆心在直线 $x+y-1=0$ 上, 且圆心在第二象限, 半径长为 $\sqrt{2}$, 求圆的一般方程.

解 圆心 $C$ 的坐标为 $\left(-\frac{D}{2},-\frac{E}{2}\right)$,
因为圆心在直线 $x+y-1=0$ 上,

所以 $-\frac{D}{2}-\frac{E}{2}-1=0$, 即 $D+E=-2$.

又 $r=\frac{\sqrt{D^{2}+E^{2}-12}}{2}=\sqrt{2}$, 所以 $D^{2}+E^{2}=20$.

由(1)(2)可得 $\left\{\begin{array}{l}D=2, \\ E=-4\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}D=-4, \\ E=2 .\end{array}\right.$

又圆心在第二象限, 所以 $-\frac{D}{2}<0$, 即 $D>0$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}D=2, \\ E=-4,\end{array}\right.$

所以圆的一般方程为 $x^{2}+y^{2}+2 x-4 y+3=0$.
解析：圆 $C: x^{2}+y^{2}+D x+E y+3=0$, 圆心在直线 $x+y-1=0$ 上, 且圆心在第二象限, 半径长为 $\sqrt{2}$, 求圆的一般方程.

解 圆心 $C$ 的坐标为 $\left(-\frac{D}{2},-\frac{E}{2}\right)$,
因为圆心在直线 $x+y-1=0$ 上,

所以 $-\frac{D}{2}-\frac{E}{2}-1=0$, 即 $D+E=-2$.

又 $r=\frac{\sqrt{D^{2}+E^{2}-12}}{2}=\sqrt{2}$, 所以 $D^{2}+E^{2}=20$.

由(1)(2)可得 $\left\{\begin{array}{l}D=2, \\ E=-4\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}D=-4, \\ E=2 .\end{array}\right.$

又圆心在第二象限, 所以 $-\frac{D}{2}<0$, 即 $D>0$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}D=2, \\ E=-4,\end{array}\right.$

所以圆的一般方程为 $x^{2}+y^{2}+2 x-4 y+3=0$.
题目（高一 · 解析几何）：画出函数 $y=2^{|x|}$ 的图象, 观察其图象有什么特征? 根据图象指出其值域和单调区间.
选项：
答案：当 $x \geqslant 0$ 时,

$y=2^{|x|}=2^{x} ;$

当 $x<0$ 时,

$y=2^{|x|}=2^{-x}=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$

$\therefore$ 函数 $y=2^{|x|}$ 的图象如图所示,

由图象可知, $y=2^{|x|}$ 的图象关于 $y$ 轴对称,

且值域是 $[1,+\infty)$, 单调递减区间是 $(-\infty, 0]$, 单调递增区间是 $[0,+\infty)$.

<ImageHere>
解析：当 $x \geqslant 0$ 时,

$y=2^{|x|}=2^{x} ;$

当 $x<0$ 时,

$y=2^{|x|}=2^{-x}=\left(\frac{1}{2}\right)^{x}$

$\therefore$ 函数 $y=2^{|x|}$ 的图象如图所示,

由图象可知, $y=2^{|x|}$ 的图象关于 $y$ 轴对称,

且值域是 $[1,+\infty)$, 单调递减区间是 $(-\infty, 0]$, 单调递增区间是 $[0,+\infty)$.
题目（高一 · 解析几何）：(1)已知直线 $l_{1}:(k-3) x+(4-k) y+1=0$ 与 $l_{2}: 2(k-3) x-2 y+3=0$.

(1)若这两条直线垂直, 求 $k$ 的值;

(2)若这两条直线平行, 求 $k$ 的值.

解 (1)根据题意, 得 $(k-3) \times 2(k-3)+(4-k) \times(-2)=0$, 解得 $k=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$\therefore$ 若这两条直线垂直, 则 $k=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.

(2)根据题意, 得 $(k-3) \times(-2)-2(k-3) \times(4-k)=0$,

解得 $k=3$ 或 $k=5$.

经检验, 均符合题意。

$\therefore$ 若这两条直线平行, 则 $k=3$ 或 $k=5$.

(2)求平行于直线 $2 x-y+3=0$, 且与两坐标轴围成的直角三角形的面积为 9 的直线方程.

解 设直线方程为 $2 x-y+c=0$,

设直线在 $x$ 轴与 $y$ 轴上的截距分别为 $-\frac{C}{2}$ 和 $c$,

$\therefore S_{\triangle}=\frac{1}{2} \times\left|-\frac{c}{2}\right| \times|c|=9$, 解得 $c= \pm 6$.

$\therefore$ 所求直线方程为 $2 x-y-6=0$ 或 $2 x-y+6=0$.

#
选项：
答案：)已知直线 $l_{1}:(k-3) x+(4-k) y+1=0$ 与 $l_{2}: 2(k-3) x-2 y+3=0$.

(1)若这两条直线垂直, 求 $k$ 的值;

(2)若这两条直线平行, 求 $k$ 的值.

解 (1)根据题意, 得 $(k-3) \times 2(k-3)+(4-k) \times(-2)=0$, 解得 $k=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$\therefore$ 若这两条直线垂直, 则 $k=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.

(2)根据题意, 得 $(k-3) \times(-2)-2(k-3) \times(4-k)=0$,

解得 $k=3$ 或 $k=5$.

经检验, 均符合题意。

$\therefore$ 若这两条直线平行, 则 $k=3$ 或 $k=5$.

(2)求平行于直线 $2 x-y+3=0$, 且与两坐标轴围成的直角三角形的面积为 9 的直线方程.

解 设直线方程为 $2 x-y+c=0$,

设直线在 $x$ 轴与 $y$ 轴上的截距分别为 $-\frac{C}{2}$ 和 $c$,

$\therefore S_{\triangle}=\frac{1}{2} \times\left|-\frac{c}{2}\right| \times|c|=9$, 解得 $c= \pm 6$.

$\therefore$ 所求直线方程为 $2 x-y-6=0$ 或 $2 x-y+6=0$.
解析：)已知直线 $l_{1}:(k-3) x+(4-k) y+1=0$ 与 $l_{2}: 2(k-3) x-2 y+3=0$.

(1)若这两条直线垂直, 求 $k$ 的值;

(2)若这两条直线平行, 求 $k$ 的值.

解 (1)根据题意, 得 $(k-3) \times 2(k-3)+(4-k) \times(-2)=0$, 解得 $k=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$\therefore$ 若这两条直线垂直, 则 $k=\frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.

(2)根据题意, 得 $(k-3) \times(-2)-2(k-3) \times(4-k)=0$,

解得 $k=3$ 或 $k=5$.

经检验, 均符合题意。

$\therefore$ 若这两条直线平行, 则 $k=3$ 或 $k=5$.

(2)求平行于直线 $2 x-y+3=0$, 且与两坐标轴围成的直角三角形的面积为 9 的直线方程.

解 设直线方程为 $2 x-y+c=0$,

设直线在 $x$ 轴与 $y$ 轴上的截距分别为 $-\frac{C}{2}$ 和 $c$,

$\therefore S_{\triangle}=\frac{1}{2} \times\left|-\frac{c}{2}\right| \times|c|=9$, 解得 $c= \pm 6$.

$\therefore$ 所求直线方程为 $2 x-y-6=0$ 或 $2 x-y+6=0$.
题目（高一 · 解析几何）：已知函数 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数, 已知当 $x \leqslant 0$ 时, $f(x)=x^{2}+4 x+3$.

(1)求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 画出函数 $f(x)$ 的图像, 并写出函数 $f(x)$ 的单调递增区间.
选项：
答案：解: (1) $\because$ 函数 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数,

$\therefore$ 对任意的 $x \in \mathbf{R}$ 都有 $f(-x)=f(x)$ 成立,

$\therefore$ 当 $x>0$ 时, $-x<0$,
即 $f(x)=f(-x)=(-x)^{2}+4(-x)+3=x^{2}-4 x+3$,

$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x+3, x>0, \\ x^{2}+4 x+3, x \leq 0 .\end{array}\right.$

(2)图像如图所示, 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $[-2,0]$ 和 $[2,+\infty$ ). (写成开区间也可以)

<ImageHere>
解析：解: (1) $\because$ 函数 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数,

$\therefore$ 对任意的 $x \in \mathbf{R}$ 都有 $f(-x)=f(x)$ 成立,

$\therefore$ 当 $x>0$ 时, $-x<0$,
即 $f(x)=f(-x)=(-x)^{2}+4(-x)+3=x^{2}-4 x+3$,

$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x+3, x>0, \\ x^{2}+4 x+3, x \leq 0 .\end{array}\right.$

(2)图像如图所示, 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $[-2,0]$ 和 $[2,+\infty$ ). (写成开区间也可以)