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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
18800 | [] | C | null | 高二 | 若 $x \in\left(\mathrm{e}^{-1,1}\right), a=\ln x, b=2 \ln x, c=\ln ^{3} x$, 则( ) | A. $a<b<c$
B. $c<a<b$
C. $b<a<c$
D. $b<c<a$ | 代数 | 解析 $\because \frac{1}{\mathrm{e}}<x<1, \therefore-1<\ln x<0$.
令 $t=\ln x$, 则 $-1<t<0$.
$\therefore a-b=t-2 t=-t>0, \quad \therefore a>b$.
$c-a=t^{3}-t=t\left(t^{2}-1\right)=t(t+1)(t-1)$,
又 $\because-1<t<0, \quad \therefore 0<t+1<1, \quad-2<t-1<-1$,
$\therefore c-a>0, \quad \therefore c>a . \therefore c>a>b$. |
18802 | [] | A | null | 高二 | 若 $a>b>c$ 且 $a+b+c=0$, 则下列不等式中正确的是( ) | A. $a b>a c$
B. $a c>b c$
C. $a|b|>c|b|$
D. $a^{2}>b^{2}>c^{2}$ | 代数 | 解析 由 $a>b>c$ 及 $a+b+c=0$ 知 $a>0, c<0$,
又 $\because a>0, b>c, \therefore a b>a c$. 故选 A. |
19333 | [] | B | null | 高二 | 【2017 山东, 理 7】 若 $a>b>0$, 且 $a b=1$, 则下列不等式成立的是( ) | A. $a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)$
B. $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}$
C. $a+\frac{1}{b}<\log _{2}(a+b)<\frac{b}{2^{a}}$
D. $\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}$ | 代数 | 因为 $a>b>0$, 且 $a b=1$, 所以
$$
a>1,0<b<1, \therefore \frac{b}{2^{a}}\left\{1, \log _{2}(a+b)\right\rangle \log _{2} 2 \sqrt{a b}=1
$$
$$
2^{a+\frac{1}{b}}>a+\frac{1}{b}>a+b \Rightarrow a+\frac{1}{b}>\log _{2}(a+b)
$$
，所以选 B. |
19341 | [] | C | null | 高二 | 【2019 年高考全国 II 卷理数】若 $a>b$, 则（） | A. $\ln (a-b)>0$
B. $3^{a}<3^{b}$
C. $a^{3}-b^{3}>0$
D. $|a|>|b|$ | 代数 | 取 $a=2, b=1$, 满足 $a>b, \ln (a-b)=0$, 知 $\mathrm{A}$ 错, 排除 $\mathrm{A}$; 因为 $9=3^{a}>3^{b}=3$, 知 $\mathrm{B}$错, 排除 $\mathrm{B}$; 取 $a=1, b=-2$, 满足 $a>b, 1=|a|<|b|=2$, 知 $\mathrm{D}$ 错, 排除 $\mathrm{D}$, 因为幂函数 $y=x^{3}$ 是增函数, $a>b$, 所以 $a^{3}>b^{3}$, 故选 C.
【名师点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义, 渗透了逻辑推理和运算能力素养, 利用特殊值排除即可判断. |
19342 | ["9228.jpg"] | D | null | 高二 | (2020安徽高三) 已知 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-2 y+3 \geq 0 \\ 2 x-3 y+4 \leq 0 \\ y \geq 0\end{array}\right.$, 若目标函数 $z=m x+n y-2$ 的最大值为 1 (其中 $m>0, n>0$ ), 则 $\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为 ( ) | A. 3
B. 1
C. 2
D. $\frac{3}{2}$ | 代数 |
【分析】画出可行域, 根据目标函数 $\mathrm{z}$ 的最大值求得 $m, n$ 的关系式 $m+2 n=3$, 再利用基本不等式求得 $\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}$ 的最小值.
【详解】画出可行域如下图所示, 由于 $m>0, n>0$, 所以基准直线 $m x+n y=0$ 的斜率为负数, 故目标函数在点 $A(1,2)$ 处取得最大值, 即 $m+2 n-2=1$, 所以 $m+2 n=3$
$\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}\right) \times(m+2 n)=\frac{1}{3} \times\left(\frac{5}{2}+\frac{n}{m}+\frac{m}{n}\right) \geq \frac{1}{3} \times\left(\frac{5}{2}+2 \sqrt{\frac{n}{m} \cdot \frac{m}{n}}\right)=\frac{1}{3} \times \frac{9}{2}=\frac{3}{2}$, 当且仅当 $\frac{n}{m}=\frac{m}{n}, m=n=1$ 时等号成立, 所以 $\frac{1}{2 m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为 $\frac{3}{2}$.故选: D
<ImageHere>
【点睛】本小题主要考查根据目标函数的最值求参数, 考查基本不等式求最值, 考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. |
19343 | [] | C | null | 高二 | (2020-湖北黄石二中高三) 设 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=2$, 对任意 $p, q \in N^{*}$, 都有 $a_{p+q}=a_{p} \cdot a_{q}$, 则 $\frac{S_{n-1} \cdot\left(S_{n-1}+4\right)+260}{a_{n}}\left(n>1\right.$ 且 $\left.n \in N^{*}\right)$ 的最小值为 $(\quad)$ | A. 16
B. 24
C. 32
D. 64 | 代数 |
【分析】取 $\boldsymbol{q}=1$, 得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 求出 $a_{n}, S_{n}$, 转化为关于 $\boldsymbol{n}$ 的函数, 利用求最值的方法即可求解.
【详解】当 $q=1$ 时, $a_{p+1}=a_{p} \cdot a_{1}=2 a_{p}, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列,
$\therefore a_{n}=2^{n}, \quad \therefore S_{n}=\frac{2\left(2^{n}-1\right)}{2-1}=2^{n+1}-2, \quad \therefore S_{n-1}=2^{n}-2, \quad \therefore$
$S_{n-1} \cdot\left(S_{n-1}+4\right)=\left(2^{n}-2\right) \cdot\left(2^{n}+2\right)=2^{2 n}-4$,
$\therefore \frac{S_{n-1} \cdot\left(S_{n-1}+4\right)+260}{a_{n}}=\frac{2^{2 n}+256}{2^{n}}=2^{n}+\frac{256}{2^{n}} \geq 2 \sqrt{256}=32$ 当且仅当 $2^{n}=16$, 即 $n=4$ 时, 等号成立.
【点睛】本题考查等比数列的定义、通项公式、前 $n$ 项和公式, 考查基本不等式的应用, 属于中档题. |
19344 | [] | B | null | 高二 | (2020$\cdot$肥城市第一高级中学高三) 点 $M(x, y)$ 在曲线 $C: x^{2}-4 x+y^{2}-21=0$ 上运动, $t=x^{2}+y^{2}+12 x-12 y-150-a$, 且 $t$ 的最大值为 $b$, 若 $a, b \in R^{+}$, 则 $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}$ 的最小值为 ( ) | A. 2
B. 1
C. $\sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{2}$ | 代数 | 析】
【分析】首先可确定曲线 $C$ 表示圆心为 2,0 , 半径为 5 的圆; 令 $d=\sqrt{(x+6)^{2}+(y-6)^{2}}$, 则 $t=d^{2}-222-a ; d$ 的最大值为半径与圆心到点 $(-6,6)$ 的距离之和, 利用两点间距离公式求得 $d_{\text {max }}$,代入 $t$ 中利用最大值为 $b$ 可求得 $a+1+b=4$, 将所求的式子变为
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}\right)(a+1+b)$ ，利用基本不等式求得结果.
【详解】曲线 $C$ 可整理为: $(x-2)^{2}+y^{2}=25$, 则曲线 $C$ 表示圆心为 2,0 , 半径为 5 的圆 $t=x^{2}+y^{2}+12 x-12 y-150-a=(x+6)^{2}+(y-6)^{2}-222-a$, 设 $d=\sqrt{(x+6)^{2}+(y-6)^{2}}$, 则 $d$表示圆上的点到 $(-6,6)$ 的距离, 则 $d_{\text {max }}=\sqrt{(2+6)^{2}+(0-6)^{2}}+5=15, \therefore t_{\text {max }}=15^{2}-222-a=b$,整理得: $a+1+b=4, \quad \therefore \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}\right)(a+1+b)=\frac{1}{4} \times\left(1+\frac{b}{a+1}+\frac{a+1}{b}+1\right)$又 $\frac{b}{a+1}+\frac{a+1}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{b}{a+1} \cdot \frac{a+1}{b}}=2$ (当且仅当 $\frac{b}{a+1}=\frac{a+1}{b}$, 即 $a=1, b=2$ 时取等号） $\therefore \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b} \geq \frac{1}{4} \times 4=1$, 即 $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b}$ 的最小值为 1
【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题, 解题关键是掌握圆上的点到定点距离的最值的求解方法, 从而可得到 $a, b$ 之间的关系, 从而配凑出符合基本不等式的形式. |
19351 | ["9230.jpg"] | C | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足 $|x| \leq 1-y$, 且 $y \geq-1$, 则 $3 x+y$ 的最大值为 $(\quad)$ | A. -7
B. 1
C. 5
D. 7 | 代数 | 由题意 $\left\{\begin{array}{l}-1 \leq y \\ y-1 \leq x \leq 1-y\end{array}\right.$, 作出可行域如图阴影部分所示.
<ImageHere>
设 $z=3 x+y, y=z-3 x$, 当直线 $l_{0}: y=z-3 x$ 经过点 $(2,-1)$ 时, $z$ 取最大值 5故选 C.
【名师点睛】本题是简单线性规划问题的基本题型,根据“画、移、解”等步骤可得解,题目难度不大,注重了基础知识。基本技能的考查. |
19354 | [] | D | null | 高二 | 函数 $f(x)=\frac{x^{2}-2 x+4}{x-2}(x>2)$ 的最小值是 ( ) | A. 3
B. 4
C. 5
D. 6 | 代数 |
【分析】将函数 $f(x)=\frac{x^{2}-2 x+4}{x-2}$ 化成 $x-2+\frac{4}{x-2}+2$ 的形式, 然后用均值不等式可求出答案.
【详解】 $f(x)=x+\frac{4}{x-2}=x-2+\frac{4}{x-2}+2 \geq 2 \sqrt{4}+2=6$. 当且仅当 $x-2=\frac{4}{x-2}$, 即 $x=4$ 时,等号成立.故 $f(x)$ 的最小值为 6故选: D
【点睛】本题考查利用均值不等式求函数最小值, 属于基础题. |
18807 | ["9162.jpg"] | B | null | 高二 | 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \geqslant 1 \\ x-y \geqslant-1 \\ 2 x-y \leqslant 2\end{array}\right.$, 目标函数 $z=a x+2 y$ 仅在点 $(1,0)$ 处取得最小值, 则 $a$ 的取值范围是 ( ) | A. $(-1,2)$
B. $(-4,2)$
C. $(-4,0]$
D. $(-2,4)$ | 代数 | 解析 作出可行域如图所示<ImageHere>
,
直线 $a x+2 y=z$ 仅在点 $(1,0)$ 处取得最小值,
由图象可知 $-1<-\frac{a}{2}<2$,
即 $-4<a<2$. |
18809 | ["9163.jpg"] | B | null | 高二 | 若实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-y+1 \leqslant 0, \\ x>0,\end{array}\right.$ 则 $\frac{y}{x-1}$ 的取值范围是 $(\quad)$ | A. $(-1,1)$
B. $(-\infty,-1) \cup(1,+\infty)$
C. $(-\infty,-1)$
D. $[1,+\infty)$ | 代数 | 解析 可行域如图阴影, <ImageHere>
$\frac{y}{x-1}$ 的几何意义是区域内点与 $(1,0)$ 连线的斜率, 易求得 $\frac{y}{x-1}>1$或 $\frac{y}{x-1}<-1$. |
18817 | [] | C | null | 高二 | 若不等式 $a x^{2}+b x-2>0$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-2<x<-\frac{1}{4}\right.\right\}$, 则 $a+b$ 等于( ) | A. -18
B. 8
C. -13
D. 1 | 代数 | 解析 $\because-2$ 和 $-\frac{1}{4}$ 是 $a x^{2}+b x-2=0$ 的两根.
$\therefore\left\{\begin{array}{l}-2+\left(-\frac{1}{4}\right)=-\frac{b}{a} \\ (-2) \times\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{-2}{a}\end{array} \quad, \therefore\left\{\begin{array}{l}a=-4 \\ b=-9\end{array}\right.\right.$.
$\therefore a+b=-13$. |
18821 | [] | B | null | 高二 | 如果 $a \in \mathbf{R}$, 且 $a^{2}+a<0$, 那么 $a, a^{2},-a,-a^{2}$ 的大小关系是( ) | A. $a^{2}>a>-a^{2}>-a$
B. $-a>a^{2}>-a^{2}>a$
C. $-a>a^{2}>a>-a^{2}$
D. $a^{2}>-a>a>-a^{2}$ | 代数 | 解析 $\because a^{2}+a<0, \therefore a(a+1)<0$,
$\therefore-1<a<0$. 取 $a=-\frac{1}{2}$, 可知 $-a>a^{2}>-a^{2}>a$. |
18822 | [] | D | null | 高二 | 不等式 $\frac{1}{x}<\frac{1}{2}$ 的解集是( ) | A. $(-\infty, 2)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(0,2)$
D. $(-\infty, 0) \cup(2,+\infty)$ | 代数 | 解析 $\frac{1}{x}<\frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{x}-\frac{1}{2}<0 \Leftrightarrow \frac{2-x}{2 x}<0$
$\Leftrightarrow \frac{x-2}{2 x}>0 \Leftrightarrow x<0$ 或 $x>2$. |
18824 | [] | C | null | 高二 | 已知 $a 、 b 、 c$ 满足 $c<b<a$, 且 $a c<0$, 那么下列选项中不一定成立的是( ) | A. $a b>a c$
B. $c(b-a)>0$
C. $a b^{2}>c b^{2}$
D. $a c(a-c)<0$ | 代数 | 解析 $\because c<b<a$, 且 $a c<0, \therefore a>0, c<0$.
而 $b$ 与 0 的大小不确定, 在选项 C 中, 若 $b=0$, 则 $a b^{2}>c b^{2}$ 不成立. |
18825 | [] | A | null | 高二 | 已知集合 $M=\left\{x \mid x^{2}-3 x-28 \leqslant 0\right\}, N=\left\{x \mid x^{2}-x-6>0\right\}$, 则 $M \cap N$ 为( ) | A. $\{x \mid-4 \leqslant x<-2$ 或 $3<x \leqslant 7\}$
B. $\{x \mid-4<x \leqslant-2$ 或 $3 \leqslant x<7\}$
C. $\{x \mid x \leqslant-2$ 或 $x>3\}$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x \geqslant 3\}$ | 代数 | 解析 $\because M=\left\{x \mid x^{2}-3 x-28 \leqslant 0\right\}=\{x \mid-4 \leqslant x \leqslant 7\}$, $N=\left\{x \mid x^{2}-x-6>0\right\}=\{x \mid x<-2$ 或 $x>3\}$,
$\therefore M \cap N=\{x \mid-4 \leqslant x<-2$ 或 $3<x \leqslant 7\}$. |
18826 | [] | C | null | 高二 | 在 $\mathbf{R}$ 上定义运算 $\otimes: x^{\otimes} y=x(1-y)$, 若不等式 $(x-a) \otimes(x+a)<1$ 对任意实数 $x$ 成立, 则 | A. $-1<a<1$
B. $0<a<2$
C. $-\frac{1}{2}<a<\frac{3}{2}$
D. $-\frac{3}{2}<a<\frac{1}{2}$ | 代数 | 解析 $(x-a) \otimes(x+a)=(x-a)(1-x-a)<1 \Leftrightarrow-x^{2}+x+\left(a^{2}-a-1\right)<0$ 恒成立
$\Leftrightarrow \Delta=1+4\left(a^{2}-a-1\right)<0 \Leftrightarrow-\frac{1}{2}<a<\frac{3}{2}$. |
18827 | ["9166.jpg"] | D | null | 高二 | 在下列各函数中，最小值等于 2 的函数是 ( ) | A. $y=x+\frac{1}{x}$
B. $y=\cos x+\frac{1}{\cos x}\left(0<x<\frac{\pi}{2}\right)$
C. $y=\frac{x^{2}+3}{\sqrt{x^{2}+2}}$
D. $y=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+\frac{4}{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2}$ | 代数 | 解析 选项 A 中, $x>0$ 时, $y \geqslant 2, x<0$ 时, $y \leqslant-2$;
选项 $\mathrm{B}$ 中, $\cos x \neq 1$, 故最小值不等于 2 ;
选项 C 中, $\frac{x^{2}+3}{\sqrt{x^{2}+2}}=\frac{x^{2}+2+1}{\sqrt{x^{2}+2}}=\sqrt{x^{2}+2}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+2}}$,
当 $x=0$ 时, $y_{\text {min }}=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$.
<ImageHere>
当且仅当 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}=2$,
即 $x=\ln 2$ 时, $y_{\text {min }}=2$, 适合. |
18830 | [] | D | null | 高二 | 设 $M=\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)$, 且 $a+b+c=1$ (其中 $a, b, c$ 为正实数), 则 $M$ 的取值范围是( ) | A. $\left[0, \frac{1}{8}\right)$
B. $\left[\frac{1}{8}, 1\right)$
C. $[1,8)$
D. $[8,+\infty)$ | 代数 | 解析 $\left[M=\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)\right.$
$=\left(\frac{a+b+c}{a}-1\right)\left(\frac{a+b+c}{b}-1\right)\left(\frac{a+b+c}{c}-1\right)$
$=\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right) \cdot\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}\right) \cdot\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right)$
$\geqslant 2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{c}{a}} \cdot 2 \sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{c}{b}} \cdot 2 \sqrt{\frac{a}{c} \cdot \frac{b}{c}}=8$.
$\therefore M \geqslant 8$, 当 $a=b=c=\frac{1}{3}$ 时取 “ $=$ ” . ] |
18831 | [] | D | null | 高二 | 函数 $f(x)=x^{2}-2 x+\frac{1}{x^{2}-2 x+1}, x \in(0,3)$, 则 $(\quad)$ | A. $f(x)$ 有最大值 $\frac{7}{4}$
B. $f(x)$ 有最小值 -1
C. $f(x)$ 有最大值 1
D. $f(x)$ 有最小值 1 | 代数 | 解析 $[\because x \in(0,3), \quad \therefore x-1 \in(-1,2)$,
$\therefore(x-1)^{2} \in[0,4)$,
$\therefore f(x)=(x-1)^{2}+\frac{1}{(x-1)^{2}}-1$
$\geqslant 2 \sqrt{(x-1)^{2} \cdot \frac{1}{(x-1)^{2}}}-1=2-1=1$.
当且仅当 $(x-1)^{2}=\frac{1}{(x-1)^{2}}$, 且 $x \in(0,3)$,
即 $x=2$ 时取等号, $\therefore$ 当 $x=2$ 时, 函数 $f(x)$ 有最小值 1 |
18839 | [] | C | null | 高二 | 已知 $x>1, y>1$, 且 $\frac{1}{4} \ln x, \frac{1}{4}, \ln y$ 成等比数列, 则 $x y(\quad)$ | A. 有最大值 $\mathrm{e}$
C. 有最小值 $\mathrm{e}$
B. 有最大值 $\sqrt{\mathrm{e}}$
D. 有最小值 $\sqrt{\mathrm{e}}$ | 代数 | C |
18842 | [] | A | null | 高二 | 设 $M=2 a(a-2), N=(a+1)(a-3)$, 则( ) | A. $M>N$
B. $M \geqslant N$
C. $M<N$
D. $M \leqslant N$ | 代数 | 解析 $[\because M-N=2 a(a-2)-(a+1)(a-3)$
$=\left(2 a^{2}-4 a\right)-\left(a^{2}-2 a-3\right)=a^{2}-2 a+3$
$=(a-1)^{2}+2>0 \therefore M>N$.] |
18843 | [] | B | null | 高二 | 不等式 $x^{2}-a x-12 a^{2}<0$ (其中 $a<0$ )的解集为 ( ) | A. $(-3 a, 4 a)$
B. $(4 a,-3 a)$
C. $(-3,4)$
D. $(2 a, 6 a)$ | 代数 | 解析 $\left[\because x^{2}-a x-12 a^{2}<0(a<0)\right.$
$\Leftrightarrow(x-4 a)(x+3 a)<0$
$\Leftrightarrow 4 a<x<-3 a$.] |
18846 | [] | A | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x+2, & x \leqslant 0 \\ -x+2, & x>0\end{array}\right.$, 则不等式 $f(x) \geqslant x^{2}$ 的解集是 $(\quad)$ | A. $[-1,1]$
B. $[-2,2]$
C. $[-2,1]$
D. $[-1,2]$ | 代数 | 解析 $\left[f(x) \geqslant x^{2} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0 \\ x+2 \geqslant x^{2}\end{array}\right.\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ -x+2 \geqslant x^{2}\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0 \\ x^{2}-x-2 \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ x^{2}+x-2 \leqslant 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 0 \\ -1 \leqslant x \leqslant 2\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ -2 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow-1 \leqslant x \leqslant 0$ 或 $0<x \leqslant 1$
$\Leftrightarrow-1 \leqslant x \leqslant 1$.] |
18847 | [] | D | null | 高二 | 若 $a>0, b>0$, 且 $a+b=4$, 则下列不等式中恒成立的是 ( ) | A. $\frac{1}{a b}>\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \leqslant 1$
C. $\sqrt{a b} \geqslant 2$
D. $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} \leqslant \frac{1}{8}$ | 代数 | 解析 [取 $a=1, b=3$, 可验证 A、B、C 均不正确,故选 D.] |
17512 | [] | D | null | 高二 | $ \frac{1}{2}-\sin ^{2} 15^{\circ}$ 的值是 ( ) | A. $\frac{\sqrt{6}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{4}$ | 代数 | [解析] 原式 $=\frac{1}{2}-\frac{1-\cos \left(2 \times 15^{\circ}\right)}{2}=\frac{\cos 30^{\circ}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$. |
17364 | [] | D | null | 高二 | $\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right) \cos ^{2} x=(\quad)$ | A.$ \cdot \tan x$
B. $\sin x$
$\mathrm{C} \cdot \cos x$
D $\frac{1}{\tan x}$
解析 : $\left(\tan x+\frac{1}{\tan x}\right) \cos ^{2} x=\left(\frac{\sin x}{\cos x}+\frac{\cos x}{\sin x}\right) \cdot \cos ^{2} x=\frac{\sin ^{2} x+\cos ^{2} x}{\cos x \sin x} \cos ^{2} x=\frac{1}{\tan x}$. | 代数 | |
19368 | [] | A | null | 高二 | 记复数 $z$ 的共轭复数为 $\bar{z}$, 若 $\bar{z}(1-i)=2 i$ (i 虚数单位), 则 $|z|=(\quad)$ | A. $\sqrt{2}$
B. 1
C. $2 \sqrt{2}$
D. 2 | 代数 | 由 $\bar{z}(1-\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$, 可得 $\bar{z}=\frac{2 \mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=\frac{2 \mathrm{i}(1+\mathrm{i})}{2}=-1+\mathrm{i}$, 所以 $z=-1-\mathrm{i},|z|=\sqrt{2}$, 故选 A. |
19376 | [] | D | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 ( ) | A. 3690
B. 3660
C. 1845
D. 1830 | 代数 | 【法 1】有题设知
$a_{2}-a_{1}=1$, (1) $a_{3}+a_{2}=3$ (2) $a_{4}-a_{3}=5$ (3) $a_{5}+a_{4}=7, a_{6}-a_{5}=9$,
$a_{7}+a_{6}=11, \quad a_{8}-a_{7}=13, \quad a_{9}+a_{8}=15, \quad a_{10}-a_{9}=17, \quad a_{11}+a_{10}=19, \quad a_{12}-a_{11}=21$,
$\therefore$ (2) - (1) 得 $a_{1}+a_{3}=2$, (3)+(2) 得 $a_{4}+a_{2}=8$, 同理可得 $a_{5}+a_{7}=2, a_{6}+a_{8}=24, a_{9}+a_{11}=2$, $a_{10}+a_{12}=40, \cdots$,
$\therefore a_{1}+a_{3}, a_{5}+a_{7}, a_{9}+a_{11}, \cdots$, 是各项均为 2 的常数列, $a_{2}+a_{4}, a_{6}+a_{8}, a_{10}+a_{12}, \cdots$ 是首项为 8 , 公差为 16 的等差数列,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+15 \times 8+\frac{1}{2} \times 16 \times 15 \times 14=1830$.
【法 2】可证明：
$b_{n+1}=a_{4 n+1}+a_{4 n+2}+a_{4 n+3}+a_{4 n+4}=a_{4 n-3}+a_{4 n-2}+a_{4 n-2}+a_{4 n}+16=b_{n}+16$
$b_{1}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=10 \Rightarrow S_{15}=10 \times 15+\frac{15 \times 14}{2} \times 16=1830$
【法 3】不妨设 $a_{1}=1$, 得 $a_{2}=2, a_{3}=a_{5}=a_{7}=\cdots=1, a_{4}=6, a_{6}=10$, 所以当 $n$ 为奇数时, $a_{n}=1$,当 $n$ 为偶数时, 构成以 $a_{2}$ 为首项, 以 4 为公差的等差数列, 所以得 $S_{60}=1830$ |
18880 | [] | B | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n}=3 n-7\left(n \in \mathbf{N}_{+}\right)$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=\frac{1}{3}, b_{n-1}=27 b_{n}\left(n \geqslant 2\right.$ 且 $\left.n \in \mathbf{N}_{+}\right)$,若 $a_{n}+\log _{k} b_{n}$ 为常数, 则满足条件的 $k$ 值 $(\quad)$ | A. 唯一存在, 且为 $\frac{1}{3}$
B. 唯一存在, 且为 3
C. 存在且不唯一
D. 不一定存在 | 代数 | 解析 依题意,
$b_{n}=b_{1} \cdot\left(\frac{1}{27}\right)^{n^{-}-1}=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{3}\right)^{3 n^{-} 3}=\left(\frac{1}{3}\right)^{3 n^{-2}}$,
$\therefore a_{n}+\log _{k} b_{n}=3 n-7+\log _{k}\left(\frac{1}{3}\right)^{3 n-2}$
$=3 n-7+(3 n-2) \log _{k} \frac{1}{3}$
$=\left(3+3 \log _{k} \frac{1}{3}\right) n-7-2 \log _{k} \frac{1}{3}$,
$\because a_{n}+\log _{k} b_{n}$ 是常数, $\therefore 3+3 \log _{k} \frac{1}{3}=0$,
即 $\log _{k} 3=1, \therefore k=3$. |
18882 | [] | C | null | 高二 | 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 其公比是 $q$, 且 $-a_{5}, a_{4}, a_{6}$ 成等差数列, 则 $q$ 等于 () | A. 1 或 2
B. 1 或 -2
C. -1 或 2
D. -1 或 -2 | 代数 | 解析 依题意有 $2 a_{4}=a_{6}-a_{5}$,
即 $2 a_{4}=a_{4} q^{2}-a_{4} q$, 而 $a_{4} \neq 0$,
$\therefore q^{2}-q-2=0,(q-2)(q+1)=0$.
$\therefore q=-1$ 或 $q=2$. |
17388 | [] | B | null | 高二 | $\sin \left(-140^{\circ}\right) \cos 740^{\circ}$ 的值 ( ) | A.大于 0
B. 小于 0
$\mathrm{C}$. 等于 0
D. 不确定 | 代数 | 因为 $-140^{\circ}$ 为第三象限角,
故 $\sin \left(-140^{\circ}\right)<0$.
因为 $740^{\circ}=2 \times 360^{\circ}+20^{\circ}$,
所以 $740^{\circ}$ 为第一象限角,
故 $\cos 740^{\circ}>0$,
所以 $\sin \left(-140^{\circ}\right) \cos 740^{\circ}<0$. 故选 B.
答案: B |
17429 | [] | C | null | 高二 | 方程 $|x|=\cos x$ 在区间 $(-\infty,+\infty)$ 内 ( ) | A. 没有根
B. 有且仅有一个实根
$\mathrm{C} \cdot$ 有且仅有两个实根
D. 有无穷多个实根 | 代数 | 解析: 在同一坐标系内画出函数 $y=|x|$ 和 $y=\cos x$ 的图像 (图略), 由图像可知, 函数 $y=|x|$ 的图像与 $y=$ $\cos x$ 的图像有且只有两个公共点.
答案: C |
17466 | [] | C | null | 高二 | 函数 $y=2 \sin \left(\frac{\pi}{3}-x\right)-\cos \left(\frac{\pi}{6}+x\right)(x \in \mathbf{R})$ 的最小值等于 $(\quad)$
A -3
B. -2
$\mathrm{C} \cdot-1$
D. $-\sqrt{5}$
解析: $\because\left(\frac{\pi}{3}-x\right)+\left(\frac{\pi}{6}+x\right)=\frac{\pi}{2}$,
$\therefore y=2 \sin \left[\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{6}+x\right)\right]-\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$
$=2 \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)-\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$
$=\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right), \quad \therefore y_{\min }=-1$.
答案: C
11.函数 $y=2 \sin \left(\omega x+\frac{\pi}{4}\right)(\omega>0)$ 的周期为 $\pi$, 则其单调递增区间为 $(\quad)$ | A. $\left[k \pi-\frac{3 \pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{4}\right](k \in \mathbf{Z})$
B. $\left[2 k \pi-\frac{3 \pi}{4}, 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right](k \in \mathbf{Z})$
C. $\left[k \pi-\frac{3 \pi}{8}, k \pi+\frac{\pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$
D. $\left[2 k \pi-\frac{3 \pi}{8}, 2 k \pi+\frac{\pi}{8}\right](k \in \mathbf{Z})$ | 代数 | 周期 $T=\pi, \therefore \frac{2 \pi}{\omega}=\pi, \therefore \omega=2, \therefore y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$.由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant 2 x+\frac{\pi}{4} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$, 得 $k \pi-\frac{3}{8}$ $\pi \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{\pi}{8}, \quad k \in \mathbf{Z}$.
答案: C |
17586 | ["8921.jpg"] | C | null | 高二 | 11.如图某港口一天 6 时到 18 时的水深变化曲线近似满足函数 $y=3 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\varphi\right)+k$. 据此函数可知, 这段时间水深(单位: $m$ )的最大值为 ( )\n\n<ImageHere> | A 5\nB. 6\nC. 8\nD. 10 | 代数 | 由题图可知 $-3+k=2, k=5, y=3 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\varphi\right)+5$,\n\n$\therefore y_{\max }=3+5=8$.\n\n答案: C |
17472 | [] | D | null | 高二 | 下列式子中正确的是 ( ) | A.$\sin (\pi-\alpha)=-\sin \alpha$
$\mathrm{B} \cdot \cos (\pi+\alpha)=\cos \alpha$
$\mathrm{C} \cdot \cos \alpha=\sin \alpha$
$\mathrm{D} \cdot \sin (2 \pi+\alpha)=\sin \alpha$ | 代数 | 解析:对于选项 A, 令 $\alpha=\frac{\pi}{2}$, 得 $\sin (\pi-\alpha)=\sin \frac{\pi}{2}=1 \neq-\sin \frac{\pi}{2}$, 所以 $\mathrm{A}$ 错误; 对于选项 B, 令 $\alpha=0$, 得 $\cos (\pi+\alpha)=\cos \pi=-1 \neq \cos 0$, 所以 $\mathrm{B}$ 错误; 对于选项 C, 令 $\alpha=0$, 得 $\cos \alpha=\cos 0=1 \neq \sin 0$, 所以 C 错误.
答案: D |
19141 | [] | C | null | 高二 | (2018 全国卷 II) 若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[0, a]$ 是减函数, 则 $a$ 的最大值是 ( ) | A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{2}$
c. $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\pi$ | 代数 | 解法一 $f(x)=\cos x-\sin x=\sqrt{2} \cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$, 当 $x \in[0, a]$ 时, $x+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{\pi}{4}, a+\frac{\pi}{4}\right]$, 所以结合题意可知 $a+\frac{\pi}{4} \leqslant \pi$, 即 $a \leqslant \frac{3 \pi}{4}$, 故所求 $a$ 的最大值是 $\frac{3 \pi}{4}$, 故选 C.解法二 $f^{\prime}(x)=-\sin x-\cos x=-\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$, 由题设得 $f^{\prime}(x) \leqslant 0$,即 $\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \geqslant 0$ 在区间 $[0, a]$ 上恒成立, 当 $x \in[0, a]$ 时, $x+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{\pi}{4}, a+\frac{\pi}{4}\right]$,所以 $a+\frac{\pi}{4} \leqslant \pi$, 即 $a \leqslant \frac{3 \pi}{4}$, 故所求 $a$ 的最大值是 $\frac{3 \pi}{4}$, 故选 C. |
19422 | ["9235.jpg"] | D | null | 高二 | 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y \leq 6 \\ x+y \geq 3 \\ y \leq 2\end{array}\right.$, 则 $z=\frac{y}{x}$ 的最大值是 ( ) | A. -1
B. 0
C. $\frac{1}{2}$
D. 2 | 代数 | 由线性约束条件, 画出可行域如下图
$z=\frac{y}{x}$ 的几何意义是可行域内的点 $(x, y)$ 与原点 $(0,0)$ 连线的斜率, 由可行域可知, 当取点 $\mathrm{B}$ 时, 与原点连线斜率最大, $\mathrm{B}(1,2)$, 所以 $\mathrm{z}$ 的最大值为 $k=\frac{2-0}{1-0}=2$, 所以选 $\mathrm{D}$ 。 |
19424 | ["9236.jpg"] | D | null | 高二 | (2014 安徽) $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \leq 0 \\ x-2 y-2 \leq 0 \\ 2 x-y+2 \geq 0\end{array}\right.$, 若 $z=y-a x$ 取得最大值的最优解页唯一,则实数 $a$
的值为 ( ) | A. $\frac{1}{2}$ 或 -1
B. 2 或 $\frac{1}{2}$
C. 2 或 1
D. 2 或 -1 | 代数 | 解法一 由题中条件画出可行域,
<ImageHere>
可知三交点 $A(0,2), B(2,0), C(-2,-2)$, 则 $z_{A}=2, z_{B}=-2 a, z_{C}=2 a-2$, 要使目标函数取得最大值的最优解不唯一, 只要 $z_{A}=z_{B}>z_{C}$ 或 $z_{A}=z_{C}>z_{B}$ 或 $z_{B}=z_{C}>z_{A}$, 解得 $a=-1$ 或 $a=2$.解法二 目标函数 $z=y-a x$ 可化为 $y=a x+z$, 令 $l_{0}: y=a x$, 平移 $l_{0}$, 则当 $l_{0} / / A B$ 或 $l_{0} / / A C$时符合题意, 故 $a=-1$ 或 $a=2$. |
19426 | ["9238.jpg", "9239.jpg", "9240.jpg"] | D | null | 高二 | <ImageHere> | A. 2
B. -2
C. $\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$ | 代数 | 作出线性约束条件 $\left\{\begin{array}{c}x+y-2 \geq 0 \\ k x-y+2 \geq 0 \\ y \geq 0\end{array}\right.$, 的可行域. 当 $k>0$ 时, 如图(1)所示, 此时可行域为 $y$轴上方
直线 $x+y-2=0$ 的右上方、直线 $k x-y+2=0$ 的右下方的区域，显然此时 $z=y-x$ 无最小值. 当
$$
k<-1
$$
时. $z=y-x$ 取得最小值 2 ;
当 $k=-1$ 时, $z=y-x$ 取得最小值 -2 , 均不符合题意,
当 $-1<k<0$ 时, 如图(2)所示, 此时可行域为点 $A(2,0), B\left(-\frac{2}{k} ， 0\right), C(0,2)$ 所围成的三角形区域, 当直线 $z=y-x$ 经过点 $B\left(-\frac{2}{k}, 0\right)$ 时, 有最小值, 即 $-\left(-\frac{2}{k}\right)=-4$, 所以得 $k=-\frac{1}{2}$. 故选 D.
<ImageHere>
图(1)
<ImageHere>
图(2) |
19427 | ["9241.jpg"] | C | null | 高二 | 若变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leq 8, \\ 2 y-x \leq 4, \\ x \geq 0, \\ y \geq 0,\end{array}\right.$ 且 $z=5 y-x$ 的最大值为 $a$, 最小值为 $b$, 则 $a-b$ 的值是 | A. 48
B. 30
C. 24
D. 16 | 代数 | 作出可行域, 如图, 则在 $A$ 点取得最大值 16 , 在 $B$ 点取得最小值 -8 ,则 $a-b=24$, 选 C.
<ImageHere> |
19438 | [] | C | null | 高二 | 若正数 $x, y$ 满足 $x+3 y=5 x y$, 则 $3 x+4 y$ 的最小值是 ( ) | A. $\frac{24}{5}$
B. $\frac{28}{5}$
C. 5
D. 6 | 代数 | $\because x+3 y=5 x y, \frac{1}{y}+\frac{3}{x}=5$,
$$
\frac{1}{5}(3 x+4 y) \cdot\left(\frac{1}{y}+\frac{3}{x}\right)=\frac{1}{5}\left(\frac{3 x}{y}+\frac{12 y}{x}\right)+\frac{13}{5} \geq \frac{1}{5} \times 2 \times \sqrt{36}+\frac{13}{5}=5
$$ |
19440 | [] | B | null | 高二 | 设 $f(x)=\ln x, 0<a<b$, 若 $p=f(\sqrt{a b}), q=f\left(\frac{a+b}{2}\right), r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))$, 则下列关系式中
正确的是 ( ) | A. $q=r<p$
B. $q=r>p$
C. $p=r<q$
D. $p=r>q$ | 代数 | $\because 0<a<b, \therefore \frac{a+b}{2}>\sqrt{a b}$, 又 $f(x)=\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,故 $f(\sqrt{a b})<f\left(\frac{a+b}{2}\right)$, 即 $q>p$,
$\because r=\frac{1}{2}(f(a)+f(b))=\frac{1}{2}(\ln a+\ln b)=\ln \sqrt{a b}=f(\sqrt{a b})=p, \quad \therefore p=r<q$. |
19441 | [] | D | null | 高二 | （2013 福建）若 $2^{x}+2^{y}=1$, 则 $x+y$ 的取值范围是 ( ) | A. $[0,2]$
B. $[-2,0]$
C. $[-2,+\infty)$
D. $(-\infty,-2]$ | 代数 | 本题考查的是均值不等式. 因为 $1=2^{x}+2^{y} \geq 2 \sqrt{2^{x} \cdot 2^{y}}$, 即 $2^{x+y} \leq 2^{-2}$,所以 $x+y \leq-2$, 当且仅当 $2^{x}=2^{y}$, 即 $x=y$ 时取等号. |
19442 | [] | B | null | 高二 | (2017 山东) 若 $a>b>0$, 且 $a b=1$, 则下列不等式成立的是（） | A. $a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)$
B. $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}$
c. $a+\frac{1}{b}<\log _{2}(a+b)<\frac{b}{2^{a}}$
D. $\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}$ | 代数 | 解法一取 $a=2, b=\frac{1}{2}$, 则 $a+\frac{1}{b}=2+2=4, \frac{b}{2^{a}}=\frac{\frac{1}{2}}{2^{2}}=\frac{1}{8}, \log _{2}(a+b)=\log _{2} 4=2$,所 $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}, \quad$ 选 B.
解法二 由题意 $a>1,0<b<1$, 所以 $\frac{b}{2^{a}}<1, a+\frac{1}{b}=a+a=2 a>2$,又 $a+b>1$, 所以 $(a+b)^{2}>(a+b)$,所以 $2>\log _{2}(a+b)^{2}>\log _{2}(a+b)>\log _{2} 2 \sqrt{a b}=1$, 故 $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}$, 选 B. |
19443 | [] | C | null | 高二 | 已知 $x, y \in R$, 且 $x>y>0$, 则 ( ) | A. $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}>0$
B. $\sin x-\sin y>0$
c. $\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-\left(\frac{1}{2}\right)^{y}<0$
D. $\ln x+\ln y>0$ | 代数 | 因为 $x>y>0$, 选项 $\mathrm{A}$, 取 $x=1, y=\frac{1}{2}$, 则 $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}=1-2=-1<0$,
排除 $\mathrm{A}$; 选项 $\mathrm{B}$, 取 $x=\pi, y=\frac{\pi}{2}$, 则 $\sin x-\sin y=\sin \pi-\sin \frac{\pi}{2}=-1<0$,
排除 $\mathrm{B}$; 选项 $\mathrm{D}, x=2, y=\frac{1}{2}$, 则 $\ln x+\ln y=\ln (x y)=\ln 1=0$, 排除 $\mathrm{D}$,
故选 C. |
19452 | [] | B | null | 高二 | 设正实数 $x, y, z$ 满足 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$. 则当 $\frac{x y}{z}$ 取得最大值时, $\frac{2}{x}+\frac{1}{y}-\frac{2}{z}$ 的最大值为 ( ) | A. 0
B. 1
c. $\frac{9}{4}$
D. 3 | 代数 | 由 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$, 得 $z=x^{2}-3 x y+4 y^{2}$.
所以 $\frac{x y}{z}=\frac{x y}{x^{2}-3 x y+4 y^{2}}=\frac{1}{\frac{x}{y}+\frac{4 y}{x}-3} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{4 y}{x}}-3}=1$, 当且仅当 $\frac{x}{y}=\frac{4 y}{x}$,
即 $x=2 y$ 时取等号此时 $z=2 y^{2},\left(\frac{x y}{z}\right)_{\text {max }}=1$.
$\frac{2}{x}+\frac{1}{y}-\frac{2}{z}=\frac{2}{2 y}+\frac{1}{y}-\frac{2}{x y}=\frac{2}{y}\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{2}{y}\left(1-\frac{1}{2 y}\right) \leq 4\left(\frac{\frac{1}{2 y}+1-\frac{1}{2 y}}{2}\right)^{2}=1$, 故选 B. |
19459 | [] | A | null | 高二 | 【2019 年高考全国 I 卷理数】记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{4}=0, a_{5}=5$, 则 | A. $a_{n}=2 n-5$
B. $a_{n}=3 n-10$
C. $S_{n}=2 n^{2}-8 n$
D. $S_{n}=\frac{1}{2} n^{2}-2 n$ | 代数 | 由题知, $\left\{\begin{array}{l}S_{4}=4 a_{1}+\frac{d}{2} \times 4 \times 3=0 \\ a_{5}=a_{1}+4 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-3 \\ d=2\end{array}, \therefore a_{n}=2 n-5, S_{n}=n^{2}-4 n\right.$, 故选
A.
【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前 $n$ 项和公式, 渗透方程思想与数学计算等素养. 利
用等差数列通项公式与前 $n$ 项公式即可列出关于首项与公差的方程, 解出首项与公差, 再适当计算即可做了判断. |
19463 | [] | B | null | 高二 | (辽宁省凌源二中 2018 届三校联考) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, 且 $a_{2} a_{3} a_{4}=-a_{7}^{2}=-64$, 则 $\tan \left(\frac{a_{4} a_{6}}{3} \cdot \pi\right)=(\quad)$ | A. $\sqrt{3}$
B. $-\sqrt{3}$
C. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\pm \sqrt{3}$ | 代数 | 由等比数列的性质可得: $a_{2} a_{3} a_{4}=a_{3}^{3}=-64, \therefore a_{3}=-4$, $a_{7}=a_{3} q^{4}<0$, 结合 $a_{7}^{2}=64$ 可得: $a_{7}=-8$,
结合等比数列的性质可得: $a_{4} a_{6}=a_{3} a_{7}=32$,
即: $\tan \left(\frac{a_{4} a_{6}}{3} \cdot \pi\right)=\tan \left(\frac{32}{3} \pi\right)=\tan \left(10 \pi+\frac{2}{3} \pi\right)=\tan \frac{2}{3} \pi=-\sqrt{3}$.
本题选择 $B$ 选项. |
19465 | [] | D | null | 高二 | （2019 - 湖南师大附中高考模拟（文））已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 若 $a_{2} \cdot a_{6} \cdot a_{10}=3 \sqrt{3}, b_{1}+b_{6}+b_{11}=7 \pi$, 则 $\tan \frac{b_{2}+b_{10}}{1-a_{3} \cdot a_{9}}$ 的值是 $(\quad)$ | A. 1
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $-\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $-\sqrt{3}$ | 代数 |
$\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列
$$
\therefore a_{2} \cdot a_{6} \cdot a_{10}=a_{6}^{3}=3 \sqrt{3} \quad \therefore a_{6}=\sqrt{3}
$$
$\because\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列 $\quad \therefore b_{1}+b_{6}+b_{11}=3 b_{6}=7 \pi \quad \therefore b_{6}=\frac{7 \pi}{3}$
$\therefore \tan \frac{b_{2}+b_{10}}{1-a_{3} \cdot a_{9}}=\tan \frac{2 b_{6}}{1-a_{6}^{2}}=\tan \frac{\frac{14 \pi}{3}}{1-3}=-\tan \frac{7 \pi}{3}=-\tan \frac{\pi}{3}=-\sqrt{3}$
本题正确选项: $D$
$q=\sqrt{2}+1$. 故 $\frac{a_{5}}{a_{3}}=q^{2}=3+2 \sqrt{2}$. |
19466 | [] | B | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}=\frac{1}{3}$, 若 $a_{n}\left(a_{n-1}+2 a_{n+1}\right)=3 a_{n-1} \cdot a_{n+1}\left(n \geq 2, n \in N^{*}\right)$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项 $a_{n}=(\quad)$ | A. $\frac{1}{2^{n-1}}$
B. $\frac{1}{2^{n}-1}$
C. $\frac{1}{3^{n-1}}$
D. $\frac{1}{2^{n-1}+1}$ | 代数 | $a_{n} a_{n-1}+2 a_{n} a_{n+1}=3 a_{n-1} a_{n+1}, \frac{1}{a_{n+1}}+\frac{2}{a_{n-1}}=\frac{3}{a_{n}} ， \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=2\left(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}\right)$,
则 $\frac{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}}{\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}}=2$, 数列 $\left\{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列,
$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$, 利用叠加法,
$\frac{1}{a_{1}}+\left(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}\right)+\left(\frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}}\right)+\ldots \ldots+\left(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}\right)=1+2+2^{2}+\ldots \ldots .+2^{n-1}$,
$\frac{1}{a_{n}}=\frac{2^{n}-1}{2-1}=2^{n}-1$, 则 $a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$. 选 B. |
20163 | [] | D | null | 高二 | 某公司生产一种产品, 固定成本为 20000 元, 每生产一单位的产品, 成本增加 100 元, 若总收入 $R$ 与年产量 $x$ 的关系是 $R(x)=$ $\left\{\begin{array}{l}-\frac{x^{3}}{900}+400 x,(0 \leqslant x \leqslant 390), \\ 90090,(x>390),\end{array}\right.$ 则当总利润最大时, 每年生产产品的单位数是( ) | A. 150
B. 200
C. 250
D. 300 | 代数 | 解析: $\because$ 总利润 $P(x)=$
$\begin{cases}-\frac{x^{3}}{900}+300 x-20000, & 0 \leqslant x \leqslant 390, \\ 90090-100 x-20000, & x>390,\end{cases}$
由 $P^{\prime}(x)=0$, 得 $x=300$, 故选 D.
答案 :$\mathrm{D}$ |
20165 | [] | C | null | 高二 | 某城市在发展过程中, 交通状况逐渐受到大家更多的关注,据有关数据统计显示, 从上午 6 时到 9 时, 车辆通过该市某一段路段的用时 $y$ (分钟)与车辆进入该路段的时刻 $t$ 之间的关系可近似地用如下函数给出: $y=-\frac{1}{8} t^{3}-\frac{3}{4} t^{2}+36 t-\frac{629}{4}$. 则在这段时间内, 通过该路段用时最多的时刻是( ) | A. 6 时
B. 7 时
C. 8 时
D. 9 时 | 代数 | 解析 :令 $y^{\prime}=-\frac{3}{8} t^{2}-\frac{3}{2} t+36=0$, 即 $3 t^{2}+12 t-36 \times 8=0$, 解得
$t=8$ 或 $t=-12$ (舍去).
当 $0<t<8$ 时, $y^{\prime}>0$;
当 $t>8$ 时, $y^{\prime}<0$.
所以当 $t=8$ 时，函数有极大值，也是最大值.
答案: $\mathrm{C}$ |
20189 | [] | D | null | 高二 | 设 $f(x)=\frac{1}{2} x+\frac{1}{x}(x<0)$, 则 $f(x)$ 的单调减区间为 $(\quad)$ | A. $(-\infty,-2)$
B. $(-2,0)$
C. $(-\infty,-\sqrt{2})$
D. $(-\sqrt{2}, 0)$ | 代数 | 解析： $f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x^{2}-2}{2 x^{2}}=\frac{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{2 x^{2}}$
$\because x<0$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{2}<x<0$. 故选 D.
答案： $\mathrm{D}$ |
20194 | [] | C | null | 高二 | 若函数 $f(x)=a x+\frac{1}{x}(a \in \mathbf{R})$, 则下列结论正确的是 ( ) | A. $\forall a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增函数
B. $\forall a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是减函数
C. $\exists a \in \mathbf{R}$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为奇函数
D. $\exists a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)$ 为偶函数 | 代数 | 解析 ：当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上为减函数， A 错; 当 $a=1$时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数, $\mathrm{B}$ 错; $\mathrm{D}$ 选项中的 $a$ 不存在,故选 C.
答案 ：C |
20195 | [] | C | null | 高二 | 函数 $f(x)=\frac{x}{1-x}$ 的单调增区间是 $(\quad)$ | A. $(-\infty, 1)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-\infty, 1),(1,+\infty)$
D. $(-\infty,-1),(1,+\infty)$ | 代数 | 解析 ：函数的定义域是 $(-\infty, 1) \cup(1,+\infty), f^{\prime}(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\prime}$ $=\frac{1 \times(1-x)-x(-1)}{(1-x)^{2}}=\frac{1}{(1-x)^{2}}>0$,
$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(-\infty, 1),(1,+\infty)$.
答案： C |
18429 | [] | D | null | 高二 | 记等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}=2, S_{6}=18$, 则 $\frac{S_{10}}{S_{5}}$ 等于 $(\quad)$ | A. -3
B. 5
C. -31
D. 33 | 代数 | 解析 由题意知公比 $q \neq 1, \frac{S_{6}}{S_{3}}=\frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{6}\right)}{1-q}}{\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}}$
$=1+q^{3}=9$,
$\therefore q=2, \frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{10}\right)}{1-q}}{\frac{a_{1}\left(1-q^{5}\right)}{1-q}}=1+q^{5}$
$=1+2^{5}=33$. |
18432 | [] | C | null | 高二 | 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n+1}=c a_{n}\left(c\right.$ 为非零常数), 且前 $n$ 项和为 $S_{n}=3^{n}+k$, 则实数 $k$ 的值为 | A. 0
B. 1
C. -1
D. 2 | 代数 | 解析 当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=3+k$,
当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(3^{n}+k\right)-\left(3^{n-1}+k\right)$
$=3^{n}-3^{n-1}=2 \cdot 3^{n-1}$.
由题意知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列，所以 $a_{1}=3+k=2$,
$\therefore k=-1$.为( ) |
17721 | [] | B | null | 高二 | 设集合 $M=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{2} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}, N=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{4} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$, 则两集合间的关系是 | A. $M=N$
B. $M N$
C. $N M$
D. $M \cap N=\varnothing$ | 代数 | 解析: 法一: 由于 $M=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{2} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\cdots,-45^{\circ}, 45^{\circ}, 135^{\circ}, 225^{\circ}, \cdots\right\}$, $N=\left\{x \left\lvert\, x=\frac{k}{4} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}=\left\{\cdots,-45^{\circ}, 0^{\circ}, 45^{\circ}, 90^{\circ}, 135^{\circ}, 180^{\circ}, 225^{\circ}, \cdots\right\}$, 显然 $M N$.
法二:由于 $M$ 中, $x=\frac{k}{2} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}=k \cdot 90^{\circ}+45^{\circ}=45^{\circ}(2 k+1), 2 k+1$ 是奇数; 而 $N$ 中, $x$ $=\frac{k}{4} \cdot 180^{\circ}+45^{\circ}=k \cdot 45^{\circ}+45^{\circ}=(k+1) \cdot 45^{\circ}, k+1$ 是整数, 因此必有 $M N$. 故选 B.
答案: B |
17793 | ["8966.jpg"] | C | null | 高二 | 方程 $|x|=\cos x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内 | A. 没有根
B. 有且仅有一个根
C. 有且仅有两个根
D. 有无穷多个根 | 代数 | 解析: 在同一坐标系中作出函数 $y=|x|$ 及函数 $y=\cos x$ 的图象，如图所示.
<ImageHere>
由图知两函数的图象有两个交点，所以方程 $|x|=\cos x$ 有两个根.
答案: C |
17794 | ["8967.jpg", "8968.jpg", "8969.jpg", "8970.jpg"] | D | null | 高二 | 函数 $y=\cos x+|\cos x|, x \in[0,2 \pi]$ 的大致图象为
<ImageHere> | A.
<ImageHere>
B
<ImageHere>
C
<ImageHere>
D | 代数 | 解析 : $y=\cos x+|\cos x|=$
$$
\left\{\begin{array}{l}
2 \cos x, x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] \cup\left[\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right], \\
0, x \in\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right],
\end{array}\right. \text { 故选 D. }
$$
答案: D |
19946 | [] | B | null | 高二 | 已知 $x, y$ 是实数, 则 $x \neq y$ 是 $x^{2} \neq y^{2}$ 的 ( ) | A. 充分不必要条件
B.必要不充分条件
C. 充要条件
D.既不充分也不必要条件 | 代数 | 解析: 解答: 若 $x \neq y$, 则 $x^{2} \neq y^{2} \Leftrightarrow$ 若 $x^{2}=y^{2}$, 则 $x=y$, 显然是假的;若 $x^{2} \neq y^{2}$, 则 $x \neq y \Leftrightarrow$ 若 $x=y$, 则 $x^{2}=y^{2}$,显然是真的.故 $x \neq y$ 是 $x^{2} \neq y^{2}$ 的必要不充分条件,故选B.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$;注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性. |
19963 | [] | C | null | 高二 | 设 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 是两个集合，则” $A \cap B=A$ ” 是 “ $A \subseteq B$ ” 的 ( ) | A. 充分不必要条件
B.必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件 | 代数 | 解析: 解答: 由题意得, $A \cap B=A \Rightarrow A \subseteq B$, 反之, $A \subseteq B \Rightarrow A \cap B=A$, 故为充要条件, 故选C.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性. |
19966 | [] | C | null | 高二 | 设 $a 、 b \in \mathbf{R}$, 那么 $a b=0$ 的充要条件是 ( ) | A. $a=0$ 且 $b=0$
B. $a=0$ 或 $b \neq 0$
C. $a=0$ 或 $b=0$
D. $a \neq 0$ 且 $b=0$ | 代数 | 解析：解答：由 $a b=0$, 知 $a 、 b$ 至少有一个为 0 , 故充要条件 $a=0$ 或 $b=0$.
故选C.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$; 注意
养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性. |
19692 | [] | D | null | 高二 | $\triangle A B C$ 中, 边长 $a 、 b$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两根, 且 $2 \cos (A+B)=-1$ 则边长 $c$等于 $(\quad)$ | A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $\sqrt{6}$ | 代数 | $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $2 \cos (\mathrm{A}+\mathrm{B})=-1, \mathrm{~A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}=180^{\circ}$,
$\therefore 2 \cos \left(180^{\circ}-\mathrm{C}\right)=-1, \therefore \cos \left(180^{\circ}-\mathrm{C}\right)=-\frac{1}{2}$, 即 $\cos \mathrm{C}=\frac{1}{2}$,
$\because \mathrm{a}, \mathrm{b}$ 是方程 $x^{2}-2 \sqrt{3} x+2=0$ 的两个根, $\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}=2 \sqrt{3}, \mathrm{ab}=2$,
由余弦定理可知 $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2 a b \cdot \frac{1}{2}}=\sqrt{(a+b)^{2}-3 a b}=\sqrt{6}$, 故选 D. |
19699 | [] | D | null | 高二 | 若 $\lg 2, \lg \left(2^{x}+1\right), \lg \left(2^{x}+5\right)$ 成等差数列, 则 $x$ 的值等于 ( ) | A. 1
B. 0 或 $\frac{1}{8}$
C. $\frac{1}{8}$
D. $\log _{2} 3$ | 代数 | 由 $\lg 2, \lg \left(2^{x}+1\right), \lg \left(2^{x}+5\right)$ 成等差数列,
得 $2 \lg \left(2^{x}+1\right)=\lg 2+\lg \left(2^{x}+5\right), \therefore \lg \left(2^{x}+1\right)^{2}=\lg 2\left(2^{x}+5\right)$, 即 $\left(2^{x}+1\right)^{2}=2 \cdot 2^{x}+10$,整理得: $\left(2^{x}\right)^{2}=9$, 即 $2^{x}=3, \therefore x=\log _{2} 3$. 故选: D. |
19734 | [] | D | null | 高二 | 已知 $a_{n}=\cos n \pi$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是 ( ) | A. 递增数列
B. 递减数列
C. 常数列
D. 摆动数列 | 代数 | D 解析: $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\cos n \pi=\left\{\begin{array}{l}-1, n \text { 是奇数 } \\ 1, n \text { 是偶数 }\end{array}, \quad\right.$ 可知数列是摆动数列. 故选: $\mathrm{D}$. |
18512 | [] | B | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}=1$, 且满足 $a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{1}{2^{n}}$, 则此数列第 4 项是 ( ) | A. 1
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{3}{4}$
D. $\frac{5}{8}$ | 代数 | |
18592 | [] | D | null | 高二 | 若互不相等的实数 $a 、 b 、 c$ 成等差数列, $c 、 a 、 b$ 成等比数列, 且 $a+3 b+c=10$,则 $a$ 等于 ( ) | A. 4
B. 2
C. -2
D. -4 | 代数 | 依题意有 $\left\{\begin{array}{l}2 b=a+c, \\ a^{2}=b c, \quad(2) \\ a+3 b+c=10,\end{array}\right.$
(1) 代入(3)求得 $b=2$.
从而 $\left\{\begin{array}{l}a+c=4, \\ a^{2}=2 c\end{array} \quad \Rightarrow a^{2}+2 a-8=0\right.$,
解得 $a=2$ 或 $a=-4$.
当 $a=2$ 时, $c=2$, 即 $a=b=c$ 与已知不符,
$\therefore a=-4$. |
18594 | [] | B | null | 高二 | 已知 $a, b, c, d$ 成等比数列, 且曲线 $y=x^{2}-2 x+3$ 的顶点是 $(b, c)$, 则 $a d$ 等于 ( ) | A. 3
B. 2
C. 1
D. -2 | 代数 | 解析 $\because y=(x-1)^{2}+2, \therefore b=1, c=2$.
又 $\because a, b, c, d$ 成等比数列, $\therefore a d=b c=2$. |
18595 | [] | C | null | 高二 | 若 $a, b, c$ 成等比数列, $m$ 是 $a, b$ 的等差中项, $n$ 是 $b, c$ 的等差中项, 则 $\frac{a}{m}+\frac{c}{n}=(\quad)$ | A. 4
B. 3
C. 2
D. 1 | 代数 | 解析 设等比数列公比为 $q$.
由题意知: $m=\frac{a+b}{2}, n=\frac{b+c}{2}$,
则 $\frac{a}{m}+\frac{c}{n}=\frac{2 a}{a+b}+\frac{2 c}{b+c}=\frac{2}{1+q}+\frac{2 q}{1+q}=2$. |
18597 | [] | A | null | 高二 | 在由正数组成的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{4} a_{5} a_{6}=3, \log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\log _{3} a_{8}+\log _{3} a_{9}$ 的值为( | A. $\frac{4}{3}$
B. $\frac{3}{4}$
C. 2
D. $3 \frac{4}{3}$ | 代数 | 解析 $\because a_{4} a_{6}=a_{5}^{2}, \therefore a_{4} a_{5} a_{6}=a_{5}^{3}=3$, 得 $a_{5}=3 \frac{1}{3}$.
$\because a_{1} a_{9}=a_{2} a_{8}=a_{5}^{2}$
$\therefore \log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\log _{3} a_{8}+\log _{3} a_{9}=\log _{3}\left(a_{1} a_{2} a_{8} a_{9}\right)$
$=\log _{3} a_{5} 4=\log _{3} 3 \frac{4}{3}=\frac{4}{3}$. |
19810 | [] | A | null | 高二 | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=n \cos \frac{n \pi}{2}$, 其前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 $S_{2013}$ 等于 ( ) | A. 1006
B. 2012
C. 503
D. 0 | 代数 | 当 $n=4 k+1$ 时, $a_{n}=0$, 当 $n=4 k+2$ 时, $a_{n}=-n$, 当 $n=4 k+3$ 时, $a_{n}=0$, 当 $n=4 k$时, $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{n}, \quad \therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 每相邻四项的和均为 $2, \quad \therefore \mathrm{S}_{4 \mathrm{n}}=2 \mathrm{n}$,
$\therefore \mathrm{S}_{2013}=\mathrm{S}_{2012}+\mathrm{a}_{2013}=\frac{2012}{4} \times 2+\mathrm{a}_{1}=1006, \quad$ 故选 $\mathrm{A}$. |
18606 | [] | D | null | 高二 | 某厂去年产值为 $a$, 计划在 5 年内每年比上一年产值增长 $10 \%$, 从今年起 5 年内,该厂的总产值为( ) | A. $1,.1^{4} a$
B. $1,.1^{5} a$
C. $10 a\left(1,.1^{5}-1\right)$
D. $11 a\left(1,.1^{5}-1\right)$ | 代数 | 解析 注意去年产值为 $a$, 今年起 5 年内各年的产值分别为 $1,.1 a, 1,.1^{2} a, 1,.1^{3} a, 1,.1^{4} a, 1,.1^{5} a$. $\therefore 1,.1 a+1,.1^{2} a+1,.1^{3} a+1,.1^{4} a+1,.1^{5} a=11 a\left(1,.1^{5}-1\right)$. |
20081 | ["9294.jpg"] | B | null | 高二 | 如图, 函数 $y=f(x)$ 在 $A, B$ 两点间的平均变化率是 $(\quad)$
<ImageHere> | A. 1
B. -1
C. 2
D. -2 | 代数 | 解析: 解答: 依题意可知 $\Delta y=y_{B}-y_{A}=1-3=-2, \Delta x=x_{B}-x_{A}=3-1=2$, 所以函数 $y=f(x)$ 在 $A, B$ 两点间的平均变化率为 $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{-2}{2}=-1$, 故选 B.
分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据变化率的概念进行分析即可. |
20096 | [] | C | null | 高二 | 11
B. 4.01
C. 4.0
D. 4.1
答案: D
解析：解答：根据题意可得： $\bar{v}=\frac{3+2.1^{2}-3-2^{2}}{0.1}=4.1$
分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据具体问题结合变化率定义分析即可.
13. 一物体运动的方程是 $s=2 t^{2}$, 则从 $2 \mathrm{~s}$ 到 $(2+\mathrm{d}) \mathrm{s}$ 这段时间内位移的增量为 ( ). | A. 8
B. $8+2 \mathrm{~d}$
C. $8 \mathrm{~d}+2 \mathrm{~d}^{2}$
D. $4 \mathrm{~d}+2 \mathrm{~d}^{2}$ | 代数 | 解析: 解答: $\Delta \mathrm{s}=2(2+\mathrm{d})^{2}-2 \times 2^{2}=8 \mathrm{~d}+2 \mathrm{~d}^{2}$.
分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率、实际问题中导数的意义, 解决问题的关键是根据变化的快慢与变化率结合具体问题分析计算即可. |
20097 | [] | B | null | 高二 | 若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-3$, 则 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-3 h\right)}{h}=(\quad)$ | A. -3
B. -12
C. -9
D. -6 | 代数 | 解析: 解答: 因为 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}=-3$, 所以
$\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}-3 h\right)}{h}=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)-\left[f\left(x_{0}-3 h\right)-f\left(x_{0}\right)\right]}{h}$
$=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}-\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-3 h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}$
$=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)}{h}+3 \lim _{-3 h \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}-3 h\right)-f\left(x_{0}\right)}{-3 h}$
$=f^{\prime}\left(x_{0}\right)+3 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=4 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-12$, 选 B;
分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念进行分析计算即可. |
20098 | [] | D | null | 高二 | 若当 $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)}{2 \Delta x}=1$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)$ 等于 $(\quad)$. | A. $\frac{3}{2}$
B. $\frac{2}{3}$
C. $-\frac{3}{2}$
D. $-\frac{2}{3}$ | 代数 | 解析: 解答: $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)}{2 \Delta x}=-\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left(\frac{f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{3 \Delta x} \times \frac{3}{2}\right)$
$=-\frac{3}{2} \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_{0}+3 \Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{3 \Delta x}=-\frac{3}{2} \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)$.
$\therefore-\frac{3}{2} \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=1, \quad \therefore \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=-\frac{2}{3}$.
分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据所给条件结合导数的概念进行计算即可. |
20100 | ["9301.jpg"] | B | null | 高二 | 已知函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象如图, 则 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)$ 与 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$ 的大小关系是 $(\quad)$.
<ImageHere> | A. $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)>\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$
B. $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)<\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$
C. $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)=\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)$
D. 不能确定 | 代数 | 解析: 解答: 分别作出 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两点的切线, 由图可知 $\mathrm{k}_{\mathrm{B}}>\mathrm{k}_{\mathrm{A}}$, 即 $\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{B}}\right)>\mathrm{f}^{\prime}\left(x_{\mathrm{A}}\right)$.
分析: 本题主要考查了变化的快慢与变化率, 解决问题的关键是根据函数图像结合变化的快慢与变化率进行具体分析即可. |
18637 | [] | B | null | 高二 | 不等式 $-6 x^{2}-x+2 \leqslant 0$ 的解集是( ) | A. $\left\{x \left\lvert\,-\frac{2}{3} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}\right.\right\}$
B. $\left\{x \left\lvert\, x \leqslant-\frac{2}{3}\right.\right.$ 或 $\left.x \geqslant \frac{1}{2}\right\}$
C. $\left\{x \left\lvert\, x \geqslant \frac{1}{2}\right.\right\}$
D. $\left\{x \left\lvert\, x \leqslant-\frac{3}{2}\right.\right\}$ | 代数 | 解析 $\because-6 x^{2}-x+2 \leqslant 0, \therefore 6 x^{2}+x-2 \geqslant 0$,
$\therefore(2 x-1)(3 x+2) \geqslant 0$,
$\therefore x \geqslant \frac{1}{2}$ 或 $x \leqslant-\frac{2}{3}$. |
18641 | [] | B | null | 高二 | 已知 $a_{1}>a_{2}>a_{3}>0$, 则使得 $\left(1-a_{i} x\right)^{2}<1(i=1,2,3)$ 都成立的 $x$ 的取值范围是 ( | A. $\left(0, \frac{1}{a_{1}}\right)$
B. $\left(0, \frac{2}{a_{1}}\right)$
C. $\left(0, \frac{1}{a_{3}}\right)$
D. $\left(0, \frac{2}{a_{3}}\right)$ | 代数 | 由 $\left(1-a_{i} x\right)^{2}<1$,
得 $1-2 a_{i} x+\left(a_{i} x\right)^{2}<1$,
即 $a_{i} \cdot x\left(a_{i} x-2\right)<0$.
又 $a_{1}>a_{2}>a_{3}>0$.
$\therefore 0<x<\frac{2}{a_{i}}$,
即 $x<\frac{2}{a_{1}}, x<\frac{2}{a_{2}}$ 且 $x<\frac{2}{a_{3}}$.
$\because \frac{2}{a_{3}}>\frac{2}{a_{2}}>\frac{2}{a_{1}}>0$
$\therefore 0<x<\frac{2}{a_{1}}$. |
18643 | [] | D | null | 高二 | 一元二次方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的根为 $2,-1$, 则当 $a<0$ 时, 不等式 $a x^{2}+b x+c \geqslant 0$
的解集为( ) | A. $\{x \mid x<-1$ 或 $x>2\}$
B. $\{x \mid x \leqslant-1$ 或 $x \geqslant 2\}$
C. $\{x \mid-1<x<2\}$
D. $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$ | 代数 | 解析 由题意知, $-\frac{b}{a}=1, \frac{c}{a}=-2$,
$\therefore b=-a, c=-2 a$,
又 $\because a<0, \quad \therefore x^{2}-x-2 \leqslant 0, \quad \therefore-1 \leqslant x \leqslant 2$. |
18644 | [] | B | null | 高二 | 函数 $y=\lg \left(x^{2}-4\right)+\sqrt{x^{2}+6 x}$ 的定义域是 ( ) | A. $(-\infty,-2) \cup[0,+\infty)$
B. $(-\infty,-6] \cup(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-2] \cup[0,+\infty)$
D. $(-\infty,-6) \cup[2,+\infty)$ | 代数 | 解析 $\because\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4>0, \\ x^{2}+6 x \geqslant 0, \quad \therefore x \leqslant-6 \text { 或 } x>2 .\end{array}\right.$ |
18645 | [] | B | null | 高二 | 在 $\mathbf{R}$ 上定义运算 $\odot: a \odot b=a b+2 a+b$, 则满足 $x \odot(x-2)<0$ 的实数 $x$ 的取值范围为 | A. $(0,2)$
B. $(-2,1)$
C. $(-\infty,-2) \cup(1,+\infty)$
D. $(-1,2)$ | 代数 | 解析 $\because x \odot(x-2)=x(x-2)+2 x+x-2<0$, $\therefore x^{2}+x-2<0 . \therefore-2<x<1$. |
18646 | [] | B | null | 高二 | 若不等式 $m x^{2}+2 m x-4<2 x^{2}+4 x$ 的解集为 $\mathbf{R}$, 则实数 $m$ 的取值范围是 ( ) | A. $(-2,2)$
B. $(-2,2]$
C. $(-\infty,-2) \cup[2,+\infty)$
D. $(-\infty, 2)$ | 代数 | 解析 $\because m x^{2}+2 m x-4<2 x^{2}+4 x$,
$\therefore(2-m) x^{2}+(4-2 m) x+4>0$.
当 $m=2$ 时, $4>0, x \in \mathbf{R}$;
当 $m<2$ 时, $\Delta=(4-2 m)^{2}-16(2-m)<0$,
解得 $-2<m<2$. 此时, $x \in \mathbf{R}$.
综上所述, $-2<m \leqslant 2$. |
18647 | [] | A | null | 高二 | 设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x+6, \quad x \geqslant 0, \\ x+6, \quad x<0,\end{array}\right.$ 则不等式 $f(x)>f(1)$ 的解是 $(\quad)$ | A. $(-3,1) \cup(3,+\infty)$
B. $(-3,1) \cup(2,+\infty)$
C. $(-1,1) \cup(3,+\infty)$
D. $(-\infty,-3) \cup(1,3)$ | 代数 | 解析 $f(1)=1^{2}-4 \times 1+6=3$,
当 $x \geqslant 0$ 时, $x^{2}-4 x+6>3$, 解得 $x>3$ 或 $0 \leqslant x<1$;
当 $x<0$ 时, $x+6>3$, 解得 $-3<x<0$.
所以 $f(x)>f(1)$ 的解是 $(-3,1) \cup(3,+\infty)$. |
18650 | [] | C | null | 高二 | 不等式 $\frac{x-2}{x+3}>0$ 的解集是 ( ) | A. $(-3,2)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-3) \cup(2,+\infty)$
D. $(-\infty,-2) \cup(3,+\infty)$ | 代数 | 解析 解不等式 $\frac{x-2}{x+3}>0$ 得, $x>2$ 或 $x<-3$. |
18654 | [] | A | null | 高二 | 已知 $x_{1} 、 x_{2}$ 是方程 $x^{2}-(k-2) x+k^{2}+3 k+5=0(k \in \mathbf{R})$ 的两个实数根, 则 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$ 的最大值为( ) | A. 18
B. 19
C. $\frac{50}{9}$
D. 不存在 | 代数 | 由已知方程有两实数根得, $\Delta \geqslant 0$,
即 $(k-2)^{2}-4\left(k^{2}+3 k+5\right) \geqslant 0$.
解得 $-4 \leqslant k \leqslant-\frac{4}{3}$,
又 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=-(k+5)^{2}+19$,
$\therefore$ 当 $k=-4$ 时, $x_{1}^{2}+x_{2}$ 有最大值, 最大值为 18 . |
18656 | [] | C | null | 高二 | 不等式 $(x-1) \sqrt{x+2} \geqslant 0$ 的解集是 ( | A. $\{x \mid x>1\}$
B. $\{x \mid x \geqslant 1\}$
C. $\{x \mid x \geqslant 1$ 或 $x=-2\}$
D. $\{x \mid x \leqslant-2$ 或 $x=1\}$ | 代数 | 解析 当 $x=-2$ 时, $0 \geqslant 0$ 成立. 当 $x>-2$ 时, 原不等式变为 $x-1 \geqslant 0$, 即 $x \geqslant 1$.
$\therefore$ 不等式的解集为 $\{x \mid x \geqslant 1$ 或 $x=-2\}$. |
18657 | [] | A | null | 高二 | 不等式 $\frac{x^{2}-2 x-2}{x^{2}+x+1}<2$ 的解集为( ) | A. $\{x \mid x \neq-2\}$
B. $\mathbf{R}$
C. $\varnothing$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>2\}$ | 代数 | 解析 原不等式 $\Leftrightarrow x^{2}-2 x-2<2 x^{2}+2 x+2 \Leftrightarrow x^{2}+4 x+4>0 \Leftrightarrow(x+2)^{2}>0, \quad \therefore x \neq-2$.
$\therefore$ 不等式的解集为 $\{x \mid x \neq-2\}$. |
18658 | [] | D | null | 高二 | 不等式 $\frac{x+5}{(x-1)^{2}} \geqslant 2$ 的解是( ) | A. $\left[-3, \frac{1}{2}\right]$
B. $\left[-\frac{1}{2}, 3\right]$
C. $\left[\frac{1}{2}, 1\right) \cup(1,3]$
D. $\left[-\frac{1}{2}, 1\right) \cup(1,3]$ | 代数 | 解析 $\frac{x+5}{(x-1)^{2}} \geqslant 2 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+5 \geqslant 2(x-1)^{2} \\ x-1 \neq 0\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 3, \quad \therefore x \in\left[-\frac{1}{2}, 1\right) \cup(1,3] . \\ x \neq 1,\end{array}\right.$ |
18659 | [] | C | null | 高二 | 设集合 $A=\left\{x \mid(x-1)^{2}<3 x+7, x \in \mathbf{R}\right\}$, 则集合 $A \cap \mathbf{Z}$ 中元素的个数是( ) | A. 4
B. 5
C. 6
D. 7 | 代数 | 解析 解不等式 $(x-1)^{2}<3 x+7$, 然后求交集.
由 $(x-1)^{2}<3 x+7$,
得 $-1<x<6, \therefore$ 集合 $A$ 为 $\{x \mid-1<x<6\}$,
$\therefore A \cap \mathbf{Z}$ 的元素有 $0,1,2,3,4,5$, 共 6 个元素.
是( ) |
18660 | [] | B | null | 高二 | 对任意 $a \in[-1,1]$, 函数 $f(x)=x^{2}+(a-4) x+4-2 a$ 的值恒大于零, 则 $x$ 的取值范围 | A. $1<x<3$
B. $x<1$ 或 $x>3$
C. $1<x<2$
D. $x<1$ 或 $x>2$ | 代数 | 解析 设 $g(a)=(x-2) a+\left(x^{2}-4 x+4\right)$,
$g(a)>0$ 恒成立且 $a \in[-1,1] \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}g(1)=x^{2}-3 x+2>0 \\ g(-1)=x^{2}-5 x+6>0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x<1 \text { 或 } x>2 \\ x<2 \text { 或 } x>3\end{array} \Leftrightarrow x<1\right.$ 或 $x>3$. |
20102 | [] | A | null | 高二 | 函数 $\mathrm{y}=x^{2} \cos x$ 的导数为 ( ) | A. $y=2 x \cos x-x^{2} \sin x$
B. $y=2 x \cos x+x^{2} \sin x$
C. $y=x^{2} \cos x-2 x \sin x$
D. $y=x \cos x-x^{2} \sin x$ | 代数 | 解析: 解答: $y^{\prime}=\left(x^{2}\right)^{\prime} \cos x+x^{2}(\cos x)^{\prime}=2 x \cos x-x^{2} \sin x$. 故 A 正确.
分析: 本题主要考查了导数的乘法与除法法则, 解决问题的关键是根据导数的乘法与除法法则计算即可. |
20103 | [] | C | null | 高二 | 已知 $f(x)=2 f^{\prime}(1) x+x^{3}$, 则 $f^{\prime}(2)=(\quad)$ | A. 0
B. -6
C. 6
D. 8 | 代数 | 解析: 解答: $\because f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(1)+3 x^{2} \Rightarrow f^{\prime}(1)=2 f^{\prime}(1)+3 \times 1^{2} \Rightarrow f^{\prime}(1)=-3$
$\Rightarrow f^{\prime}(2)=2 f^{\prime}(1)+3 \times 2^{2}=6$.
分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数运算法则计算即可. |
20104 | [] | D | null | 高二 | 已知函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 且满足关系式 $f(x)=x^{2}+3 x f^{\prime}(2)+\ln x$, 则 $f^{\prime}(2)$的值等于（） | A. 2
B. -2
C. $\frac{9}{4}$
D. $-\frac{9}{4}$ | 代数 | 解析: 解答: 因为 $f(x)=x^{2}+3 x f^{\prime}(2)+\ln x$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 x+3 f^{\prime}(2)+\frac{1}{x}$. 令 $x=2$,则 $f^{\prime}(2)=2 \times 2+3 f^{\prime}(2)+\frac{1}{2}$, 即 $2 f^{\prime}(2)=-\frac{9}{2}$, 所以 $f^{\prime}(2)=-\frac{9}{4}$. 故应选 D.
分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数运算性质计算即可. |
20105 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $y=\sqrt{x-1}$, 则它的导函数是 ( ) | A. $y^{\prime}=\frac{1}{2} \sqrt{x-1}$
B. $y^{\prime}=\frac{\sqrt{x-1}}{2(x-1)}$
C. $y^{\prime}=\frac{2 \sqrt{x-1}}{x-1}$
D. $y^{\prime}=-\frac{\sqrt{x-1}}{2(x-1)}$ | 代数 | 解析: 解答: $u=x-1, y^{\prime}=(\sqrt{u})^{\prime} \cdot u^{\prime}=\frac{1}{2 \sqrt{u}}=\frac{1}{2 \sqrt{x-1}}=\frac{\sqrt{x-1}}{2(x-1)}$
分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据简单复合函数的性质计算即可. |
20106 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $\mathrm{f}(x)$ 的导函数为 $\mathrm{f}^{\prime}(x)$, 满足 $\mathrm{f}(x)=2 x \mathrm{f}^{\prime}(2)+x^{3}$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}(2)$ 等于 $(\quad)$. | A. -8
B. -12
C. 8
D. 12 | 代数 | 解析: 解答: $\because f(x)=2 x f^{\prime}(x)+x^{3}, \therefore f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(2)+3 x^{2}$; 令 $x=2$, 则 $f^{\prime}(2)=2 f^{\prime}(2)+12$, 得 $f^{\prime}(2)=-12$.
分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是导数的运算法则计算即可. |
20108 | [] | B | null | 高二 | 若 $f(x)=2 x f^{\prime}(1)+x^{2}$, 则 $f^{\prime}(0)$ 等于 ( ). | A. -2
B. -4
C. 2
D. 0 | 代数 | 解析: 解答: 因为 $f(x)=2 x f^{\prime}(1)+x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(1)+2 x$; 令 $x=1$, 得 $f^{\prime}(1)=2 f^{\prime}(1)+2$, 即 $f^{\prime}(1)=-2$; 则 $f^{\prime}(x)=-4+2 x$, 所以 $f^{\prime}(0)=-4$.
分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数的运算性质计算即可. |
20113 | [] | C | null | 高二 | 若 $\mathrm{f}(x)=x^{3}, \mathrm{f}^{\prime}\left(x_{0}\right)=3$, 则 $x_{0}$ 的值是 ( ). | A. 1
B. -1
C. $\pm 1$
D. $3 \sqrt{3}$ | 代数 | 解析: 解答: $\because f(x)=x^{3}, \therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}$; 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3 x_{0}{ }^{2}=3$, 解得 $x_{0}= \pm 1$.
分析: 本题主要考查了导数的运算, 解决问题的关键是根据导数的运算计算即可. |