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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
20120 | [] | B | null | 高二 | 已知 $f(x)=\ln x$, 则 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=(\quad)$ | A. $\ln \left(\frac{\pi}{2}\right)$
B. $\frac{2}{\pi}$
C. $\frac{\pi}{2}$
D. -1 | 代数 | 解析: 解答: 因为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$, 所以 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{\pi}$, 故选 B.
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. |
20121 | [] | A | null | 高二 | 已知 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}+x$ 是奇函数, 则 $f(3)+f^{\prime}(1)=(\quad)$ | A. 14
B. 12
C. 10
D. -8 | 代数 | 解析: 解答: 由题意知 $f(-x)=\frac{1}{3}(-x)^{3}+a(-x)^{2}+(-x)=-\frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}-x$
$=-\left(\frac{1}{3} x^{3}-a x^{2}+x\right)=-f(x)$,
所以 $a=0$. 所以 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+x$, 则 $f^{\prime}(x)=x^{2}+1$.
所以 $f(3)+f^{\prime}(1)=\left(\frac{1}{3} \times 3^{3}+3\right)+\left(1^{2}+1\right)=14$. 故 A 正确.
分析: 本题主要考查了导数的加法与减法法则, 解决问题的关键是根据所给函数求导计算即可. |
20122 | [] | B | null | 高二 | 函数 $f(x)=\sqrt{1-2 x}$, 则 $f^{\prime}(-4)=(\quad)$. | A. $-\frac{1}{6}$
B. $-\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{6}$
D. $\frac{1}{3}$ | 代数 | 解析: 解答: 因为 $f(x)=\sqrt{1-2 x}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-2 x}}, \therefore f^{\prime}(-4)=-\frac{1}{3}$. 故选 B.
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求导即可. |
20123 | [] | C | null | 高二 | 若函数 $y=x^{3}+\log _{2} x+e^{-x}$, 则 $y^{\prime}=(\quad)$. | A. $\frac{1}{4} x^{4}+\frac{1}{x \ln 2}+e^{-x}$
B. $\frac{1}{4} x^{4}+\frac{1}{x \ln 2}-e^{-x}$
C. $3 x^{2}+\frac{1}{x \ln 2}-e^{-x}$
D. $3 x^{2}+\frac{1}{x \ln 2}+e^{-x}$ | 代数 | 解析: 解答: 由 $\left(x^{n}\right)^{\prime}=n x^{n-1},\left(\log _{a} x\right)^{\prime}=\frac{1}{x} \log _{a} e,\left(e^{x}\right)^{\prime}=e^{x}$, 可知 $y^{\prime}=3 x^{2}+\frac{1}{x \ln 2}-e^{-x}$.分析: 本题主要考查了导数的运算、导数的加法与减法法则, 解决问题的关键是根据所给函数运用导数运算法则计算即可. |
20124 | [] | A | null | 高二 | 设 $f(x)=x \ln x$, 若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3$, 则 $x_{0}=(\quad)$ | A. $e^{2}$
B. $e$
C. $\frac{\ln 2}{2}$
D. $\ln 2$ | 代数 | 解析: 解答: $f^{\prime}(x)=\ln x+1$, 若 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=3$, 则 $\ln x+1=3$, 解得 $x=e^{2}$.
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法则计算即可. |
20125 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=x^{2}+f^{\prime}(2)(\ln x-x)$, 则 $f^{\prime}(1)=$ | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 代数 | 解析: 解答: 对函数 $f(x)=x^{2}+f^{\prime}(2)(\ln x-x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=2 x+f^{\prime}(2)\left(\frac{1}{x}-1\right)$, 令 $x=1$,得 $f^{\prime}(1)=2+f^{\prime}(2)\left(\frac{1}{1}-1\right)=2$, 故选 B.
分析: 本题主要考查了导数的加法与减法法则、导数的乘法与除法法则, 解决问题的关键是根据所给函数运算即可. |
20126 | [] | B | null | 高二 | 下列求导数运算正确的是( ) | A. $\left(x+\frac{1}{x}\right)^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}$
B. $\left(\log _{2} x\right)^{\prime}=\frac{1}{x \ln 2}$
C. $\left(3^{x}\right)^{\prime}=3^{x} \log _{3} e$
D. $\left(x^{2} \cos x\right)^{\prime}=-2 x \sin x$ | 代数 | 解析: 解答: $\mathrm{A}\left(x+\frac{1}{x}\right)^{\prime}=1-\frac{1}{x^{2}}$; C $\left(3^{x}\right)^{\prime}=3^{x} \ln 3 ; \mathrm{D}\left(x^{2} \cos x\right)^{\prime}=2 x \cos x-x^{2} \sin x$,故选 B.
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加减, 乘除运算计算即可. |
18672 | [] | C | null | 高二 | 不等式组 $\left\{\begin{array}{l}4 x+3 y \leqslant 12, \\ x-y>-1, \\ y \geqslant 0\end{array} \quad\right.$ 表示的平面区域内整点的个数是( ) | A. 2 个
B. 4 个
C. 6 个
D. 8 个 | 代数 | 解析 画出可行域后, 可按 $x=0, x=1, x=2, x=3$ 分类代入检验, 符合要求的点有 $(0,0),(1,0),(2,0),(3,0),(1,1),(2,1)$ 共 6 个. |
20131 | [] | A | null | 高二 | 函数 $y=x^{3}-2 a x+a$ 在 $(0,1)$ 内有极小值, 则实数 $a$ 的取值范围是 | A. $\left(0, \frac{3}{2}\right)$
B. $(0,3)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty, 3)$ | 代数 | 解析: 解答: $y^{\prime}=3 x^{2}-2 a>0$, 得 $x>\sqrt{\frac{2 a}{3}}$, 或 $x<-\sqrt{\frac{2 a}{3}}$; 由 $y^{\prime}<0$, 得 $-\sqrt{\frac{2 a}{3}}<x<\sqrt{\frac{2 a}{3}}$, 因此当 $x=\sqrt{\frac{2 a}{3}}$ 取极小值, $\therefore 0<\sqrt{\frac{2 a}{3}}<1,0<a<\frac{3}{2}$, 故答案为
A.
分析: 本题主要考查了函数在某点取得极值的条件, 解决问题的关键是根据导数及函数极值的有关性质计算即可. |
20133 | ["9302.jpg"] | C | null | 高二 | 已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$, 其导函数 $f^{\prime}(x)$ 的图像如图所示, 则下列叙述正确的是
<ImageHere> | A. $f(b)>f(c)>f(d)$
B. $f(b)>f(a)>f(e)$
C. $f(c)>f(b)>f(a)$
D. $f(c)>f(e)>f(d)$ | 代数 | 解析: 解答: 由导数的图像可知, 在 $(-\infty, c]$ 上导函数 $f^{\prime}(x)>0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, c]$上是增函数, 又因为 $c>b>a$, 所以 $f(c)>f(b)>f(a)$, 故选 C.
分析: 本题主要考查了函数的单调性与导数的关系, 解决问题的关键是根据函数图像结合导数的意义分析即可. |
20138 | [] | D | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x+1+a \ln x$ 有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 ( ) | A. $f\left(x_{2}\right)<-\frac{1+2 \ln 2}{4}$
B. $f\left(x_{2}\right)<\frac{1-2 \ln 2}{4}$
C. $f\left(x_{2}\right)>\frac{1+2 \ln 2}{4}$
D. $f\left(x_{2}\right)>\frac{1-2 \ln 2}{4}$ | 代数 | 解析: 解答: $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 求导得 $f^{\prime}(x)=\frac{2 x^{2}-2 x+a}{x}$, 因为 $f(x)$ 有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 所以 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $2 x^{2}-2 x+a=0$ 的两根, 又 $x_{1}<x_{2}$, 且 $x_{1}+x_{2}=1$, 所以 $\frac{1}{2}<x_{2}<1$ 又 $a=2 x_{2}-2 x_{2}^{2}$, 所以 $f\left(x_{2}\right)=\left(x_{2}-1\right)^{2}+\left(2 x_{2}-2 x_{2}^{2}\right) \ln x_{2}$, 令 $g(t)=(t-1)^{2}+\left(2 t-2 t^{2}\right) \ln t\left(\frac{1}{2}<t<1\right)$, $g^{\prime}(t)=2(1-2 t) \ln t>0$, 所以 $g(t)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上为增函数, 所以 $g(t)>g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1-2 \ln 2}{4}$, 所以 $f\left(x_{2}\right)>\frac{1-2 \ln 2}{4}$
分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值, 解决问题的
关键是根据函数的单调性结合函数极值计算即可. |
20146 | [] | C | null | 高二 | $f(x), g(x)(g(x) \neq 0)$ 分别是定义在 $\mathrm{R}$ 上的奇函数和偶函数, 当 $x<0$ 时, $f^{\prime}(x) g(x)<f(x) g^{\prime}(x)$, 且 $f(-3)=0$, 则不等式 $\frac{f(x)}{g(x)}<0$ 的解集为 ( ) | A. $(-\infty,-3) \cup(3,+\infty)$
B. $(-3,0) \cup(0,3)$
C. $(-3,0) \cup(3,+\infty)$
D. $(-\infty,-3) \cup(0,3)$ | 代数 | 解析: 解答: 由题意 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 是奇函数, 当 $x<0$ 时, $f^{\prime}(x) g(x)<f(x) g^{\prime}(x)$ 时, $\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]^{\prime}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)-f(x) g^{\prime}(x)}{g^{2}(x)}<0$, 则 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 在 $(-\infty, 0)$ 上为减函数, 在 $(0,+\infty)$ 上也
为减函数, 又有 $f(-3)=0$, 则有 $\frac{f(-3)}{g(-3)}=0, \frac{f(3)}{g(3)}=0$, 可知 $\frac{f(x)}{g(x)}<0$ 的解集为 $(-3,0) \cup(3,+\infty)$.
分析: 本题主要考查了函数的单调性与导数的关系、利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据单调性与导数关系分析计算即可. |
20148 | [] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 且满足 $f^{\prime}(x)<2 f(x)$, 则 $(\quad)$ | A. $f(2)>e^{2} f(1)$
B. $e^{2} f(0)>f(1)$
C. $9 f(\ln 2)<4 f(\ln 3)$
D. $e^{2} f(\ln 2)<4 f(1)$ | 代数 | 解析: 解答: 由 $f^{\prime}(x)<2 f(x)$ 得: $\left(\frac{f(x)}{e^{2 x}}\right)^{\prime}<0$, 即函数 $\mathrm{g}(x)=\frac{f(x)}{e^{2 x}}$ 单调减, $\mathrm{g}(2)<\mathrm{g}(1) \Rightarrow \frac{f(2)}{e^{4}}<\frac{f(1)}{e^{2}} \Rightarrow f(2)<e^{2} f(1)$ $\mathrm{g}(0)>\mathrm{g}(1) \Rightarrow \frac{f(0)}{e^{0}}>\frac{f(1)}{e^{2}} \Rightarrow e^{2} f(0)>f(1)$, $\mathrm{g}(\ln 3)<\mathrm{g}(\ln 2) \Rightarrow \frac{f(\ln 3)}{e^{2 \ln 3}}<\frac{f(\ln 2)}{e^{2 \ln 2}} \Rightarrow \frac{f(\ln 3)}{9}<\frac{f(\ln 2)}{4} \Rightarrow 4 f(\ln 3)<9 f(\ln 2)$ $\mathrm{g}(1)<\mathrm{g}(\ln 2) \Rightarrow \frac{f(1)}{e^{2}}<\frac{f(\ln 2)}{e^{2 \ln 2}} \Rightarrow \frac{f(1)}{e^{2}}<\frac{f(\ln 2)}{4} \Rightarrow 4 f(1)<e^{2} f(\ln 2)$, 选 B.分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导数的性质计算即可. |
18678 | [] | B | null | 高二 | 函数 $y=\log _{2}\left(x+\frac{1}{x-1}+5\right)(x>1)$ 的最小值为 $(\quad)$ | A. -3
B. 3
C. 4
D. -4 | 代数 | |
18682 | [] | A | null | 高二 | 若关于 $x$ 的不等式 $\left(1+k^{2}\right) x \leqslant k^{4}+4$ 的解集是 $M$, 则对任意实常数 $k$, 总有 ( ) | A. $2 \in M, 0 \in M$
B. $2 \notin M, 0 \notin M$
C. $2 \in M, 0 \notin M$
D. $2 \notin M, 0 \in M$ | 代数 | $\because\left(1+k^{2}\right) x \leqslant k^{4}+4, \quad \therefore x \leqslant \frac{k^{4}+4}{1+k^{2}}$.
$\because \frac{k^{4}+4}{1+k^{2}}=\frac{\left(1+k^{2}\right)^{2}-2\left(1+k^{2}\right)+5}{1+k^{2}}=\left(1+k^{2}\right)+\frac{5}{1+k^{2}}-2 \geqslant 2 \sqrt{5}-2$.
$\therefore x \leqslant 2 \sqrt{5}-2, M=\{x \mid x \leqslant 2 \sqrt{5}-2\}, \quad \therefore 2 \in M, 0 \in M$. |
18685 | [] | D | null | 高二 | 已知 $x \geqslant \frac{5}{2}$, 则 $f(x)=\frac{x^{2}-4 x+5}{2 x-4}$ 有 $(\quad)$ | A. 最大值 $\frac{5}{2}$
B. 最小值 $\frac{5}{4}$
C. 最大值 1
D. 最小值 1 | 代数 | 解析 $f(x)=\frac{x^{2}-4 x+5}{2 x-4}=\frac{(x-2)^{2}+1}{2(x-2)}$
$=\frac{1}{2}\left[(x-2)+\frac{1}{x-2}\right] \geqslant 1$.
当且仅当 $x-2=\frac{1}{x-2}$, 即 $x=3$ 时等号成立. |
18686 | [] | B | null | 高二 | 函数 $y=\frac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}$ 的最小值为 ( ) | A. 2
B. $\frac{5}{2}$
C. 1
D. 不存在 | 代数 | 解析 $y=\frac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}=\sqrt{x^{2}+4}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}$
$\because \sqrt{x^{2}+4} \geqslant 2$, 而 $\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}} \leqslant \frac{1}{2}$, 所以不能用基本不等式求最小值, 用函数的单调性求最值, 函数 $y=x+\frac{1}{x}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是增函数, $\therefore$ 在 $[2,+\infty)$ 上也是增函数.
$\therefore$ 当 $\sqrt{x^{2}+4}=2$ 即 $x=0$ 时, $y_{\text {min }}=\frac{5}{2}$. |
18687 | [] | B | null | 高二 | 已知 $x>0, y>0, x+2 y+2 x y=8$, 则 $x+2 y$ 的最小值是 $(\quad)$ | A. 3
B. 4
C. $\frac{9}{2}$
D. $\frac{11}{2}$ | 代数 | 解析 $\because 8-(x+2 y)=2 x y=x \cdot(2 y) \leqslant\left(\frac{x+2 y}{2}\right)^{2}$.
$\therefore$ 原式可化为 $(x+2 y)^{2}+4(x+2 y)-32 \geqslant 0$.
$\because x>0, \quad y>0, \quad \therefore x+2 y \geqslant 4$.
当 $x=2, y=1$ 时取等号. |
18688 | [] | C | null | 高二 | 若 $x y$ 是正数, 则 $\left(x+\frac{1}{2 y}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2 x}\right)^{2}$ 的最小值是( ) | A. 3
B. $\frac{7}{2}$
C. 4
D. $\frac{9}{2}$ | 代数 | 解析 $\left(x+\frac{1}{2 y}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2 x}\right)^{2}$
$=x^{2}+y^{2}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\right)+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$
$=\left(x^{2}+\frac{1}{4 x^{2}}\right)+\left(y^{2}+\frac{1}{4 y^{2}}\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right) \geqslant 1+1+2=4$.
当且仅当 $x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $x=y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时取等号. |
18692 | [] | D | null | 高二 | 已知 $a>0, b>0$, 则 $\frac{a+b}{2}, \sqrt{a b}, \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}, \frac{2 a b}{a+b}$ 中最小的是( ) | A. $\frac{a+b}{2}$
B. $\sqrt{a b}$
C. $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$
D. $\frac{2 a b}{a+b}$ | 代数 | 解析 方法一 特殊值法。
令 $a=4, b=2$, 则 $\frac{a+b}{2}=3, \sqrt{a b}=\sqrt{8}, \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}=\sqrt{10}, \frac{2 a b}{a+b}=\frac{8}{3} \therefore \frac{2 a b}{a+b}$ 最小.
方法二 $\frac{2 a b}{a+b}=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$, 由 $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} \leqslant \sqrt{a b} \leqslant \frac{a+b}{2} \leqslant \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$, 可知 $\frac{2 a b}{a+b}$ 最小. |
18698 | [] | A | null | 高二 | 已知 $m=a+\frac{1}{a-2}(a>2), n=\left(\frac{1}{2}\right) x^{2}-2(x<0)$, 则 $m 、 n$ 之间的大小关系是 ( ) | A. $m>n$
B. $m<n$
C. $m=n$
D. $m \leqslant n$ | 代数 | 解析 $\because m=(a-2)+\frac{1}{a-2}+2 \geqslant 2 \sqrt{(a-2) \frac{1}{a-2}}+2=4$,
$n=22-x^{2}<2^{2}=4 . \therefore m>n$. |
18699 | [] | B | null | 高二 | 设 $a, b \in \mathbf{R}$, 且 $a \neq b, a+b=2$, 则必有( ) | A. $1 \leqslant a b \leqslant \frac{a^{2}+b^{2}}{2}$
B. $a b<1<\frac{a^{2}+b^{2}}{2}$
C. $a b<\frac{a^{2}+b^{2}}{2}<1$
D. $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}<a b<1$ | 代数 | 解析 $\because a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}, a \neq b, \therefore a b<1$,
又 $\because \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}>\frac{a+b}{2}>0$,
$\therefore \frac{a^{2}+b^{2}}{2}>1, \therefore a b<1<\frac{a^{2}+b^{2}}{2}$. |
18701 | [] | B | null | 高二 | 设 $0<a<b$, 且 $a+b=1$, 在下列四个数中最大的是 ( ) | A. $\frac{1}{2}$
B. $b$
C. $2 a b$
D. $a^{2}+b^{2}$ | 代数 | 解析 $\because a b<\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}, \therefore a b<\frac{1}{4}, \therefore 2 a b<\frac{1}{2}$.
$\because \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}>\frac{a+b}{2}>0, \therefore \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}>\frac{1}{2}$,
$\therefore a^{2}+b^{2}>\frac{1}{2}$.
$\because b-\left(a^{2}+b^{2}\right)=\left(b-b^{2}\right)-a^{2}=b(1-b)-a^{2}$
$=a b-a^{2}=a(b-a)>0, \quad \therefore b>a^{2}+b^{2}, \quad \therefore b$ 最大. |
18702 | [] | B | null | 高二 | 若不等式 $x^{2}+a x+1 \geqslant 0$ 对一切 $x \in(0,1]$ 恒成立, 则 $a$ 的最小值为 ( ) | A. 0
B. -2
C. $-\frac{5}{2}$
D. -3 | 代数 | 解析 $x^{2}+a x+1 \geqslant 0$ 在 $x \in(0,1]$ 上恒成立
$\Leftrightarrow a x \geqslant-x^{2}-1 \Leftrightarrow a \geqslant\left[-\left(x+\frac{1}{x}\right)\right] \max$.
$\because x+\frac{1}{x} \geqslant 2, \quad \therefore-\left(x+\frac{1}{x}\right) \leqslant-2, \quad \therefore a \geqslant-2$. |
18175 | ["9064.jpg"] | A | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的部分图象如图所示, 则函数 $f(x)$ 的解析式为
<ImageHere> | A. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\frac{\pi}{4}\right)$
B. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{\pi}{4}\right)$
C. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\frac{3 \pi}{4}\right)$
D. $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x-\frac{3 \pi}{4}\right)$ | 代数 | 由函数图像可知 $A=\sqrt{2}, \frac{T}{2}=6-(-2)=8=\frac{\pi}{\omega}$, 所以 $\omega=\frac{\pi}{8}$.
由点 $(2, \sqrt{2})$, 可得 $2 \times \frac{\pi}{8}+\zeta=\frac{\pi}{2}+2 \mathrm{k} \pi, \mathrm{k} \in \mathrm{Z}$, 解得 $\varphi=\frac{\pi}{4}+2 \mathrm{k} \pi, \mathrm{k} \in \mathrm{Z}$.
由 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}$, 可得 $\varphi=\frac{\pi}{4}$, 所以 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{8} x+\frac{\pi}{4}\right)$.
故选 A. |
17652 | ["8938.jpg"] | A | null | 高二 | 设函数 $f(x)=\sin \frac{\pi}{3} x$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(2020)=(\quad)$ | A.<ImageHere> | 代数 | $\because f(x)=\sin \frac{\pi}{3} x \quad T=\frac{2 \pi}{\frac{\pi}{3}}=6$
所以 $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(2020)$
$=336[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(2017)+f(2018)+f(2019)+f(2020)$
$=336\left(\sin \frac{\pi}{3}+\sin \frac{2}{3} \pi+\sin \pi+\sin \frac{4}{3} \pi+\sin \frac{5}{3} \pi+\sin 2 \pi\right)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)$
$=336 \times 0+\sin \frac{\pi}{3}+\sin \frac{2}{3} \pi+\sin \pi+\sin \frac{4}{3} \pi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
故选 A. |
17655 | ["8939.jpg"] | B | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \sin x-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2}, x$ 篡 $0 \frac{3 \pi}{4}$, 则 $f(x)$的值域为 ( ) | A. $\left[-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right] \quad$ B. $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right] \quad$ C. $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-1\right) \quad$ D. $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ | 代数 | $f(x)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \sin x-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos x \sin x-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2}$
$=\frac{1}{2} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,
<ImageHere>
当 $2 x-\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{3}$ 时, $f(x)=\sin \left(-\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$; 当 $2 x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$ 时, $f(x)=\sin \frac{\pi}{2}=1$,
即函数 $f(x)$ 的值域为 $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right]$, 故选 B. |
17656 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+2 \sin ^{2} x$, 若 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right)=-3$, 则 $\left|x_{1}+x_{2}\right|$ 的最小
值是（） | A. $\frac{\pi}{6}$
$\begin{array}{lll}\text { B. } \frac{\pi}{4} & \text { C. } \frac{\pi}{3} & \text { D. } \frac{2 \pi}{3}\end{array}$ | 代数 | $f(x)=\sqrt{3} \sin 2 x+2 \sin ^{2} x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)+1$,
$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的最大值为 3 , 最小值为 -1 ,
又 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right)=-3, \therefore f(x)$ 在 $x_{1}, x_{2}$ 处取到最大值和最小值
不妨设在 $x_{1}$ 处有最大值, 则 $2 x_{1}-\frac{\pi}{6}=2 k_{1} \pi+\frac{\pi}{2}\left(k_{1} \in Z\right)$, 即 $x_{1}=k_{1} \pi+\frac{\pi}{3}\left(k_{1} \in Z\right)$,
$x_{2}$ 处取到最小值, 则 $2 x_{2}-\frac{\pi}{6}=2 k_{2} \pi-\frac{\pi}{2}\left(k_{2} \in \mathbf{Z}\right)$, 即 $x_{2}=k_{2} \pi-\frac{\pi}{6}\left(k_{2} \in \mathbf{Z}\right)$,
所以 $\left|x_{1}+x_{2}\right|=\left|\left(k_{1}+k_{2}\right) \pi+\frac{\pi}{6}\right|, k_{1}, k_{2} \in \mathbf{Z}$,
所以当 $k_{1}+k_{2}=0$ 时, $\left|x_{1}+x_{2}\right|$ 的最小值为 $\frac{\pi}{6}$. |
17674 | [] | C | null | 高二 | 若函数 $f(x)=|3 \sin x+4 \cos x+m|$ 的最大值是 8 , 则 $m=（ ）$ | A. 3 B. 13 C. 3 或 -3 D. -3 或 13 | 代数 | $\because f(x)=|3 \sin x+4 \cos x+m|, \therefore f(x)=|5 \sin (x+\varphi)+m|$,
$\because-5 \leq 5 \sin (x+\varphi) \leq 5$,
当 $m>0$ 时, $f(x)_{\max }=|5+m|=8$, 解得 $m=3$;
当 $m<0$ 时, $f(x)_{\operatorname{mxx}}=|-5+m|=8$, 解得 $m=-3$,
故选 C. |
18240 | [] | D | null | 高二 | 已知 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin \left(\frac{\pi}{6}-2 \alpha\right)$ 的值为 ( ) | A. $-\frac{7}{25}$
B. $-\frac{4}{25}$
C. $\frac{4}{25}$
D. $\frac{7}{25}$ | 代数 | $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5}$ 可得 $\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{3}\right)=1-2 \sin ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=1-2 \times \frac{9}{25}=\frac{7}{25}$, 所以 $\sin \left(\frac{\pi}{6}-2 \alpha\right)=\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{7}{25}$. 故选 D. |
18280 | [] | C | null | 高二 | 化简 $\sin ^{2} \beta+\cos ^{4} \beta+\sin ^{2} \beta \cos ^{2} \beta$ 的结果是（） | A. ${ }^{\frac{1}{4}}$ B. $^{\frac{1}{2}}$ C. 1 D. $^{\frac{3}{2}}$ | 代数 | 原式 $=\sin ^{2} b+\cos ^{2} \theta\left(\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta\right)=\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$ |
20246 | [] | B | null | 高二 | 函数 $f(x)=x^{3}-3 a x-a$ 在 $(0,1)$ 内有最小值, 则 $a$ 的取值范围是 | A. $0 \leqslant a<1$
B. $0<a<1$
C. $-1<a<1$
D. $0<a<\frac{1}{2}$ | 代数 | 解析 ：设 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3 a=3\left(x^{2}-a\right)$,
若 $a=0$, 则 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}$,
当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(0,1)$ 是增函数,
$\therefore$ 无最小值，排除 $\mathrm{A} 、 \mathrm{C}$.
当 $a=\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0, x= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$,
$\therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数;
当 $x \in\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数.
$\therefore$ 当 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, $f(x)$ 有最小值,
排除 D，故选 B.
答案 ：B |
20247 | [] | A | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=-x^{3}+a x^{2}-4$ 在 $x=2$ 处取得极值, 若 $m, n \in$ $[-1,1]$, 则 $f(m)+f^{\prime}(n)$ 的最小值是 $(\quad)$ | A. -13
B. -15
C. 10
D. 15 | 代数 | 解析 ：求导得 $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+2 a x$,
由函数 $f(x)$ 在 $x=2$ 处取得极值知 $f^{\prime}(2)=0$,
即 $-3 \times 4+2 a \times 2=0, \therefore a=3$.
由此可得 $f(x)=-x^{3}+3 x^{2}-4$,
$f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+6 x$,
易知 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减，在 $(0,1)$ 上单调递增,
$\therefore$ 当 $m \in[-1,1]$ 时, $f(m)_{\text {min }}=f(0)=-4$.
又 $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+6 x$ 的图象开口向下, 且对称轴为
$x=1$,
$\therefore$ 当 $n \in[-1,1]$ 时,$f^{\prime}(n)_{\text {min }}=f^{\prime}(-1)=-9$.
故 $f(m)+f^{\prime}(n)$ 的最小值为 -13 . 故选 A.
答案： A |
20297 | [] | B | null | 高二 | 三次函数当 $x=1$ 时, 有极大值, 当 $x=3$ 时, 有极小值, 且函数过原点, 则该三次函数为 ( ) | A. $y=x^{3}+6 x^{2}+9 x$
B. $y=x^{3}-6 x^{2}+9 x$
C. $y=x^{3}-6 x^{2}-9 x$
D. $y=x^{3}+6 x^{2}-9 x$ | 代数 | 解析： 当 $y^{\prime}=0$ 时, $x=1, x=3$,
导函数可能为 $y^{\prime}=3\left(x^{2}-4 x+3\right)$,
$\therefore$ 原函数可能为 $y=x^{3}-6 x^{2}+9 x$.
答案： B |
20299 | [] | D | null | 高二 | 设 $a \in \mathbf{R}$, 若函数 $y=e^{x}+a x$ 有大于零的极值点, 则 ( ) | A. $a>-\frac{1}{e}$
B. $a>-1$
C. $a<-\frac{1}{e}$
D. $a<-1$ | 代数 | 解析 ：$y^{\prime}=e^{x}+a=0$ 有解, $a=-e^{x}$.
设大于零的极值点为 $x_{0}$, 则 $e x_{0}>1$,
$\therefore-e x_{0}<-1$, 即 $a<-1$.
答案： $\mathrm{D}$ |
20314 | [] | B | null | 高二 | $y=x^{2}$ 在 $x=1$ 处的导数为 $(\quad)$ | A. $2 x$
B. 2
C. $2+\Delta x$
D. 1 | 代数 | 解析： $\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}$
$=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{(1+\Delta x)^{2}-1}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}(2+\Delta x)=2$.
答案： B |
20316 | [] | C | null | 高二 | 设 $f(x)=\frac{1}{x}$, 则 $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 等于 $(\quad)$ | A. $-\frac{1}{a}$
B. $\frac{2}{a}$
C. $-\frac{1}{a^{2}}$
$\mathrm{D} \cdot \frac{1}{a^{2}}$ | 代数 | 解析： $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{x \rightarrow a} \frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{a}}{x-a}=$
$\lim _{x \rightarrow a} \frac{a-x}{(x-a) \cdot x a}=-\lim _{x \rightarrow a} \frac{1}{a x}=-\frac{1}{a^{2}}$.
答案： $\mathrm{C}$ |
18345 | [] | C | null | 高二 | 设 $\vec{a} 、 \vec{b} 、 \vec{c}$ 是三个任意的非零平面向量, 且互不平行, 有下列四个结论:
(1) $(\vec{a} \cdot \vec{b}) \cdot \vec{c}=(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot \vec{b}$
(2) $[(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot \vec{a}-(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot \vec{b}] \cdot \vec{c}=0$
(3) $|\vec{a}|-|\vec{b}|<|\vec{a}-\vec{b}|$
(4) $(3 \vec{a}+2 \vec{b}) \cdot(3 \vec{a}-2 \vec{b})=9|\vec{a}|^{2}-4|\vec{b}|^{2}$
其中正确命题的个数是（ ） | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 代数 | 对 (1), 向量的数量积不满足结合律, 所以 $(\vec{a} \cdot \vec{b}) \cdot \vec{c}=(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot \vec{b}$ 错误, 故（1）错误;
对 (2), 原式 $=(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot(\vec{a} \cdot \vec{c})-(\vec{c} \cdot \vec{a}) \cdot(\vec{b} \cdot \vec{c})=(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot(\vec{a} \cdot \vec{c})-(\vec{b} \cdot \vec{c}) \cdot(\vec{a} \cdot \vec{c})=0$, 故（2）正确;
对 (3), 由向量的减法法则知, 两向量差的模一定大于两向量模的差，故（3）正确;
对 (4), 由数量积运算的分配律得: $(3 \vec{a}+2 \vec{b}) \cdot(3 \vec{a}-2 \vec{b})=9 \vec{a}^{2}-4 \vec{b}^{2}=9|\vec{a}|^{2}-4|\vec{b}|^{2}$,故 (4) 正确.
故选: C. |
18370 | [] | D | null | 高二 | 已知向量 $e_{1}, e_{2}$ 不共线, 则下列各对向量可以作为平面内的一组基底的是( ) | A. $\boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\boldsymbol{e}_{2}-\boldsymbol{e}_{1}$
B. $2 e_{1}-3 e_{2}$ 与 $e_{1}-\frac{3}{2} e_{2}$
C. $-\boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $2 \boldsymbol{e}_{1}+4 \boldsymbol{e}_{2}$
D. $\boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $2 \boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}$ | 代数 | 根据基底的定义可知, 只要两向量不共线便可作为基底, 易知选 D. |
17696 | ["8946.jpg"] | C | null | 高二 | 设 $|\overrightarrow{O A}|=2,|\overrightarrow{O B}|=1, \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0, \overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$, 且 $\lambda+\mu=1$,
则向量 $\overrightarrow{O A}$ 在 $\overrightarrow{O P}$ 上的投影的取值范围 ( ) | A. $\left(-\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$
B. $\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$
C. $\left(-\frac{4 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$
D. $\left(\frac{4 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$ | 代数 | 由于 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$, 则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$,
由于 $|\overrightarrow{O A}|=2$, 如图所示建系,
<ImageHere>
设 $A(2,0), B(0,1)$ ，
由于 $\overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$, 且 $\lambda+\mu=1$, 则 $P, A 、 B$ 三点共线.
设 $P(x, y)$, 则 $\frac{x}{2}+\frac{y}{1}=1$, 即 $y=1-\frac{x}{2}$.
向量 $\overrightarrow{O A}_{\text {在 } \overrightarrow{O P}}$ 上的投影为 $|\overrightarrow{O A}| \cos \langle\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O P}\rangle=\frac{\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O P}}{|\overrightarrow{O P}|}=\frac{2 x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$
设 $t=|\overrightarrow{O A}| \cos \langle\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O P}\rangle$, 所以当 $x=0$ 时, $t=0$.
当 $x \neq 0$ 时, $\frac{1}{t^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}}{4 x^{2}}=\frac{1}{4}\left[1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}\right]=\frac{1}{4}\left[1+\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\right)^{2}\right]$,
当 $x>0$ 时, $t>0$, 所以 $\frac{1}{t^{2}} \geq \frac{1}{4}$, 解得 $0<t \leq 2$;
当 $x<0$ 时, $t<0$, 所以 $\frac{1}{t^{2}}>\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{4}\right)=\frac{5}{16}$, 解得 $-\frac{4 \sqrt{5}}{5}<t<0$,
综上, 向量 $\overrightarrow{O A}$ 在 $\overrightarrow{O P}$ 上的投影的取值范围为 $\left(-\frac{4 \sqrt{5}}{5}, 2\right]$, 故选 C. |
18378 | ["9098.jpg"] | A | null | 高二 | 如果 $\frac{\pi}{4}<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 那么下列不等式成立的是( ) | A. $\cos \alpha<\sin \alpha<\tan \alpha$
B. $\tan \alpha<\sin \alpha<\cos \alpha$
C. $\sin \alpha<\cos \alpha<\tan \alpha$
D. $\cos \alpha<\tan \alpha<\sin \alpha$ | 代数 | 如图所示, <ImageHere>在单位圆中分别作出 $\alpha$ 的正弦线 $M P$ 、余弦线 $O M$ 、正切线 $A T$, 很容易地观察出 $O M<M P<A T$, 即 $\cos \alpha<\sin \alpha<\tan \alpha$.故选A. |
19481 | [] | D | null | 高二 | 若不等式 $x^{2} \geq m+4 x$ 在 $[0,1]$ 上恒成立, 则实数 $m$ 的取值范围是 ( ) | A. $m \leq-3$ 或 $m \geq 0$
B. $m \geq-3$
C. $-3 \leq m \leq 0$
D. $m \leq-3$ | 代数 | 答案: D |
19493 | [] | C | null | 高二 | 不等式 $4 x^{2}+4 x+1>0$ 的解集为 ( ) | A. $\phi$
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\left\{x \mid x \in R\right.$ 且 $\left.x \neq-\frac{1}{2}\right\}$
D. R | 代数 | 答案: C |
19494 | [] | C | null | 高二 | 已知实系数一元二次方程 $x^{2}+(1+a) x+a+b+1=0$ 的两个实根为 $x_{1} 、 x_{2}$, 并且 $0<x_{1}<2, x_{2}>2$, 则 $\frac{b}{a-1}$ 的取值范围是 ( ) | A. $\left(-1,-\frac{1}{3}\right)$
B. $\left(-3,-\frac{1}{3}\right]$
C. $\left(-3,-\frac{1}{2}\right)$
D. $\left(-3,-\frac{1}{2}\right]$. | 代数 | 答案: C |
19495 | [] | C | null | 高二 | 已知集合 $A=\{x \mid(x-2)(x+1)<0\}, B=\{x \mid y=\sqrt{1-x}\}$, 则 $A \cup B=(\quad)$ | A. $(-1,1]$
B. $(-\infty, 1]$
C. $(-\infty, 2)$
D. $(-\infty, 1] \cup(2,+\infty)$ | 代数 | 答案: C |
19496 | [] | D | null | 高二 | 若关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-(a+1) x+a<0$ 的解集中恰有两个整数, 则实数 $a$ 的取值范围是 | A. $(3,4)$
B. $(-2,-1) \cup(3,4)$
C. $(3,4]$
D. $[-2,-1) \cup(3,4]$ | 代数 | 由题意,得原不等式可转化为 $(x-1)(x-a)<0$.
当 $a>1$ 时,解得 $1<x<a$,此时解集中的整数为 2,3 ,则 $3<a \leq 4$;
当 $a<1$ 时,解得 $a<x<1$,此时解集中的整数为 $0,-1$, 则 $-2 \leq a<-1$.
当 $a=1$ 时, 不符合题意.故实数 $a$ 的取值范围是 $[-2,-1) \cup(3,4]$, 故选 D. |
19497 | ["9250.jpg"] | B | null | 高二 | 已知 $\triangle A B C$ 是边长为 2 的等边三角形, $P$ 为平面 $\triangle A B C$ 内一点, 则 $\overrightarrow{P A} \cdot(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C})$ 的最小值是( ) | A. -2
B. $-\frac{3}{2}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. -1 | 代数 | 以 $B C$ 为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线 $A D$ 为 $y$ 轴, $D$ 为坐标原点建立坐标, 则
<ImageHere>
$A(0, \sqrt{3}), B(-1,0), C(1,0)$, 设 $P(x, y)$, 所以 $\overrightarrow{P A}=(-x, \sqrt{3}-y), \overrightarrow{P B}=(-1-x,-y), \overrightarrow{P C}=(1-x,-y)$
所以 $\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=(-2 x,-2 y) \overrightarrow{P A} \cdot(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C})=2 x^{2}-3 y(\sqrt{3}-y)=2 x^{2}+2\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-\frac{3}{2} \geq-\frac{3}{2}$
当 $P\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 时, 所求的最小值为 $-\frac{3}{2}$. |
19498 | [] | A | null | 高二 | 已知不等式 $a x^{2}-b x-1 \geq 0$ 的解集是 $\left[-\frac{1}{2},-\frac{1}{3}\right]$, 则不等式 $x^{2}-b x-a<0$ 的解集是( ) | A. $(2,3)$
B. $(-\infty, 2) \cup(3,+\infty)$
C. $\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{2}\right)$
D. $\left(-\infty, \frac{1}{3}\right) \cup\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ | 代数 | 根据题意,由于不等式 $a x^{2}-b x-1 \geq 0$ 的解集是 $\left[-\frac{1}{2},-\frac{1}{3}\right]$, 则可知 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{b}{a} \\ -\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{1}{a}\end{array}\right.$
$\therefore a=-6, b=5$, 那么可知不等式 $x^{2}-5 x+6<0$ 的解集为 $(2,3)$, 故选 A |
19499 | [] | D | null | 高二 | 关于 $x$ 的不等式 $a \leq \frac{3}{4} x^{2}-3 x+4 \leq b$ 的解集为 $[a, b]$, 则 $a-b=(\quad)$ | A.-1
B.-2
C.-3
D.- 4 | 代数 | 答案: D |
19591 | [] | C | null | 高二 | 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{5} \cdot a_{11}=3, a_{3}+a_{13}=4$, 则 $\frac{a_{25}}{a_{15}}=(\quad)$ | A. 3
B. $\frac{1}{3}$
C. 3 或 $\frac{1}{3}$
D. -3 或 $-\frac{1}{3}$ | 代数 | 解析：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中,
$\because a_{5} \cdot a_{11}=a_{3} \cdot a_{13}=3, a_{3}+a_{13}=4$,
则 $a_{3}=1, a_{13}=3$, 或 $a_{3}=3, a_{13}=1$
当 $a_{3}=1, a_{13}=3$ 时, $q^{10}=3, \frac{a_{15}}{a_{5}}=q^{10}=3$,
当 $a_{3}=3, a_{13}=1$ 时, $q^{10}=\frac{1}{3}, \frac{a_{15}}{a_{5}}=q^{10}=\frac{1}{3}$
故选: $C$ |
19594 | [] | B | null | 高二 | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为各项为正数的等比数列, $S_{n}$ 是它的前 $n$ 项和, 若 $a_{1} a_{7}=4$, 且 $a_{4}+2 a_{7}=\frac{5}{2}$, 则 $S_{5}=(\quad)$ | A. 32
B. 31
C. 30
D. 29 | 代数 | 解析: $a_{4}=2, a_{7}=\frac{1}{4}, q=\frac{1}{2}, S_{5}=31$ |
19597 | [] | C | null | 高二 | 已知正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $7 S_{2}=4 S_{4}$, 则公比 $q$ 的值为 ( ) | A. 1
B. 1 或 $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ | 代数 | 若 $q=1$, 则 $7 S_{2}=14 a_{1}, 4 S_{4}=16 a_{1}, \because a_{1} \neq 0, \therefore 7 S_{2} \neq 4 S_{4}$, 不合题意. 若 $q \neq 1$, 由 $7 S_{2}=4 S_{4}$, 得
$7 \times \frac{a_{1}\left(1-q^{2}\right)}{1-q}=4 \times \frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}, \therefore q^{2}=\frac{3}{4}$, 又 $q>0, \therefore q=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选 C. |
19612 | [] | D | null | 高二 | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}+a$, 且 $b_{n}=\log _{2} a_{n}-a$, 则数列 $\left\{\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=(\quad)$ | A. $\frac{3 n}{2 n+1}$
B. $\frac{n}{2 n+1}$
C. $\frac{2 n}{n+1}$
D. $\frac{n}{n+1}$ | 代数 | 由等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}+a$, 得 $S_{1}=a_{1}=2+a, a_{2}=S_{2}-S_{1}=2, a_{3}=S_{3}-S_{2}=4$, $\because a_{2}^{2}=a_{1} \cdot a_{3}, \therefore 4=(2+a) \times 4$, 解得 $a=-1, \therefore a_{1}=1, S_{n}=2^{n}-1, \therefore n \geqslant 2$ 时
$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2^{n}-1-2^{n-1}+1=2^{n-1}$ ( $a_{1}=1$ 满足上式）, $\therefore b_{n}=\log _{2} 2^{n-1}+1=n, b_{n+1}=n+1$, 则 $\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \therefore T_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$, 故选 D. |
18967 | ["9179.jpg"] | D | null | 高二 | 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y+3 \geq 0 \\ x+y-1 \geq 0 \\ x \leq 3\end{array}\right.$, 则 $z=2 x-y$ 的最小值为 ()) | A. 4
B. 0
C. 2
D. -4 | 代数 | 作可行域如图所示, 由 $z=2 x-y$ 得 $y=2 x-z$, 作直线 $y=2 x$ 并平移, 当直线过点 $A(-1,2)$ 时, 直线在 $y$ 轴上的截距 $-z$ 最大, 此时 $z$ 取得最小值, $Z_{\text {min }}=2 \times(-1)-2=-4$. 故选 D.
<ImageHere> |
17522 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\alpha \in \mathbf{R}, \sin \alpha+2 \cos \alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}$, 则 $\tan 2 \alpha=(\quad)$ | A. $\frac{4}{3}$
B. $\frac{3}{4}$
C. $-\frac{3}{4}$
D. $-\frac{4}{3}$ | 代数 | [解析]本题考查三角函数同角间的基本关系.
将 $\sin \alpha+2 \cos \alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}$ 两边平方可得
$\sin ^{2} \alpha+4 \sin \alpha \cos \alpha+4 \cos ^{2} \alpha=\frac{5}{2}$.
将左边分子分母同除以 $\cos ^{2} \alpha$ 得,
$\frac{3+4 \tan \alpha}{1+\tan ^{2} \alpha}=\frac{3}{2}$, 解得 $\tan \alpha=3$,
$\therefore \tan 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}=\frac{6}{1-9}=-\frac{3}{4}$. |
17374 | [] | B | null | 高二 | 已知 $\sin \theta+\cos \theta=\frac{4}{3}\left(0<\theta \leqslant \frac{\pi}{4}\right)$, 则 $\sin \theta-\cos \theta=(\quad)$ 【导学号: 00680011】 | A. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
B. $-\frac{\sqrt{2}}{3}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $-\frac{1}{3}$ | 代数 | 由 $(\sin \theta+\cos \theta)^{2}=1+2 \sin \theta \cos \theta=\frac{16}{9}$, 得 $2 \sin \theta \cos \theta=\frac{7}{9}$, 则 $(\sin \theta-\cos \theta)^{2}=1-2 \sin \theta \cos \theta$ $=\frac{2}{9}$, 又由于 $0<\theta \leqslant \frac{\pi}{4}$, 知 $\sin \theta-\cos \theta \leqslant 0$, 所以 $\sin \theta-\cos \theta=-\frac{\sqrt{2}}{3}$.
【答案】 B |
17550 | ["8912.jpg"] | D | null | 高二 | 下列函数中, 图象的一部分是如图 1-5-3 的是( )
<ImageHere>
图 1-5-3 | A. $y=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$
B. $y=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$
C. $y=\cos \left(4 x-\frac{\pi}{3}\right)$
D. $y=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ | 代数 | 由图象知, $\frac{1}{4} T=\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{4}, \therefore T=\pi=\frac{2 \pi}{\omega}, \therefore \omega=2$, 把 $y=\cos 2 x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位即得所给图象,
$\therefore$ 所求函数为 $y=\cos 2\left(x-\frac{\pi}{12}\right)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$.
## 【答案】D |
17407 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=x \sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)(\quad)$ | A. 是奇函数
$B \cdot$ 是非奇非偶函数
C. 是偶函数
$\mathrm{D}$ - 既是奇函数又是偶函数 | 代数 | 解析: 由题, 得函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$, 关于原点对称, 又 $f(x)=x \sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)=x \cos x$, 所以 $f(-x)=(-$ $x) \cdot \cos (-x)=-x \cos x=-f(x)$, 所以函数 $f(x)$ 为奇函数.
答案: A |
17415 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=3 \sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{15 \pi}{2}\right)$ 是 $(\quad)$ | A.周期为 $3 \pi$ 的偶函数
B $\cdot$ 周期为 $2 \pi$ 的偶函数
C - 周期为 $3 \pi$ 的奇函数
$\mathrm{D}$. 周期为 $\frac{4 \pi}{3}$ 的偶函数 | 代数 | 解析: $f(x)=3 \sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{15 \pi}{2}\right)=3 \sin \left(\frac{2}{3} x+\frac{3 \pi}{2}\right)=-3 \cos ^{2} x$,
$\therefore f(x)$ 为偶函数, 且 $T=\frac{2 \pi}{\frac{2}{3}}=3 \pi$.
答案: A |
17416 | [] | D | null | 高二 | 下列函数中是奇函数, 且最小正周期是 $\pi$ 的函数是 ( ) | A. $ y=\cos |2 x|$
B. $y=|\sin x|$
C $\cdot y=\sin \left(\frac{\pi}{2}+2 x\right)$
D. $y=\cos \left(\frac{3 \pi}{2}-2 x\right)$ | 代数 | 解析: $y=\cos |2 x|$ 是偶函数; $y=|\sin x|$ 是偶函数;
$y=\sin \left(\frac{\pi}{2}+2 x\right)=\cos 2 x$ 是偶函数;
$y=\cos \left(\frac{3 \pi}{2}-2 x\right)=-\sin 2 x$ 是奇函数, 且其最小正周期 $T=\pi$.
答案: D |
17590 | ["8924.jpg"] | D | null | 高二 | 如图 1-6-5, 单摆从某点开始来回摆动, 离开平衡位置 $O$ 的距离 $s(\mathrm{~cm})$ 和时间 $t(\mathrm{~s})$ 的函数关系式为 $s=$ $6 \sin \left(2 \pi t+\frac{\pi}{6}\right)$ ，那么单摆摆动一个周期所需的时间为 $(\quad)$
<ImageHere>
图 1-6-5 | A. $2 \pi \mathrm{s}$
B. $\pi \mathrm{s}$
C. $0.5 \mathrm{~s}$D. $1 \mathrm{~s}$ | 代数 | 依题意是求函数 $s=6 \sin \left(2 \pi t+\frac{\pi}{6}\right)$ 的周期, $T=\frac{2 \pi}{2 \pi}=1$, 故选 D. |
17591 | ["8925.jpg"] | C | null | 高二 | 3. 函数 $f(x)$ 的部分图象如图 1-6-6 所示, 则下列选项正确的是( )<ImageHere>图 1-6-6 | A. $f(x)=x+\sin x$B. $f(x)=\frac{\cos x}{x}$C. $f(x)=x \cos x$D. $f(x)=x\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\left(x-\frac{3 \pi}{2}\right)$1 \mathrm{~s} | 代数 | 观察图象知函数为奇函数, 排除 $\mathrm{D}$ 项; 又函数在 $x=0$ 处有意义, 排除 $\mathrm{B}$ 项; 取 $x=\frac{\pi}{2}, f\left(\frac{\pi}{2}\right)$ $=0$, A 项不合适, 故选 C.. |
20342 | [] | A | null | 高二 | 若对可导函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 恒有 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0 \quad$ ，则 $\left.\mathrm{f}(\mathrm{x}) （ \quad\right)$. | A. 恒大于 0
B. 恒小于 0
C. 恒等于 0
D. 和 0 的大小关系不确定 | 代数 | 答案:A
【解析】 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0 \Rightarrow\left(x f^{\prime}(x)\right)^{\prime}>0 \Rightarrow g(x)=x f(x)$ 单调递增, 当 $x>0$ 时, $g(x)>g(0)=0$,
即 $x f(x)>0$, 所以 $f(x)>0$; 同理可得当 $x<0$ 时 $f(x)>0$, 由在 $f(x)+x f^{\prime \prime}(x)>0$ 中令 $x=0$ 得 $f(x)>0$, 综上可知 $f(x)$ 恒大于 |
20343 | [] | D | null | 高二 | 已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$, 其导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $f^{\prime}(x)-f(x)<-3, f(0)=4$, 则不等式 $f(x)>e^{x}+3$ 的解集是( ). | A. $(-\infty, 1)$
B. $(1+\infty)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty, 0)$ | 代数 | 不等式 $(x)>e^{x}+3$ 即 $ rac{f(x)}{e^{x}}- rac{3}{e^{x}}>1$, 构造函数 |
20354 | [] | C | null | 高二 | 对于 $\mathrm{R}$ 上可导的任意函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 且 $f^{\prime}(1)=0$ 若满足 $(x-1) f^{\prime}(x)>0$, 则必有 $(\quad)$. | A. $f(0)+f(2)<2 f(1)$
B. $f(0)+f(2)^{3} 2 f(1)$
C. $f(0)+f(2)>2 f(1)$
D. $f(0)+f(2)^{3} 2 f(1)$ | 代数 | 因为, $(\mathrm{x}-1) \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 所以在区间 $(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是增函数; 在区间 $(-\infty, 1), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是减函数, 又 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0$, 所以, $\mathrm{x}=1$ 是极小值点, $f(0)>f(1), f(2)>f(1)$, 因此 $f(0)+f(2)>2 f(1)$, 故选 C。 |
20358 | [] | A | null | 高二 | 若对可导函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 恒有 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0$ ，则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})(\mathrm{s})$ | A. 恒大于 0
B. 恒小于 0
C. 恒等于 0
D. 和 0 的大小关系不确定 | 代数 | 答案:A
【解析】 $f(x)+x f^{\prime \prime}(x)>0 \Rightarrow(x f(x))^{\prime}>0 \Rightarrow g(x)=x f(x)$ 单调递增, 当 $x>0$ 时, $g(x)>g(0)=0$, 即 $x f(x)>0$, 所以 $f(x)>0$; 同理可得当 $x<0$ 时 $f(x)>0$, 由在 $f(x)+x f^{\prime}(x)>0$ 中令 $x=0$ 得 $f(x)>0$, 综上可知 $f(x)$ 恒大于 |
20359 | [] | D | null | 高二 | 已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$, 其导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $f^{\prime}(x)-f(x)<-3 ， f(0)=4$,则不等式 $f(x)>e^{x}+3$ 的解集是 ( ) | A. $(-\infty, 1)$
B. $(1+\infty)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty, 0)$ | 代数 | $f(x)=|\sin x| \cdot \cos x=\left\{egin{array}{c} rac{1}{2} \sin 2 x, 2 k \pi \leq x<\pi+2 k \pi \ - rac{1}{2} \sin 2 x, \pi+2 k \pi \leq x<2 \pi+2 k \pi, \quad k \in Z,\end{array}
ight.$, 故函数的图象关于直线 $x=k \pi$,$k \in Z_{ ext {对称, 故 A 错误; }}{ }^{f(x)}$ 的周期为 ${ }^{2 \pi}$, 故 B 错误; 函数 ${ }^{|f(x)|}$ 的周期为 ${ }^{ rac{\pi}{2}}$ 若 $\left|f\left(x_{1}
ight)
ight|=\left|f\left(x_{2}
ight)
ight|$, 则 $x_{1}=x_{2}+ rac{1}{2} k \pi \quad(k \in Z)$, 故 C 错误; ${ }^{f(x)}$ 在区间 ${ }^{\left[ rac{\pi}{4}, rac{3 \pi}{4}
ight]}$ 上单调递减, 故 D 正确; 故选 D. |
20367 | [] | B | null | 高二 | " $x_{0}$ 为方程 $f^{\prime}(x)=0$ 的解"是 $x_{0}$ 为函数 $f(x)$ 极值点"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 | 答案:B
【解析】通过研究函数 $f(x)=x^{3}, f(x)=|x|_{\text {可知, }} x_{0}$ 为方程 $f^{\prime}(x)=0$ 的解是 $x_{0}$ 为函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 极值点的必要条件不充分。选 B。 |
20373 | [] | D | null | 高二 | 函数 $f(x)=(x-3) e^{x}$ 的单调递增区间是 $(\quad)$ | A. $(-\infty, 2)$
B. $(0,3)$
C. $(1,4)$
D. $(2+\infty)$ | 代数 | 答案:D
【解析】因为 $f(x)=(x-3) e^{x}$, 所以, 由 $f^{\prime}(x)=e^{x}+(x-3) e^{x}=e^{x}(x-2)>0$, 得 $\mathrm{x}>2$, 故函数 $f(x)=(x-3) e^{x}$ 的单调递增区间是 $(2,+\infty)$, 选 D。
【分析】简单题, 在某区间, 导函数值非负, 则函数为增函数; 导函数值非正, 则函数为减函数。 |
20375 | [] | B | null | 高二 | 函数 $f(x)=x^{3}-3 x$ 的递减区间是 ( ) | A. $\left(-\infty,-\frac{\sqrt{6}}{2}\right)_{\text {或 }}\left(\frac{\sqrt{6}}{2},+\infty\right)$
B. $(-1,1)$
C. $(-\infty,-1)_{\text {或 }}(1,+\infty)$
D. $\left(-\frac{\sqrt{6}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}\right)$ | 代数 | 答案:B
【解析】【分析】因为函数 $f(x)=x^{3}-3 x$, 所以函数 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3$, 由
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3<0$ 得 $-1<x<1$, 所以函数 $f(x)=x^{3}-3 x$ 的递减区间是 $(-1,1)$ 。选 B. |
20376 | [] | C | null | 高二 | 对于 $\mathrm{R}$ 上可导的任意函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 且 $f^{\prime}(1)=0$ 若满足 $(\mathrm{x}-1) f^{\prime}(x)_{00}$, 则必有 ( ) | A. $f(0)+\mathrm{f}(2)<2 \mathrm{f}(1)$
B. $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2) 32 \mathrm{f}(1)$
C. $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2)>2 \mathrm{f}(1)$
D. $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2){ }^{3} 2 \mathrm{f}(1)$ | 代数 | 答案:C
【解析】因为, $(\mathrm{x}-1)^{\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})}>0$, 所以在区间 $(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是增函数;在区间 $(-\infty, 1), \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是减函数, 又 $f^{\prime}(1)=0$, 所以, $\mathrm{x}=1$ 是极小值点, $\mathrm{f}(0)>\mathrm{f}$ (1), f (2)>f (1), 因此 $\mathrm{f}(0)+\mathrm{f}(2)>2 \mathrm{f}(1)$, 故选 C。
【分析】小综合题, 在某区间, 导函数值非负, 则函数为增函数; 导函数值非正, 则函数为减函数。 |
20377 | ["9339.jpg"] | B | null | 高二 | <ImageHere>
小值是（ ） | A. 10
B. 9
C. 8
D. $3 \sqrt{2}$ | 代数 | 答案:B
【解析】由函数 $f(x)=a x^{2}+b x$, 所以 $f^{\prime}(x)=2 a x+b$,
由函数 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 2 , 所以 $f^{\prime}(1)=2 a+b=2$,
所以 $\frac{8 a+b}{a b}=\frac{1}{a}+\frac{8}{b}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)(2 a+b)=\frac{1}{2}\left(10+\frac{b}{a}+\frac{16 a}{b}\right) \geq \frac{1}{2}\left(10+2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{16 a}{b}}\right)=\frac{1}{2}(10+8)=9$
（当且
仅当 $\frac{b}{a}=\frac{16 a}{b}$, 即 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{4}{3}$ 时等号成立)
所以 ${ }^{\frac{a+b}{a b}}$ 的最小值为 9 ,
故答案为: B.
【分析】由函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1, \mathrm{f}(1))$ 处的切线的斜率为 2 得 $2 \mathrm{a}+\mathrm{b}=2$, 再由基本不等式可得所求最小值. |
20406 | [] | B | null | 高二 | “2 $2^{a}>2^{b}$ ” 是 $“ \log _{2} a>\log _{2} b$ ”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 | 答案:B
【解析】 $2^{a}>2^{b}$ 可得 $a>b ; \log _{2} a>\log _{2} b$ 可得 $a>b>0$, 由 $a>b>0 \Rightarrow a>b$ 成立,反之不成立, 所以 “ $2^{a}>2^{b}$ ” 是 “ $\log _{2} a>\log _{2} b$ ” 必要不充分条件, 故选 B。
【分析】若 $p \Rightarrow q$ 成立, 则 ${ }^{p}$ 是 ${ }^{q}$ 的充分条件, ${ }^{q}$ 是 ${ }^{p}$ 的必要条件 |
20434 | [] | A | null | 高二 | 设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin \mathrm{x}+\cos \mathrm{x}$, 那么 $(\mathrm{)}$ | A. $f^{\prime}(x)=\cos x-\sin x$
B. $f^{\prime}(x)=\cos x+\sin x$
C. $f^{\prime}(x)=-\cos x+\sin x$
D. $f^{\prime}(x)=-\cos x-\sin x$ | 代数 | 答案:A
【解析】解答】由导数公式可知, $(\sin x)^{\prime}=\cos x,(\cos x)^{\prime}=-\sin x$, 所以 $f^{\prime}(x)=\cos x-\sin x$.选 A. |
20435 | ["9360.jpg"] | C | null | 高二 | 已知 $\mathrm{e}$ 是自然对数底数, 若函数 $y=\frac{\varepsilon}{e^{x}-x+a}$ 的定义域为 $\mathrm{R}$, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 ( ) | A. $a<-1$
B. $a \leq-1$
C. $a>-1$
D. $a \geq-1$ | 代数 | 答案:C
<ImageHere>
$a=x-e^{x}$ 时, 令 $g(x)=x-e^{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}=0$ 得 $\mathrm{x}=0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}>0$得 $\mathrm{x}<0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}<0$ 得 $\mathrm{x}>0$, 可知 $g(x)=x-e^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 在 $(-\infty, 0)$ 单调递增,故当 $\mathrm{x}=0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 有最大值 $g(0)=0-e^{0}=-1$, 所以 $a=x-e^{x} \leq-1$, 根据补集思想可知, 当 $e^{x}-x+a \neq 0$ 时, 实数 $a$ 的取值范围为 $a>-1$, 故选 C
【分析】利用导数法求函数值域是求解此类问题的关键二、填空题
11. 答案: $\left(-1, \frac{2}{3}\right)$
【解析】【解答】求导 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+x-2=(3 x-2)(x+1)$, 令 $f^{\prime}(x)<0$得到 $-1<\mathrm{x}<\frac{2}{3}$
$\therefore$ 函数的单调减区间为 $\left(-1, \frac{2}{3}\right)$
故答案为: $\left(-1, \frac{2}{3}\right)$
【分析】求导数 $f^{\prime}(x)$, 令 $f^{\prime}(x)<0$ 解不等式即可求出单调递减区间. |
20445 | [] | C | null | 高二 | 设函数 $f(x)=\left(x^{3}-1\right)^{2}$, 下列结论中正确的是 $(\quad)$ | A. $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, $x=0$ 是极大值点
B. $x=1$ 及 $x=0$ 均是 $f(x)$ 的极大值点
C. $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, 函数 $f(x)$ 无极大值
D. 函数 $f(x)$ 无极值 | 代数 | 答案:C
【解析】【解答】 $f^{\prime}(x)=2\left(x^{3}-1\right) \cdot 3 x^{2}=6 x^{2}(x-1)\left(x^{2}+x+1\right) ; x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$
令 $f^{\prime}(x)=0$ 保 $x_{1}=0, x_{2}=1 \quad ; \quad B f^{\prime}(0)=0, f^{\prime}(1)=0$.
$x<0$ 时, $f^{\prime}(x)<0 ; 0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0 ; x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.
故 $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点, 函数 $f(x)$ 无极大值。
故答案为: C
【分析】用导数研究函数的极值. |
20449 | ["9363.jpg"] | B | null | 高二 | <ImageHere> | A. $\mathrm{a}<3$
B. $a \leq 3$
C. $a>3$
D. $a \geq 3$ | 代数 | 答案:B
【解析】【解答】 先求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的导数, 然后根据 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}^{2}-\mathrm{a} \geq 0$ 在 $\mathrm{R}$ 上恒成立即可得到答案. $\because \mathrm{f}$ $(x)=x^{3}-a x \therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a, \because f(x)$ 在 $R$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a \geq 0$ 在 $R$ 上恒成立 即 $a \leq 3 x^{2}$ 在 $(-\infty$, -1 )上恒成立, $a$ 小于等于 $3 x^{2}$ 的最小值即可 $\therefore a \leq 3$, 故选 $B$
【分析】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系, 即当导函数大于 0 时原函数单调递增, 当导函数小于 0 时原函数单调递减. |
20450 | [] | A | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\ln x-2 a \sin x$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数, 则 $a$ 的取值范围为 ( ) | A. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{2}}{\pi}\right]$
B. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{3}}{\pi}\right]$
C. $\left(-\infty, \frac{\sqrt{3}}{\pi}\right]$
D. $\left[\frac{2 \sqrt{3}}{\pi},+\infty\right)$ | 代数 | 答案:A
【解析】【解答】解:
$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x
$$
因为 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数
所以 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x \geq 0$, 而在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上 $\cos x>0$
所以 $a \leq \frac{1}{2 x \cos x}$, 即 $a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }$
令 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{2 x \sin x-2 \cos x}{(2 \cdot \cos x)^{2}}=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}$
分子分母同时除以 $\sin x$ ，得
$h^{\prime}(x)=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}=\frac{x-\frac{1}{\tan x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}$
令 $g(x)=x-\frac{1}{\tan x}$, 则 $g(x)=x+\left(-\frac{1}{\tan x}\right)$ 在区间 ${ }^{\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]}$ 上为增函数
所以
$$
g(x)_{\max }=g\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{\tan _{\frac{\pi}{4}}}=\frac{\pi}{4}-1<0
$$
所以 $g(x)<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$上恒成立
即 $h^{\prime}(x)=\frac{x-\frac{1}{\tan x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上恒成立
所以函数 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上为单调递减函数
所以
$$
a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }=h(x)_{\min }=h\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{2 \sqrt{2}}{\pi}
$$
【分析】函数在某区间单调递增, 则导数大于等于 0 恒成立, 转化为不等式恒成立问题, 分离常数,构造新的函数求最值即可求出参数的取值范围. |
20452 | [] | C | null | 高二 | 函数 $f(x)$ 在定义域 $R$ 内可导, 若 $f(x)=f(2-x)$ 且（ $x-1) f^{\prime}(x)<0$, 若 $a=f(0), b=f\left({ }^{\frac{1}{2}}\right), c=f(3)$ 则 $a, b, c$ 的大小关系是( ) | A. $\mathrm{a}>\mathrm{b}>\mathrm{c}$
B. $\mathrm{c}>\mathrm{b}>\mathrm{a}$
C. $\mathrm{b}>\mathrm{a}>\mathrm{c}$
D. $\mathrm{a}>\mathrm{c}>\mathrm{b}$ | 代数 | 答案:C
【解析】【解答】由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(2-\mathrm{x})$ 可知, $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象关于 $\mathrm{x}=1$ 对称,
根据题意又知 $\mathrm{x} \in(-\infty, 1)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 此时 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为增函数,
$x \in(1,+\infty)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为减函数,
所以 $\mathrm{f}(3)=\mathrm{f}(-1)<\mathrm{f}(0)<\mathrm{f}\left(\frac{1}{2}\right)$, 即 $\mathrm{c}<\mathrm{a}<\mathrm{b}$,
故选 C.
【分析】小综合题, 在某区间, 函数的导数非负, 函数为增函数, 函数的导数非正, 函数为减函数。比较函数值的大小, 往往利用函数的单调性。 |
20453 | [] | A | null | 高二 | 已知方程 $\ln |x|-a x^{2}+\frac{3}{2}=0$
有 4 个不同的实数根, 则实数 ${ }^{a}$ 的取值范围是 ( )
$\left(0, \frac{\varepsilon^{2}}{2}\right)$
B. $\left(0, \frac{\varepsilon^{2}}{2}\right]$
C. $\left(0, \frac{\varepsilon^{2}}{3}\right)$
D. $\left(0, \frac{e^{2}}{3}\right]$
8. (2018。浙江) 已知 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列, 且 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$. 若 $a_{1}>1$,则 ( ) | A. $a_{1}<a_{3}, a_{2}<a_{4}$
B. $a_{1}>a_{3}, a_{2}<a_{4}$
C. $a_{1}<a_{3}, a_{2}>a_{4}$
D. $a_{1}>a_{3}, a_{2}>a_{4}$ | 代数 | 答案:A
【解析】【解答】解: 由于 ${ }^{y=\ln |x|-a x^{2}+\frac{3}{2}}$ 是偶函数, 所以方程 ${ }^{\ln x-a x^{2}+\frac{3}{2}=0}$ 有两个根,
即 $a=\frac{\ln x+\frac{3}{2}}{x^{2}}$ 有两个根. 设 $f(x)=\frac{\ln x+\frac{3}{2}}{x^{2}}$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{x-2 x\left(\ln x+\frac{3}{2}\right)}{x^{4}}=-\frac{2(\ln x+1)}{x^{3}}, \therefore 0<x<\frac{1}{8}$ 时,
$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 递增, ${ }^{x>\frac{1}{\varepsilon}}$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 递减, ${ }^{x=\frac{1}{\varepsilon}}$ 时, $f(x)$ 取得极大值也是最大值 $f\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)=\frac{e^{2}}{2}$, 又 $x \rightarrow+0$ 时, $f(x) \rightarrow-\infty, x \rightarrow+\infty$ 时, $f(x) \rightarrow 0$, 所以要使 $a=\frac{\ln x+\frac{3}{2}}{x^{2}}$有两个根, 则 $0<a<\frac{e^{2}}{2}$.
故答案为: A.
【分析】构造函数 $\mathrm{y}$, 结合 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 判断奇偶性, 构造函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 结合导函数, 判断单调性和函数图像与极值, 结合图像, 即可得出答案。 |
20454 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)$ 在实数集 $\mathrm{R}$ 上连续可导, 且 $2 f(x)-f^{\prime}(x)>0$ 在 $R$ 上恒成立, 则以下不等式一定成立的是 ( ) | A. $f(1)>\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$
B. $f(1)<\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$
C. $\mathrm{f}(-2)>\mathrm{e}^{3 \mathrm{f}}(1)$
D. $\mathrm{f}(-2)<\mathrm{e}^{3 \mathrm{f}}(1)$ | 代数 | 答案:A
【解析】【解答】解: 设 ${ }^{g(x)=\frac{f\left(x^{2}\right.}{\varepsilon^{x}}}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{f(x)^{2 x}-f(x) e^{2 x} \cdot 2}{e^{4 x}}=\frac{f(x)-2 f\left(x^{2}\right.}{e^{x}}$,
$\because 2 f(x)-f^{\prime}(x)>0, \therefore g^{\prime}(x)<0$, 即 $g(x)$ 是减函数,
$\therefore g(1)>g(2)$, 即 $\frac{f(1)}{\varepsilon^{2}}>\frac{f(2)}{\varepsilon^{4}}, \therefore f(1)>\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$,
故答案为: A.
【分析】构造函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=^{\frac{f(x)}{\mathrm{e}^{x}}}$,结合已知可以判断 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的单调性, 选择支转化为 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的两个函数值比较大小。 |
20455 | [] | B | null | 高二 | 已知 $f(x)=x^{3}-a x$ 在 $(-\infty,-1)$ 上单调递增, 则 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 () | A. $a<3$
B. $a \leq 3$
C. $a>3$
D. $a \geq 3$ | 代数 | 答案:B【解析】先求函数 $f(x)$ 的导数, 然后根据 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a \geq 0$ 在 $R$ 上恒成立即可得到答案. $\because$
$f(x)=x^{3}-a x \therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a, \because f(x)$ 在 $R$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a \geq 0$ 在 $R$ 上恒成立 即 $a \leq 3 x^{2}$ 在 $(-\infty,-$ 1)上恒成立, $a$ 小于等于 $3 x^{2}$ 的最小值即可 $\therefore a \leq 3$, 故选 $B$ |
20460 | [] | A | null | 高二 | 已知函数 $f(x)=\ln x-2 a \sin x$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数, 则 $a$ 的取值范围为 | A. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{2}}{\pi}\right]$
B. $\left(-\infty, \frac{2 \sqrt{3}}{\pi}\right]$
C. $\left(-\infty, \frac{\sqrt{3}}{\pi}\right]$
D. $\left[\frac{2 \sqrt{3}}{\pi},+\infty\right)$ | 代数 | 答案:A【解析】: $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x$ 因为 $f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是单调递增函数所以 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2 a \cos x \geq 0$ ，而在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上 $\cos x>0$
所以 $a \leq \frac{1}{2 x \cos x}$, 即 $a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }$
令 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{2 x \sin x-2 \cos x}{(2 \cos x)^{2}}=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}$, 分子分母同时除以 $\sin x$, 得
$h^{\prime}(x)=\frac{x \sin x-\cos x}{2 x^{2} \cos ^{2} x}=\frac{x-\frac{1}{\tan x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}$, 令 $g(x)=x-\frac{1}{\tan x}$, 则 $g(x)=x+\left(-\frac{1}{\tan x}\right)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上为增函数, 所以 $g(x)_{\max }=g\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{\tan _{4}^{\pi}}=\frac{\pi}{4}-1<0$, 所以 $g(x)<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上恒成立,即 $h^{\prime}(x)=\frac{x-\frac{1}{2 \pi n x}}{2 x^{2} \cos ^{2} x \sin x}<0$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上恒成立, 所以函数 $h(x)=\frac{1}{2 x \cos x}$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上为单调递减函数所以 $a \leq\left(\frac{1}{2 x \cos x}\right)_{\min }=h(x)_{\min }=h\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{2 \sqrt{2}}{\pi}$ |
20462 | [] | C | null | 高二 | 函数 $f(x)$ 在定义域 $R$ 内可导, 若 $f(x)=f(2-x)$ 且 ( $x-1) f^{\prime}(x)<0$, 若 $a=f(0), b=f\left(\frac{1}{2}\right), c=f(3)$ 则 $a, b, c$ 的大小关系是( ) | A. $a>b>c$
B. $c>b>a$
C. $b>a>c$
D. $a>c>b$ | 代数 | 答案:C 【解析】由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(2-\mathrm{x})$ 可知, $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象关于 $\mathrm{x}=1$ 对称,据题意又知 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 此时 $f(x)$ 为增函数, $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,
$f(x)$ 为减函数, 所以 $f(3)=f(-1)<f(0)<f\left(\frac{1}{2}\right)$, 即 $c<a<b$, 故选 $c$. |
20463 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)$ 在实数集 $R$ 上连续可导, 且 $2 f(x)-f^{\prime}(x)>0$ 在 $R$ 上恒成立, 则以下不等式一定成立的是 ( ) | A. $f(1)>\frac{f(2)}{\epsilon^{2}}$
B. $f(1)<\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}}$
C. $f(-2)>e^{3 f}(1)$
D. $f(-2)<e^{3 f}(1)$ | 代数 | 答案:A【解析】: 设 $g(x)=\frac{f\left(x^{\prime}\right.}{e^{x x}}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{f(x) e^{2 x}-f(x) e^{2 x} \cdot 2}{e^{4 x}}=\frac{f(x)-2 f\left(x^{\prime}\right.}{e^{2 x}}$,
$\because 2 f(x)-f^{\prime}(x)>0, \therefore g^{\prime}(x)<0$, 即 $g(x)$ 是减函数,
$\therefore g(1)>g(2)$, 即 $\frac{f(1)}{\varepsilon^{2}}>\frac{f(2)}{\varepsilon^{4}}, \therefore f(1)>\frac{f(2)}{\varepsilon^{2}} /$. 故答案为: A. |
20464 | [] | C | null | 高二 | 已知 $\mathrm{e}$ 是自然对数底数, 若函数 $y=\frac{e}{e^{x}-x+a}$ 的定义域为 $\mathrm{R}$, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(\quad)$ | A. $a<-1$
B. $a \leq-1$
C. $a>-1$
D. $a \geq-1$ | 代数 | 答案:C【解析】 $\because$ 函数 $y=\frac{e}{e^{x}-x+a}$ 的定义域为 $\mathbf{R}, \therefore e^{x}-x+a \neq 0$, 当 $e^{x}-x+a=0$ 即 $a=x-e^{x}$ 时, 令 $g(x)=x-e^{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}=0$ 得 $\mathrm{x}=0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}>0$得 $\mathrm{x}<0$, 令 $g^{\prime}(x)=1-e^{x}<0$ 得 $\mathrm{x}>0$, 可知 $g(x)=x-e^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 在 $(-\infty, 0)$ 单调递增,故当 $\mathrm{x}=0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 有最大值 $g(0)=0-e^{0}=-1$, 所以 $a=x-e^{x} \leq-1$, 根据补集思想可知, 当 $e^{x}-x+a \neq 0$ 时, 实数 $a$ 的取值范围为 $a>-1$ 。 |
19355 | ["9232.jpg"] | D | null | 高二 | (2020-河北正定中学高三) 现有一组数据如茎叶图所示, 若平均数为 115 , 且方差达到最小, 则 $m n$ 的值是 ( )
<ImageHere> | A. 27
B. 32
C. 35
D. 36 | 计数 |
【分析】由平均为 115 得到 $m+n=12$, 写出方差的表达式, 求出使方差最小时 $m, n$ 满足的关系, 从而求得 $m n$ 的值.
【详解】 $\because$ 数据的平均数为 $\frac{1}{10} \times(6+4+9+9+m+n+2+1+5+2+200+660+240)=115$,
$\therefore m+n=12$, 要使方差最小, 则
$(110+m-115)^{2}+(110+n-115)^{2}=(m-5)^{2}+(n-5)^{2} \geq \frac{(m-5+n-5)^{2}}{2}=2$,
当且仅当 $m-5=n-5$, 即 $m=n=6$ 时取等号, 此时方差最小, $m n=36$
【点睛】本题考查对茎叶图、平均数和方差的概念, 考查逻数据处理能力, 求解时注意基本不等式的运用. |
18859 | [] | D | null | 高二 | 设 $a_{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{2 n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 那么 $a_{n+1}-a_{n}$ 等于 ( ) | A. $\frac{1}{2 n+1}$
B. $\frac{1}{2 n+2}$
C. $\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}$
D. $\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+2}$ | 计数 | $\because a_{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{2 n}$
$\therefore a_{n+1}=\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}$,
$\therefore a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+2}$. |
19134 | [] | A | null | 高二 | 函数 $f(x)=\sin \left(w x+\frac{\pi}{6}\right)(w>0)$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增, 且图像关于 $x=-\pi$ 对称, 则 $w$ 的值为 ( ) | A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{5}{3}$
C. 2
D. $\frac{8}{3}$ | 计数 | 函数 $f(x)=\sin \left(w x+\frac{\pi}{6}\right)(w>0)$ 的递增区间 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq \omega x+\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in Z)$, 化简得: $-\frac{2 \pi}{3 \omega}+\frac{2 k \pi}{\omega} \leq x \leq \frac{\pi}{3 \omega}+\frac{2 k \pi}{\omega}(k \in Z)$. 已知在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 单增, 所以 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{2 \pi}{3 \omega} \leq-\frac{\pi}{2} \\ \frac{\pi}{3 \omega} \geq \frac{\pi}{2}\end{array}, \Rightarrow 0<\omega<\frac{2}{3}\right.$. 又因为图像关于 $x=-\pi$ 对称, $\omega x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in Z)$.所以 $w=-\frac{\pi}{3}-k(k \in Z)$. 因为 $\omega>0$ 此时 $\mathrm{k}=-1$, 所以 $\omega=\frac{2}{3}$ |
19723 | [] | B | null | 高二 | 某公司为激励创新, 计划逐年加大研发资金投入. 若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元, 在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长 $12 \%$,则该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是 ( ) (参考数据: $\lg 1.12=0.05, \lg 1.3=0.11, \lg 2=0.30)$ | A. 2018 年
B. 2019 年
C. 2020 年
D. 2021 年 | 计数 | 设第 $\mathrm{n}$ 年开始超过 200 万元, 则 $130 \times(1+12 \%)^{\mathrm{n}-2015}>200$,
化为: $(\mathrm{n}-2015) \lg 1,.12>\lg 2-\lg 1,.3, \mathrm{n}-2015>\frac{0,.30-0,.11}{ |
18196 | [] | A | null | 高二 | 若函数 $y=2 \sin \omega x(\omega>0)$ 在 $(0,2 \pi)$ 上恰有两个最大值和一个最小值, 则 $\omega$ 的取值范围是 ( ) | A. $\left[\frac{5}{4}, \frac{7}{4}\right)$
B. $\left(\frac{3}{4}, \frac{4}{5}\right]$
C. $\left(1, \frac{5}{4}\right]$
D. $\left(\frac{3}{4}, \frac{5}{4}\right]$ | 计数 | 依题意,函数 $y=2 \sin \omega x$ 在 $(0,2 \pi)$ 上恰有两个最大值和一个最小值, 由图象可知 $\frac{5}{4} T \leq 2 \pi<\frac{7}{4} T$, 亦即 $\frac{5}{4} \cdot \frac{2 \pi}{\omega} \leq 2 \pi<\frac{7}{4} \cdot \frac{2 \pi}{\omega}$, 解得 $\frac{5}{4} \leq \omega<\frac{7}{4}$.
故答案为:A. |
17651 | [] | C | null | 高二 | $f(x)=-\tan \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ 的单调减区间是 ( ) | A. $\left(k \pi-\frac{\pi}{2}, k \pi+\frac{\pi}{2}\right), \quad k \in \mathbf{Z}$ B. $(k \pi,(k+1) \pi), \quad k \in \mathbf{Z}$
C. $\left(k \pi-\frac{3 \pi}{4}, k \pi+\frac{\pi}{4}\right), k \in \mathrm{Z} \quad$ D. $\left(k \pi-\frac{\pi}{4}, k \pi+\frac{3 \pi}{4}\right), k \in \mathrm{Z}$ | 计数 | 令 $-\frac{\pi}{2}+k \pi<x+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{2}+k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，
解得 $-\frac{3 \pi}{4}+k \pi<x<\frac{\pi}{4}+k \pi, k \in \mathrm{Z}$, 故选 C. |
17928 | ["9022.jpg"] | B | null | 高二 | 如图所示, 平面内的两条相交直线 $O P_{1}$ 和 $O P_{2}$ 将该平面分割成四个部分 I, II, III, IV(不包括边界). 若 $\overrightarrow{O P}=a \overrightarrow{O P}_{1}+b \overrightarrow{O P}_{2}$, 且点 $P$ 落在第III部分, 则实数 $a, b$ 满足
<ImageHere> | A. $a>0, b>0$
B. $a>0, b<0$
C. $a<0, b>0$
D. $a<0, b<0$ | 变换几何 | 解析:取第III部分内一点画图易得 $a>0 ， b<0$.
答案: B |
17950 | [] | D | null | 高二 | 若 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 是一组基底, 向量 $\boldsymbol{\gamma}=x \boldsymbol{\alpha}+y \boldsymbol{\beta}(x, y \in \mathbf{R})$, 则称 $(x, y)$ 为向量 $\boldsymbol{\gamma}$ 在基底 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 下的坐标. 现已知向量 $\boldsymbol{a}$ 在基底 $\boldsymbol{p}=(1,-1), \boldsymbol{q}=(2,1)$ 下的坐标为 $(-2,2)$, 则 $\boldsymbol{a}$ 在另一组基底 $\boldsymbol{m}=(-1,1), \boldsymbol{n}=(1,2)$ 下的坐标为 | A. $(2,0)$
B. $(0,-2)$
C. $(-2,0)$
D. $(0,2)$ | 变换几何 | 解析: $\because \boldsymbol{a}$ 在基底 $\boldsymbol{p}, \boldsymbol{q}$ 下的坐标为 $(-2,2)$ ，
$\therefore \boldsymbol{a}=-2 \boldsymbol{p}+2 \boldsymbol{q}=-2(1,-1)+2(2,1)=(2,4)$.
设 $\boldsymbol{a}$ 在 $\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}$ 下的坐标为 $(x, y)$ ，
$\therefore \boldsymbol{a}=x \boldsymbol{m}+y \boldsymbol{n}$,
$\therefore(2,4)=x(-1,1)+y(1,2)$,
答案: D |
18018 | ["9045.jpg"] | D | null | 高二 | 如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $O$ 是 $B C$ 的中点. 过点 $O$ 的直线分别交 $A B$ 的延长线, $A C$ 于不同的两点 $M, N$. 若 $\overrightarrow{A B}=m \overrightarrow{A M}, \overrightarrow{A C}=n \overrightarrow{A N}$, 则 $m+n$ 的值为( )
<ImageHere> | A. 1
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 2 | 变换几何 | 解析: 连接 $A O$ (图略), $\overrightarrow{A O}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\frac{m}{2} \overrightarrow{A M}+\frac{n}{2} \overrightarrow{A N}, \because M, O, N$ 三点共线， $: \frac{m}{2}+\frac{n}{2}=1$ ， $\therefore m+n=2$.
答案: D |
18120 | [] | C | null | 高二 | 要得到函数 $f(x)=\cos 2 x$ 的图象, 只需将函数 $g(x)=\sin 2 x$ 的图象 ( ) | A. 向左平移 $\frac{1}{2}$ 个周期
B. 向右平移 $\frac{1}{2}$ 个周期
C. 向左平移 $\frac{1}{4}$ 个周期
D. 向右平移 $\frac{1}{4}$ 个周期 | 变换几何 | 解析:因为 $f(x)=\cos 2 x=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sin \left[2\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right]$, 且函数 $g(x)$ 的周期为 $\frac{2 \pi}{2}=$
$\pi$ ，所以将函数 $g(x)=\sin 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度，即向左平移 $\frac{1}{4}$ 个周期，可得函数 $f(x)=\cos 2 x$ 的图象，故选 C.
答案: C |
18167 | ["9061.jpg", "9062.jpg"] | D | null | 高二 | 如图, 将两个全等的有一锐角为 $30^{\circ}$ 的直角三角形 $A B C$ 和直角三角形 $A D C$ 拼在一起组成平面四边形 $A B C D$, 若 $\overrightarrow{C A}=x \overrightarrow{C B}+y \overrightarrow{C D}$, 则 $x+y=$
<ImageHere> | A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 | 变换几何 | 解析: 取 $A C$ 的中点 $O$ ，连接 $O B ， O D$ (图略). $\because \triangle A B C$ 与 $\triangle A D C$ 均为直角三角形， $\therefore O B$
<ImageHere>
$\therefore \overrightarrow{C A}=2 \overrightarrow{C O}=2(\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C D})=2 \overrightarrow{C B}+2 \overrightarrow{C D}$,
$\therefore x=y=2$,
$\therefore x+y=4$. 故选 D.
答案: D |
19099 | [] | C | null | 高二 | 将函数 $f(x)=\sin x$ 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 $\frac{1}{2}$ 倍 (纵坐标不变), 再向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位, 得到函数 $g(x)$ 的图象, 则函数 $g(x)$ 的图象的一条对称轴为 ( ) | $x=\frac{\pi}{12}$
B. $x=\frac{\pi}{6}$
C. $x=-\frac{\pi}{12}$
D. $x=-\frac{\pi}{6}$ | 变换几何 | $g(x)=\sin 2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 。
所以 $2 x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi$, 所以 $x=\frac{5 \pi}{12}+\frac{k \pi}{2}$, 所以 $x=-\frac{\pi}{12}$ 是一条对称轴.
故选 C. |
17535 | [] | C | null | 高二 | 要得到函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象, 只要将函数 $y=\sin 2 x$ 的图象( ) | A. 向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度
$\mathrm{B} \cdot$ 向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度
C. 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度
$\mathrm{D}$ - 向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度 | 变换几何 | 解析: 因为 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\sin 2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)$, 所以将函数 $y=\sin 2 x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 就可得到函数 $y=\sin 2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象.
## 答案: C |
17536 | [] | D | null | 高二 | 将函数 $y=\sin x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位, 得到函数 $y=f(x)$ 的图象, 则下列说法正确的是 $(\quad)$ | A.$ y=f(x)$ 是奇函数
B $\cdot y=f(x)$ 的周期为 $\pi$
C $\cdot y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称
$\mathrm{D} \cdot y=f(x)$ 的图象关于点 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 对称 | 变换几何 | 解析: 函数 $y=\sin x$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后, 得到函数 $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x$ 的图象, $f(x)=\cos x$
为偶函数, 周期为 $2 \pi$; 又因为 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}=0$, 所以 $f(x)=\cos x$ 的图象不关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称; 又由 $f\left(-\frac{\pi}{2}\right)=$ $\cos \left(-\frac{\pi}{2}\right)=0$, 知 $f(x)=\cos x$ 的图象关于点 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 对称. 故选 D.
答案: D |