eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：设抛物线的顶点在原点, 准线方程为 $\mathrm{x}=-2$, 则抛物线的标准方程是
选项：
答案：答案: $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$
解析：答案: $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$

【解析】【解答】由题意可知: ${ }^{\frac{p}{2}}=2, \therefore \mathrm{p}=4$ 且抛物线的标准方程的焦点在 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴上故可设抛物线的标准方程为: $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{px}$
将 $\mathrm{p}$ 代入可得 $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$.

故答案为: $\mathrm{y}^{2}=8 \mathrm{x}$.

【分析】先根据准线求出 $\mathrm{p}$ 的值, 然后可判断抛物线的标准方程的焦点在 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴上进而可设抛物线的标准形式, 将 $\mathrm{p}$ 的值代入可得答案.
题目（高二 · 解析几何）：已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 点 $M$ 与 $C$ 的焦点不重合. 若 $M$ 关于 ${ }^{C}$ 的焦点的对称点分别为 $A, E$ ，线段 $M N$ 的中点在 $C$ 上, 则 $|A N|+|B N|=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案:12
解析：答案:12

【解析】【解答】设 $M N$ 的中点为 $D$, 椭圆 $C$ 的左, 右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 如图所示,



连接 $D F_{1}, D F_{2}$, 因为 $F_{1}$ 是 $M A$ 的中点, $D$ 是 $M N$ 的中点, 所以 $F_{1} D$ 是 $\triangle M A N$ 的中位线,所以 $\left|D F_{1}\right|=\frac{1}{2}|A N|$, 同理, $\left|D F_{2}\right|=\frac{1}{2}|B N|$, 所以 $|A N|+|B N|=2\left(\left|D F_{1}\right|+\left|D F_{2}\right|\right)$, 因为 $D$ 在椭圆 ${ }^{C}$ 上, 所以根据椭圆的定义, 可得 $\left|D F_{1}\right|+\left|D F_{2}\right|=2 a=6$, 所以 $|A N|+|B N|=12$.故答案为: 12 .

【分析】根据椭圆方程确定 $\mathrm{a}$ 的值, 设 $\mathrm{MN}$ 的中点为 $\mathrm{D}$, 则在 $\Delta_{\mathrm{MAF}_{2}}$ 中 $|A N|_{2}\left|D F_{1}\right|$, 在 $\Delta_{\mathrm{MBN}}$ 中 $|B N|_{=2}\left|D F_{2}\right|$ ，根据椭圆的定义可知: $\left|D F_{1}\right|_{+}\left|D F_{2}\right|_{=2 \mathrm{a}}$.



13. 答案:(1) 解: 由题意可得 $\mathrm{e}^{\frac{c}{a}}={ }^{\frac{\sqrt{3}}{3}}$,又圆 $O$ 的方程为 $x^{2}+y^{2}=b^{2}$,因为直线 $1: x-y+2=0$ 与圆 $O$ 相切, $\mathrm{b}=\frac{2}{\sqrt{1^{1}+(-1)^{2}}}=\sqrt{2}$, 由 $\mathrm{a}^{2}=3 \mathrm{c}^{2}=3\left(\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}\right)$, 即 $\mathrm{a}^{2}=3$.所以粗圆 C 的方程为 ${ }^{\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}}=1$

(2) 解: 由 (1) 得知圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=2 . A(-\sqrt{3}, 0)$, 直线 $m$ 的方程为: $y=k(x+\sqrt{3})$.
设 R (x1, y1), S (x2, y2), 由 $\left\{\begin{array}{c}x^{2}+y^{2}=2 \\ y=k(x+\sqrt{3})\end{array}\right.$

得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}+2 \sqrt{3} k^{2} x+3 k^{2}-2=0$

$x_{1}+x_{2}=\frac{-2 \sqrt{3} k^{2}}{1+k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{3 k^{2} \&-2}{1+k^{2}}$,

由 $\triangle=12 \mathrm{k}^{4}-4\left(1+\mathrm{k}^{2}\right)\left(3 \mathrm{k}^{2}-2\right)>0$ 的 $-\sqrt{2}<\mathrm{k}<\sqrt{2}$

因为 $\triangle \mathrm{ORS}$ 是针角三角形, $\therefore \overrightarrow{Q R} \cdot \overrightarrow{Q S}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=x_{1} x_{2}+k^{2}\left(x_{1}+\sqrt{3}\right)\left(x_{2}+\sqrt{3}\right)=\frac{4 k^{2}-2}{1+k^{2}}<0$. $-\frac{\sqrt{2}}{2}<k<\frac{\sqrt{2}}{2}$

由 $A 、 R 、 S$ 三点不共线，知 $k \neq 0$.

由(1)、(2、(3), 得直线 $m$ 的斜率 $k$ 的取值范围是 ( $\left.-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right.$ )

【解析】【分析】（1）求得圆 $\mathrm{O}$ 的方程, 运用直线和相切的条件: $\mathrm{d}=\mathrm{r}$, 求得 $\mathrm{b}$, 再由离心率公式和 $a, b, c$ 的关系, 可得 $a$, 进而得到椭圆方程; (2) 先设出点 $R, S$ 的坐标, 利用 $\triangle O R S$ 是针角三角形, 求得 $\overrightarrow{Q R} \cdot \overrightarrow{Q S}=\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}<0$, 从而求出斜率 $\mathrm{k}$ 的取值范围
题目（高二 · 解析几何）：(2018$\cdot$北京) 若双曲线 ${ }^{\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{4}}=1(a>0)$ 的离心率为 ${ }^{\frac{\sqrt{5}}{2}}$, 则 $a=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案:4
解析：答案:4

【解析】解答解: $e^{\frac{\sqrt{a^{2}+4}}{a}}={ }^{\frac{\sqrt{5}}{2}} \Rightarrow \mathrm{a}=4$.

【分析】根据双曲线离心率公式代入数据, 用待定系数法求解。
题目（高二 · 解析几何）：抛物线 $\mathrm{x}^{2}=8 \mathrm{y}$ 的焦点到双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$ 的渐近线的距离是 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案:1
解析：答案:1

【解析】【解答】解: 根据题意, 抛物线 $\mathrm{x}^{2}=8 \mathrm{y}$ 的焦点在 $\mathrm{y}$ 轴正半轴上, 其焦点坐标为 $(0,2)$,双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$ 的渐近线为 $\mathrm{y}= \pm \sqrt{3} \mathrm{x}$, 即 $\mathrm{y} \pm \sqrt{3} \mathrm{x}=0$,则抛物线 $\mathrm{x}^{2}=8 \mathrm{y}$ 的焦点到双曲线 ${ }^{x^{2}-\frac{y^{2}}{3}}=1$ 的渐近线的距离 $\mathrm{d}={ }^{\frac{14}{\sqrt{1+3}}}=1$;故答案为: 1 .

【分析】根据抛物线的性质求出其焦点坐标, 再利用已知求出双曲线的渐近线方程根据点到直线的距离公式求出结果。
题目（高二 · 解析几何）：已知 $F$ 为抛物线 $y^{2}=2 a x(a>0)$ 的焦点, 点 $P$ 是抛物线上任一点, $O$ 为坐标原点, 以下四个命题: (1) $\triangle F O P$ 为正三角形. (2) $\triangle F O P$ 为等腰直角三角形. (3) $\triangle F O P$ 为直角三角形. (4) $\triangle F O P$ 为等腰三角形.

其中一定不正确的命题序号是 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案:(1)(2)
解析：答案:(1)(2)

【解析】【解答】 $\because$ 抛物线上的点到焦点的距离最小时, 恰好为抛物线顶点, $\therefore$ (1)错误. 若 $\triangle F O P$为等腰直角三角形, 则点 $\mathrm{P}$ 的横纵坐标相等, 这显然不可能, 故(2)错误. 故答案(1)(2)

【分析】利用抛物线的标准方程求解。
题目（高二 · 解析几何）：已知 $F_{1} 、 F_{2}$ 分别是双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{12}=1$ 的左、右焦点, 点 $P$ 是双曲线上的点, 且 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=3$, 则 $\left|\mathrm{FF}_{2}\right|$的值为
选项：
答案：答案:7
解析：答案:7

【解析】【解答】解: 双曲线 ${ }^{\frac{x^{2}}{4}}-\frac{y^{2}}{12}=1$ 中 $\mathrm{a}=2$,

$\because\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=3, \quad \therefore \mathrm{P}$ 在双曲线的左支上 $\therefore$ 由双曲线的定义可得 $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|-\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=4 \therefore\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=7$故答案为: 7

【分析】根据双曲线的定义可得。
题目（高二 · 解析几何）：抛物线 $\mathrm{y}={ }^{\frac{x^{2}}{4}}$ 的准线方程是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $y=-1$
解析：答案: $y=-1$

【解析】【解答】解: 抛物线的方程为 $\mathrm{x}^{2}=4 \mathrm{y}$故 $\mathrm{p}=2$

其准线方程为 $\mathrm{y}=-1$

故答案为: $\mathrm{y}=-1$.

【分析】根据抛物线的准线方程可求出结果。
题目（高二 · 解析几何）：若曲线 $y=\sin x-\sqrt{3} \cos x+a x$ 上存在垂直于直线 $x-2 y=0$ 的切线, 则 $a$ 的取值范围为
选项：
答案：答案: $[-4,0]$
解析：答案: $[-4,0]$
【解析】【解答】 $y^{\prime}=\cos x+\sqrt{3} \sin x+a=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)+a=-2$ 有解,

所以 $-a-2=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$ 有解, 得 $-2 \leq a-2 \leq 2$, 得 $a$ 的取值范围为 $[-4,0]$ 。

【分析】求出函数的导数, 通过建立关于 $\mathrm{a}$ 的不等关系, 解得 $\mathrm{a}$ 即可. 我们在解答这类题的时候关键找好两点, 第一找到切线的斜率; 第二告诉的这点其实也就是直线上的一个点, 在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来.
题目（高二 · 解析几何）：(2016$\cdot$全国) 已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x \leq 0$ 时, $f(x)=e^{-x^{-1}-x}$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,2)$处的切线方程是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $y=2 x$
解析：答案: $y=2 x$

【解析】解答】解: 已知 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为偶函数, 当 $\mathrm{x} \leq 0$ 时, $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{-\mathrm{x}^{-1}-\mathrm{x} \text {, }}$设 $x>0$, 则 $-x<0$,

$\therefore f(x)=f(-x)=\mathrm{e}^{x^{-1}+x}$,

则 $f^{\prime}(x)=e^{x^{-1}+1}$,

$\mathrm{f}^{\prime}(1)=\mathrm{e}^{0}+1=2$.

$\therefore$ 曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程是 $\mathrm{y}-2=2(\mathrm{x}-1)$.

即 $\mathrm{y}=2 \mathrm{x}$.

故答案为: $y=2 x$.

【分析】由已知函数的奇偶性结合 $\mathrm{x} \leq 0$ 时的解析式求出 $\mathrm{x}>0$ 时的解析式, 求出导函数, 得到 $\mathrm{f}^{\prime}(1)$,然后代入直线方程的点斜式得答案. ; 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程, 考查了函数解析式的求解及常用方法, 是中档题.
题目（高二 · 解析几何）：若曲线 $y=\sin x-\sqrt{3} \cos x+a x$ 上存在垂直于直线 $x-2 y=0$ 的切线, 则 $a$ 的取值范围为
选项：
答案：答案:「- 4 n
解析：答案: $[-4,0]$
【解析】【解答】 $y^{\prime}=\cos x+\sqrt{3} \sin x+a=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)+a=-2$ 有解,

所以 $-a-2=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)$ 有解, 得 $-2 \leq a-2 \leq 2$, 得 $a$ 的取值范围为 $[-4,0]$ 。

【分析】求出函数的导数, 通过建立关于 $\mathrm{a}$ 的不等关系, 解得 $\mathrm{a}$ 即可. 我们在解答这类题的时候关键找好两点, 第一找到切线的斜率; 第二告诉的这点其实也就是直线上的一个点, 在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来.
题目（高二 · 解析几何）：定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$ 满足: $f^{\prime}(x)>1-f(x), f(0)=6, f^{\prime}(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数, 则不等式 $e^{x}(x)>e^{x}+5$ (其中 $e$ 为自然对数的底数) 的解集为
选项：
答案：答案: $(0,+\infty)$
解析：答案: $(0,+\infty)$ 【解析】设 $g(x)=e^{x f}(x)-e^{x}, \quad(x \in R)$,则 $g^{\prime}(x)=e^{x f}(x)+e^{x f^{\prime}}(x)-e^{x}=e^{x}\left[f(x)+f^{\prime}(x)-1\right]$, $\because \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>1-\mathrm{f}(\mathrm{x}), \therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})-1>0, \therefore \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \therefore \mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在定义域上单调递增, $\because$ $\mathrm{e}^{\mathrm{x} f}(\mathrm{x})>\mathrm{e}^{\mathrm{x}+5}, \therefore g(x)>5$, 又 $\because g(0)=\mathrm{e}^{0} \mathrm{f}(0)-\mathrm{e}^{0}=6-1=5$,

$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})>\mathrm{g}(0), \therefore \mathrm{x}>0, \therefore$ 不等式的解集为 $(0,+\infty)$ 故答案为: $(0,+\infty)$.
题目（高二 · 立体几何学）：13. 下列向量中, $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 一定共线的有 (填序号).

(1) $a=2 \boldsymbol{e}, b=-2 \boldsymbol{e}$; (2) $a=\boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{b}=-2 \boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{2}$;

(3) $a=4 \boldsymbol{e}_{1}-\frac{2}{5} \boldsymbol{e}_{2}, \quad \boldsymbol{b}=\boldsymbol{e}_{1}-\frac{1}{10} \boldsymbol{e}_{2} ;$

(4) $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}, \quad \boldsymbol{b}=2 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}$.
选项：
答案：(1)(2)(3)
解析：(1)中， $a=-b$; (2)中， $b=-2 \boldsymbol{e}_{1}+2 \boldsymbol{e}_{2}=-2\left(\boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}\right)=-2 \boldsymbol{a}$; (3)中， $a=4 \boldsymbol{e}_{1}-\frac{2}{5} \boldsymbol{e}_{2}=4\left(\boldsymbol{e}_{1}\right.$ $\left.-\frac{1}{10} e_{2}\right)=4 b$; (4)中，当 $e_{1} ， e_{2}$ 不共线时， $a \neq \lambda b$.

## 答案: (1)(2)(3)
题目（高二 · 立体几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $A B=2, A C=4 . B C$ 边上的中线 $A D=2$, 则 $S_{\triangle A B C}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
解析：答案: $\sqrt{15}$
题目（高二 · 立体几何学）：17. (2018 江西上饶二模) 锐角 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $b^{2}=a(a+c)$,则 $\frac{C}{a}$ 取值范围是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(1,2)$
解析：由 $b^{2}=a(a+c)$ 得 $b^{2}-a^{2}=a c>0$, 所以 $b>a$, 因为 $\triangle A B C$ 是锐角三角形, 所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{c^{2}-a c}{2 a c}>0$, 得 $c>a$, 所以 $a$ 是最小边, 则 $A$ 是最小角, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}<1$, 即 $a c+c^{2}<2 b$, 即 $a+c<2 b$, 因为 $b>a$, 所以 $b>c$, 所以 $b$ 是最大边, 则 $B$ 是最大角, 所以 $60^{\circ}<B<90^{\circ}$, 则 $0<\cos B<\frac{1}{2}$, 即 $0<\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}<\frac{1}{2}$, 即. $0<\frac{c^{2}-a c}{2 a c}<\frac{1}{2}$, 整理得 $0<c-a<a$, 所以 $1<\frac{c}{a}<2$.
题目（高二 · 立体几何学）：17. (2019-浙江高考模拟) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 所对的边 $a, b, c$, 点 $E$ 为边 $A C$ 上的中点, 已知 $a=2, b=4, c=3$, 则 $\cos C=$ ; $B E=$
选项：
答案：$\frac{11}{16} \frac{\sqrt{10}}{2}$
解析：在 $\triangle A B C$ 中, $\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{11}{16}$, 同理可得 $\cos B=-\frac{1}{4}$,

又 $\overrightarrow{B E}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C})$, 平方得 $\overrightarrow{B E}^{2}=\frac{1}{4} 4+9+2 \times 2 \times 3 \times \cos B=\frac{10}{4}$, 所以 $B E=\frac{\sqrt{10}}{2}$,
题目（高二 · 立体几何学）：16. 针角三角形的三边为 $a, a+1, a+2$, 其最大角不超过 $120^{\circ}$, 则 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$\frac{3}{2} \leqslant a<3$
解析：由 $\left\{\begin{array}{l}a+(a+1)>a+2 \\ a^{2}+(a+1)^{2}-(a+2)^{2}<0 \\ \frac{a^{2}+(a+1)^{2}-(a+2)^{2}}{2 a(a+1)} \geqslant-\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

解得 $\frac{3}{2} \leqslant a<3$.
题目（高二 · 立体几何学）：8. 某工厂要建造一个长方体状的无盖箱子, 其容积为 $48 \mathrm{~m}^{3}$, 高为 $3 \mathrm{~m}$, 如果箱底每 $1 \mathrm{~m}^{2}$ 的造价为 15 元, 箱壁每 $1 \mathrm{~m}^{2}$ 造价为 12 元,则箱子的最低总造价为
选项：
答案：答案 :816 元

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解析：:设箱底一边的长度为 $x \mathrm{~m}$, 总造价为 $y$ 元, 依据题意, 得 $y=12 \times 3\left(2 x+\frac{16}{x} \times 2\right)+15 \times 16$, 则 $y^{\prime}=72\left(1-\frac{16}{x^{2}}\right)$.

令 $y^{\prime}=0$, 得 $x=4$ 或 $x=-4$ (舍去), 易知当 $x=4$ 时, 总造价最低，最低价为 816 元。

答案 :816 元
题目（高二 · 立体几何学）：8. $\triangle A B C$ 中, 已知 $A=60^{\circ}, A B: A C=8: 5$, 面积为 $10 \sqrt{3}$, 则其周长为
选项：
答案：20
解析：设 $A B=8 k, A C=5 k, k>0$, 则

$S=\frac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin A=10 \sqrt{3} k^{2}=10 \sqrt{3}$.

$\therefore k=1, A B=8, A C=5$, 由余弦定理:

$B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos A$

$=8^{2}+5^{2}-2 \times 8 \times 5 \times \frac{1}{2}=49$.

$\therefore B C=7, \therefore$ 周长为: $A B+B C+C A=20$.
题目（高二 · 立体几何学）：9. 已知等腰三角形的底边长为 6 , 一腰长为 12 , 则它的内切圆面积为
选项：
答案：$\frac{27 \pi}{5}$
解析：不妨设三角形三边为 $a, b, c$ 且 $a=6, b=c=12$,

由余弦定理得:

$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{12^{2}+12^{2}-6^{2}}{2 \times 12 \times 12}=\frac{7}{8}$,

$\therefore \sin A=\sqrt{1-\left(\frac{7}{8}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{8}$.

由 $\frac{1}{2}(a+b+c) \cdot r=\frac{1}{2} b c \sin A$ 得 $r=\frac{3 \sqrt{15}}{5}$.

$\therefore S_{\text {内切圆 }}=\pi r^{2}=\frac{27 \pi}{5}$.
题目（高二 · 立体几何学）：9. 建造一个容积为 $8 \mathrm{~m}^{3}$, 深为 $2 \mathrm{~m}$ 的长方体无盖水池, 如果池底和池壁的造价每平方米分别为 120 元和 80 元, 那么水池的最低总造价为 \$ \qquad \$元.
选项：
答案：1760
解析：设水池的造价为 $y$ 元, 长方形底的一边长为 $x \mathrm{~m}$, 由于底面积为 $4 \mathrm{~m}^{2}$, 所以另一边长为 $\frac{4}{x} \mathrm{~m}$. 那么

$y=120 \cdot 4+2 \cdot 80 \cdot\left(2 x+2 \cdot \frac{4}{x}\right)=480+320\left(x+\frac{4}{x}\right)$

$\geqslant 480+320 \cdot 2 \sqrt{x \cdot \frac{4}{x}}=1760$ (元).

当 $x=2$, 即底为边长为 $2 \mathrm{~m}$ 的正方形时, 水池的造价最低, 为 1760 元.
题目（高二 · 立体几何学）：函数 $f(x)=\cos ^{2} x-2 \sin x+1, x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{6}\right]$ 的值域为
选项：
答案：$\left[\frac{3}{4}, 3\right]$
解析：因为 $f(x)=\cos ^{2} x-2 \sin x+1$,

故 $f(x)=-\sin ^{2} x-2 \sin x+2=-(\sin x+1)^{2}+3$,

令 $t=\sin x$, 因为 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{6}\right]$, 故 $t \in\left[-1, \frac{1}{2}\right]$,

故 $y=-(t+1)^{2}+3 \in\left[\frac{3}{4}, 3\right]$, 即函数的值域为 $\left[\frac{3}{4}, 3\right]$, 故答案为 $\left[\frac{3}{4}, 3\right]$
题目（高二 · 立体几何学）：设向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}$ 满足 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}=0,(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{c}, \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$, 若 $|\boldsymbol{a}|=1$, 则 $|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}+|\boldsymbol{c}|^{2}$ 的值是
选项：
答案：4
解析：$\because a+b+c=0, \quad \therefore c=-(a+b) . \because(a-b) \perp c, \quad \therefore(a-b) \cdot[-(a+b)]=0$. 即 $|a|^{2}-|b|^{2}=0, \quad \therefore|a|=|b|=1$,

$\because a \perp b, \quad \therefore a \cdot b=0, \quad \therefore|c|^{2}=(a+b)^{2}=|a|^{2}+2 a \cdot b+b^{2}=1+0+1=2$.

$\therefore|a|^{2}+|b|^{2}+|c|^{2}=4$.
题目（高二 · 立体几何学）：已知 $O$ 为 $\triangle A B C$ 所在平面内一点, 且 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+4 \overrightarrow{O C}=0$, 若 $S_{\triangle A B C}=14$,则 $S_{\triangle A O B}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：8
解析：如图所示, 延长 $O B$ 到点 $D$, 使得 $B D=O B$, 延长 $O C$ 到点 $E$,

使得 $C E=3 O C$,

连接 $A D, D E, C E$,

$\because O$ 为 $\triangle A B C$ 所在平面内一点, 且满足 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+4 \overrightarrow{O C}=0$,

$\therefore \overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}=\mathbf{0}$

所以 $O$ 为 $\triangle A D E$ 的重心,

所以 $S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} S_{\triangle A O D}, S_{\triangle A O C}=\frac{1}{4} S_{\triangle A O B}, S_{\triangle C O B}=\frac{1}{8} S_{\triangle B O D}$,

又 $S_{\triangle A O B}=S_{\triangle A O D}=S_{\triangle B O D}$, 所以 $S_{\triangle A O B}: S_{\triangle A O C}: S_{\triangle B O C}=\frac{1}{2}: \frac{1}{4}: \frac{1}{8}=4: 2: 1$,

又 $S_{\triangle A B C}=14$, 所以 $S_{\triangle A O B}=\frac{4}{4+2+1} S_{\triangle A B C}=\frac{4}{7} \times 14=8$,\n
题目（高二 · 算术）：设 $f(n)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}$, 则 $f(k+1)=f(k)+$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{2 k+1}-\frac{1}{2 k}$
解析：答案: $\frac{1}{2 k+1}-\frac{1}{2 k}$

解析:
题目（高二 · 算术）：已知数列 $a_{n}=\frac{n+1}{3 n-16}$ ，则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的最小项是第 \$ \qquad \$项.
选项：
答案：5
解析：答案：5
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{n}{n+1} a_{n}$, 则 $a_{n}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{n}$
解析：答案:$\frac{1}{n}$
题目（高二 · 算术）：13.记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}^{2}=a_{6}$, 则 $S_{5}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{121}{3}$
解析：设等比数列的公比为 $q$, 由已知 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}{ }^{2}=a_{6}$, 所以 $\left(\frac{1}{3} q^{3}\right)^{2}=\frac{1}{3} q^{5}$, 又 $q \neq 0$,

所以 $q=3$, 所以 $S_{5}=\frac{a_{1}\left(1-q^{5}\right)}{1-q}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-3^{5}\right)}{1-3}=\frac{121}{3}$.
题目（高二 · 算术）：14.记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{1} \neq 0, a_{2}=3 a_{1}$, 则 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=$ \$ \qquad \$ .

## 【
选项：
答案：4
解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

因 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a_{1}+d=3 a_{1}$, 即 $2 a_{1}=d$, 所以 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{10 a_{1}+\frac{10 \times 9}{2} d}{5 a_{1}+\frac{5 \times 4}{2} d}=\frac{100 a_{1}}{25 a_{1}}=4$.

【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算. 渗透了数学运算素养. 使用转化思想得出答案.
题目（高二 · 算术）：15. 若数列 $\left\{n(n+4)\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\right\}$ 中的最大项是第 $k$ 项, 则 $k=$
选项：
答案：4
解析：由题意得 $\left\{\begin{array}{l}k(k+4)\left(\frac{2}{3}\right)^{k}>(k-1)(k-1+4)\left(\frac{2}{3}\right)^{k-1} \\ k(k+4)\left(\frac{2}{3}\right)^{k}>(k+1)(k+1+4)\left(\frac{2}{3}\right)^{k+1}\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}(k-1)^{2}<10 \\ k^{2}>10\end{array}\right.$,
题目（高二 · 算术）：19. (2015 江苏) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且 $a_{n+1}-a_{n}=n+1\left(n \in N^{*}\right)$, 则数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 前 10 项的和为
选项：
答案：$\frac{20}{11}$
解析：由题意得: $a_{n}=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\ldots+\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1}=n+n-1+\cdots+2+1=\frac{n(n+1)}{2}$所以 $\frac{1}{a_{n}}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right), S_{n}=2\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}, S_{10}=\frac{20}{11}$.
题目（高二 · 算术）：20. (2014 新课标 2) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}, a_{2}=2$, 则 $a_{1}=$
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：将 $a_{8}=2$ 代入 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}$, 可求得 $a_{7}=\frac{1}{2}$; 再将 $a_{7}=\frac{1}{2}$ 代入 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}$, 可求得 $a_{6}=-1$;再
将 $a_{6}=-1$ 代入 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}$ 得 $a_{5}=2$; 由此可知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个周期数列, 且周期为 3 , 所以 $a_{1}=a_{7}=\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 算术）：6.下表给出一个“三角形数阵”:



.....

已知每一列的数成等差数列; 从第三行起, 每一行的数成等比数列, 每一行的公比都相等. 记第 $i$ 行第
$j$ 列的数为 $a_{i-j}$, 则 (1) $a_{8-3}=$ \$ \qquad \$ ;（2）前 20 行中 $\frac{1}{4}$ 这个数共出现了 \$ \qquad \$次.
选项：
答案：$\frac{1}{4} 4$
解析：观察“二角形数阵”，根据等差数列的通项公式可得第 $i$ 行第 1 个数为 $\frac{i}{8}$ ，再由等比数列的通项公式可得第 $i$ 行第 $j$ 列的数为 $a_{i-j}=\frac{i}{8} \times\left(\frac{1}{2}\right)^{j-1}$ ，所以 $a_{8-3} \quad \frac{8}{8} \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3-1}=\frac{1}{4}$ ，当 $i=2, j=1 ; i=4, j=2 ; i=8, j=3 ; i=16, j=4$ 时, 共有 4 个位置出现 $\frac{1}{4}$, 即前 20 行中 $\frac{1}{4}$ 这个数共出现了 4 次, 故答案为 $\frac{1}{4} ， 4$.
题目（高二 · 算术）：8. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2},\left(n \in N^{*}\right)$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 \$ \qquad \$ 
选项：
答案：$a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$
解析：【分析】变形为 $\frac{1}{a_{n+1}}+1=2\left(\frac{1}{a_{n}}+1\right)$,构造新数列求解.由 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2}$ 得: $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2}{a_{n}}+1$, 变形得: $\frac{1}{a_{n+1}}+1=2\left(\frac{1}{a_{n}}+1\right)$, 所以 $\left\{\frac{1}{a_{n}}+1\right\}$ 是以 2 为公比的等比数列, 所以 $\frac{1}{a_{n}}+1=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$, 所以 $a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$.\n【点评】数列是一种特殊的函数, 通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前 3 项, 就猜想出 $a_{n}$. 用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.
题目（高二 · 算术）：11. (2019浙江高一期中 ) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项 $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{1+a_{n}} \quad(n=1,2,3, \ldots)$, 则 $a_{4}=$猜想其通项公式是 $a_{n}=$
选项：
答案：$\frac{1}{4} \frac{1}{n}$
解析：数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的首项 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}=\frac{a_{n}}{1+a_{n}}(\mathrm{n}=1,2,3, \ldots)$,

$\therefore \mathrm{a}_{2}=\frac{a_{1}}{1+a_{1}}=\frac{1}{2}$, 同理可得: $\mathrm{a}_{3}=\frac{1}{3}, \mathrm{a}_{4}=\frac{1}{4}$.

猜想其通项公式是 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{n}$.

故答案为: $\frac{1}{4}, \frac{1}{n}$.
题目（高二 · 算术）：12. (2018 浙江高三专题练习) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且 $a_{n+1}-a_{n}=n+1\left(n \in N^{*}\right)$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 __ $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\} 前 10 项的和为
选项：
答案：$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}\left(n \in N^{*}\right) ; \quad \frac{20}{11}$.
解析：$\because a_{1}=1, a_{n+1}-a_{n}=n+1, \therefore a_{2}-a_{1}=2, a_{3}-a_{2}=3, \ldots, a_{n}-a_{n-1}=n(n \geq 2)$, 将以上 $n-1$个式子相加得 $a_{n}-a_{1}=2+3+\ldots+n=\frac{(n+2)(n-1)}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$,令 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}}$, 则 $b_{n}=\frac{2}{n(n+1)}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$,故 $S_{10}=b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{10}=2\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3} \cdots \cdots+\frac{1}{10}-\frac{1}{11}\right)=\frac{20}{11}$.
题目（高二 · 算术）：13. (2017 年高考新课标 2 卷) 等差数列  的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=3, S_{4}=10$, 则 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{s_{k}}=$
选项：
答案：$\frac{2 m}{n+1}$
解析：设等差数列的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$, 由题意有 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+2 d=3 \\ 4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} d=10\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}=1 \\ d=1\end{array}\right.$,数列的前 $\mathrm{n}$ 项和 $\mathrm{S}_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=n \times 1+\frac{n(n-1)}{2} \times 1=\frac{n(n+1)}{2}$,裂项可得 $\frac{1}{s_{k}}=\frac{2}{k(k+1)}=2\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$,所以 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{s_{k}}=2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\right]=2\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$
题目（高二 · 算术）：16. (2018 北京高考真题 (理) ) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $a_{1}=3, a_{2}+a_{5}=36$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为
选项：
答案：$a_{n}=6 n-3$
解析：$\because a_{1}=3, \therefore 3+d+3+4 d=36, \therefore d=6, \therefore a_{n}=3+6(n-1)=6 n-3$
题目（高二 · 算术）：20. (2014 北京) 若等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{7}+a_{8}+a_{9}>0, a_{7}+a_{10}<0$, 则当 $n=$时, $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和最大.
选项：
答案：8
解析：$\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $a_{7}+a_{8}+a_{9}=3 a_{8}>0, a_{8}>0$ 又 $a_{7}+a_{10}=a_{8}+a_{9}<0, \therefore a_{9}<0$当 $n=8$ 时, 其前 $n$ 项和最大.
题目（高二 · 算术）：21. (2012 广东) 已知递增的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{3}=a_{2}^{2}-4$, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$a_{n}=2 n-1$
解析：$a_{1}=1, a_{3}=a_{2}^{2}-4 \Leftrightarrow 1+2 d=(1+d)^{2}-4 \Leftrightarrow d=2 \Leftrightarrow a_{n}=2 n-1$.
题目（高二 · 算术）：7.等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{9}=21$, 则 $a_{3}$ 与 $a_{7}$ 等差中项的值为
选项：
答案：11
解析：根据题意, 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{9}=21$,

则有 $a_{1}+a_{9}=a_{3}+a_{7}=22$,

则 $a_{3}$ 与 $a_{7}$ 等差中项为 $\frac{1}{2}\left(a_{3}+a_{7}\right)=11$ ；

故答案为: 11
题目（高二 · 算术）：12. (2019-浙江高三期末) 记等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{1}>0, a_{2}+a_{2017}=0$, 则 $S_{2018}=$ \$ \qquad \$ ；当 $S_{n}$ 取得最大值时， $n=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：0 1009 或 1008
解析：$\because a_{1}>0, a_{2}+a_{2017}=0$,

$\therefore a_{1}+a_{2018}=a_{2}+a_{2017}=0, \quad \therefore S_{2018}=\frac{2018\left(a_{1}+a_{2018}\right)}{2}=0$,

$\because a_{1}>0, \quad a_{2}+a_{2017}=0, \quad \therefore 2 a_{1}+2016 d=0$,

$\therefore a_{1}=-1008 d, \quad \therefore a_{1009}=a_{1}+1008 d=0$,

故当 $S_{n}$ 取得最大值时, $n=1009$ 或 $n=1008$,

故答案为: 0, 1009 或 1008
题目（高二 · 算术）：14. （2019$\cdot$奎屯市第一高级中学高一月考 (文) ) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和分别是 $S_{n}, T_{n}$,若 $\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{3 n+1}{2 n}$, 则 $\frac{a_{11}}{b_{11}}=$
选项：
答案：$\frac{32}{21}$
解析：$\because S_{2 n-1}=\frac{(2 n-1)\left(a_{1}+a_{2 n-1}\right)}{2}=\frac{(2 n-1) \cdot 2 a_{n}}{2}=(2 n-1) a_{n}$ ，

$\therefore \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{(2 n-1) a_{n}}{(2 n-1) b_{n}}=\frac{S_{2 n-1}}{T_{2 n-1}}, \therefore \frac{a_{11}}{b_{11}}=\frac{S_{21}}{T_{21}}=\frac{3 \times 21+1}{2 \times 21}=\frac{32}{21}$. 故答案为 $\frac{32}{21}$.
题目（高二 · 算术）：15. （浙江省台州市 2019 届高三 4 月调研）已知 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 满足 $a_{2}+a_{2}=6$, $S_{5}=-5$, 则 $a_{6}=$ , $S_{n}$ 的最小值为
选项：
答案：5 ; -9
解析：依题意得: $\left\{\begin{array}{c}2 a_{1}+8 d=6 \\ 5 a_{1}+10 d=-5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}=-5 \\ d=2\end{array}\right.$,

所以 $a_{6}=-5+10=5, S_{n}=-5 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n^{2}-6 n$,

当 $\mathrm{n}=3$ 时, $S_{n}$ 的最小值为 -9 故答案为: 5 ; -9 .
题目（高二 · 算术）：7. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2$ 且对任意的 $m, n \in \mathbf{N}^{*}$, 都有 $\frac{a_{n+m}}{a_{m}}=a_{n}$, 则 $a_{3}=$ \$ \qquad \$ ; $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ $=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$82^{n^{+1}}-2$
解析：$\because \frac{a_{n+m}}{a_{m}}=a_{n}, \therefore a_{n+m}=a_{n} \cdot a_{m}, \therefore a_{3}=a_{1+2}=a_{1} \cdot a_{2}=a_{1} \cdot a_{1} \cdot a_{1}=2^{3}=8$.

令 $m=1$, 则有 $a_{n+1}=a_{n} \cdot a_{1}=2 a_{n}, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=2$, 公比为 $q=2$ 的等比数列,

$\therefore S_{n}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n^{n} 1}-2$.
题目（高二 · 算术）：7. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $S_{n}$ 是其前 $n$ 项和. 若 $a_{1}+a_{2}^{2}=-3, S_{5}=10$, 则 $a_{9}$ 的值是
选项：
答案：20
解析：(法一) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由 $S_{5}=10$, 知 $S_{5}=5 a_{1}+\frac{5 \times 4}{2} d=10$, 得 $a_{1}+2 d=2$, 即
$a_{1}=2-2 d . \therefore a_{2}=a_{1}+d=2-d$, 代入 $a_{1}+a_{2}^{2}=-3$, 化简得 $d^{2}-6 d+9=0, \therefore d=3, a_{1}=-4$. 故 $a_{9}=a_{1}$ $+8 d=-4+24=20$.

(法二) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由 $S_{5}=10$, 知 $\frac{5\left(a_{1}+a_{5}\right)}{2}=5 a_{3}=10, \therefore a_{3}=2$.

$\therefore$ 由 $a_{1}+a_{3}=2 a_{2}$, 得 $a_{1}=2 a_{2}-2$, 代入 $a_{1}+a_{2}^{2}=-3$, 化简得 $a_{2}^{2}+2 a_{2}+1=0, \therefore a_{2}=-1$.

公差 $d=a_{3}-a_{2}=2+1=3$, 故 $a_{9}=a_{3}+6 d=2+18=20$​.
题目（高二 · 算术）：8. 已知 $x, y \in R^{+}$, 且 $x+4 y=1$, 则 $x \cdot y$ 的最大值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{1}{16}$
解析：$x y=\frac{1}{4} x \cdot 4 y \leq \frac{1}{4}\left(\frac{x+4 y}{2}\right)^{2}=\frac{1}{16}$, 当且仅当 $\mathrm{x}=4 \mathrm{y}=\frac{1}{2}$ 时取等号.

答案: $\frac{1}{16}$
题目（高二 · 算术）：13. $\tan 20^{\circ}+4 \sin 20^{\circ}=$
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：原式 $=\frac{\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}+4 \sin 20^{\circ}=\frac{\sin 20^{\circ}+2 \sin 40^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=\frac{\sin 20^{\circ}+2 \sin \left(60^{\circ}-20^{\circ}\right)}{\cos 20^{\circ}}=$ $\frac{\sin 20^{\circ}+\sqrt{3} \cos 20^{\circ}-\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=$

$\frac{\sqrt{3} \cos 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=\sqrt{3}$.

答案: $\sqrt{3}$