eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：双曲线 $C$ 与椭圆 $\frac{x^{2}}{27}+\frac{y^{2}}{36}=1$ 有相同焦点, 且经过点 $(\sqrt{15}, 4)$.

(1)求双曲线 $C$ 的方程;

(2)若 $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $C$ 的两个焦点, 点 $P$ 在双曲线 $C$ 上, 且 $\angle F_{1} P F_{2}=120^{\circ}$, 求. $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的面积.
选项：
答案：(1)利用椭圆的坐标方程及其性质即可得出.(2)焦点三角形面积公式
题目（高三 · 解析几何）：求经过点 $(2,-3)$ 且与粗圆 $9 x^{2}+4 y^{2}=36$ 有共同焦点的粗圆方程。
选项：
答案：焦点为 $(0,-\sqrt{ } 5),(0, \sqrt{ } 5)$根据椭圆的定义, 点 ( $2,-3$ ) 到两焦点的距离之和等于长轴长, 所以$2 \mathrm{a}=\sqrt{ } 4+(3-\sqrt{5})^{2}+\sqrt{ } 4+(3+\sqrt{5})^{2}$$=(\sqrt{18}-6 \sqrt{ } 5)+(\sqrt{18}+6 \sqrt{ } 5)$ $=\sqrt{ } 15-\sqrt{ } 3+\sqrt{ } 15+\sqrt{ } 3$$=2 \sqrt{ } 15$$	herefore \mathrm{a}=\sqrt{ } 15, \mathrm{c}=5, \mathrm{~b}=\sqrt{ } 10$方程为 $\mathrm{y}^{2} / 15+\mathrm{x}^{2} / 10=1$
题目（高三 · 解析几何）：椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a, b>0)$ 的两个焦点 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$, 点 $\mathrm{P}$ 在椭圆 $\mathrm{C}$ 上, 且 $\mathrm{PF}_{1} \perp \mathrm{PF}_{2}, \quad\left|\mathrm{PF} \mathrm{F}_{1}\right|=\frac{4}{3}$

$\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\frac{14}{3}$. 求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程.
选项：
答案：因为点 $P$ 在椭圆 $C$ 上, 所以 $2 a=|P F 1|+|P F 2|=6, a=3$.在 Rt $	riangle$ PF1F2 中, $\left|F_{1} F_{2}ight|=\sqrt{\left|P F_{2}ight|^{2}-\left|P F_{1}ight|^{2}=2 \sqrt{5}}$,故椭圆的半焦距 $\mathrm{c}=\sqrt{5}$, 从而$\mathrm{b}^{2}=\mathrm{a}^{2}-\mathrm{c}^{2}=4$, 所以陏圆 $\mathrm{C}$ 的方程为 $rac{x^{2}}{9}+rac{y^{2}}{4}=1$
题目（高三 · 解析几何）：已知定点 $A\left(-\frac{1}{2}, 0\right), B$ 是圆 $C:\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}=4$ 上的一个动点, 线段 $A B$ 的垂直平分线交 $B C$ 于 $M$ 点, 求动点 $M$ 的轨迹方程.
选项：
答案：由题知 $M A+M C=4$$	herefore \mathrm{M}$ 的轨迹为为 $rac{x^{2}}{4}+rac{y^{2}}{3}=1$
题目（高三 · 解析几何）：求下列函数的导函数

(1) $f(x)=-2 x^{3}+4 x^{2}$

(2) $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-x^{2}+a x+1(a>0)$

(3) $f(x)=x+\cos x, x \in(0,1)$

(4) $f(x)=-x^{2}+3 x-\ln x$

(5) $y=\sin 3 x$

(6) $y=\frac{x+1}{x-1}$
选项：
答案：答案: (1) $f^{\prime}(x)=-6 x^{2}+8 x$;

(2) $f^{\prime}(x)=x^{2}-2 x+a(a>0)$;

(3) $f^{\prime}(x)=1-\sin x, x \in(0,1)$

(4) $f^{\prime}(x)=-2 x+3-\frac{1}{x}, x>0$;

(5) $y^{\prime}=3 \cos 3 x$;

(6) $y^{\prime}=-\frac{2}{(x-1)^{2}}$.

【分析】分别对 6 个函数利用导数的公式以及运算法则可求得.
解析：答案: (1) $f^{\prime}(x)=-6 x^{2}+8 x$;

(2) $f^{\prime}(x)=x^{2}-2 x+a(a>0)$;

(3) $f^{\prime}(x)=1-\sin x, x \in(0,1)$

(4) $f^{\prime}(x)=-2 x+3-\frac{1}{x}, x>0$;

(5) $y^{\prime}=3 \cos 3 x$;

(6) $y^{\prime}=-\frac{2}{(x-1)^{2}}$.

【分析】分别对 6 个函数利用导数的公式以及运算法则可求得.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=x^{3}-x^{2}-x+1$.

(1) 求 $f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线;

(2) 求 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值和最小值.
选项：
答案：答案: (1) .
解析：答案: (1) 【解析】 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x-1, f^{\prime}(0)=-1$, 又 $f(0)=1$,所以切线方程为 $y-1=-1 \cdot(x-0)$, 即 $x+y=1$;

(2) 【解析】 由（1）知 $f^{\prime}(x)>0 \Rightarrow x>1_{\text {或 }} x<-\frac{1}{3}$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单减, 在 $[1,2]$ 上单增,

又 $f(0)=1, f(1)=0, f(2)=3$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,2]$ 上的最大值为 3 , 最小值为 0 .

【分析】(1) 求出函数的导数, 求出切点坐标以及切线的斜率, 借助于点斜式方程写出切线; (2) 判断出函数的单调性,求出极值和端点值,通过比较可得出最值.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=12-x^{2}$.

(I) 求曲线 $y=f(x)$ 的斜率等于 -2 的切线方程;

(II) 设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(t, f(t))$ 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 $S(t)$, 求 $S(t)$ 的最小值.
选项：
答案：答案: 【解析】 (I) 因为 $f(x)=12-x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-2 x$,

设切点为 $\left(x_{0}, 12-x_{0}\right)$, 则 $-2 x_{0}=-2$, 即 $x_{0}=1$, 所以切点为 $(1,11)$,

由点斜式可得切线方程为: $y-11=-2(x-1)$, 即 $2 x+y-13=0$.

(II) 显然 $t \neq 0$,

因为 $y=f(x)$ 在点 $\left(t, 12-t^{2}\right)$ 处的切线方程为: $y-\left(12-t^{2}\right)=-2 t(x-t)$,

令 $x=0$, 得 $y=t^{2}+12$, 令 $y=0$, 得 $x=\frac{t^{2}+12}{2 t}$,

所以 $S(t)=\frac{1}{2} \times\left(t^{2}+12\right) \cdot \frac{t^{2}+12}{2 t \mid}$,

不妨设 $t>0(t<0$ 时, 结果一样 $)$,

则 $S(t)=\frac{t^{4}+24 t^{2}+144}{4 t}=\frac{1}{4}\left(t^{3}+24 t+\frac{144}{t}\right)$,

所以 $S(t)=\frac{1}{4}\left(3 t^{2}+24-\frac{144}{t^{2}}\right)=\frac{3\left(t^{4}+8 t^{2}-48\right)}{4 t^{2}}$

$=\frac{3\left(t^{2}-4\right)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}=\frac{3(t-2)(t+2)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}$,

由 $S^{\prime}(t)>0$, 得 $t>2$, 由 $S^{\prime}(t)<0$, 得 $0<t<2$,

所以 $S(t)$ 在 $(0,2)$ 上递减, 在 $(2,+\infty)$ 上递增,

所以 $t=2$ 时, $S(t)_{\text {取得极小值, }}$,
也是最小值为 $S(2)=\frac{16 \times 16}{8}=32$.

【分析】（I）根据导数的几何意义得切点的坐标, 然后由点斜式可得结果; (II) 根据导数的几何意义求出切线方程, 得到切线在坐标轴上的截距, 进一步得到三角形的面积, 再利用导数可求得最值.
解析：答案: 【解析】 (I) 因为 $f(x)=12-x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-2 x$,

设切点为 $\left(x_{0}, 12-x_{0}\right)$, 则 $-2 x_{0}=-2$, 即 $x_{0}=1$, 所以切点为 $(1,11)$,

由点斜式可得切线方程为: $y-11=-2(x-1)$, 即 $2 x+y-13=0$.

(II) 显然 $t \neq 0$,

因为 $y=f(x)$ 在点 $\left(t, 12-t^{2}\right)$ 处的切线方程为: $y-\left(12-t^{2}\right)=-2 t(x-t)$,

令 $x=0$, 得 $y=t^{2}+12$, 令 $y=0$, 得 $x=\frac{t^{2}+12}{2 t}$,

所以 $S(t)=\frac{1}{2} \times\left(t^{2}+12\right) \cdot \frac{t^{2}+12}{2 t \mid}$,

不妨设 $t>0(t<0$ 时, 结果一样 $)$,

则 $S(t)=\frac{t^{4}+24 t^{2}+144}{4 t}=\frac{1}{4}\left(t^{3}+24 t+\frac{144}{t}\right)$,

所以 $S(t)=\frac{1}{4}\left(3 t^{2}+24-\frac{144}{t^{2}}\right)=\frac{3\left(t^{4}+8 t^{2}-48\right)}{4 t^{2}}$

$=\frac{3\left(t^{2}-4\right)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}=\frac{3(t-2)(t+2)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}$,

由 $S^{\prime}(t)>0$, 得 $t>2$, 由 $S^{\prime}(t)<0$, 得 $0<t<2$,

所以 $S(t)$ 在 $(0,2)$ 上递减, 在 $(2,+\infty)$ 上递增,

所以 $t=2$ 时, $S(t)_{\text {取得极小值, }}$,
也是最小值为 $S(2)=\frac{16 \times 16}{8}=32$.

【分析】（I）根据导数的几何意义得切点的坐标, 然后由点斜式可得结果; (II) 根据导数的几何意义求出切线方程, 得到切线在坐标轴上的截距, 进一步得到三角形的面积, 再利用导数可求得最值.
题目（高三 · 解析几何）：设 $f(x)=a(x-5)^{2}+6 \ln x, a \in R, \quad y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线与 $\mathrm{y}$ 轴相交于点 $(0,6)$.

(1) 确定 $\mathrm{a}$ 的值;

(2) 求函数 $f(x)$ 的单调区间与极值.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由题可知: $f^{\prime}(x)=2 a(x-5)+\frac{6}{x}, f(1)=16 a$,所以 $f^{\prime}(1)=6-8 a$, 切点 $(1,16 a)$, $f(x)_{\text {在点 }}(1, f(1))$ 处切线方程为 $y-16 a=(6-8 a)(x-1)$,
令 $x=0$, 则 $6=16 a+8 a-6, \therefore a=\frac{1}{2}$ ；

（2）【解析】 $f(x)=\frac{1}{2}(x-5)^{2}+6 \ln x$, 函数 $f(x)$ 的定义域 $x \in(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=x-5+\frac{6}{x}=\frac{(x-2)(x-3)}{x}$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 则 $x_{1}=2$ 或 $x_{2}=3$,

| $x$ | $(0,2)$ | 2 | $(2,3)$ | 3 | $(3,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

故 $f(x)$ 单调递增区间为 $(0,2)$ 和 $(3,+\infty)$ ，单调递减区间为 $(2,3)$,

则 $f(x)_{\text {极大值为 }} f(2)=\frac{9}{2}+6 \ln 2, f(x)_{\text {极小值为 }} f(3)=2+6 \ln 3$.

【分析】(1) 求出导数 $f^{\prime}(x)$, 得 $f^{\prime}(1)$, 写出题中切线方程 $y-f(1)=f^{\prime}(1)(x-1)$, 代入点 $(0,6)$可得 $a$. (2) 解不等式 $f^{\prime}(x)>0$ 得增区间, 解不等式 $f^{\prime}(x)<0$ 得减区间; $f^{\prime}(x)=0$ 的点就是极值点, 由刚才的单调性可知是极大值点还是极小值点, 并可得极值.
解析：答案: (1) 【解析】 由题可知: $f^{\prime}(x)=2 a(x-5)+\frac{6}{x}, f(1)=16 a$,所以 $f^{\prime}(1)=6-8 a$, 切点 $(1,16 a)$, $f(x)_{\text {在点 }}(1, f(1))$ 处切线方程为 $y-16 a=(6-8 a)(x-1)$,
令 $x=0$, 则 $6=16 a+8 a-6, \therefore a=\frac{1}{2}$ ；

（2）【解析】 $f(x)=\frac{1}{2}(x-5)^{2}+6 \ln x$, 函数 $f(x)$ 的定义域 $x \in(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=x-5+\frac{6}{x}=\frac{(x-2)(x-3)}{x}$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 则 $x_{1}=2$ 或 $x_{2}=3$,

| $x$ | $(0,2)$ | 2 | $(2,3)$ | 3 | $(3,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $f^{\prime}(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ | 极小值 | $\nearrow$ |

故 $f(x)$ 单调递增区间为 $(0,2)$ 和 $(3,+\infty)$ ，单调递减区间为 $(2,3)$,

则 $f(x)_{\text {极大值为 }} f(2)=\frac{9}{2}+6 \ln 2, f(x)_{\text {极小值为 }} f(3)=2+6 \ln 3$.

【分析】(1) 求出导数 $f^{\prime}(x)$, 得 $f^{\prime}(1)$, 写出题中切线方程 $y-f(1)=f^{\prime}(1)(x-1)$, 代入点 $(0,6)$可得 $a$. (2) 解不等式 $f^{\prime}(x)>0$ 得增区间, 解不等式 $f^{\prime}(x)<0$ 得减区间; $f^{\prime}(x)=0$ 的点就是极值点, 由刚才的单调性可知是极大值点还是极小值点, 并可得极值.
题目（高三 · 解析几何）：如图, 求直线 $y=2 x+3$ 与抛物线 $y=x^{2}$ 所围成的图形的面积.


选项：
答案： $\left\{egin{array}{c}y=2 x+3 \ y=x^{2}\end{array} \Rightarrow x=-1ight.$ 或 $x=3$,$	herefore S=\int_{-1}^{3}\left(2 x+3-x^{2}ight) d x=\left.\left(x^{2}+3 x-rac{1}{3} x^{3}ight)ight|_{-1} ^{3}=rac{32}{3}$;【分析】通过求交点坐标确定积分上下限, 利用微积分基本定理即可求出所围图形的面积.
题目（高三 · 解析几何）：如图, 求直线 $y=2 x+3$ 与抛物线 $y=x^{2}$ 所围成的图形的面积.


选项：
答案：答案: 【解析】 $\left\{\begin{array}{l}y=2 x+3 \\ y=x^{2}\end{array} \Rightarrow x=-1\right.$ 或 $x=3$

$\therefore S=\int_{-1}^{3}\left(2 x+3-x^{2}\right) d x=\left(x^{2}+3 x-\frac{1}{3} x^{3}\right)_{-1}^{3}=\frac{32}{3}$

【分析】通过求交点坐标确定积分上下限, 利用微积分基本定理即可求出所围图形的面积.19.答案：解：作出图象 (如图所示) :

<ImageHere>
由 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=x \\ y=x^{2},\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1,\end{array}\right.$

所以点 $A(1,1)$.

结合图形可得所求面积为:

$$
S=\int_{0}^{1}\left(\sqrt{x}-x^{2}\right) d x=\left.\left(\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{3} x^{3}\right)\right|_{0} ^{1}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}
$$

故所求面积为 $\frac{1}{3}$

【分析】画出草图, 求出两曲线的交点坐标, 确定被积函数和积分区间, 然后根据定积分进行求解即可.

20.答案: 【解析】 曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形如下图阴影部分所示:

<ImageHere>

则可表示为: $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x d x$.

【分析】画出曲线 $y=\sin x\left(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\right)_{\text {和直线 }} x=\frac{\pi}{2}, y=0$ 所围成图形, 表示成定积分.
题目（高三 · 解析几何）：对于命题 $P$ : 存在一个常数 $M$, 使得不等式 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq M \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ 对任意正数 $a, b$ 恒成立.

(1) 试给出这个常数 $M$ 的值（不需要证明）;

(2) 在 (1) 所得结论的条件下证明命题 $P$.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】根据题意, 由于 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leqslant M \leqslant \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ 对任意正数 $a, b$ 恒成立,令 $a=b$ 得 $\frac{2}{3} \leqslant M \leqslant \frac{2}{3}$, 故 $M=\frac{2}{3}$ ；

(2) 【解析】先证明 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq \frac{2}{3}$,

$\because a>0, \quad b>0$, 要证上式, 只要证 $3 a(2 b+a)+3 b(2 a+b) \leq 2(2 a+b)(2 b+a)$,即证 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立.

$\therefore \frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq \frac{2}{3}$,

再证明 $\frac{2}{3} \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ ，

$\because a>0, \quad b>0$, 要证上式, 只要证 $3 a(2 a+b)+3 b(2 b+a) \geq 2(a+2 b)(b+2 a)$,

即证 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立.

$\therefore \frac{2}{3} \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$.

【分析】(1) 根据题意, 利用特殊值法, 令 $a=b$ 可得, $\frac{2}{3} \leqslant M \leqslant \frac{2}{3}$, 分析即可得 $M$ 的值; （2）由分析法的思路: 先证明 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leqslant \frac{2}{3}$, 再类比可以证明 $\frac{2}{3} \leqslant \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$, 综合即可得证明.
解析：答案: (1) 【解析】根据题意, 由于 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leqslant M \leqslant \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ 对任意正数 $a, b$ 恒成立,令 $a=b$ 得 $\frac{2}{3} \leqslant M \leqslant \frac{2}{3}$, 故 $M=\frac{2}{3}$ ；

(2) 【解析】先证明 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq \frac{2}{3}$,

$\because a>0, \quad b>0$, 要证上式, 只要证 $3 a(2 b+a)+3 b(2 a+b) \leq 2(2 a+b)(2 b+a)$,即证 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立.

$\therefore \frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq \frac{2}{3}$,

再证明 $\frac{2}{3} \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ ，

$\because a>0, \quad b>0$, 要证上式, 只要证 $3 a(2 a+b)+3 b(2 b+a) \geq 2(a+2 b)(b+2 a)$,

即证 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立.

$\therefore \frac{2}{3} \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$.

【分析】(1) 根据题意, 利用特殊值法, 令 $a=b$ 可得, $\frac{2}{3} \leqslant M \leqslant \frac{2}{3}$, 分析即可得 $M$ 的值; （2）由分析法的思路: 先证明 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leqslant \frac{2}{3}$, 再类比可以证明 $\frac{2}{3} \leqslant \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$, 综合即可得证明.
题目（高三 · 解析几何）：已知平行四边形 $\mathrm{OABC}$ 的三个顶点 $\mathrm{O}, \mathrm{A}, \mathrm{C}$ 对应的复数为 $0,3+2 \mathrm{i},-2+4 \mathrm{i}$.

(1) 求点 $\mathrm{B}$ 所对应的复数 $z_{0}$;

(2) 若 $\left|z-z_{0}\right|=1$, 求复数 $z$ 所对应的点的轨迹.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由已知得 $\overrightarrow{O A}=(3,2), \overrightarrow{O C}=(-2,4)$,

$\therefore \overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=(1,6)$,

$\therefore$ 点 $B$ 对应的复数 $z_{0}=1+6 i$;

(2) 【解析】 设复数 Z所对应的点 Z,

$\because\left|z-z_{d}\right|=1$,

$\therefore$ 点 Z到点 $B(1,6)$ 的距离为 1 ,

$\therefore$ 复数 $\mathrm{z}$ 所对应的点 $\mathrm{Z}$ 的轨迹为以 $B(1,6)$ 为圆心, 1 为半径的圆,

且其方程为 $(x-1)^{2}+(y-6)^{2}=1$.

【分析】(1) 根据复数加法的几何意义, 求得 $\overrightarrow{O B}$ 的坐标即可得到点 B 对应的复数. (2) 根据复数模的意义可得复数 $\mathrm{z}$ 所对应的点的轨迹为圆, 并可求得其方程.
解析：答案: (1) 【解析】 由已知得 $\overrightarrow{O A}=(3,2), \overrightarrow{O C}=(-2,4)$,

$\therefore \overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=(1,6)$,

$\therefore$ 点 $B$ 对应的复数 $z_{0}=1+6 i$;

(2) 【解析】 设复数 Z所对应的点 Z,

$\because\left|z-z_{d}\right|=1$,

$\therefore$ 点 Z到点 $B(1,6)$ 的距离为 1 ,

$\therefore$ 复数 $\mathrm{z}$ 所对应的点 $\mathrm{Z}$ 的轨迹为以 $B(1,6)$ 为圆心, 1 为半径的圆,

且其方程为 $(x-1)^{2}+(y-6)^{2}=1$.

【分析】(1) 根据复数加法的几何意义, 求得 $\overrightarrow{O B}$ 的坐标即可得到点 B 对应的复数. (2) 根据复数模的意义可得复数 $\mathrm{z}$ 所对应的点的轨迹为圆, 并可求得其方程.
题目（高三 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=(x-k) e^{x}$, 若 $k=1$, 求 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程.
选项：
答案：答案: 【解析】$\because f(x)=(x-1) e^{x}, \therefore f(1)=0$

$\because f^{\prime}(x)=x e^{x}, \quad f^{\prime}(1)=e$.

$\therefore f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为: $y-0=e(x-1)$, 即 $y=e x-e$

【分析】根据导数的几何意义求解即可.
解析：答案: 【解析】$\because f(x)=(x-1) e^{x}, \therefore f(1)=0$

$\because f^{\prime}(x)=x e^{x}, \quad f^{\prime}(1)=e$.

$\therefore f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线方程为: $y-0=e(x-1)$, 即 $y=e x-e$

【分析】根据导数的几何意义求解即可.
题目（高三 · 解析几何）：判断下列命题的真假, 并写出这些命题的否定:

(1) 三角形的内角和为 $180^{\circ}$;

(2) 每个二次函数的图象都开口向下;

(3) 存在一个四边形不是平行四边形.
选项：
答案：路分析：首先弄清是全称命题还是特称命题, 再针对不同形式加以否定.(1)是全称命题且为真命题.命题的否定:三角形的内角和不全为 $180^{\circ}$ 即存在一个三角形且它的内角和不等于 $180^{\circ}$.(2)是全称命题且为假命题.命题的否定: 存在一个二次函数的图象开口不向下.(3)是特称命题且为真命题.命题的否定:所有的四边形都是平行四边形.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知函数 $f(x)=a x-\frac{a}{x}-2 \ln x(a \in \mathbf{R})$.

(1) 若函数 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上是单调函数, 求实数 $a$ 的取值范围;

(2) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性.
选项：
答案：(1) $(-\infty, 0] \cup[1,+\infty)$; (2) 答案见解析.
解析：1) 由题意得 $f^{\prime}(x)=a+rac{a}{x^{2}}-rac{2}{x}=rac{a x^{2}-2 x+a}{x^{2}}(x>0)$.(1)当 $a \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;(2)当 $a>0$ 时, 令 $g(x)=a x^{2}-2 x+a$,$ecause$ 函数 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上是单调函数, $	herefore g(x) \geq 0$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上恒成立,$	herefore a \geq rac{2 x}{x^{2}+1}$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上恒成立.令 $u(x)=rac{2 x}{x^{2}+1}, x \in[1,+\infty)$,$u(x)=rac{2}{x+rac{1}{x}} \leq rac{2}{2 \sqrt{x \cdot rac{1}{x}}}=1$，当且仅当 $x=1$ 时取等号, $	herefore a \geq 1$,$	herefore$ 当 $a \geq 1$ 时, 函数 $f(x)$ 单调递增,$	herefore$ 实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 0] \cup[1,+\infty)$.（2）由（1）可知, (1)当 $a \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减;(2)当 $a \geq 1$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,(3)当 $0<a<1$ 时, 由 $a x^{2}-2 x+a=0$, 解得 $x=rac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{a}$ 或 $x=rac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{a}$,$	herefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, rac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{a}ight),\left(rac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{a},+\inftyight)$ 上单调递增, 在 $\left(rac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{a}, rac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{a}ight)$ 上单调递减.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知函数 $f(x)=x-\frac{a}{x}-\ln x$.

（1）当 $a=-2$ 时, 求函数 $f(x)$ 的极值;
选项：
答案：(1) 极小值为 $3-\ln 2$, 无极大值; (2) ( $-\infty, 1]$.
解析：(1) 由 $a=-2$, 得 $f(x)=x+rac{2}{x}-\ln x$, 定义域为 $(0,+\infty)$,$f^{\prime}(x)=1-rac{2}{x^{2}}-rac{1}{x}=rac{x^{2}-x-2}{x^{2}}=rac{(x-2)(x+1)}{x^{2}}$,令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=2$ （或 $x=-1$ 舍去，列表:| $x$ | $(0,2)$ | 2 | $(2,+\infty)$ || :---: | :---: | :---: | :---: | $f^{\prime}(x)$ | - | 0 | + || $f(x)$ | 单减 | 极小值 | 单增 |所以 $f(x)$ 的极小值为 $f(2)=3-\ln 2$, 无极大值.(2) 由 $x-rac{a}{x}-\ln x>x-x^{2}$, 得 $rac{a}{x}<x^{2}-\ln x$,问题转化为 $a<x^{3}-x \ln x$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立,记 $g(x)=x^{3}-x \ln x, x \in(1,+\infty)$, 即 $a<g(x)_{	ext {min }}$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立,则 $g^{\prime}(x)=3 x^{2}-(1+\ln x)=3 x^{2}-\ln x-1$,令 $h(x)=3 x^{2}-\ln x-1$, 则 $h^{\prime}(x)=6 x-rac{1}{x}=rac{6 x^{2}-1}{x}$,由 $x>1$, 知 $6 x^{2}-1>0$, 即 $h^{t}(x)>0$,所以 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $h(x)>h(1)=2>0$,即 $g^{\prime}(x)>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $g(x)>g(1)=1$,由 $a<g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立, 所以 $a \leq 1$.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 设 $a 、 b \in \mathbf{R}^{+}, a+b=1$.

(1) 用分析法证明: $a b+\frac{1}{a b} \geq 4 \frac{1}{4}$;

(2) 探索猜想, 并将结果填写在括号内: $a^{2} b^{2}+\frac{1}{a^{2} b^{2}} \geq(\quad), a^{3} b^{3}+\frac{1}{a^{3} b^{3}} \geq$

( );

（3）由（1）、(2）归纳出更一般的结论（不必证明）.
选项：
答案：(1) 证明见解析; (2) $16 rac{1}{16}, 64 rac{1}{64}$; (3) $a^{n} b^{n}+rac{1}{a^{n} b^{n}} \geq 4^{n}+rac{1}{4^{n}}$
题目（高三 · 代数）：(12 分) 当 $n \in \mathbb{N}^{*}$ 时, 试用数学归纳法证明 $f(n)=n^{3}+\frac{3}{2} n^{2}+\frac{1}{2} n-1$ 一定是整数.
选项：
解析：当 $n=1$ 时, $f(1)=1+rac{3}{2}+rac{1}{2}-1=2$ 是整数,假设当 $n=k, k \in \mathrm{Z}, k>0$ 时, $f(k)=k^{3}+rac{3}{2} k^{2}+rac{1}{2} k-1$ 是整数,则当 $n=k+1$ 时, $f(k+1)=(k+1)^{3}+rac{3}{2}(k+1)^{2}+rac{1}{2}(k+1)-1$$=k^{3}+rac{3}{2} k^{2}+rac{1}{2} k-1+3(k+1)^{2}=f(k)+3(k+1)^{2}$, 显然也是整数,所以当 $n \in \mathbb{N}^{*}$ 时, $f(n)=n^{3}+rac{3}{2} n^{2}+rac{1}{2} n-1$ 一定是整数.
题目（高三 · 代数）：（12 分）编辑一个运算程序: $1 @ 1=2, m @ n=q, m @(n+1)=q+2$.

（1）设 $a_{n}=1 @ n$ ，求 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$ ；

（2）由（1）猜想 $a_{n}$ 的通项公式;

（3）用数学归纳法证明你的猜想.
选项：
答案：(1) $a_{2}=4, a_{3}=6, a_{4}=8$; (2) $a_{n}=2 n,\left(n \in \mathbb{N}^{*}ight)$; (3) 见解析.
解析：(1) $ecause a_{1}=1 @ 1=2$, 令 $m=1, n=1$, 则 $q=2$,由 $m @ n=q, m @(n+1)=q+2$, 得 $a_{2}=1 @ 2=2+2=4$,再令 $m=1, n=2$, 则 $q=4$, 得 $a_{3}=1 @ 3=4+2=6$,再令 $m=1, n=3$, 则 $q=6$, 得 $a_{4}=1 @ 4=6+2=8$,$	herefore a_{2}=4, a_{3}=6, a_{4}=8$.（2）由（1）猜想: $a_{n}=2 n,\left(n \in \mathbb{N}^{*}ight)$,(3) 证明: (1)当 $n=1$ 时, $a_{1}=1 @ 1=2$, 另一方面, $a_{1}=2 	imes 1=2$,所以当 $n=1$ 时等式成立(2)假设当 $n=k$ 时，等式成立，即 $a_{k}=1 @ k=2 k$ ，此时 $q=2 k$ ，那么, 当 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}=1 @(k+1)=2 k+2=2(k+1)$,所以当 $n=k+1$ 时等式也成立.由(1)(2)知, 等式对 $n \in \mathbb{N}^{*}$ 都成立.
题目（高三 · 代数）：15. 设 $a, b>0$, 且 $a+b=2$.

求证: $\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b} \geq 2$.
选项：
答案：答案:证明:根据柯西不等式，有

$[(2-a)+(2-b)]\left(\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b}\right)$

$=\left[(\sqrt{2-a})^{2}+(\sqrt{2-b})^{2}\right]\left[\left(\frac{a}{\sqrt{2-a}}\right)^{2}+\left(\frac{b}{\sqrt{2-b}}\right)^{2}\right]$

$\geq\left(\sqrt{2-a} \cdot \frac{a}{\sqrt{2-a}}+\sqrt{2-b} \cdot \frac{b}{\sqrt{2-b}}\right)^{2}$

$=(a+b)^{2}=4$.

$\therefore \frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b} \geq \frac{4}{(2-a)+(2-b)}=2$.

当且仅当 $\sqrt{2-a} \cdot \frac{b}{\sqrt{2-b}}=\sqrt{2-b} \cdot \frac{a}{\sqrt{2-a}}$,

即 $a=b=1$ 时等号成立.

$\therefore$ 原不等式成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是利用柯西不等式前,需要观察不等式的结构特点, 本题可以看作求 $\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b}$ 的最小值, 因而需出现 $\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)$ 结构. 把 $\frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b} \frac{a^{2}}{2-a}+\frac{b^{2}}{2-b}$ 视为其中的一个括号内的部分, 另一部分可以是 $(2-a)(2-b)$.
题目（高三 · 代数）：16. 设 $a, b, c, b$ 是 4 个不全为零的实数, 求证: $\frac{a b+2 b c+c d}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}} \leq \frac{\sqrt{2}+1}{2}$.
选项：
答案：答案:证明: $a b+2 b c+c d=(a b+c d)+(b c-a d)+(b c+a d)$
$\leq \sqrt{2\left[(a b+c d)^{2}+(b c-a d)^{2}\right]}+\sqrt{\left(b^{2}+a^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)}$

$=\sqrt{2} \cdot \sqrt{\left(a^{2}+c^{2}\right)\left(b^{2}+d^{2}\right)}+\sqrt{\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)}$

$\leq \sqrt{2} \cdot \frac{\left(a^{2}+c^{2}\right)\left(b^{2}+d^{2}\right)}{2}+\frac{\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)}{2}$

$=\frac{\sqrt{2}+1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)$

$\therefore \frac{a b+2 b c+a d}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}} \leq \frac{\sqrt{2}+1}{2}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是从欲证不等式左边的分子入手, 将其进行适当的变形，创造利用柯西不等式的条件.
题目（高三 · 代数）：17. 设 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 为正数, 求证:

$\sqrt{a_{1}^{3}+a_{1}^{2} a_{2}+a_{1} a_{2}^{2}+a_{2}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}+a_{2}^{2} a_{3}+a_{2} a_{2}^{2}+a_{2}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}+a_{2}^{2} a_{1}+a_{3} a_{1}^{2}+a_{1}^{3}} \geq 2\left(\sqrt{a_{1}^{3}}+\right.$ $\left.\sqrt{a_{2}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}}\right)$
选项：
答案：答案: 证明: 因为 $a_{1}^{3}+a_{1}^{2} a_{2}+a_{1} a_{2}^{2}+a_{2}^{3}=\left(a_{1}+a_{2}\right) \cdot\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)$, 由柯西不等式得

$\left[\left(\sqrt{a_{1}}\right)^{2}+\left(\sqrt{a_{2}}\right)^{2}\right]\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right) \geq\left(a_{1} \sqrt{a_{1}}+a_{2} \sqrt{a_{2}}\right)^{2}$

$\left[\left(\sqrt{a_{1}}\right)^{2}+\left(\sqrt{a_{2}}\right)^{2}\right]\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right) \geq\left(a_{1} \sqrt{a_{1}}+a_{2} \sqrt{a_{2}}\right)^{2}$,

于是 $a_{1}^{3}+a_{1}^{2} a_{2}+a_{1} a_{2}^{2}+a_{2}^{3} \geq\left(\sqrt{a_{1}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}}\right)^{2}$.

故 $\sqrt{a_{1}^{3}+a_{1}^{2} a_{2}+a_{1} a_{2}^{2}+a_{2}^{3}} \geq \sqrt{a_{1}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}}$,

同理 $\sqrt{a_{2}^{3}+a_{2}^{2} a_{3}+a_{2} a_{3}^{2}+a_{3}^{3}} \geq \sqrt{a_{2}^{3}}+\sqrt{a_{3}^{3}}$,

$\sqrt{a_{3}^{3}+a_{3}^{2} a_{1}+a_{3} a_{1}^{2}+a_{1}^{3}} \geq \sqrt{a_{3}^{3}}+\sqrt{a_{1}^{3}}$

将以上三个同向不等式相加, 即得
$\sqrt{a_{1}^{3}+a_{1}^{2} a_{2}+a_{1} a_{2}^{2}+a_{2}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}+a_{2}^{2} a_{3}+a_{2} a_{2}^{2}+a_{3}^{3}}+\sqrt{a_{3}^{3}+a_{3}^{2} a_{1}+a_{3} a_{1}^{2}+a_{1}^{3}} \geq$ $2\left(\sqrt{a_{1}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}}+\sqrt{a_{2}^{3}}\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据不等式的结构,分别使用柯西不等式, 然后将各组不等式相加即可.
题目（高三 · 代数）：19. 已知 $a>b>c$, 求证: $\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c} \geq \frac{4}{a-c}$
选项：
答案：:证明:原不等式可变形为 $(a-c)\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right) \geq 4$.

又 $a-c=(a-b)+(b-c)$,
利用柯西不等式证明即可.

证明: $(a-c)\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)$

$=[(a-b)+(b-c)]\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)$

$=\left[(\sqrt{a-b})^{2}+(\sqrt{b-c})^{2}\right]\left[\left(\sqrt{\frac{1}{a-b}}\right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{1}{b-c}}\right)^{2}\right]$

$\geq\left(\sqrt{a-b} \sqrt{\frac{1}{a-b}}+\sqrt{b-c} \sqrt{\frac{1}{b-c}}\right)^{2}=4 \geq\left(\sqrt{a-b} \sqrt{\frac{1}{a-b}}+\sqrt{b-c} \sqrt{\frac{1}{b-c}}\right)^{2}=4$,

当且仅当 $\sqrt{a-b} \cdot \sqrt{\frac{1}{b-c}}=\sqrt{b-c} \cdot \sqrt{\frac{1}{a-b}}$,

即 $a-b=b-c a-b=b-c$ 时等号成立.

$\therefore$ 原不等式成立.

解析: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键对所给条件解析变换结合 $a-c=(a-b)+(b-c)$ 如何构造不等式计算即可
解析：:证明:原不等式可变形为 $(a-c)\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right) \geq 4$.

又 $a-c=(a-b)+(b-c)$,
利用柯西不等式证明即可.

证明: $(a-c)\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)$

$=[(a-b)+(b-c)]\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)$

$=\left[(\sqrt{a-b})^{2}+(\sqrt{b-c})^{2}\right]\left[\left(\sqrt{\frac{1}{a-b}}\right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{1}{b-c}}\right)^{2}\right]$

$\geq\left(\sqrt{a-b} \sqrt{\frac{1}{a-b}}+\sqrt{b-c} \sqrt{\frac{1}{b-c}}\right)^{2}=4 \geq\left(\sqrt{a-b} \sqrt{\frac{1}{a-b}}+\sqrt{b-c} \sqrt{\frac{1}{b-c}}\right)^{2}=4$,

当且仅当 $\sqrt{a-b} \cdot \sqrt{\frac{1}{b-c}}=\sqrt{b-c} \cdot \sqrt{\frac{1}{a-b}}$,

即 $a-b=b-c a-b=b-c$ 时等号成立.

$\therefore$ 原不等式成立.

解析: 分析: 本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键对所给条件解析变换结合 $a-c=(a-b)+(b-c)$ 如何构造不等式计算即可
题目（高三 · 代数）：20. 已知 $m>1$ 且关于 $x x$ 的不等式 $m-|x-2| \geq 1$ 的解集为 $[0,4]$.

(1)求 $m$ 的值;

(2)若 $a, b$ 均为正实数, 且满足 $a+b=m a+b=m$, 求 $a^{2}+b^{2}$ 的最小值.
选项：
答案：答案: 解答: (1)因为 $m>1$, 不等式 $m-|x-2| \geq 1$ 可化为 $|x-2| \leq m-1$,

$\therefore 1-m \leq x-2 \leq m-1$, 即 $3-m \leq x \leq m+1$,

$\because$ 其解集为 $[0,4], \therefore\left\{\begin{array}{l}3-m=0 \\ m+1=4\end{array}, m=3\right.$.

(2)由(1)知 $a+b=3$,

(方法一: 利用基本不等式)

$\because(a+b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2 a b \leq\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(a^{2}+b^{2}\right)=2\left(a^{2}+b^{2}\right)$,
$\therefore a^{2}+b^{2} \geq \frac{9}{2}, \therefore a^{2}+b^{2}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$.

(方法二:利用柯西不等式)

$\because\left(a^{2}+b^{2}\right) \cdot\left(1^{2}+1^{2}\right) \geq(a \times 1+b \times 1)^{2}=(a+b)^{2}=9$,

$\therefore a^{2}+b^{2} \geq \frac{9}{2}, \quad \therefore a^{2}+b^{2}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$.

(方法三: 消元法求二次函数的最值)

$\because a+b=3 a+b=3, \quad \therefore b=3-a b=3-a$,

$\therefore a^{2}+b^{2}=a^{2}+(3-a)^{2}=2 a^{2}-6 a+9=2\left(a-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{9}{2} \geq \frac{9}{2}$,

$\therefore a^{2}+b^{2}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$.
解析：:分析:本题主要考查了二维形式的柯西不等式, 解决问题的关键是(1)先利用 $|x| \leq a \Leftrightarrow-a \leq x \leq a|x| \leq a \Leftrightarrow-a \leq x \leq a$ 求出不等式的解集, 再结合解集的端点值进行求解; (2)解法一: 根据两正数为定和, 两边平方, 借助 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$ 进行求解; 解法二:构造柯西不等式的形式进行求解; 解法三: 消元, 将其转化为关于 $a$ 的二次函数进行求解.
题目（高三 · 代数）：22. 已知复数 $z=\left(m^{2}+5 m+6\right)+\left(m^{2}-2 m-15\right) i$, 当实数 $m$ 为何值时,

(1) $z$ 为实数;

 

(2) $z$ 为虚数;
 

(3) $z$ 为纯虚数.
选项：
答案：答案: $m=-3$ $m \neq-3$  $m \neq 5$; $m=5$$m=-2$
解析：: 解答: (1) 若 $z$ 为实数, 则 $m^{2}-2 m-15=0$, 解得 $m=-3$ 或 $m=5$; (2) 若 $z$ 为虚数,


$m=-2$.

分析: 本题主要考查了虚数单位 $\mathrm{i}$ 及其性质; 复数的基本概念, 解决问题的关键是根据复数的定义, $z=a+b i(1)$ 当 $z$ 为实数时, $b=0$, (2) 虚数时, $b \neq 0$; (3) 纯虚数时, $\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b \neq 0\end{array}\right.$
题目（高三 · 代数）：23. 已知 $x^{2}-y^{2}+2 x y i=2 i$, 求实数 $x 、 y$ 的值;
选项：
答案：答案: $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=1,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=-1\end{array}\right.$
解析：: 解答: 由复数相等的条件, 得 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-y^{2}=0, \\ 2 x y=2\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=-1\end{array}\right.$

分析: 本题主要考查了复数相等的充要条件, 解决问题的关键是根据复数相等的充要条件列出方程组计算即可.