1．已知$a = \text{sin}0.1，b = 0.1，c = \frac{1}{2}\text{ln}\frac{11}{9}，$则（ ）
A．$c > a > b$ B．$c > b > a$ C．$b > c > a$ D．$b > a > c$
解 设$f(x) = x - \sin x$，
$f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$恒成立，所以$f(x)$单调递增，
因为$0.1 > 0$，所以$f(0.1) > f(0) = 0$，即$0.1 - \sin 0.1 > 0 \Rightarrow 0.1 > \sin 0.1$，
所以$b > a$，
设$g(x) = \frac{1}{2}\ln x - \frac{x - 1}{x + 1}$，$x > 0$，$g'(x) = \frac{1}{2x} - \frac{2}{(x + 1)^{2}} = \frac{(x - 1)^{2}}{2x(x + 1)^{2}} \geq 0$恒成立，
所以函数$g(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增，$g\left( \frac{11}{9} \right) > g(1) = 0$，
即$\frac{1}{2}\ln\frac{11}{9} - \frac{1}{10} > 0$，所以$c > b$，
综上可知，$c > b > a$.
故选：B
2．已知$a = \ln 1.5$，$b = \frac{1}{3}$，$c = \cos 1.25$，则大小关系正确的为（ ）
A．$a > b > c$ B．$b > a > c$ C．$b > c > a$ D．$c > a > b$
解 因为$0 < \frac{\text{π}}{2} - 1.25 < \frac{\text{π}}{2}$，$0 < \frac{1}{3} < \frac{\text{π}}{2}$，所以$c = \cos 1.25 = \sin\left( \frac{\text{π}}{2} - 1.25 \right)$，
由于$\frac{\text{π}}{2} = \frac{\text{6π}}{12} < \frac{1}{3} + 1.25 = \frac{1}{3} + \frac{5}{4} = \frac{19}{12}$，故$\frac{\text{π}}{2} - 1.25 < \frac{1}{3}$，故$\sin\left( \frac{\text{π}}{2} - 1.25 \right) < \sin\frac{1}{3}$，
设$u(x) = \sin x - x,x \in (0,\frac{\text{π}}{2})$ ，则$u'(x) = \cos x - 1 < 0,x \in (0,\frac{\text{π}}{2})$，
即$u(x) = \sin x - x,x \in (0,\frac{\text{π}}{2})$单调递减，故$u(x) < u(0) = 0$，即$\sin x < x,x \in (0,\frac{\text{π}}{2})$，
故$\sin\frac{1}{3} < \frac{1}{3}$，即$c < b$；
$a = \ln 1.5$，$b = \frac{1}{3} = \frac{0.5}{1.5} = \frac{1.5 - 1}{1.5}$，
令$f(x) = \ln x$，$g(x) = \frac{x - 1}{x} = 1 - \frac{1}{x}$，
令$h(x) = f(x) - g(x) = \ln x - 1 + \frac{1}{x},x > 0$ ，
则$h'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}} = \frac{x - 1}{x^{2}},x > 0$，
当$0 < x < 1$时，$h'(x) < 0,h(x)$在$(0,1)$递减，当$x > 1$时，$h'(x) > 0,h(x)$在$(1, + \infty)$递增，
所以$h(x) \geq h(1) = 0$ ，即$f(x) \geq g(x)$（当且仅当$x = 1$时等号成立），
∴$f(1.5) > g(1.5)$，即$\ln 1.5 > \frac{1.5 - 1}{1.5} = \frac{1}{3}$，即$a > b$，
∴$a > b > c$，故选：A
3．设$a = \text{ln}\frac{11}{10},b = \text{tan}\frac{1}{10},c = \frac{1}{11}$，则（ ）
A．$a < b < c$ B．$c < b < a$
C．$a < c < b$ D．$c < a < b$
解.由$a - b = \ln(1 + \frac{1}{10}) - \tan\frac{1}{10}$，令$f(x) = \ln(1 + x) - \tan x,x > 0$，
所以$f'(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{\cos^{2}x}$，
因为$\cos x \in \lbrack - 1,1\rbrack, - \frac{1}{\cos^{2}x} \in ( - \infty, - 1\rbrack$，
因为$x > 0$，所以$1 + x > 1$，$0 < \frac{1}{x + 1} < 1$，故$f'(x) < 0$，
所以$f(x)$在$(0, + \infty)$上单调递减，
又$f(0) = \ln(1 + 0) - \tan 0 = 0$，所以$f\left( \frac{1}{10} \right) < f(0) = 0,$
所以$\ln\left( 1 + \frac{1}{10} \right) - \tan\frac{1}{10} < 0$，即$\ln\frac{11}{10} < \tan\frac{1}{10}$，所以$a < b$.
由$a - c = - \ln(1 - \frac{1}{11}) - \frac{1}{11}$，令$g(x) = - \ln(1 - x) - x,0 < x < 1$，
所以$g'(x) = \frac{1}{1 - x} - 1 = \frac{x}{1 - x} > 0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，
所以$g\left( \frac{1}{11} \right) > g(0) = - \ln 1 - 0 = 0$，
所以$- \ln\left( 1 - \frac{1}{11} \right) - \frac{1}{11} > 0$，即$\ln\frac{11}{10} > \frac{1}{11}$，所以$a > c$，
综上，$c < a < b$. 故选：D.
4．已知$a = \text{e}^{- 0.1}$，$b = \frac{9}{10}$，$c = \cos\frac{1}{10}$，则（ ）
A．$a > b > c$ B．$c > b > a$ C．$a > c > b$ D．$c > a > b$
解 设$g(x) = \text{e}^{x} - x - 1,\therefore g'(x) = \text{e}^{x} - 1$，当$x < 0$时，$g'(x) < 0$，$g(x)$递减，
当$x > 0$时，$g'(x) > 0$，$g(x)$递增，
故$g(x) \geq g(0) = 0$，所以$\text{e}^{x} \geq x + 1$，当且仅当$x = 0$时取等号，
取$x = - 0.1$，则$\text{e}^{- 0.1} > 0.9$，得$a > b$；
由$c = \cos\frac{1}{10} = \cos( - 0.1)$，构造函数$f(x) = \cos x - \text{e}^{x}$，$x \in ( - 0.5,0)$，
$f'(x) = - \sin x - \text{e}^{x}$，令$h(x) = - \sin x - \text{e}^{x}$，则$h'(x) = - \cos x - \text{e}^{x}$，
当$x \in ( - 0.5,0)$时，$h'(x) < 0$，
所以$h(x)$即$f'(x)$在$( - 0.5,0)$上递减，所以$f'(x) < f'( - 0.5) = \sin\frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{\text{e}}}$，
设$m(x) = \sin x - x,x \in (0,\frac{\text{π}}{2}),m'(x) = \cos x - 1 < 0$ ，
故$m(x) < m(0) = 0$ ，即$\sin x < x,x \in (0,\frac{\text{π}}{2})$，
故$\sin\frac{1}{2} < \frac{1}{2} < \frac{1}{\sqrt{\text{e}}}$，所以$f'(x) < 0$，所以$f(x)$在$( - 0.5,0)$上递减，
所以$f(x) > f(0) = 0$，即$\cos x > \text{e}^{x}$，取$x = - 0.1$，则$\cos( - 0.1) > \text{e}^{- 0.1}$，即$\cos 0.1 > \text{e}^{- 0.1}$，
即$c > a$，则$c > a > b$
故选：D.