eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\phi)(A>0, \omega>0,|\phi|<\pi)$ 的一段图像如图所示.



（1）求此函数的解析式;

（2）求此函数在 $(-2 \pi, 2 \pi)$ 上的单调递增区间.
选项：
答案：(1) $y=2 \sqrt{3} \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{3 \pi}{4}\right)$;
(2) $(-2 \pi,-6]$ 和 $[2,2 \pi)$.
解析：(1) 由函数的图象可知 $A=2 \sqrt{3}, \frac{T}{2}=6-(-2)=8$,

$\therefore$ 周期 $T=16, \because T=\frac{2 \pi}{\omega}=16, \therefore \omega=\frac{2 \pi}{16}=\frac{\pi}{8}, \therefore y=2 \sqrt{3} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\varphi\right) ， \because$ 函数的图象经过（2,

$-2 \sqrt{3}$ ), $\therefore \frac{\pi}{8} \times 2+\varphi=2 k \pi-\frac{\pi}{2}$, 即 $\varphi=2 k \pi-\frac{3 \pi}{4}$, 又 $|\varphi|<\pi, \therefore \varphi=-\frac{3 \pi}{4}$;

$\therefore$ 函数的解析式为: $y=2 \sqrt{3} \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{3 \pi}{4}\right)$.

(2) 由已知得 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leq \frac{\pi}{8} x-\frac{3 \pi}{4} \leq 2 k \pi+\frac{\pi}{2}$,

得 $16 k+2 \leq x \leq 16 k+10$,

即函数的单调递增区间为 $[16 k+2,16 k+10], k \in Z$.

当 $k=-1$ 时, 为 $[-14,-6]$,

当 $k=0$ 时, 为 $[2,10]$,

$\because x \in(-2 \pi, 2 \pi)$,

$\therefore$ 函数在 $(-2 \pi, 2 \pi)$ 上的递增区间为 $(-2 \pi,-6)$ 和 $[2,2 \pi)$.
题目（高二 · 代数）：函数 $f_{1}(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的一段图象过点 $(0,1)$, 如图所示.



(1)求函数 $f_{1}(x)$ 的表达式;

(2) 将函数 $y=f_{1}(x)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位, 得函数 $y=f_{2}(x)$ 的图象, 求 $y=f_{2}(x)$ 的最大值, 并求出此时自变量 $x$ 的集合.
选项：
答案：(1) $f_{1}(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$. (2) $y_{\text {max }}=2 . x$ 的取值集合为 $\left\{x \left\lvert\, x=k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right., k \in Z\right\}$
解析：(1)由图知, $T=\pi$, 于是 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$. 将 $y=A \sin 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{12}$,

得 $y=A \sin (2 x+\varphi)$ 的图象, 于是 $\varphi=2 \cdot \frac{\pi}{12}=\frac{\pi}{6}$. 将 $(0,1)$ 代入 $y=A \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$, 得 $A=2$.

故 $f_{1}(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)依题意, $f_{2}(x)=2 \sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\pi}{6}\right]=-2 \cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$,

当 $2 x+\frac{\pi}{6}=2 k \pi+\pi$, 即 $x=k \pi+\frac{5 \pi}{12}(k \in \mathrm{Z})$ 时, $y_{\text {max }}=2$.

$x$ 的取值集合为 $\left\{x \left\lvert\, x=k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right., k \in Z\right\}$.

已知函数 $y=A \sin (\omega x+\varphi)+B(A>0, \omega>0)$ 的图象求解析式

(1) $A=\frac{y_{\max }-y_{\text {min }}}{2}, B=\frac{y_{\max }+y_{\text {min }}}{2}$.

(2)由函数的周期 $T$ 求 $\omega, T=\frac{2 \pi}{\omega}$.

(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求 $\varphi$.
题目（高二 · 代数）：(12 分) 函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,0 \leq \varphi \leq \pi)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数.

(1) 求 $\varphi_{\text {的值; }}$

(2) 若 $f(x)$ 图象上的点关于 $M\left(\frac{3}{4} \pi, 0\right)$ 对称.



(2) 若 $f(x)_{\text {在区间 }}\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$

上是单调函数, 求 ${ }^{o}$ 的值.
选项：
答案：(1) $\frac{\pi}{2}$; (2) (1) $\omega=\frac{2}{3}(2 k+1), k \in \mathbb{N}$; (2) $\frac{2}{3}$
解析：(1) 因为函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)(\omega>0,0 \leq \varphi \leq \pi)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数,

所以 $\varphi=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$,

因为 $0 \leq \varphi \leq \pi$, 所以 $k=0, \varphi=\frac{\pi}{2}$.

(2) (1) $f(x)$ 的图象关于点 $M$ 对称, 得 $f\left(\frac{3 \pi}{4}\right)=\sin \left(\omega \cdot \frac{3 \pi}{4}+\frac{\pi}{2}\right)=0$,

所以 $\cos \frac{3 \omega \pi}{4}=0$,

又 $a>0$, 所以 $\frac{3 \omega \pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbb{N}, \therefore \omega=\frac{2}{3}(2 k+1), k \in \mathbb{N}$,

(2)由于 $\omega=\frac{2}{3}(2 k+1), k \in \mathbb{N}$,

因为 $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是单调函数, 所以 $\frac{\pi}{2}-0 \leq \frac{1}{2} \times \frac{2 \pi}{\omega}$, 即 $0<\omega \leq 2$,

所以 $0<\frac{2}{3}(2 k+1) \leq 2$, 所以 $k \leq 2$ 且 $k \in \mathbb{N}$.

当 $k=0$ 时, $\omega=\frac{2}{3}, f(x)=\sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{2}{3} x$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是减函数,

满足题意;

当 $k=1$ 时, $\omega=2, f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos 2 x$, 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上是减函数,

满足题意;

当 $k=2$ 时, $\omega=\frac{10}{3}, f(x)=\sin \left(\frac{10}{3} x+\frac{\pi}{2}\right)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上不是单调函数,

不满足题意,

所以，综合得 $\omega=\frac{2}{3}$ 或 2 .
题目（高二 · 代数）：化简下列各式:

(1) $\frac{\tan (2 \pi-\alpha) \cdot \sin (-2 \pi-\alpha) \cdot \cos (6 \pi-\alpha)}{\cos (\alpha-\pi) \cdot \sin (5 \pi-\alpha)}$;

(2) $\frac{\sqrt{1+2 \sin 290^{\circ} \cos 430^{\circ}}}{\sin 250^{\circ}+\cos 790^{\circ}}$.
选项：
答案：(1) $-\tan \alpha$; (2) -1
解析：(1) 原式 $=\frac{\frac{\sin (2 \pi-\alpha)}{\cos (2 \pi-\alpha)} \cdot \sin (-\alpha) \cdot \cos (-\alpha)}{\cos (\pi-\alpha) \cdot \sin (\pi-\alpha)}=-\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \frac{-\sin \alpha}{-\cos \alpha} \cdot \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}$

$=-\tan \alpha$.

(2) 原式 $=\frac{\sqrt{1+2 \sin \left(360^{\circ}-70^{\circ}\right) \cos \left(360^{\circ}+70^{\circ}\right)}}{\sin \left(180^{\circ}+70^{\circ}\right)+\cos \left(720^{\circ}+70^{\circ}\right)}=\frac{\sqrt{1-2 \sin 70^{\circ} \cos 70^{\circ}}}{-\sin 70^{\circ}+\cos 70^{\circ}}$

$=\frac{\left|\cos 70^{\circ}-\sin 70^{\circ}\right|}{\cos 70^{\circ}-\sin 70^{\circ}}=\frac{\sin 70^{\circ}-\cos 70^{\circ}}{\cos 70^{\circ}-\sin 70^{\circ}}=-1$
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=2 \sin ^{2} x-\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(I)求 $f(x)$ 的最小正周期;

(II)求 $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值.
选项：
答案：(I) $T=\pi$; (II) 最大值为 $\sqrt{3}+1$.
解析：(I) 因为

$f(x)=2 \sin ^{2} x-\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=1-\cos 2 x-\left(\cos 2 x \cos \frac{\pi}{3}-\sin 2 x \sin \frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{3}{2} \cos 2 x+1$

$=\sqrt{3} \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)+1$, 所以 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

(II) 因为 $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$, 所以 $-\frac{\pi}{3} \leq 2 x-\frac{\pi}{3} \leq \frac{2 \pi}{3}$. 当 $2 x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$, 即 $x=\frac{5 \pi}{12}$ 时, $f(x)$ 取得最大值为 $\sqrt{3}+1$.
题目（高二 · 代数）：(12 分) 已知 $\omega>0, \boldsymbol{a}=(\sqrt{3} \sin \omega x,-\cos \omega x), \boldsymbol{b}=(\cos \omega x, \cos \omega x)$, $f(x)=\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}, x_{1}, x_{2}$ 是 $y=f(x)-\frac{1}{2}$ 的其中两个零点, 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|_{\min }=\pi$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调递增区间;

(2) 若 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), f\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{1}{10}$, 求 $\sin 2 \alpha$ 的值.


选项：
答案：(1) $\left[-\frac{\pi}{6}+k \pi, \frac{\pi}{3}+k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$; (2) $\frac{24+7 \sqrt{3}}{50}$.
解析：(1) $f(x)=\sqrt{3} \sin \omega x \cos \omega x-\cos ^{2} \omega x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \omega x-\frac{1+\cos 2 \omega x}{2}$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \omega x-\frac{1}{2} \cos 2 \omega x-\frac{1}{2}=\sin \left(2 \omega x-\frac{\pi}{6}\right)-\frac{1}{2}$,

$\because x_{1}, x_{2}$ 是函数 $y=f(x)-\frac{1}{2}=\sin \left(2 \omega x-\frac{\pi}{6}\right)-1$ 的两个零点,

即 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $\sin \left(2 \omega x-\frac{\pi}{6}\right)=1$ 的两个实根, 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|_{\min }=\pi$,

$\therefore T=\pi, \quad \therefore 2 \omega=\frac{2 \pi}{\pi}=2$, 则 $\omega=1$,

$f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-\frac{1}{2}$

令 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 得 $-\frac{\pi}{6}+k \pi \leq x \leq \frac{\pi}{3}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

$\therefore f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6}+k \pi, \frac{\pi}{3}+k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$.

(2) $f\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{10}, \therefore \sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}$.

$\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \therefore-\frac{\pi}{6}<\alpha-\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{3}, \therefore \cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4}{5}$,

$\because \sin \alpha=\sin \left[\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}\right]=\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right) \cos \frac{\pi}{6}+\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right) \sin \frac{\pi}{6}$ $=\frac{4+3 \sqrt{3}}{10}$

$\cos \alpha=\cos \left[\left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{6}\right]=\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right) \cos \frac{\pi}{6}-\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{6}\right) \sin \frac{\pi}{6}=\frac{4 \sqrt{3}-3}{10}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=2 \times \frac{4+3 \sqrt{3}}{10} \times \frac{4 \sqrt{3}-3}{10}=\frac{24+7 \sqrt{3}}{50}$.
题目（高二 · 代数）：(1)求 $\left(1+\tan ^{2} 15^{\circ}\right) \cos ^{2} 15^{\circ}$ 的值;

(2)已知 $\theta$ 是第三象限角，且 $\sin ^{4} \theta+\cos ^{4} \theta=\frac{5}{9}$, 求 $\sin \theta \cos \theta$ 的值.
选项：
答案：(1)1(2)$\frac{\sqrt{2}}{3}$
解析：(1) $\left(1+\tan ^{2} 15^{\circ}\right) \cos ^{2} 15^{\circ}=\left(1+\frac{\sin ^{2} 15^{\circ}}{\cos ^{2} 15^{\circ}}\right) \cos ^{2} 15^{\circ}=\cos ^{2} 15^{\circ}+\sin ^{2} 15^{\circ}=1$.

(2) $\sin ^{4} \vartheta+\cos ^{4} \vartheta=\left(\sin ^{2} \vartheta+\cos ^{2} \vartheta\right)^{2}-2 \sin ^{2} \vartheta \cos ^{2} \vartheta=1-2 \sin ^{2} \vartheta \cos ^{2} \vartheta==^{\frac{5}{9}}$,

$\therefore \sin ^{2} \vartheta \cos ^{2} \vartheta={ }^{\frac{2}{9}},: \vartheta$ 是第三象限角, $\therefore \sin \vartheta \cos \vartheta=\frac{\sqrt{2}}{3}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $\tan \alpha$ 是关于 $x$ 的方程 $2 x^{2}-x-1=0$ 的一个实根, 且 $\alpha$ 是第三象限角.

(1)求 $\frac{2 \sin \alpha-\cos \alpha}{\sin \alpha+\cos \alpha}$ 的值;

(2)求 $3 \sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha+2 \cos ^{2} \alpha$ 的值.
选项：
答案：(1)$\frac{1}{2}$(2) 2
解析：$: \tan \alpha$ 是关于 $x$ 的方程 $2 x^{2}-x-1=0$ 的一个实根，且 $\alpha$ 是第三象限角， $\therefore \tan \alpha=1$ 或 $\tan$ $\alpha=-{ }^{\frac{1}{2}}$ (舍去).

$(1)^{\frac{2 \sin \alpha-\cos \alpha}{\sin \alpha+\cos \alpha}}=\frac{2 \tan \alpha-1}{\tan \alpha+1}=\frac{1}{2}$

(2) $3 \sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha+2 \cos ^{2} \alpha=\frac{3 \sin ^{2} \alpha-\sin \alpha \cos \alpha+2 \cos ^{2} \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=$

$\frac{3 \tan ^{2} \alpha-\tan \alpha+2}{\tan ^{2} \alpha+1}=\frac{3-1+2}{2}=2$.
题目（高二 · 代数）：9. 已知 $p:-2 \leqslant 1-\frac{x-1}{3} \leqslant 2, q: x^{2}-2 x+1-m^{2} \leqslant 0(m>0)$, 且綈 $p$ 是綈 $q$ 的必要不充分条件, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：：解 方法 1: 由 $x^{2}-2 x+1-m^{2} \leqslant 0$,

得 $1-m \leqslant x \leqslant 1+m$,

$\therefore$ 綈 $q: A=\{x \mid x>1+m$ ，或 $x<1-m, m>0\}$.

由 $-2 \leqslant 1-\frac{x-1}{3} \leqslant 2$, 得 $-2 \leqslant x \leqslant 10$,

$\therefore$ 綈 $p: B=\{x \mid x>10$ ，或 $x<-2\}$.

$\because$ 綈 $p$ 是綈 $q$ 的必要不充分条件，结合数轴

<ImageHere>

$\therefore A B \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m>0, \\ 1-m \leqslant-2, \\ 1+m \geqslant 10 .\end{array}\right.$ 解得 $m \geqslant 9$.

方法 2： $\because$ 綈 $p$ 是綈 $q$ 的必要不充分条件,

$\therefore$ 綈 $q \Rightarrow$ 綈 $p$ ，且綈 $p D \Rightarrow$ 綈 $q$.

$\therefore p \Rightarrow q$ ，且 $q D \neq p$ ，即 $p$ 是 $q$ 的充分不必要条件.

结合数轴

<ImageHere>

$\because p: C=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 10\}$,

$q: D=\{x \mid 1-m \leqslant x \leqslant 1+m, m>0\}$,

$\therefore C \quad D, \quad \therefore\left\{\begin{array}{l}1+m \geqslant 10, \\ 1-m \leqslant-2,\end{array} \quad \therefore m \geqslant 9\right.$.

所以实数 $m$ 的取值范围是 $\{m \mid m \geqslant 9\}$.
解析：：解 方法 1: 由 $x^{2}-2 x+1-m^{2} \leqslant 0$,

得 $1-m \leqslant x \leqslant 1+m$,

$\therefore$ 綈 $q: A=\{x \mid x>1+m$ ，或 $x<1-m, m>0\}$.

由 $-2 \leqslant 1-\frac{x-1}{3} \leqslant 2$, 得 $-2 \leqslant x \leqslant 10$,

$\therefore$ 綈 $p: B=\{x \mid x>10$ ，或 $x<-2\}$.

$\because$ 綈 $p$ 是綈 $q$ 的必要不充分条件，结合数轴



$\therefore A B \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m>0, \\ 1-m \leqslant-2, \\ 1+m \geqslant 10 .\end{array}\right.$ 解得 $m \geqslant 9$.

方法 2： $\because$ 綈 $p$ 是綈 $q$ 的必要不充分条件,

$\therefore$ 綈 $q \Rightarrow$ 綈 $p$ ，且綈 $p D \Rightarrow$ 綈 $q$.

$\therefore p \Rightarrow q$ ，且 $q D \neq p$ ，即 $p$ 是 $q$ 的充分不必要条件.

结合数轴



$\because p: C=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 10\}$,

$q: D=\{x \mid 1-m \leqslant x \leqslant 1+m, m>0\}$,

$\therefore C \quad D, \quad \therefore\left\{\begin{array}{l}1+m \geqslant 10, \\ 1-m \leqslant-2,\end{array} \quad \therefore m \geqslant 9\right.$.

所以实数 $m$ 的取值范围是 $\{m \mid m \geqslant 9\}$.
题目（高二 · 代数）：12. 已知函数 $f(x)=a x^{3}+x^{2}+b x$ (其中常数 $a, b \in \mathbf{R}$ ) $g(x)=f(x)$ $+f^{\prime}(x)$ 是奇函数.

(1)求 $f(x)$ 的表达式;

(2)讨论 $g(x)$ 的单调性, 并求 $g(x)$ 在区间[1,2] 上的最大值与最小值.


选项：
答案：答案：解 (1) 由题意得 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 x+b$,

因此 $g(x)=f(x)+f^{\prime}(x)$

$=a x^{3}+(3 a+1) x^{2}+(b+2) x+b$.

$\because$ 函数 $g(x)$ 是奇函数,

$\therefore g(-x)=-g(x)$,

即对任意实数 $x$, 有 $a(-x)^{3}+(3 a+1)(-x)^{2}+(b+2)(-x)+b=-$ $\left[a x^{3}+(3 a+1) x^{2}+(b+2) x+b\right]$,

从而 $3 a+1=0, b=0$, 解得 $a=-\frac{1}{3}, b=0$,

$\therefore f(x)$ 的式为 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}$.

(2)由(1)知, $g(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+2 x$,

$\therefore g^{\prime}(x)=-x^{2}+2$.
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x_{1}=-\sqrt{2}$, 或 $x_{2}=\sqrt{2}$.

则当 $x<-\sqrt{2}$ 或 $x>\sqrt{2}$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 从而 $g(x)$ 在区间 $(-\infty,-\sqrt{2}]$,

$[\sqrt{2},+\infty)$ 上是减函数;

当 $-\sqrt{2}<x<\sqrt{2}$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 从而 $g(x)$ 在 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 上是增函数.

$\therefore g(1)=\frac{5}{3}, g(\sqrt{2})=\frac{4 \sqrt{2}}{3}, g(2)=\frac{4}{3}$.

$\therefore g(x)$ 在区间 $[1,2]$ 上的最大值为 $g(\sqrt{2})=\frac{4 \sqrt{2}}{3}$,最小值为 $g(2)=\frac{4}{3}$.
解析：式为 $f(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}$.

(2)由(1)知, $g(x)=-\frac{1}{3} x^{3}+2 x$,

$\therefore g^{\prime}(x)=-x^{2}+2$.
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x_{1}=-\sqrt{2}$, 或 $x_{2}=\sqrt{2}$.

则当 $x<-\sqrt{2}$ 或 $x>\sqrt{2}$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 从而 $g(x)$ 在区间 $(-\infty,-\sqrt{2}]$,

$[\sqrt{2},+\infty)$ 上是减函数;

当 $-\sqrt{2}<x<\sqrt{2}$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 从而 $g(x)$ 在 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 上是增函数.

$\therefore g(1)=\frac{5}{3}, g(\sqrt{2})=\frac{4 \sqrt{2}}{3}, g(2)=\frac{4}{3}$.

$\therefore g(x)$ 在区间 $[1,2]$ 上的最大值为 $g(\sqrt{2})=\frac{4 \sqrt{2}}{3}$,最小值为 $g(2)=\frac{4}{3}$.
题目（高二 · 代数）：10. 已知函数 $f(x)=x^{2}+a \ln x$.
选项：
答案：：(1)当 $a=-2$ 时, 求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值;

(2) 若 $g(x)=f(x)+\frac{2}{x}$ 在 $[1,+\infty)$ 上是单调增函数, 求实数 $a$ 的取值范围.

解 (1) 由题意知, 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$.

当 $a=-2$ 时, $f^{\prime}(x)=2 x-\frac{2}{x}=\frac{2(x+1)(x-1)}{x}$.

当 $x$ 变化时, $f^{\prime}(x)$ 和 $f(x)$ 的值的变化情况如下表:

| $x$ | $(0,1)$ | 1 | $(1,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |


| $f^{\prime}(x)$ | - | 0 | + |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f(x)$ | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |

由上表可知, 函数 $f(x)$ 的单调递减区间是 $(0,1)$, 单调递增区间是 $(1,+\infty)$, 极小值是 $f(1)=1$.

(2) 由 $g(x)=x^{2}+a \ln x+\frac{2}{x}$,

得 $g^{\prime}(x)=2 x+\frac{a}{x}-\frac{2}{x^{2}}$.

若函数 $g(x)$ 为 $[1,+\infty)$ 上的单调增函数,

则 $g^{\prime}(x) \geqslant 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

即不等式 $2 x-\frac{2}{x^{2}}+\frac{a}{x} \geqslant 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立,

也即 $a \geqslant \frac{2}{x}-2 x^{2}$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

令 $\varphi(x)=\frac{2}{x}-2 x^{2}$, 则 $\varphi^{\prime}(x)=-\frac{2}{x^{2}}-4 x$.

当 $x \in[1,+\infty)$ 时, $\varphi^{\prime}(x)=-\frac{2}{x^{2}}-4 x<0$,

$\therefore \varphi(x)=\frac{2}{x}-2 x^{2}$ 在 $[1,+\infty)$ 上为减函数,

$\therefore \varphi(x)_{\max }=\varphi(1)=0, \quad \therefore a \geqslant 0$.

故实数 $a$ 的取值范围为 $[0,+\infty)$.
解析：：(1)当 $a=-2$ 时, 求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值;

(2) 若 $g(x)=f(x)+\frac{2}{x}$ 在 $[1,+\infty)$ 上是单调增函数, 求实数 $a$ 的取值范围.

解 (1) 由题意知, 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$.

当 $a=-2$ 时, $f^{\prime}(x)=2 x-\frac{2}{x}=\frac{2(x+1)(x-1)}{x}$.

当 $x$ 变化时, $f^{\prime}(x)$ 和 $f(x)$ 的值的变化情况如下表:

| $x$ | $(0,1)$ | 1 | $(1,+\infty)$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- |


| $f^{\prime}(x)$ | - | 0 | + |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f(x)$ | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |

由上表可知, 函数 $f(x)$ 的单调递减区间是 $(0,1)$, 单调递增区间是 $(1,+\infty)$, 极小值是 $f(1)=1$.

(2) 由 $g(x)=x^{2}+a \ln x+\frac{2}{x}$,

得 $g^{\prime}(x)=2 x+\frac{a}{x}-\frac{2}{x^{2}}$.

若函数 $g(x)$ 为 $[1,+\infty)$ 上的单调增函数,

则 $g^{\prime}(x) \geqslant 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

即不等式 $2 x-\frac{2}{x^{2}}+\frac{a}{x} \geqslant 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立,

也即 $a \geqslant \frac{2}{x}-2 x^{2}$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

令 $\varphi(x)=\frac{2}{x}-2 x^{2}$, 则 $\varphi^{\prime}(x)=-\frac{2}{x^{2}}-4 x$.

当 $x \in[1,+\infty)$ 时, $\varphi^{\prime}(x)=-\frac{2}{x^{2}}-4 x<0$,

$\therefore \varphi(x)=\frac{2}{x}-2 x^{2}$ 在 $[1,+\infty)$ 上为减函数,

$\therefore \varphi(x)_{\max }=\varphi(1)=0, \quad \therefore a \geqslant 0$.

故实数 $a$ 的取值范围为 $[0,+\infty)$.
题目（高二 · 代数）：11. 设函数 $f(x)=6 x^{3}+3(a+2) x^{2}+2 a x$.

(1) 若 $f(x)$ 的两个极值点为 $x_{1}, x_{2}$, 且 $x_{1} \cdot x_{2}=1$, 求实数 $a$ 的值;

(2) 是否存在实数 $a$, 使得 $f(x)$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上的单调函数? 若存在, 求出 $a$ 的值; 若不存在, 说明理由.
选项：
答案：：解 $f^{\prime}(x)=18 x^{2}+6(a+2) x+2 a$.

(1) 由已知有 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(x_{2}\right)=0$,
从而 $x_{1} X_{2}=\frac{2 a}{18}=1$, 所以 $a=9$.

(2) $\Delta=36(a+2)^{2}-4 \times 18 \times 2 a=36\left(a^{2}+4\right)>0$,

$\therefore$ 不存在实数 $a$, 使得 $f(x)$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上的单调函数
解析：：解 $f^{\prime}(x)=18 x^{2}+6(a+2) x+2 a$.

(1) 由已知有 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(x_{2}\right)=0$,
从而 $x_{1} X_{2}=\frac{2 a}{18}=1$, 所以 $a=9$.

(2) $\Delta=36(a+2)^{2}-4 \times 18 \times 2 a=36\left(a^{2}+4\right)>0$,

$\therefore$ 不存在实数 $a$, 使得 $f(x)$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上的单调函数
题目（高二 · 代数）：9. 设函数 $f(x)=2 x^{3}+3 a x^{2}+3 b x+8 c$ 在 $x=1$ 及 $x=2$ 时取得极值.

(1)求 $a, b$ 的值;

(2)若对于任意的 $x \in[0,3]$, 都有 $f(x)<c^{2}$ 成立, 求 $c$ 的取值范围.
选项：
答案：：解 (1) $f^{\prime}(x)=6 x^{2}+6 a x+3 b$.

$\because$ 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 及 $x=2$ 时取得极值,则有 $f^{\prime}(1)=0, f^{\prime}(2)=0$,即 $\left\{\begin{array}{l}6+6 a+3 b=0 \\ 24+12 a+3 b=0\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-3 \\ b=4\end{array}\right.$.

(2) 由(1)可知, $f(x)=2 x^{3}-9 x^{2}+12 x+8 c$,

$\therefore f^{\prime}(x)=6 x^{2}-18 x+12=6(x-1)(x-2)$,

当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;

当 $x \in(1,2)$ 时， $f^{\prime}(x)<0$;

当 $x \in(2,3)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $f(x)$ 取得极大值, $f(1)=5+8 c$.

又 $f(0)=8 c, f(3)=9+8 c$ ，

则 当 $x \in[0,3]$ 时, $f(x)$ 的最大值为 $f(3)=9+8 c$,

$\therefore$ 对于任意的 $x \in[0,3]$, 有 $f(x)<c^{2}$ 恒成立,

$\therefore 9+8 c<c^{2}$, 解得 $c<-1$ 或 $c>9$,

因此, $c$ 的取值范围为 $(-\infty,-1) \cup(9,+\infty)$.
解析：：解 (1) $f^{\prime}(x)=6 x^{2}+6 a x+3 b$.

$\because$ 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 及 $x=2$ 时取得极值,则有 $f^{\prime}(1)=0, f^{\prime}(2)=0$,即 $\left\{\begin{array}{l}6+6 a+3 b=0 \\ 24+12 a+3 b=0\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-3 \\ b=4\end{array}\right.$.

(2) 由(1)可知, $f(x)=2 x^{3}-9 x^{2}+12 x+8 c$,

$\therefore f^{\prime}(x)=6 x^{2}-18 x+12=6(x-1)(x-2)$,

当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;

当 $x \in(1,2)$ 时， $f^{\prime}(x)<0$;

当 $x \in(2,3)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $f(x)$ 取得极大值, $f(1)=5+8 c$.

又 $f(0)=8 c, f(3)=9+8 c$ ，

则 当 $x \in[0,3]$ 时, $f(x)$ 的最大值为 $f(3)=9+8 c$,

$\therefore$ 对于任意的 $x \in[0,3]$, 有 $f(x)<c^{2}$ 恒成立,

$\therefore 9+8 c<c^{2}$, 解得 $c<-1$ 或 $c>9$,

因此, $c$ 的取值范围为 $(-\infty,-1) \cup(9,+\infty)$.
题目（高二 · 代数）：10. 甲、乙二人慢跑的路程与时间关系以及百米赛跑路程和时间关系分别如图(1)(2), 试问:



图(1)



图(2)

(1)甲、乙二人慢跑时，跑得快;

(2)甲、乙二人百米赛跑，快到终点时,跑得较快.
选项：
答案：： 乙 乙
解析：： 乙 乙
题目（高二 · 代数）：12. 已知 $f(x)=a x^{2}+2$, 若 $f^{\prime}(1)=4$, 求 $a$ 的值.
选项：
答案：：解 $\Delta y=f(1+\Delta x)-f(1)$

$=a(1+\Delta x)^{2}+2-\left(a \times 1^{2}+2\right)$

$=2 a \cdot \Delta x+a(\Delta x)^{2}$,

$\therefore f^{\prime}(1)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}(2 a+a \cdot \Delta x)=2 a=4$

$\therefore a=2$.
解析：：解 $\Delta y=f(1+\Delta x)-f(1)$

$=a(1+\Delta x)^{2}+2-\left(a \times 1^{2}+2\right)$

$=2 a \cdot \Delta x+a(\Delta x)^{2}$,

$\therefore f^{\prime}(1)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}(2 a+a \cdot \Delta x)=2 a=4$

$\therefore a=2$.
题目（高二 · 代数）：如图, 已知四边形 $A B C D$ 为平行四边形, $A C$ 与 $B D$ 相交于 $E$, $\overrightarrow{D M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{D E}, \overrightarrow{E N}=\frac{1}{4} \overrightarrow{E C}$, 设 $\overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A D}=\boldsymbol{b}$, 试用基底 $\{\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\}$ 表示向量 $\overrightarrow{A M}, \overrightarrow{A N}, \overrightarrow{M N}$

    
选项：
答案：$\overrightarrow{A M}=\frac{1}{4} \boldsymbol{a}+\frac{3}{4} \boldsymbol{b}, \overrightarrow{A N}=\frac{5}{8} \boldsymbol{a}+\frac{5}{8} \boldsymbol{b}, \overrightarrow{M N}=\frac{3}{8} \boldsymbol{a}-\frac{1}{8} \boldsymbol{b}$.
解析：$\because A B C D$ 是平行四边形, $\overrightarrow{D M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{D E}, \overrightarrow{E N}=\frac{1}{4} \overrightarrow{E C}, \overrightarrow{A B}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{A D}=\boldsymbol{b}$, $\operatorname{und}_{A M}=\frac{1}{2}(A D+A E)=\frac{1}{2} A D+\frac{1}{4} A C=\frac{1}{2} A D+\frac{1}{4}(A B+A D)=\frac{1}{4} a+\frac{3}{4} b$, und



$\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A M}=\frac{5}{8} \overrightarrow{A B}+\frac{5}{8} \overrightarrow{A D}-\frac{1}{4} \overrightarrow{A B}-\frac{3}{4} \overrightarrow{A D}=\frac{3}{8} a-\frac{1}{8} \boldsymbol{b}$
题目（高二 · 代数）：化简下列各式.

(1) $\frac{\sin (-2 \pi-\alpha) \cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}{\tan (2 \pi-\alpha) \cos (\pi+\alpha) \sin \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right)}$;

(2) $\frac{\sqrt{1-2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}}{\sin 10^{\circ}-\sqrt{1-\sin ^{2} 190^{\circ}}}$.

【答案】
选项：
答案：（1） $\tan \alpha$; (2) -1
解析：（1）解: 原式 $=\frac{(-\sin \alpha) \cdot(\sin \alpha)}{(-\tan \alpha) \cdot(-\cos \alpha) \cdot(-\cos \alpha)}=\tan \alpha$

(2) 解: 原式 $=\frac{\sqrt{\left(\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}\right)^{2}}}{\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}$ $=\frac{\cos 10^{\circ}-\sin 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}-\cos 10^{\circ}}=-1$
题目（高二 · 代数）：已知关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}+b x+c<0$ 的解集是 $\left\{x \mid x<-2\right.$ 或 $\left.x>-\frac{1}{2}\right\}$, 求不等式 $a x^{2}-b x+c>0$ 的解集.
选项：
答案：由已知条件知 -2 和 $-\frac{1}{2}$ 是方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的两根, 且 $a<0$.

$\therefore-2-\frac{1}{2}=-\frac{b}{a},(-2) \times\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{c}{a}, \therefore b=\frac{5}{2} a, c=a$.

从而不等式 $a x^{2}-b x+c>0$ 变为 $a\left(x^{2}-\frac{5}{2} x+1\right)>0$.

$\because a<0, \therefore 2 x^{2}-5 x+2<0$. 即 $(x-2)(2 x-1)<0$, 解得 $\frac{1}{2}<x<2$.

$\therefore$ 所求不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2}<x<2\right.\right\}$.

解析: 根据已知不等式的解集形式, 可确定字母 $a$ 的符号, 又根据其解集区间端点的值即为不等式所对应方程的两根, 从而利用根与系数的关系, 找出 $a, b, c$ 之间的关系, 代入所求不等式即可.
解析：答案: 由已知条件知 -2 和 $-\frac{1}{2}$ 是方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的两根, 且 $a<0$.

$\therefore-2-\frac{1}{2}=-\frac{b}{a},(-2) \times\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{c}{a}, \therefore b=\frac{5}{2} a, c=a$.

从而不等式 $a x^{2}-b x+c>0$ 变为 $a\left(x^{2}-\frac{5}{2} x+1\right)>0$.

$\because a<0, \therefore 2 x^{2}-5 x+2<0$. 即 $(x-2)(2 x-1)<0$, 解得 $\frac{1}{2}<x<2$.

$\therefore$ 所求不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2}<x<2\right.\right\}$.

解析: 根据已知不等式的解集形式, 可确定字母 $a$ 的符号, 又根据其解集区间端点的值即为不等式所对应方程的两根, 从而利用根与系数的关系, 找出 $a, b, c$ 之间的关系, 代入所求不等式即可.
题目（高二 · 代数）：已知不等式 $a x^{2}+5 x-2>0$ 的解集是 $M$.

(1). 若 $2 \in M$,求 $\mathrm{a}$ 的取值范围;

(2). 若 $M=\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2}<x<2\right.\right\}$, 求不等式 $a x^{2}-5 x+a^{2}-1>0$ 的解集.
选项：
答案：(1). $\because 2 \in M, \therefore a \cdot 2^{2}+5 \cdot 2-2>0, \therefore a>-2$

(2). $\because M=\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2}<x<2\right.\right\}, \therefore \frac{1}{2}, 2$ 是方程 $a x^{2}+5 x-2=0$ 的两个根,
$\therefore$ 由韦达定理得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}+2=-\frac{5}{a} \\ \frac{1}{2} \cdot 2=-\frac{2}{a}\end{array} \quad\right.$ 解得 $a=-2$

$\therefore$ 不等式 $a x^{2}-5 x+a^{2}-1>0$ 即为: $-2 x^{2}-5 x+3>0$

得解集为 $\left\{x \left\lvert\,-3<x<\frac{1}{2}\right.\right\}$.
解析：答案: (1). $\because 2 \in M, \therefore a \cdot 2^{2}+5 \cdot 2-2>0, \therefore a>-2$

(2). $\because M=\left\{x \left\lvert\, \frac{1}{2}<x<2\right.\right\}, \therefore \frac{1}{2}, 2$ 是方程 $a x^{2}+5 x-2=0$ 的两个根,
$\therefore$ 由韦达定理得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}+2=-\frac{5}{a} \\ \frac{1}{2} \cdot 2=-\frac{2}{a}\end{array} \quad\right.$ 解得 $a=-2$

$\therefore$ 不等式 $a x^{2}-5 x+a^{2}-1>0$ 即为: $-2 x^{2}-5 x+3>0$

得解集为 $\left\{x \left\lvert\,-3<x<\frac{1}{2}\right.\right\}$.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x+5$.

(1)是否存在实数 $m$,使不等式 $m+f(x)>0$ 对于任意 $x \in R$ 恒成立?并说明理由

(2)若存在实数 $x$,使不等式 $m-f(x)>0$ 成立, 求实数 $m$ 的取值范围
选项：
答案：(1) 不等式 $m+f(x)>0$ 可化为 $m>-f(x)$, 即 $m>-x^{2}+2 x-5=-(x-1)^{2}-4$

要使 $m>-(x-1)^{2}-4$ 对于任意 $x \in R$ 恒成立,只需 $m>-4$ 即可

故存在实数 $m$,使不等式 $m+f(x)>0$ 对于任意 $x \in R$ 恒成立,此时 $m>-4$

(2)不等式 $m-f(x)>0$ 可化为 $m>f(x)$

若存在实数 $x$, 使不等式 $m>f(x)$ 成立, 只需 $m>f(x)_{\text {min }}$

又 $f(x)=(x-1)^{2}+4$

$\therefore f(x)_{\text {min }}=4$

$\therefore m>4$. 故所求实数 $m$ 的取值范围是 $(4,+\infty)$
解析：(1) 不等式 $m+f(x)>0$ 可化为 $m>-f(x)$, 即 $m>-x^{2}+2 x-5=-(x-1)^{2}-4$

要使 $m>-(x-1)^{2}-4$ 对于任意 $x \in R$ 恒成立,只需 $m>-4$ 即可

故存在实数 $m$,使不等式 $m+f(x)>0$ 对于任意 $x \in R$ 恒成立,此时 $m>-4$

(2)不等式 $m-f(x)>0$ 可化为 $m>f(x)$

若存在实数 $x$, 使不等式 $m>f(x)$ 成立, 只需 $m>f(x)_{\text {min }}$

又 $f(x)=(x-1)^{2}+4$

$\therefore f(x)_{\text {min }}=4$

$\therefore m>4$. 故所求实数 $m$ 的取值范围是 $(4,+\infty)$