eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：已知 $f(x)=x(e+\ln x), g(x)=\frac{1}{3} x^{3}+\frac{3}{2} x+m$, 对于 $\forall x \in\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 时都有 $f(x) \leq g(x)$ 恒成立, 则 $m$ 的取值范围为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$
解析：答案: $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$

【解析】 构造函数 $F(x)=g(x)-f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+\left(\frac{3}{2}-e\right) x-x \ln x+m, x \geq \frac{1}{2}$,

依题意 $F(x) \geq 0_{\text {在区间 }}\left[\frac{1}{2},+\infty\right)_{\text {上恒成立. }}$

则 $F^{\prime}(x)=x^{2}-\ln x+\frac{1}{2}-e$,

又 $F^{\prime \prime}(x)=2 x-\frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-1}{x}=\frac{(\sqrt{2} x+1)(\sqrt{2} x-1)}{x}$,

所以 $F^{\prime}(x)_{\text {在区间 }}\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)_{\text {上递减, 在区间 }}\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right)_{\text {上递增, }}$

所以 $F^{\prime}(x)$ 在区间 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 的最小值为 $F\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=1+\frac{1}{2} \ln 2-e<0$,

$F^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}-\ln \frac{1}{2}+\frac{1}{2}-e=\frac{3}{4}+\ln 2-e<0, \quad F^{\prime}(e)=e^{2}-\ln e+\frac{1}{2}-e>0$,

$F^{\prime}(\sqrt{e})=e-\ln \sqrt{e}+\frac{1}{2}-e=0$,

所以在区间 $\left(\frac{1}{2}, \sqrt{e}\right), F^{\prime}(x)<0$, 在区间 $(\sqrt{e},+\infty), \quad F^{\prime}(x)>0$,

所以当 $x=\sqrt{e}$ 时, $F(x)_{\text {有最小值, }}$,

即 $F(\sqrt{e})=\frac{1}{3}(\sqrt{e})^{3}+\left(\frac{3}{2}-e\right) \times \sqrt{e}-\sqrt{e} \times \ln \sqrt{e}+m=\sqrt{e}-\frac{2 e \sqrt{e}}{3}+m$.

依题意 $F(x) \geq 0$ 在区间 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)_{\text {上恒成立, }}$

所以 $\sqrt{e}-\frac{2 e \sqrt{e}}{3}+m \geq 0$, 解得 $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$.

故答案为: $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$

【分析】构造函数 $F(x)=g(x)-f(x), x \geq \frac{1}{2}$, 利用导数研究 $F(x)$ 的最小值, 由此列不等式, 解不等式求得 $m$ 的取值范围.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\left(x e^{x}-m\right) x-2 e^{x}(x \in R)$.

若 $m=0$, 则 $f(x)$ 的极大值点为

若 $f(x)$ 有 3 个极值点, 则实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围是
选项：
答案：答案: $-1-\sqrt{3}$; $\left(0,6 e^{-4}\right)$

.
解析：答案: $-1-\sqrt{3}$; $\left(0,6 e^{-4}\right)$

【解析】 当 $m=0$ 时, $f(x)=\left(x^{2}-2\right) e^{x}, f(x)=\left(x^{2}+2 x-2\right) e^{x}$,

令 $f(x)=0$, 解得 $x_{1}=-1-\sqrt{3}, x_{2}=-1+\sqrt{3}$.

所以 $f(x)_{\text {在 }}\left(-\infty, x_{1}\right)$ 和 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上递增,

在 $\left(x_{b} x_{2}\right)$ 上递减. 所以 $f(x)$ 的极大值点为 $-1-\sqrt{3}$.
$f(x)=\left(x^{2}-2\right) e^{x}-m x, \quad f(x)=\left(x^{2}+2 x-2\right) e^{x}-m$,

令 $f(x)=0$ 得 $m=\left(x^{2}+2 x-2\right) e^{x}$,

构造函数 $g(x)=\left(x^{2}+2 x-2\right) e^{x}$,

$g(x)=\left(x^{2}+4 x\right) e^{x}=x(x+4) e^{x}$,

所以 $g(x)$ 在 $(-\infty,-4),(0,+\infty)$ 上递增, 在 $(-4,0)$ 上递减,

所以 $g(x)$ 的极大值为 $g(-4)=6 e^{-4}$, 极小值为 $g(0)=-2$,

注意到当 $x<x_{1 \text { 时, }}\left(x^{2}+2 x-2\right) e^{x}>0$,

所以由 $f(x)$ 有 3 个极值点, 可得 $0<m<6 e^{-4}$.

所以实数 $m$ 的取值范围是 $\left(0,6 e^{-4}\right)$.

故答案为: $-1-\sqrt{3} ;\left(0,6 e^{-4}\right)$

【分析】当 $m=0$ 时, 利用导数求得 $f(x)$ 的极大值点, 根据 $f(x)$ 有三个极值点, 利用分离常数法求得 $m$ 的取值范围.
题目（高三 · 代数）：$\int_{0}^{2}\left(3 x^{2}+k\right) d x=10$, 则 $\mathrm{k}=$
选项：
答案：1
解析：由微积分基本定理可得: $\int_{2}^{0}(3 x+k) d x=\left(x^{3}+k xight)_{0}^{2}=8+2 k=10, 	herefore \mathrm{k}=1$,故答案为: 1
题目（高三 · 代数）：已知 $f^{\prime}(x)$ 是函数 $y=f(x)$ 的导函数, 定义 $f^{\prime \prime}(x)$ 为 $f^{\prime}(x)$ 的导函数,

若方程 $f^{\prime \prime}(x)=0$ 有实数解 $x_{0}$, 则称点 $\left(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right)$ 为函数 $y=f(x)$ 的拐点, 经研究发现,

所有的三次函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)$ 都有拐点, 且都有对称中心, 其拐点就是对称中心,设 $g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$, 若点 $(1-3)$ 是函数 $y=g(x)$ 的“拐点”也是函数 $g(x)$ 图像上的点, $\int_{\text {则 }}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=$
选项：
答案：$rac{\pi}{4}+e-1$
解析：$ecause g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$,$	herefore g(x)=3 x^{2}-2 a x+b, \quad g^{\prime}(x)=6 x-2 a$,由 $g^{\prime}(x)=6 x-2 a=0$, 可得 $x=rac{a}{3}=1$, 解得 $a=3$,所以 $g(1)=1-3+b-5=-3$, 解得 $b=4$,所以 $\int_{a}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}ight) d x=\int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}ight) d x=\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x+\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$,由 $y=\sqrt{1-(x-3)^{2}}$ 可得, $(x-3)^{2}+y^{2}=1$, 由定积分的意义可知, $\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x=rac{\pi}{4}$,$\int_{3}^{4} e^{x-3} d x=rac{1}{e^{3}} \int_{3}^{4} e^{x} d x=\left.rac{e^{x}}{e^{3}}ight|_{3} ^{4}=e-1$,$	herefore \int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}ight) d x=rac{\pi}{4}+e-1$,故答案为: $rac{\pi}{4}+e-1$
题目（高三 · 代数）：计算 $\int_{0}^{2}\left(e^{x}+x\right) d x=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $\mathrm{e}^{2}+1$
解析：答案: $\mathrm{e}^{2}+1$

【解析】 $\int_{0}^{2}\left(e^{x}+x\right) d x=\left.\left(e^{x}+\frac{1}{2} x^{2}\right)\right|_{0} ^{2}=e^{2}+\frac{1}{2} 2^{2}-e^{0}=e^{2}+1$,

故答案为 $e^{2}+1$.

【分析】由微积分基本定理直接计算即可.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\sin x+\sqrt{1-x^{2}}$, 则 $\int_{-1}^{1} f(x) d x=$ (1)
选项：
答案：答案: $\frac{\pi}{2}$
解析：答案: $\frac{\pi}{2}$

【解析】 $\int_{-1}^{1} f(x) d x=\int_{-1}^{1}\left[\sin x+\sqrt{1-x^{2}}\right] d x=\int_{-1}^{1} \sin x d x+\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x$,

而 $\int_{-1}^{1} \sin x d x=(-\cos x)_{-1}^{1}=0, \int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x$ 表示半圆 $x^{2}+y^{2}=1(y \geq 0)$ 的面积, 即

$\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x=\frac{\pi}{2}$, 则 $\int_{-1}^{1} f(x) d x=\int_{-1}^{1} \sin x d x+\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} d x=\frac{\pi}{2}$.

【分析】利用函数的解析式结合定积分求面积的方法, 从而求出定积分的值。
题目（高三 · 代数）：已知 $f^{\prime}(x)$ 是函数 $y=f(x)$ 的导函数, 定义 $f^{\prime \prime}(x)$ 为 $f^{\prime}(x)$ 的导函数, 若方程 $f^{\prime \prime}(x)=0$ 有实数解


$f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)$ 都有拐点, 且都有对称中心, 其拐点就是对称中心, 设 $g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$, 若点 $(1-3)$ 是函数 $y=g(x)$ 的“拐点” 也是函数 $g(x)$ 图像上的点, 则 $\int_{a}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案:

$$
\frac{\pi}{4}+e-1
$$
解析：答案:

$$
\frac{\pi}{4}+e-1
$$

【解析】 $\because g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$,

$\therefore g(x)=3 x^{2}-2 a x+b, \quad g^{\prime}(x)=6 x-2 a$,

由 $g^{\prime}(x)=6 x-2 a=0$, 可得 $x=\frac{a}{3}=1$, 解得 $a=3$,



所以 $g(1)=1-3+b-5=-3$, 解得 $b=4$,

所以 $\int_{a}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x+\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$,

由 $y=\sqrt{1-(x-3)^{2}}$ 可得, $(x-3)^{2}+y^{2}=1$,



由定积分的意义可知, $\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x=\frac{\pi}{4}$,

$\int_{3}^{4} e^{x-3} d x=\frac{1}{e^{3}} \int_{3}^{4} e^{x} d x=\left.\frac{e^{x}}{e^{3}}\right|_{3} ^{4}=e-1$,

$\therefore \int_{3}^{4}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=\frac{\pi}{4}+e-1$,

故答案为: $\frac{\pi}{4}+e-1$

【分析】根据新定义拐点可求出 $a, b$, 利用定积分的几何意义及定积分的运算分别求出

$\int_{3}^{4} \sqrt{1-(x-3)^{2}} d x$ 和 $\int_{3}^{4} e^{x-3} d x$ 即可.



17.答案: 【解析】 $\because y=x^{2} \sin x$ 为奇函数,

$\therefore \int_{-2}^{2}\left(x^{2} \sin x\right) d x=0$

$\therefore \int_{-2}^{2}\left(x^{2} \sin x+e^{x}\right) d x=\int_{-2}^{2} e^{x} d x=\left.e^{x}\right|_{-2} ^{2}=e^{2}-\frac{1}{e^{2}}$

【分析】根据奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合定积分的几何意义及微积分基本定理，即可求出定积分的值.
题目（高三 · 代数）：已知 $f^{\prime}(x)$ 是函数 $y=f(x)$ 的导函数, 定义 $f^{\prime \prime}(x)$ 为 $f^{\prime}(x)$ 的导函数,


所有的三次函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)$ 都有拐点, 且都有对称中心, 其拐点就是对称中心,设 $g(x)=x^{3}-a x^{2}+b x-5$, 若点 $(1-3)$ 是函数 $y=g(x)$ 的“拐点”也是函数 $g(x)$ 图像上的点,则 $\int_{a}^{b}\left(\sqrt{1-(x-3)^{2}}+e^{x-3}\right) d x=$
选项：
答案：答案: $2 \pi$
解析：答案: $2 \pi$

【解析】 因为 $\int_{-2}^{2}\left(\sin x+\sqrt{4-x^{2}}\right) d x=\int_{-2}^{2} \sin x d x+\int_{-2}^{2} \int_{-2}^{2} \sqrt{4-x^{2}} d x=0+2 \pi=2 \pi$故答案为 $2 \pi$.

【分析】根据定积分的四则运算和几何意义求定积分.
题目（高三 · 代数）：对于三次函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)$, 现给出定义: 设 $f^{\prime}(x)$ 是函数 $y=f(x)$ 的导数, $f^{\prime \prime}(x)$ 是 $f^{\prime}(x)$ 的导数, 若方程 $f^{\prime \prime}(x)=0$ 有实数解 $x_{0}$, 则称点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right.$ 为函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)$ 的“拐点”. 经过探究发现: 任何一个三次函数都有“拐点”, 任何一个三次函数都有对称中心, 且“拐点”就是对称中心. 设函数 $g(x)=2 x^{3}-3 x^{2}+1$, 则 $g\left(\frac{1}{100}\right)+g\left(\frac{2}{100}\right)+\cdots+g\left(\frac{99}{100}\right)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $49 \frac{1}{2}$
解析：答案: $49 \frac{1}{2}$

【解析】 依题意得, $g(x)=6 x^{2}-6 x, g(x)=12 x-6$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\frac{1}{2}$,

$\because g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}, \therefore$ 函数 $g(x)$ 的对称中心为 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 则 $g(1-x)+g(x)=1$, $\because \frac{1}{100}+\frac{99}{100}=\frac{2}{100}+\frac{98}{100}=\cdots=\frac{49}{100}+\frac{51}{100}=1$, $\therefore g\left(\frac{1}{100}\right)+g\left(\frac{99}{100}\right)=g\left(\frac{2}{100}\right)+g\left(\frac{98}{100}\right)=\cdots=g\left(\frac{49}{100}\right)+g\left(\frac{51}{100}\right)=1$

$\therefore g\left(\frac{1}{100}\right)+g\left(\frac{2}{100}\right)+\cdots+g\left(\frac{99}{100}\right)$

$=\left[g\left(\frac{1}{100}\right)+g\left(\frac{99}{100}\right)\right]+\left[g\left(\frac{2}{100}\right)+g\left(\frac{98}{100}\right)\right]+\cdots+\left[g\left(\frac{49}{100}\right)+g\left(\frac{51}{100}\right)\right]+g\left(\frac{1}{2}\right)=49+\frac{1}{2}=49 \frac{1}{2}$,故答案为 $49 \frac{1}{2}$.

【分析】先求出函数 $g(x)$ 的“拐点”, 得函数 $g(x)$ 的对称中心为 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 得到 $g(1-x)+g(x)=1$,进而知道 $\frac{1}{100}+\frac{99}{100}=\frac{2}{100}+\frac{98}{100}=\cdots=\frac{49}{100}+\frac{51}{100}=1$, 即可得出答案.
题目（高三 · 代数）：用反证法证明“设 $a^{3}+b^{3}=2$, 求证 $a+b \leq 2$ ”时，第一步的假设是
选项：
答案：答案: $a+b>2$
解析：答案: $a+b>2$

【解析】用反证法证明“设 $a^{3}+b^{3}=2$, 求证 $a+b \leq 2$,

第一步为假设结论不成立，即假设 $a+b>2$ ，

故答案为: $a+b>2$

【分析】根据反证法的步骤：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立即可得解;
题目（高三 · 代数）：用数学归纳法证明等式 $1+2+3+\cdots+(n+3)=\frac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时, 第一步验证 $n=1$ 时,左边应取的项是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $1+2+3+4$
解析：答案: $1+2+3+4$

解: 在等式 $1+2+3+\ldots+(n+3)=\frac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)$ 中,

当 $n=1$ 时, $n+3=4$, 而等式左边起始为 1 的连续的正整数的和,

故 $n=1$ 时, 等式左边的项为 $1+2+3+4$,

故答案为 $1+2+3+4$.

【分析】利用数学归纳法的推理证明过程, 从而得出第一步验证 $n=1$ 时, 左边应取的项.
题目（高三 · 代数）：用数学归纳法证明 “ $n^{3}+5 n\left(n \in N^{*}\right)$ 能被 6 整除”的过程中, 当 $n=k+1$ 时, $(k+1)^{3}+5(k+1)$ 式子应变形为
选项：
答案：答案: $\left(k^{3}+5 k\right)+3 k(k+1)+6$
解析：答案: $\left(k^{3}+5 k\right)+3 k(k+1)+6$

解: 用数学归纳法证明: $n^{2}+5 n$ 能被 6 整除的过程中,

当 $n=k+1$ 时, 式子 $(k+1)^{3}+5(k+1)$ 应变形为 $\left(k^{3}+5 k\right)+3 k(k+1)+6$,

由于假设 $k^{2}+5 k$ 能够被 6 整除, 而 $k(k+1)$ 能被 2 整除,

因此 $3 k(k+1)+6$ 能被 6 整除,

故答案为 $\left(k^{3}+5 k\right)+3 k(k+1)+6$.

【分析】分析“ $n=k+1$ 时”的命题, 找出与 “ $n=k$ ”时命题形式的差别, 即可得式子变形应增加的项.
题目（高三 · 代数）：已知 $n \in N$, 用数学归纳法证明: $(n+1)(n+2) \cdots(n+n)=2^{n} \times 1 \times 3 \times \cdots \times(2 n-1)$ 时, 从 “ $k$ 到 $k+1$ "左边需增加的代数式是
选项：
答案：答案: $2(2 k+1)$
解析：答案: $2(2 k+1)$

解: 当 $n=k$ 时, 左端 $=(k+1)(k+2) \cdots(k+k)=(k+1)(k+2)(k+3) \cdots(2 k)$,

当 $n=k+1$ 时, 左端 $=(k+1+1)(k+1+2) \cdots(k+k)(k+1+k)(k+1+k+1)$,
所以当 $k$ 到 $k+1$ “”左端需要增加的代数式为 $\frac{(2 k+1)(2 k+2)}{k+1}=2(2 k+1)$.

【分析】本题考查的是推理与证明中的数学归纳法的证明应用, 重点考察从 $n=k$ 这一步到下一步 $n$

$=\mathrm{k}+1$ 的证明过程, 也就是这道题左端需要增加的代数式.
题目（高三 · 代数）：化简: $\quad z=i^{2019}+\left(\frac{\sqrt{2} i}{1+i}\right)^{2020}=$
选项：
答案：答案: $-1-\mathrm{i}$
解析：答案: $-1-\mathrm{i}$

【解析】 $i^{2019}=i^{2016} \cdot i^{3}=i^{3}=-i$,

$\left(\frac{\sqrt{2} i}{1+i}\right)^{2020}=\left[\frac{2 i^{2}}{(1+i)^{2}}\right]^{1010}=\left(\frac{-2}{2 i}\right)^{1010}=i^{1010}=i^{1008} \cdot i^{2}=i^{2}=-1$,

所以原式 $=-1-i$.

故答案为: -1-i.

【分析】利用 $i$ 的幂的性质化简即可得答案.
题目（高三 · 代数）：欧拉公式 $e^{i x}=\cos x+i \sin x$ (其中 $\mathrm{i}$ 为虚数单位) 是由著名数学家欧拉发现的, 当 $x=\pi$ 时, $e^{\pi i}+1=0$, 这是数学里最令人着迷的一个公式, 数学家们评价它是“上帝创造的公式”, 根据欧拉公式, 若将 $e^{\frac{\pi}{3} i}$ 所表示的复数记为 $z$, 那么 $|z|=$
选项：
答案：答案: 1
解析：答案: 1

【解析】 【解析】 由题意, $e^{\frac{\pi}{3} i}=\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i$,



故答案为: 1 .

【分析】由已知可得 $e^{\frac{\pi}{3} i}=\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i$, 再由复数模的计算公式求解.

22.答案: $2 \sqrt{2}$

【解析】 设 $z=\cos \theta+i \sin \theta,(0 \leq \theta<2 \pi)$.

则 $|z+i|+|z-i|=\sqrt{\cos ^{2} \theta+(\sin \theta+1)^{2}}+\sqrt{\cos ^{2} \theta+(\sin \theta-1)^{2}}$

$=\sqrt{2(1+\sin \theta)}+\sqrt{2(1-\sin \theta)}=\sqrt{2\left(\sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}\right)^{2}}+\sqrt{2\left(\sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2}\right)^{2}}$

$=\sqrt{2}\left|\sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2}\right|$.

$\because 0 \leq \theta<2 \pi, \quad \therefore 0 \leq \frac{\theta}{2}<\pi$.

当 $\frac{\theta}{2} \in\left[0, \frac{\pi}{4}\right]_{\text {时, }} 0 \leq \sin \frac{\theta}{2} \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos \frac{\theta}{2} \leq 1$,

所以 $|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \cos \frac{\theta}{2}, \quad|z+i|+|z-i|$ 的最大值是 $2 \sqrt{2}$;

当 $\frac{\theta}{2} \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right]_{\text {时, }}-\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos \frac{\theta}{2}<\frac{\sqrt{2}}{2}<\sin \frac{\theta}{2} \leq 1$,

所以 $|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \sin \frac{\theta}{2}, \quad|z+i|+|z-i|$ 的最大值是 $2 \sqrt{2}$;

当 $\frac{\theta}{2} \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \pi\right)_{\text {时, }}-1<\cos \frac{\theta}{2}<-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0<\sin \frac{\theta}{2}<\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $\left|\sin \frac{\theta}{2}\right|<\left|\cos \frac{\theta}{2}\right|$,

$|z+i|+|z-i|=-2 \sqrt{2} \cos \frac{\theta}{2}, \quad|z+i|+|z-i|<2 \sqrt{2}$.



故答案为: $2 \sqrt{2}$.

【分析】设 $z=\cos \theta+i \sin \theta,(0 \leq \theta<2 \pi)$, 化简得 $\left.|z+i|+|z-i|=\sqrt{2}\left|\sin \frac{\theta}{2}+\cos \frac{\theta}{2}\right|+\sqrt{2} \sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2} \right\rvert\,$,再分类讨论去绝对值, 在根据三角函数的性质, 即可求出结果.



23.答案: (1) 【解析】 $z-i=3+b i-i=3+(b-1) i$

$\because z-i$ 为实数, $\therefore b-1=0$, 则 $b=1, \therefore z=3+i$;

（2）【解析】 由（1）可知 $z=3+i$, 则 $|z|=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$.

【分析】(1) 根据复数的类型确定 $b$ 的值, 即可得出复数 $z$; (2) 由模长公式求解即可.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z=\frac{4-2 i}{i}$, 则 $|z|=$
选项：
答案：答案: $2 \sqrt{5}$
解析：答案: $2 \sqrt{5}$

【解析】$\because z=\frac{4-2 i}{i}=\frac{-4 i^{2}-2 i}{i}=-2-4 i, \therefore \mid A=\sqrt{(-2)^{2}+(-4)^{2}}=2 \sqrt{5}$.

故答案为: $2 \sqrt{5}$.

【分析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式, 然后利用复数的模长公式可求得 $\mid$.
题目（高三 · 代数）：计算 $(1-2 i) \cdot i^{102}+\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^{5}=$ \$ \qquad \$ . \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $1+3 \mathrm{i}$
解析：答案: $1+3 \mathrm{i}$

【解析】$\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)^{2}}{(1+i)(1-i)}=\frac{1+2 i+i^{2}}{2}=i, \quad i^{102}=\left(i^{2}\right)^{31}=(-1)^{51}=-1$

$\therefore(1-2 i) \cdot i^{102}+\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^{3}=-1+2 i+i^{5}=-1+2 i+i=-1+3 i$

故答案为: $-1+3 i$

【分析】由复数的除法和乘法化简 $\frac{1+i}{1-i}, i^{102}$, 再求 $(1-2 i) \cdot i^{102}+\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^{5}$ 即可.
题目（高三 · 代数）：设 $z=2021+b i$ ( $\mathrm{i}$ 为虚数单位), 若 $z \cdot \bar{z}=2029^{2}$, 则实数 $b=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $\pm 180$
解析：答案: $\pm 180$

【解析】【解析】由 $z=2021+b 1$ 和 $z \cdot \bar{z}=2029^{2}$,

得 $(2021+b i)(2021-b i)=2029^{2}, 2021^{2}+b^{2}=2029^{2}$

所以 $b^{2}=2029^{2}-2021^{2}=(2029+2021)(2029-2021)$,
$b^{2}=32400$, 解得 $b= \pm 180$,

故答案为: $\pm 180$

【分析】直接代入化简求解.
题目（高三 · 代数）：欧拉公式 $e^{i x}=\cos x+i \sin x$ (其中 $\mathrm{i}$ 为虚数单位) 是由著名数学家欧拉发现的, 当 $x=\pi$ 时, $e^{\pi i}+1=0$, 这是数学里最令人着迷的一个公式, 数学家们评价它是“上帝创造的公式”, 根据欧拉公式, 若将 $e^{\frac{\pi}{3} i}$ 所表示的复数记为 $z$, 那么 $|z|=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: 1
解析：答案: 1

【解析】【解析】由题意, $e^{\frac{\pi}{3} i}=\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i$,



故答案为: 1 .

【分析】由已知可得 $e^{\frac{\pi}{3} i}=\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i$, 再由复数模的计算公式求解.



19.答案: (1) 【解析】由题 $z=\frac{4+3 i}{1+2 i}=\frac{(4+3 i)(1-2 i)}{(1+2 i)(1-2 i)}=\frac{10-5 i}{5}=2-i \quad$. 即 $z=2-i$;

(2) 【解析】由(1) $z=2-i$, 故 $z^{2}-\bar{z}=(2-i)^{2}-(2+i)=1-5 i$,

故 $\left|z^{2}-\frac{z}{z}\right|=\sqrt{1^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{26}$.

即 $\left|z^{2}-\bar{z}\right|=\sqrt{26}$.

【分析】(1)易得 $z=\frac{4+3 i}{1+2 i}$, 再利用复数的除法运算即可.(2)由(1)分别求得 $z^{2}, \bar{z}$ 再计算 $z^{2}-\bar{z}$ 求模长即可.
题目（高三 · 代数）：设函数 $f(x)=\frac{e^{x}}{x+a}$. 若 $f^{\prime}(1)=\frac{e}{4}$, 则 $\mathrm{a}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：1
解析：由函数的解析式可得: $f^{\prime}(x)=rac{e^{x}(x+a)-e^{x}}{(x+a)^{2}}=rac{e^{x}(x+a-1)}{(x+a)^{2}}$,则: $f^{\prime}(1)=rac{e^{\mathrm{l} 	imes(1+a-1)}}{(1+a)^{2}}=rac{a e}{(a+1)^{2}}$, 据此可得: $rac{a e}{(a+1)^{2}}=rac{e}{4}$,整理可得: $a^{2}-2 a+1=0$, 解得: $a=1$.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}e^{2 x}(x>0) \\ x^{2}+4(x \leq 0),\end{array}\right.$ 若 $\forall x \in R, \quad f(x) \geq m x$, 则实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围是
选项：
答案：答案: $[-4,2 e]$
解析：答案: $[-4,2 e]$

【解析】由题意, 函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}e^{2 x}, x>0, \\ x^{2}+4, x \leq 0,\end{array}\right.$

(1)当 $x>0$ 时, 由 $f(x) \geq m x$, 可得 $e^{2 x} \geq m x$, 即 $m \leq \frac{e^{2 x}}{x}$,

设 $g(x)=\frac{e^{2 x}}{x}$, 可得 $g(x)=\frac{e^{2 x}(2 x-1)}{x^{2}}$,

当 $0<x<\frac{1}{2}$ 时, $g(x)<0, g(x)_{\text {单调递减; 当 }} x>\frac{1}{2}$ 时, $g(x)>0, g(x)_{\text {单调递增, }}$

所以 $g(x)_{\min }=g\left(\frac{1}{2}\right)=2 e$, 即 $m \leq 2 e$;

(2)当 $x \leq 0$ 时, 由 $f(x) \geq m x$, 可得 $x^{2}+4 \geq m x$,

当 $x=0$ 时显然成立;

当 $x<0$ 时, 可得 $m \geq x+\frac{4}{x}$, 因为 $x+\frac{4}{x}=-\left(-x+\frac{4}{-x}\right) \leq-4$,

当且仅当 $x=-1$ 时取等号, 所以 $m \geq-4$.

综上可得, 实数 $m$ 的取值范围是[-4,2e],

故答案为: $[-4,2 \mathrm{e}]$.

【分析】由函数的解析式，分类讨论，利用分离参数，结合导数和基本不等式，即可求解.
题目（高三 · 代数）：已知函 $f(x)=a x-\ln x-1, g(x)=\frac{x^{3}}{27}$, 用 $\max \{\mathrm{m}, \mathrm{n}\}$ 表示 $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ 中的最大值, 设 $\varphi(x)=\max \{f(x), g(x)\}$. 若 $\varphi(x) \geq \frac{x}{3}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为
选项：
答案：答案: $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$
解析：答案: $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$

【解析】 当 $x \in(0,3)$ 时, $g(x)=\frac{x^{3}}{27}<\frac{x}{3}$, 当 $x \in[3,+\infty)$ 时, $g(x)=\frac{x^{3}}{27} \geq \frac{x}{3}$,

所以 $\varphi(x) \geq \frac{x}{3}$ 在 $[3,+\infty)$ 必成立, 问题转化为 $f(x) \geq \frac{x}{3}$ 在 $(0,3)$ 恒成立,

由 $a x-\ln x-1 \geq \frac{x}{3}$ 恒成立, 可得 $a \geq \frac{\ln x+1}{x}+\frac{1}{3}$,

在 $x \in(0,3)$ 恒成立, 设 $h(x)=\frac{\ln x+1}{x}+\frac{1}{3}, x \in(0,3)$,

则 $h^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x} \cdot x-(\ln x+1) \times 1}{x^{2}}=\frac{-\ln x}{x^{2}}$,

当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0$, 当 $1<x<3$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,

所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,3)$ 上单调递减,

$\therefore h(x)_{\max }=h(1)=\frac{4}{3}, \therefore a \geq \frac{4}{3}$,

A 的取值范围是 $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$.

故答案为: $\left[\frac{4}{3},+\infty\right)$.
【分析】利用定义 $\max \{\mathrm{m}, \mathrm{n}\}$ 表示 $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ 中的最大值, 再利用不等式恒成立问题求解方法, 再用求导的方法判断函数的单调性, 从而求出函数的最值, 进而求出实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

四、解答题
题目（高三 · 代数）：$\mathrm{i}$ 是虚数单位, 复数 $\frac{8-i}{2+i}=$
选项：
答案：答案: $3-2 i$
解析：答案: $3-2 i$

【解析】

$$
\frac{8-i}{2+i}=\frac{(8-i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\frac{15-10 i}{5}=3-2 i
$$

故答案为: 3 -2i.

【分析】将分子分母同乘以分母的共轪复数, 然后利用运算化简可得结果.
题目（高三 · 代数）：已知 $\mathrm{i}$ 是虚数单位, 则复数 $z=(1+i)(2-i)$ 的实部是
选项：
答案：答案: 3
解析：答案: 3

【解析】 $\because$ 复数 $z=(1+i)(2-i)$

$\therefore z=2-i+2 i-i^{2}=3+i$

$\therefore$ 复数的实部为 3 .

故答案为: 3 .

【分析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值.
题目（高三 · 代数）：设复数 $z_{1}, \quad z_{2}$ 满足 $\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2, \quad z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i$, 则 $\left|z_{1}-z_{2}\right|=$



(2)当 $z$ 是非零实数时, $\left|z+\frac{1}{z}\right| \geq 2$ 恒成立; (3) 复数 $z=(1-i)^{3}$ 的实部和虚部都是 -2 ;

(4)如果 $|a+2 i|<|-2+i|$, 则实数 $a$ 的取值范围是 $-1<a<1$; (5)复数 $z=1-i$, 则 $\frac{1}{z}+z=\frac{3}{2}+\frac{1}{2} i$; 其中正确的命题的序号是
选项：
答案：答案: $2 \sqrt{3}$
解析：答案: $2 \sqrt{3}$

【解析】 $\because\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2$, 可设 $z_{1}=2 \cos \theta+2 \sin \theta \cdot i, \quad z_{2}=2 \cos \alpha+2 \sin \alpha \cdot i$,

$\therefore z_{1}+z_{2}=2(\cos \theta+\cos \alpha)+2(\sin \theta+\sin \alpha) \cdot i=\sqrt{3}+i$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2(\cos \theta+\cos \alpha)=\sqrt{3} \\ 2(\sin \theta+\sin \alpha)=1,\end{array}\right.$, 两式平方作和
化简得: $\quad \cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha=-\frac{1}{2}$

$\therefore\left|z_{1}-z_{2}\right|=|2(\cos \theta-\cos \alpha)+2(\sin \theta-\sin \alpha) \cdot i|$

$=\sqrt{4(\cos \theta-\cos \alpha)^{2}+4(\sin \theta-\sin \alpha)^{2}}=\sqrt{8-8(\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha)}=\sqrt{8+4}=2 \sqrt{3}$.

故答案为: $2 \sqrt{3}$.

【分析】令 $z_{1}=2 \cos \theta+2 \sin \theta \cdot i, \quad z_{2}=2 \cos \alpha+2 \sin \alpha \cdot i$, 根据复数的相等可求得

$\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha=-\frac{1}{2}$, 代入复数模长的公式中即可得到结果.
题目（高三 · 代数）：用数学归纳法证明等式 $1+2+3+\cdots+(n+3)=\frac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时, 第一步验证 $n=1$ 时,左边应取的项是 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $1+2+3+4$
解析：答案: $1+2+3+4$

【解析】 在等式 $1+2+3+\ldots+(n+3)=\frac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)$ 中,

当 $n=1$ 时, $n+3=4$, 而等式左边起始为 1 的连续的正整数的和,

故 $n=1$ 时，等式左边的项为 $1+2+3+4$,

故答案为 $1+2+3+4$.

【分析】利用数学归纳法的推理证明过程, 从而得出第一步验证 $n=1$ 时, 左边应取的项.
题目（高三 · 代数）：刘徽是中国古代最杰出的数学家之一, 他在中国算术史上最重要的贡献就是注释《九章算术》,刘徽在割圆术中提出的“割之弥细所失弥少, 割之又割以至于不可割, 则与圆合体而无所失矣”, 体现了无限与有限之间转化的思想方法, 这种思想方法应用广泛. 如数式 $2+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\ldots}}$ 是一个确定值 (数式中的省略号表示按此规律无限重复), 该数式的值可以用如下方法求得: 令原式 $=x$, 则 $2+\frac{1}{x}=x$, 即 $x^{2}-2 x-1=0$, 解得 $x=1 \pm \sqrt{2}$, 取正数得 $x=\sqrt{2}+1$. 用类似的方法可得 $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots}}}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: 2
解析：答案: 2

【解析】 由题得, 令原式 $=x$, 则 $x=\sqrt{2+x}$,

化简为 $x^{2}-x-2=0(x \geq 0)$ ，解得： $x=2$.

故答案为: 2

【分析】根据题干中给出的提示，利用和自身的相似性列出方程求解.
题目（高三 · 代数）：命题 “若 $x \in \mathbf{R}$, 则 $x^{2}+(a-1) x+1 \geq 0$ 恒成立” 是真命题, 则实数 $a$ 的取值范围为 \$ \qquad \$ .
答案解析:
选项：
答案：A
题目（高三 · 代数）：“ $\lg x>\lg y$ ” 是 “ $\sqrt{x}>\sqrt{y}$ ” 的_条件. (填: 充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要)
选项：
答案：B
题目（高三 · 代数）：观察下列等式

$1^{2}=1$

$1^{2}-2^{2}=-3$

$1^{2}-2^{2}+3^{2}=6$

$1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}=-10$

......

照此规律,第 ${ }^{n}$ 个等式可为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案:

$$
1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+\ldots+(-1)^{n+1} n^{2}=(-1)^{n+1} \frac{n(n+1)}{2}\left(n \in N^{*}\right)
$$
解析：答案:

$$
1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+\ldots+(-1)^{n+1} n^{2}=(-1)^{n+1} \frac{n(n+1)}{2}\left(n \in N^{*}\right)
$$

解析：观察给出的式子可得出如下规律:

$1^{2}=1$
$1^{2}-2^{2}=-(1+2)$

$1^{2}-2^{2}+3^{2}=1+2+3$

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

所以有 $1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+\ldots+(-1)^{n+1} n^{2}=(-1)^{n+1}(1+2+\ldots+n)=(-1)^{n+1} \frac{n(n+1)}{2}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$8.答案:

由 $f(x)=\frac{1}{3^{x}+\sqrt{3}}$, 得 $f(0)+f(1)=\frac{1}{3^{0}+\sqrt{3}}+\frac{1}{3^{1}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$f(-1)+f(2)=\frac{1}{3^{-1}+\sqrt{3}}+\frac{1}{3^{2}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$f(-2)+f(3)=\frac{1}{3^{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{3^{3}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

归纳猜想一般性结论为 $f(-x)+f(1+x)=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 证明如下:

$f(-x)+f(1+x)=\frac{1}{3^{-x}+\sqrt{3}}+\frac{1}{3^{1+x}+\sqrt{3}}=\frac{3^{x}}{1+\sqrt{3} \cdot 3^{x}}+\frac{1}{3^{1+x}+\sqrt{3}}$

$=\frac{\sqrt{3} \cdot 3^{x}}{\sqrt{3}+3^{1+x}}+\frac{1}{3^{3^{+x}}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3} \cdot 3^{x}+1}{\sqrt{3}+3^{+x}}=\frac{\sqrt{3} \cdot 3^{x}+1}{\sqrt{3}\left(1+\sqrt{3} \cdot 3^{x}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
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题目（高三 · 代数）：若 $(3-10 \mathrm{i}) y+(-2+\mathrm{i}) x=1-9 \mathrm{i}$, 则实数 $x=$ \$ \qquad \$ $y=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$1 ; 1$
解析：答案: $1 ; 1$

解析: 因为 $(3-10 \mathrm{i}) y+(-2+\mathrm{i}) x=1-9 \mathrm{i}$, 所以 $3 y-10 y \mathrm{i}-2 x+x \mathrm{i}=1-9 \mathrm{i}$, 即 $(3 y-2 x)+(x-10 y) \mathrm{i}=1-9 \mathrm{i}$ 。由复数相等的充要条件得 $\left\{\begin{array}{l}3 y-2 x=1, \\ x-10 y=-9\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1, \\ y=1\end{array}\right.$8.答案: (1) $\because z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, \therefore z_{2}=\frac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=\frac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.



$\because z_{3}$ 所对应的点在第四象限,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-(m-1)>0, \\ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}\right.$ 解得 $-1<m<1$,

$\therefore m$ 的取值范围是 $-1<m<1$.
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题目（高三 · 算术）：设 $A=\sqrt{5}-\sqrt{2}, B=\sqrt{6}-\sqrt{3}$, 则 $A \_B$ (填“〉”或“<”).
选项：
答案：$A>B$
解析：由 $A=\sqrt{5}-\sqrt{2}=rac{(\sqrt{5}-\sqrt{2})(\sqrt{5}+\sqrt{2})}{(\sqrt{5}+\sqrt{2})}=rac{3}{\sqrt{5}+\sqrt{2}}$,$B=\sqrt{6}-\sqrt{3}=rac{(\sqrt{6}-\sqrt{3})(\sqrt{6}+\sqrt{3})}{(\sqrt{6}+\sqrt{3})}=rac{3}{\sqrt{6}+\sqrt{3}}$, 因为 $\sqrt{5}<\sqrt{6}, \sqrt{2}<\sqrt{3}$, 可得 $\sqrt{5}+\sqrt{2}<\sqrt{6}+\sqrt{3}$,所以 $rac{3}{\sqrt{5}+\sqrt{2}}>rac{3}{\sqrt{6}+\sqrt{3}}$, 所以 $A>B$,故答案为 $A>B$
题目（高三 · 算术）：已知 $a>0, b>0, a+b>2$, 有下列 4 个结论: (1) $a b>1$; (2) $a^{2}+b^{2}>2$; (3) $\frac{1}{a}$ 和 $\frac{1}{b}$ 中至少有一个数小于 1 ; (4) $\frac{1+a}{b}$ 和 $\frac{1+b}{a}$ 中至少有一个小于
选项：
答案：(2)(3)(4)
解析：因为 $a=3, b=rac{1}{3}$, 满足 $a+b>2$, 但不满足 $a b>1$, 故(1)错误;$ecause a+b>2, 	herefore \sqrt{rac{a^{2}+b^{2}}{2}} \geq rac{a+b}{2}>1, 	herefore a^{2}+b^{2}>2$, 故(2)正确;若 $rac{1}{a} \geq 1, rac{1}{b} \geq 1$, 则由 $a>0, b>0$, 得 $0<a \leq 1,0<b \leq 1, 	herefore a+b \leq 2$,与 $a+b>2$ 矛盾, 故(3)正确:若 $rac{1+a}{b} \geq 2, rac{1+b}{a} \geq 2$, 则由 $a>0, b>0$, 得 $1+a \geq 2 b, 1+b \geq 2 a, 	herefore 2+a+b \geq 2 a+2 b$,$a+b \leq 2$,与 $a+b>2$ 矛盾, 故(4)正确,