“函数 $f(x)$（$x \in \mathbf{R}$）存在反函数”是“函数 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上为增函数”的（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 函数在 $\mathbf{R}$ 上为增函数时，对任意 $x_1<x_2$ 都有 $f(x_1)<f(x_2)$，因此函数为单射，从而存在反函数. 反过来，存在反函数只说明函数为单射，不一定为增函数；例如 $f(x)=-x$ 在 $\mathbf{R}$ 上存在反函数，但它为减函数. 所以“存在反函数”是“在 $\mathbf{R}$ 上为增函数”的必要而不充分条件，故选 B. \end{solution}

如图，动点 $P$ 在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的对角线 $BD_{1}$ 上. 过点 $P$ 作垂直于平面 $BB_{1}D_{1}D$ 的直线. 与正方体表面相交于 $MN$. 设 $BP = x$，$MN = y$，则函数 $y = f(x)$ 的图象大致是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 设正方体棱长为 $a$，令 $t=\dfrac{BP}{BD_1}$，则 $0\leqslant t\leqslant1$，且 $BP=a\sqrt3t$. 取坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(a,0,0)$，$C=(a,a,0)$，$D=(0,a,0)$，$A_1=(0,0,a)$，$B_1=(a,0,a)$，$D_1=(0,a,a)$. 于是 $P=(a(1-t),at,at)$.

平面 $BB_1D_1D$ 的方程为 $x+y=a$，其法向量可取 $(1,1,0)$. 过 $P$ 的垂线保持 $z=at$，在正方形截面 $0\leqslant x$，$y\leqslant a$ 中沿方向 $(1,1)$ 通过 $P$. 当 $0\leqslant t\leqslant\frac12$ 时，直线段 $MN$ 的两个端点为 $(a(1-2t),0,at)$ 和 $(a,2at,at)$，故 $MN=2\sqrt2at$；当 $\frac12\leqslant t\leqslant1$ 时，两个端点为 $(0,a(2t-1),at)$ 和 $(a(2-2t),a,at)$，故 $MN=2\sqrt2a(1-t)$. 因而 $MN=2\sqrt2a\min\{t,1-t\}$.

代入 $t=\dfrac{x}{a\sqrt3}$，得到 $y=2\sqrt2a\min\left\{\dfrac{x}{a\sqrt3},1-\dfrac{x}{a\sqrt3}\right\}$. 因而 $y$ 从 $x=0$ 时的 $0$ 线性增加，在 $x=\frac{a\sqrt3}{2}$ 处达到最大值，再线性减小到 $x=a\sqrt3$ 时的 $0$. 图象是关于 $x=\frac{a\sqrt3}{2}$ 对称的折线三角形，故选 B. \end{solution}

如图，函数 $f(x)$ 的图象是折线段 $ABC$，其中 $A$，$B$，$C$ 的坐标分别为 $(0,4)$，$(2,0)$，$(6,4)$，则 $f(f(0)) =$______；$\displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(1 + \Delta x) - f(1)}{\Delta x} =$______. （用数字作答）

\begin{answer} $2$，$-2$ \end{answer}

\begin{solution} 在 $A(0,4)$、$B(2,0)$ 所在的线段上，斜率为 $-2$，所以 $f(x)=4-2x$（$0\leqslant x\leqslant2$）；在 $B(2,0)$、$C(6,4)$ 所在的线段上，斜率为 $1$，所以 $f(x)=x-2$（$2\leqslant x\leqslant6$）. 于是 $f(0)=4$，$f(f(0))=f(4)=2$.

当 $\Delta x$ 足够小时，$1+\Delta x\in[0,2]$，故 $\frac{f(1+\Delta x)-f(1)}{\Delta x}=\frac{[4-2(1+\Delta x)]-[4-2]}{\Delta x}=-2$. 所以极限为 $-2$，故填 $2$，$-2$. \end{solution}

已知函数 $f(x) = x^2 - \cos x$，对于 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的任意 $x_1$，$x_2$，有如下条件：

① $x_1 > x_2$； ② $x_1^2 > x_2^2$； ③ $|x_1| > x_2$.

其中能使 $f(x_1) > f(x_2)$ 恒成立的条件序号是______.

\begin{answer} \circled{2} \end{answer}

\begin{solution} 令 $g(t)=t^2-\cos t$（$0\leqslant t\leqslant\frac\pi2$），则 $g'(0)=0$，且 $g'(t)=2t+\sin t>0$（$0<t\leqslant\frac\pi2$）. 因而对任意 $0\leqslant s<t\leqslant\frac\pi2$，有 $g(t)-g(s)=\int_s^t(2u+\sin u)\,\mathrm du>0$，所以 $g$ 在该区间上严格递增；又 $f(x)=g(|x|)$.

条件$\circled{2}$给出 $|x_1|>|x_2|$，从而 $f(x_1)=g(|x_1|)>g(|x_2|)=f(x_2)$，因此条件$\circled{2}$充分. 条件$\circled{1}$不充分，例如 $x_1=0$、$x_2=-\frac12$ 时 $x_1>x_2$，但 $f(0)=-1$，而 $f\left(-\frac12\right)=\frac14-\cos\frac12>-\frac34>-1$. 条件$\circled{3}$也不充分，例如 $x_1=-1$、$x_2=-\frac\pi2$ 时 $|x_1|>x_2$，但 $f(-1)=1-\cos1<1<\frac{\pi^2}{4}=f\left(-\frac\pi2\right)$. 因此填 $2$. \end{solution}