eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\alpha, \beta$ 是两个平面, 直线 $l$ 不在平面 $\alpha$ 内, $l$ 也不在平面 $\beta$ 内, 设(1) $l \perp \alpha$; (2) $l / / \beta$;

(3) $\alpha \perp \beta$. 若以其中两个作为条件, 另一个作为结论, 则正确命题的个数为（）
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：C
解析：解析: 解答: 以(1) $l \perp \alpha$; (2) $l / / \beta$; (3) $\alpha \perp \beta$ 中两个作为条件, 另一个作为结论, 可得命题有(1)若 $l \perp \alpha, \quad l / / \beta$, 则 $\alpha \perp \beta$, 真命题;

若 $l \perp \alpha, \alpha \perp \beta$, 则 $l / / \beta$ 真命题; (3) $l / / \beta, \alpha \perp \beta$, 则 $l \perp \alpha$, 假命题, 故选 C.

分析: 本题主要考查了综合法的思考过程、特点及应用, 解决问题的关键是根据所给命题之间的关系运用综合法进行分析即可.
题目（高三 · 立体几何学）：用反证法证明“三角形中最多只有一个内角为针角”, 下列假设中正确的是( )
选项：
A. 有两个内角是针角
B. 有三个内角是针角
C. 至少有两个内角是钝角
D. 没有一个内角是针角
答案：C
解析：解析:【解答】“最多有一个”的反设是“至少有两个”.

【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是根据三角形内角性质解析反设即可.
题目（高三 · 立体几何学）：在空间中直线与平面的位置关系依次填入下图的 $M, N, E, F$ 中,顺序较为恰当的是( )



(1)直线在平面内;(2)直线与平面平行;(3)直线在平面外;(4)直线与平面相交.
选项：
A.(1)(2)(3)(4)
B.(1)(4)(2)(3)
C.(1)(3)(2)(4)
D.(2)(1)(4)(3)
答案：C
解析：直线与平面的位置关系可分为直线在平面内和直线在平面外, 而直线在平面外又可分为直线与平面平行和直线与平面相交,所以 $M$ 为(1), $N$ 为(3), $E, F$ 分别为(2)、(4)或(4)、(2). 故选 C.
题目（高三 · 立体几何学）：以 $B C$ 为斜边的 Rt $\triangle A B C$ 中, $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}$, 由类比推理, 在三棱雉 $P-A B C$ 中, 若 $P A 、 P B 、 P C$ 两两垂直, $P A=a, P B=b, P C=c$, $S_{\triangle B P^{P} C}=s_{1}, S_{\triangle C P A}=s_{2}, S_{\triangle A P B}=s_{3}$, 则 $S_{\triangle A B C}=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+a^{2} c^{2}}$
B. $\sqrt{s_{1}^{2} s_{2}^{2}+s_{2}^{2} s_{3}^{2}+s_{3}^{2} s_{1}^{2}}$
C. $\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
D. $\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+s_{3}^{2}}$
答案：D
解析：根据几何体和平面图形的类比关系，三角形的边应与四面体的各个面进行类比, 将三角形各边边长与四面体各面面积进行类比,在以 $B C$ 为斜边的 Rt $	riangle A B C$ 中, $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}$,对应地, 在三棱雉 $P-A B C$ 中, 若 $P A 、 P B 、 P C$ 两两垂直, $P A=a, P B=b, P C=c, S_{	riangle B^{P} C}=s_{1}$, $S_{	riangle C P A}=s_{2}, S_{	riangle A P B}=s_{3}$,所以, $S_{	riangle A B C}^{2}=s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+s_{3}^{2}$, 即 $S_{	riangle A B C}=\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+s_{3}^{2}}$, 故选 D.
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\triangle A B C$ 的边长分别为 $a 、 b 、 c, \triangle A B C$ 的面积为 $S$, 内切圆半径为 $r$,则 $r=\frac{2 S}{a+b+c}$, 类比这一结论可知: 若三棱雉 $A-B C D$ 的四个面的面积分别为 $S_{1} 、 S_{2} 、 S_{3} 、 S_{4}$, 内切球半径为 $R$, 三棱雉 $A-B C D$ 的体积为 $V$, 则 $R=(\quad)$
选项：
A. $\frac{V}{S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}}$
B. $\frac{2 V}{S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}}$

C. $\frac{3 V}{S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}}$
D. $\frac{4 V}{S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}}$
答案：C
解析：$	riangle A B C$ 的边长分别为 $a 、 b 、 c, 	riangle A B C$ 的面积为 $S$, 内切圆半径为 $r$由等面积法可得 $S=rac{1}{2} r(a+b+c), 	herefore r=rac{2 S}{a+b+c}$.类比这个结论:三棱雉 $A-B C D$ 的四个面的面积分别为 $S_{1} 、 S_{2} 、 S_{3} 、 S_{4}$, 内切球半径为 $R$, 三棱雉 $A-B C D$ 的体积为 $V$,由等体积法可得 $V=rac{1}{3} R\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}ight), 	herefore R=rac{3 V}{S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}}$, 故选 C.
题目（高三 · 立体几何学）：三角形的面积为 $S=\frac{1}{2}(a+b+c) \cdot r$, 其中 $a, b, c$ 为三角形的边长, $r$ 为三角形内切圆的半径, 则利用类比推理, 可得出四面体的体积为 ( )
选项：
A. $V=\frac{1}{3} a b c$

B. $V=\frac{1}{3} S h$

C. $V=\frac{1}{3}(a b+b c+c a) h,(h$ 为四面体的高)

D. $V=\frac{1}{3}\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}\right) r,\left(S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4}\right.$ 分别为四面体的四个面的面积, $r$为四面体内切球的半径)
答案：D
解析：设四面体的内切球的球心为 $O$, 则球心 $O$ 到四个面的距离都是 $r$, 将 $O$ 与四顶点连起来,可得四面体的体积等于以 $O$ 为顶点, 分别以四个面为底面的 4 个三棱雉体积的和,$	herefore V=rac{1}{3}\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}ight) r$,故选 D.
题目（高三 · 立体几何学）：$\triangle \mathrm{ABC}$ 在平面 $\alpha$ 上的正射影是 ( )
选项：
A.三角形
B. 直线
C.线段
D.三角形或线段
答案：D
解析：解析：解答：当 $\triangle \mathrm{ABC}$ 所在平面垂直于 $\alpha$ 时, $\triangle \mathrm{ABC}$ 在 $\alpha$ 上的正射影是一条线段,否则是三角形.

分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 四边形 $A_{1} A B B_{1}$ 在平面 $A B C D$ 上的正射影是 ( )
选项：
A. 四边形 $\mathrm{ABCD}$
B. 线段 $A B$
C. $\triangle \mathrm{ABC}$
D. 线段 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}$
答案：B
解析：解析：解答：由于平面 $A_{1} A B B_{1} \perp$ 平面 $A B C D$, 则四边形 $A_{1} A B B_{1}$ 在平面 $A B C D$ 上的正射影是线段 $A B$

分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影的性质结合所给长方体的
性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：两条异面直线 $\mathrm{m}$ 和 $\mathrm{n}$ 在平面 $\alpha$ 上的平行射影是 ( )
选项：
A. 一条直线和直线外一个点
B. 两条相交直线
C. 两条平行直线
D.以上都有可能
答案：D
解析：解析: 解答: 当 $\mathrm{m}$ 和 $\mathrm{n}$ 中有一条直线与投影方向平行时, 它们的平行射影是一个点和一条直线;否则是两条平行直线或相交直线.

分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：在空间四边形 $O A B C$ 中, $\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{CB}}$ 等于（）
选项：
A. $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
B. $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
C. $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$
D. $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$
答案：C
解析：根据向量的加法、减法法则, 得 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}$. 故选: $C$.
题目（高三 · 变换几何）：如图,,$l_{1} / / l_{2} / / l_{3}$, 直线 $a$ 分别与 $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 相交于点 $A, B, C$, 且 $A B=B C$, 直线 $b$ 分别与 $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 相交于点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~B}_{1}, \mathrm{C}_{1}$, 则有 $(\quad)$


选项：
A. $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}=\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$

B. $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}>\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$

C. $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}<\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$

D. $A_{1} B_{1}$ 与 $B_{1} C_{1}$ 的大小不确定
答案：A
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{l}_{1} / / \mathrm{l}_{2} / / \mathrm{l}_{3}, \mathrm{AB}=\mathrm{BC}$,根据平行线等分线段定理, $\therefore \mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}=\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$. 故选 $\mathrm{A}$.

分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理方向即可.
题目（高三 · 变换几何）：直线 $2 x+3 y=0$ 经伸缩变换后变为 $x^{f}+y^{\prime}=0$, 则该伸缩变换为 $(\quad)$
选项：
A. $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=\frac{1}{2} x \\ y^{\prime}=3 y\end{array}\right.$
B. $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=2 x \\ y^{\prime}=3 y\end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=2 x \\ y^{\prime}=\frac{1}{3} y\end{array}\right.$
D. $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=\frac{1}{2} x \\ y^{\prime}=\frac{1}{3} y\end{array}\right.$
答案：B
解析：$2 x+3 y=0, 	herefore \lambda=2, \mu=3$. 即 $\left\{egin{array}{l}x^{\prime}=2 x, \ y^{\prime}=3 y,\end{array}ight.$
题目（高三 · 变换几何）：将曲线 $y^{2}=4 x$ 按 $\varphi:\left\{\begin{array}{c}x^{s}=2 x, \\ 2 y^{\prime}=y\end{array}\right.$ 变换后得到曲线的焦点坐标为( )
选项：
A. $\left(\frac{1}{6}, 0\right)$ B. $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$
C. $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$
D. $(1,0)$
答案：A
解析：解析: 解答: 将曲线 $y^{2}=4 x$ 按 $\varphi:\left\{\begin{array}{l}x^{x}=2 x, \\ 2 y^{\prime}=y,\end{array}\right.$ 变换后得到曲线方程为 $y^{\prime 2}=\frac{1}{2} x^{x}$, 所以焦点坐标为 $\left(\frac{1}{a}, 0\right)$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据伸缩变换计算即可
题目（高三 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D, E$ 三等分 $A B, D F / / B C, E G / / B C$, 分别交 $A C$ 于 $F, G$, 若 $A C=15 \mathrm{~cm}$, 则 $\mathrm{FC}=(\mathrm{r})$


选项：
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
答案：C
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{DF} / / \mathrm{BC}, \mathrm{EG} / / \mathrm{BC}, \therefore \mathrm{DF} / / \mathrm{EG} / / \mathrm{BC}$. 由已知,得 $\mathrm{AD}=\mathrm{DE}=\mathrm{EB}, \therefore \mathrm{AF}=\mathrm{FG}=\mathrm{GC}$.

又 $\because \mathrm{AC}=15 \mathrm{~cm}, \therefore \mathrm{FG}=\mathrm{GC}=\frac{1}{3} \mathrm{AC}=5 \mathrm{~cm} . \therefore \mathrm{FC}=\mathrm{FG}+\mathrm{GC}=10 \mathrm{~cm}$.

分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理计算即可.
题目（高三 · 组合几何学）：如图, 在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{AD}=2, \mathrm{BC}=6, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ 分别为对角线 $\mathrm{BD}, \mathrm{AC}$ 的中点, 则 $\mathrm{EF}=(\quad)$



$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } 2 & \text { B. } 4 & \text { C. } 6 & \text { D. } 8\end{array}$
答案：A
解析：解析: 解答: 如图, 过点 $E$ 作 $\mathrm{GE} / / \mathrm{BC}$ 交 BA 于点 $\mathrm{G} . \because \mathrm{E}$ 是 $\mathrm{DB}$ 的中点, $\therefore \mathrm{G}$ 是 $\mathrm{AB}$ 的中点.

又 $\because \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{AC}$ 的中点, $\therefore \mathrm{GF} / / \mathrm{BC}, \therefore \mathrm{G}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ 三点共线, $\therefore \mathrm{GE}=\frac{1}{2} \mathrm{AD}=1, \mathrm{GF}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}=3 . \therefore$

$\mathrm{EF}=\mathrm{GF}-\mathrm{GE}=3-1=2$.

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题目（高三 · 度量几何学）：如图, $, \mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ 把 $\mathrm{OE}$ 五等分, 且 $\mathrm{AA}^{\prime} / / / \mathrm{BB}^{\prime} / / \mathrm{CC}^{\prime} / / \mathrm{DD}^{\prime} / / \mathrm{EE}^{\prime}$,如果 $\mathrm{OE}^{\prime}=20 \mathrm{~cm}$,那么 $\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{D}^{\prime}$ 等于


选项：
A. $12 \mathrm{~cm}$
B. $10 \mathrm{~cm}$
C. $6 \mathrm{~cm}$
D. $8 \mathrm{~cm}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ 把 OE 五等分, $\mathrm{AA}^{\prime} / / \mathrm{BB}^{\prime} / / / \mathrm{CC}^{\prime} / / \mathrm{DD}^{\prime}, \therefore \mathrm{OA}^{\prime}=\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime}=\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}=\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{D}^{\prime}=\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{E}^{\prime}$.
又 $\because \mathrm{OE}^{\prime}=20 \mathrm{~cm}, \therefore \mathrm{OA}^{\prime}=\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime}=\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}=\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{D}^{\prime}=\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{E}^{\prime}=4 \mathrm{~cm} . \therefore \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{D}^{\prime}=\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}+\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{D}^{\prime}=8 \mathrm{~cm}$.

分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理计算即可.
题目（高三 · 度量几何学）：有相距 $1400 \mathrm{~m}$ 的 A, B 两个观察站, 在 A 站听到爆炸声的时间比在 B 站听到爆炸声的时间早 $4 \mathrm{~s}$. 已知当时声音速度为 $340 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$, 则爆炸点所在的曲线为 ( )
选项：
A.又曲线
B.直线
C.制圆
D.抛物线
答案：A
解析：解析：解答：由题意知, 爆炸点与点的距离差为定值 $340 \times 4=1360<1400$,

故爆炸点位于以为焦点的且离点 B 较远的双曲线的一支上.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给曲线满足的条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}, \mathrm{AC}, \mathrm{BD}$ 相交于 $\mathrm{O}$ 点, $\mathrm{BO}=7, \mathrm{DO}=3, \mathrm{AC}=25$, 则 $\mathrm{AO}$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. 10
B
答案：B
解析：.
题目（高三 · 度量几何学）：如图,在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{DE} / / \mathrm{AB}, \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DA}}=\frac{3}{2}$, 则 $\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AB}}$ 等于( )


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{2}{3}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{3}{5}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DA}}=\frac{3}{2}, \therefore \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{CA}}=\frac{3}{5}$. 又 $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{AB}, \therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{CA}}=\frac{3}{5}$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图,已知 $\mathrm{AD} / / \mathrm{BE} / / \mathrm{CF}, \mathrm{EG} / / \mathrm{FH}$,则下列等式成立的是( )


选项：
A. $\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BE}}=\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{HF}}$
B. $\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}=\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{HF}}$
C. $\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{HF}}$
D. $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}$
答案：C
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{AD} / / \mathrm{BE} / / \mathrm{CF}, \therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DF}}$. 又 $\because \mathrm{EG} / / \mathrm{FH}, \therefore \frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}=\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{HF}}$.

$\therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{HF}}, \therefore$ 选项 C 成立; $\because \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BE}} \neq \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DF}}, \therefore \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BE}} \neq \frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{HF}}$.

$\therefore$ 选项 A 不成立;同理选项 B 不成立;

很明显 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BA}} \neq \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}, \therefore$ 选项 $\mathrm{D}$ 不成立,故选 C.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}$,已知 $\mathrm{AB}=20, \mathrm{DC}=80$,那么 $\mathrm{EF}$ 的长是 ( )


选项：
A. 10
B. 12
C. 16
D. 18
答案：C
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{AB} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}, \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EC}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DC}}=\frac{20}{80}=\frac{1}{4} . \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{EC}}{\mathrm{AC}}=\frac{4}{5}$.

$\therefore \mathrm{EF}=\frac{4}{5} \mathrm{AB}=\frac{4}{5} \times 20=16$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在平行四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{N}$ 是 $\mathrm{AB}$ 延长线上一点, 则 $\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BM}}-\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BN}}$ 的值为( )


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{2}{3}$
C. 1
D. $\frac{3}{2}$
答案：C
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{DC} / / \mathrm{BN}, \therefore \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BM}}=\frac{\mathrm{ND}}{\mathrm{MN}}$. 又 $\because \mathrm{BM} / / \mathrm{AD}, \therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BN}}=\frac{\mathrm{DM}}{\mathrm{MN}}$.
$\therefore \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BM}}-\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BN}}=\frac{\mathrm{ND}}{\mathrm{MN}}-\frac{\mathrm{DM}}{\mathrm{MN}}=\frac{\mathrm{ND}-\mathrm{DM}}{\mathrm{MN}}=\frac{\mathrm{MN}}{\mathrm{MN}}=1$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：$\mathrm{O}$ 为极点, $A\left(2, \frac{\pi}{3}\right), B\left(5,-\frac{7 \pi}{6}\right)$, 则 $S_{\triangle A O B}=(\quad)$
选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
答案：D
解析：解析: 解答: 因为 $A\left(2, \frac{\pi}{3}\right), B\left(5,-\frac{7 \pi}{6}\right)$, 所以 $\angle A O B=\frac{\pi}{2}$, 则三角形为直角三角形,则面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times 5=5$.

分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据极坐标的点对应的直角坐标系中的点解析分析其几何关系计算即可.
题目（高三 · 度量几何学）：在极坐标系中, 由三条直线 $\theta=0, \theta=\frac{\pi}{3}, \rho \cos \theta+\rho \sin \theta=1$ 围成图形的面积是
选项：
A. $\frac{3-\sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{3+\sqrt{3}}{4}$
C. $\frac{3+\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{3-\sqrt{3}}{2}$
答案：A
解析：解析: 解答: 因为三条直线 $\theta=0, \theta=\frac{\pi}{3}, \rho \cos \theta+\rho \sin \theta=1$ 的直角坐标方程分别为 $y=0, y=\sqrt{3} x, x+y=1$, 将 $x=\frac{1}{\sqrt{3}} y$ 代入 $x+y=1$, 解得 $y=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$. 那么结合图形可知, 这三条直线 $\theta=0, \theta=\frac{\pi}{3}, \rho \cos \theta+\rho \sin \theta=1$ 围成的三角形的面积是 $S=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{3-\sqrt{3}}{2}=\frac{3-\sqrt{3}}{4}$.

分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是根据简单曲线的极坐标方程化简计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $A C \perp C B, C D \perp A B$ 于点 $D$, 且 $C D=4$,则 $A D \cdot D B$ 等于（）


选项：
A. 16
B. 4
C. 2
D.不确定
答案：A
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}=\mathrm{CD}^{2}$. 又 $\because \mathrm{CD}=4, \therefore \mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}=4^{2}=16$.

分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：在 Rt $\triangle \mathrm{MNP}$ 中, $\mathrm{MN} \perp \mathrm{MP}, \mathrm{MQ} \perp \mathrm{PN}$ 于点 $\mathrm{Q}$, 如图, 若 $\mathrm{NQ}=3$, 则 $\mathrm{MN}$ 等于（）


选项：
A.3PN
B. $\frac{1}{3} \mathrm{PN}$
C. $\sqrt{3 \mathrm{PN}}$
D.9PN
答案：C
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{MN} \perp \mathrm{MP}, \mathrm{MQ} \perp \mathrm{PN}, \therefore \mathrm{MN}^{2}=\mathrm{NQ} \cdot \mathrm{PN}$. 又 $\because \mathrm{NQ}=3, \therefore \mathrm{MN}=\sqrt{\mathrm{NQ} \cdot \mathrm{PN}}=\sqrt{3 \mathrm{PN}}$分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}$, 若 $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=\frac{3}{4}$, 则 $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}$ 等于（）


选项：
A. $\frac{3}{4}$
B. $\frac{4}{3}$
C. $\frac{16}{9}$
D. $\frac{9}{16}$
答案：C
解析：解析: 解答: 如图, 由射影定理,得 $\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{CD} \cdot \mathrm{BC}, \mathrm{AB}^{2}=\mathrm{BD} \cdot \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{AC}^{2}}{\mathrm{AB}^{2}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BD}}=\left(\frac{3}{4}\right)^{2}$

即 $\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BD}}=\frac{9}{16}, \therefore \frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}=\frac{16}{9}$

分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：在矩形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB}=4, \mathrm{BC}=6$, 则线段 $\mathrm{AC}$ 在 $\mathrm{AB}$ 上的射影长等于（）
选项：
A. 4
B. 6
C. 2
D. $2 \sqrt{13}$
答案：A
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{BC} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AC}$ 在 $\mathrm{AB}$ 上的射影是 $\mathrm{AB}$.

分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理分析计算即可, 难度不大
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B \perp A C, A D \perp B C$ 于点 $D$, 若 $B D \cdot D C=16$, 则 $A D$ 等于 ( )


选项：
A. 2
B. 4
C. 16

D.不确定
答案：B
解析：解析：解答：由题意知, $\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{BD} \cdot \mathrm{DC}=16$,故 $\mathrm{AD}=4$.

分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理分析计算即可解决问题
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在 Rt $\triangle \mathrm{MNP}$ 中, $\mathrm{MN} \perp \mathrm{MP}, \mathrm{MQ} \perp \mathrm{PN}$ 于点 $\mathrm{Q}, \mathrm{MN}=3, \mathrm{PN}=9$, 则 $N Q$ 等于（）


选项：
A. 1
B. 3
C. 9
D. 27
答案：A
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{MN}^{2}=\mathrm{NQ} \cdot \mathrm{NP}, \therefore 3^{2}=9 \mathrm{NQ} . \therefore \mathrm{NQ}=1$.

分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理计算即可, 属于普通题目
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, C D \perp A B$ 于点 $D, A D=3, B D=2$, 则 $A C: B C$ 的值是（）


选项：
A. $3: 2$
B. $9: 4$
C. $\sqrt{3}: \sqrt{2}$
D. $\sqrt{2}: \sqrt{3}$
答案：C
解析：解析: 解答: 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$, 由射影定理知, $\mathrm{AC}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AB}, \mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BD} \cdot \mathrm{AB}$.又 $\because A D=3, B D=2, \quad \therefore A B=A D+B D=5$,

$\therefore \mathrm{AC}^{2}=3 \times 5=15, \mathrm{BC}^{2}=2 \times 5=10 . \therefore \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$, 即 $\mathrm{AC}: \mathrm{BC}=\sqrt{3}: \sqrt{2}$

分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给条件复数计算即可解决问题, 有一定难度
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 已知粗圆 $C$ 的中心为原点 $0, F(-2 \sqrt{5}, 0)$ 为 $C$ 的左焦点, $P$为 $\mathrm{C}$ 上一点, 满足 $|\mathrm{OP}|=|\mathrm{OF}|$, 且 $|\mathrm{PF}|=4$, 则粗圆 $\mathrm{C}$ 的方程为 ( )
选项：
A. $\frac{\mathrm{x}^{2}}{25}+\frac{\mathrm{y}^{2}}{5}=1$
B. $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{16}=1$
C. $\frac{x^{2}}{30}+\frac{y^{2}}{10}=1$
D. $\frac{\mathrm{x}^{2}}{45}+\frac{\mathrm{y}^{2}}{25}=1$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_c70ed9230755576ee53ag-
答案：B
解析：设椭圆标准方程为 $rac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}+rac{\mathrm{y}^{2}}{\mathrm{~b}^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$, 焦距为 $2 \mathrm{c}$, 右焦点为 $\mathrm{F}^{\prime}$, 连接 $\mathrm{PF}^{\prime}$, 如图所示. 因为 $\mathrm{F}(-2 \sqrt{5}, 0)$ 为 $\mathrm{C}$ 的左焦点, 所以 $\mathrm{c}=2 \sqrt{5}$. 由 $|\mathrm{OP}|=|\mathrm{OF}|=\left|\mathrm{OF}^{\prime}ight|$ 知, $\angle \mathrm{PFF}^{\prime}=\angle \mathrm{FPO}$, $\angle \mathrm{OF}^{\prime} \mathrm{P}=\angle \mathrm{OPF}^{\prime}$, 所 $\angle \mathrm{PFF}^{\prime}+\angle \mathrm{OF}^{\prime} \mathrm{P}=\angle \mathrm{FPO}+\angle \mathrm{OPF}^{\prime}$, 由 $\angle \mathrm{PFF}^{\prime}+\angle \mathrm{OF}^{\prime} \mathrm{P}+\angle \mathrm{FPO}+\angle \mathrm{OPF}^{\prime}=180^{\circ}$ 知, $\angle \mathrm{FPO}+\angle \mathrm{OPF}=90^{\circ}$, 即 $\mathrm{PF} \perp \mathrm{PF}^{\prime}$. 在 Rt $	riangle \mathrm{PFF}^{\prime}$ 中, 由勾股定理, 得 $\left|\mathrm{PF}^{\prime}ight|=\sqrt{\left|\mathrm{FF}^{\prime}ight|^{2}-|\mathrm{PF}|^{2}}=$ $\sqrt{(4 \sqrt{5})^{2}-4^{2}}=8$, 由椭圆定义, 得 $|P F|+\left|P F^{\prime}ight|=2 a=4+8=12$, 从而 $a=6$, 得 $a^{2}=36$, 于是 $b^{2}=$ $a^{2}-c^{2}=36-(2 \sqrt{5})^{2}=16$, 所以粗圆的方程为 $rac{x^{2}}{36}+rac{y^{2}}{16}=1$. 故选 B.
题目（高三 · 度量几何学）：以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆长轴的两个三等分点, 则粗圆离心率是 ( )
选项：
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
D. $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$
答案：D
解析：根据题意, 以粗圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点, 则有 $2 \mathrm{~b}=rac{2 \mathrm{a}}{3}$,即 $a=3 b$, 则 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=2 \sqrt{2} b$, 则椭圆的离心率 $e=rac{c}{a}=rac{2 \sqrt{2}}{3}$; 故选: D.
题目（高三 · 度量几何学）：如图,在 $\odot \mathrm{O}$ 中, $\angle \mathrm{BAC}=25^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{BOC}$ 等于 ( )


选项：
A. $25^{\circ} \quad$ B. $50^{\circ}$

C. $30^{\circ}$
D.
答案：B
解析：$
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C$ 是 $A B$ 上的一点, 且 $A C=4, B C=3$, 则 $\odot O$ 的半径 $r$ 等于 ( )


选项：
A. $\frac{5}{2}$
B. 5
C. 10
D. 不确定
答案：A
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$.

$\therefore \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{BC}^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$.

$\therefore 2 \mathrm{r}=\mathrm{AB}=5 . \therefore \mathrm{r}=\frac{5}{2}$.
分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所给条件计算即可
题目（高三 · 计数）：10 件产品中有 3 件次品, 从中任取 2 件, 可作为随机变量的是( )
选项：
A. 取到产品的件数
B. 取到正品的概率
C.取到次品的件数
D. 取到次品的概率
答案：C
解析：答案:C

【解析】逐一考查所给的选项, A 中取到产品的件数是一个常量而不是变量, B,D 中的量也是一个定值, 而 C 中取到次品的件数可能是 $0,1,2$, 是随机变量.
题目（高三 · 计数）：已知下列随机变量:

(1) 10 件产品中有 2 件次品, 从中任选 3 件, 取到次品的件数 $X$;

(2) 一位射击手对目标进行射击,击中目标得 1 分,未击中目标得 0 分, 该射击手在一次射击中的得分 $X$;

(3) 一天内的温度 $X$;

(4) 在体育彩票的抽奖中,一次摇号产生的号码数 $X$.

其中 $X$ 是离散型随机变量的是( )
选项：
A.(1)(2)(3)
B.(1)(2)(4)
C.(2)(3)(4)
D. (3)(4)
答案：B
解析：答案:B

【解析】易知(1)(2)(4)中的 $X$ 是离散型随机变量.对于(3),一天内的温度不能一一列出,它可以取一天内的最低与最高温度之间的所有值,故不是离散型随机变量.
题目（高三 · 计数）：在下列叙述中,是离散型随机变量的为( )
选项：
A. 某人早晨在车站等出租车的时间

B. 将一颗均匀硬币郑十次, 出现正面或反面的次数

C.连续不断的射击,首次命中目标所需要的次数

D. 袋中有 2 个黑球、6 个红球,任取 2 个,取得一个红球的可能性
答案：C
解析：答案:C

【解析】A 项是随机变量,但不能一一列出,不是离散型. B 项掷硬币不是正面就是反面,次数之和为十,是常量. $D$ 项事件发生的可能性不是随机变量,所以选 C.
题目（高三 · 计数）：某人进行射击, 共有 10 发子弹, 若击中目标或子弹打完就停止射击, 射击次数为 $\xi$ 则 $\xi=10$,表示的试验结果是( )
选项：
A.第 10 次击中目标
B.第 10 次未击中目标
C. 前 9 次未击中目标
D. 第 9 次击中目标
答案：C
解析：答案:C

【解析】击中目标或子弹打完就停止射击,射击次数 $\xi=10$, 则说明前 9 次均未击中目标, 第 10 次击中目标或未击中目标,故选 C.
题目（高三 · 计数）：随机变量 $\xi^{\xi}$ 的分布列如表所示, 则 $E(\xi)$ 的最大值是( )

| $\xi$ | -1 | 0 | $a$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{1}{4}$ | $\frac{1}{2}+a$ | $\frac{1}{4}-b$ |
选项：
A. $-\frac{5}{8}$
B. $-\frac{15}{64}$
C. 4
D. $-\frac{19}{64}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】根据随机变量分布列的性质, 所有的概率之和为 1 , 且每个概率都介于 0 和 1 之间,

得到 $b-a=0,-\frac{1}{2}<b<\frac{1}{4}$. 根据随机变量数学期望公式得

$E(\xi)=(-1) \times \frac{1}{4}+a\left(\frac{1}{4}-b\right)=-b^{2}+\frac{1}{4} b-\frac{1}{4}=-\left(b-\frac{1}{8}\right)^{2}-\frac{15}{64}$, 当 $b=\frac{1}{8}$ 时, $E(5)_{\text {取得最大值 }}$

$-\frac{15}{64}$, 经检验符合题意.故选 B.
题目（高三 · 计数）：若随机变量 $X$ 的分布列为

| $X$ | 0 | 1 |
| :---: | :---: | :---: |
| $P$ | 0.2 | $m$ |

已知随机变量 ${ }^{Y=a X+b(a, b \in \mathbf{R}, a>0)}$, 且 $E(Y)=10, D(Y)=4$, 则 $a$ 与 $b$ 的值为 ( )
选项：
A. ${ }^{a=10, b=3}$
B. ${ }^{a=3, b=10}$
C. ${ }^{a=5, b=6}$
D. $a=6, b=5$
答案：C
解析：答案:C

【解析】由随机变量 $X$ 的分布列可知, $m=1-
题目（高三 · 计数）：已知 $X$ 为随机变量, 则下列说法错误的是( )
选项：
A. $P\left(|X| \leq \frac{1}{2}\right) \leq P\left(X^{2} \leq \frac{1}{2}\right)$
B. $D\left(X^{2}\right)=D\left((1-X)^{2}\right)$
C. $D(X)=D(1-X)$
D. $[E(X)]^{2} \leq E\left(X^{2}\right)$
答案：B
解析：】对于 A $P\left(|X| rac{1}{2}ight)=P\left(-rac{1}{2} \leq X \leq rac{1}{2}ight), P\left(X^{2} \leq rac{1}{2}ight)=P\left(-rac{\sqrt{2}}{2} \leq X \leq rac{\sqrt{2}}{2}ight)$ 故 A 正确.对于 $\mathrm{B}$, 取特殊值 $P(X=1)=P(X=-1)=rac{1}{2}$, 则 $E\left(X^{2}ight)=rac{1}{2} 	imes 1+rac{1}{2} 	imes 1=1$ $D\left(X^{2}ight)=(1-1)^{2} 	imes rac{1}{2}+(1-1)^{2} 	imes rac{1}{2}=0 E\left((1-X)^{2}ight)=rac{1}{2} 	imes 0+rac{1}{2} 	imes 4=2$ $D\left((1-X)^{2}ight)=rac{1}{2} 	imes(0-2)^{2}+rac{1}{2} 	imes(4-2)^{2}=4$, 故 $D\left((1-X)^{2}ight) 
eq D\left(X^{2}ight) \mathrm{B}$ 错对于 C, $D(1-X)=(-1)^{2} D(X)=D(X)$, C 正确对于 $\mathrm{D}, D(X)=E\left(X^{2}ight)-[E(X)]^{2} \geq 0$, D 正确
题目（高三 · 计数）：已知随机变量 $X, Y$ 满足 $Y=2 X+1$, 且随机变量 ${ }^{X}$ 的分布列如下:

| $X$ | 0 | 1 | 2 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{1}{6}$ | $\frac{1}{3}$ | $a$ |

则随机变量 ${ }^{Y}$ 的方差 $D(Y)=(\quad)$
选项：
A. $\frac{5}{9}$
B. $\frac{20}{9}$
C. $\frac{4}{3}$
D. $\frac{29}{9}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】由分布列的性质, 得 $a=1-\frac{1}{6}-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}$ 所以 $E(X)=0 \times \frac{1}{6}+1 \times \frac{1}{3}+2 \times \frac{1}{2}=\frac{4}{3}$, 所以 $D(X)=\left(0-\frac{4}{3}\right)^{2} \times \frac{1}{6}+\left(1-\frac{4}{3}\right)^{2} \times \frac{1}{3}+\left(2-\frac{4}{3}\right)^{2} \times \frac{1}{2}=\frac{5}{9}$, 又 $Y=2 X+1$, 所以 $D(Y)=4 D(X)=\frac{20}{9}$.
题目（高三 · 计数）：已知随机变量 $\xi-B(n, p), E \xi=15, D \xi=\frac{45}{4}$, 则 $n$ 及 $p$ 的值分别为 ( )
选项：
A. $50 ; \frac{1}{4}$
B. $50 ; \frac{3}{4}$
C. $60 ; \frac{1}{4}$
D. $60 ; \frac{3}{4}$
答案：C
解析：答案:C

【解析】$\because \xi-B(n, p)$ 且 $\xi=15, D \xi=\frac{45}{4} \therefore\left\{\begin{array}{c}n p=15 \\ n p(1-p)=\frac{45}{4}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{c}n=60 \\ p=\frac{1}{4}\end{array}\right.$
题目（高三 · 计数）：随机变量 $X$ 的分布列为:

| $X$ | 1 | 2 | 4 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |


| $P$ | 0.4 | 0.3 | 0.3 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |

那么 $E(5 X+4)$ 等于( )
选项：
A. 15
B. 11
C.
答案：A
解析：答案:A

【解析】由分布列可得出 $E(X)=1 \times
题目（高三 · 计数）：甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次, 命中率分别为 0.6 和 0.7 , 在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为( )
选项：
A. $\frac{21}{44}$
B. $\frac{15}{22}$
C. $\frac{21}{50}$
D. $\frac{9}{25}$
答案：A
解析：答案: A

【解析】根据题意, 记“甲击中目标”为事件 $A$, “乙击中目标”为事件 B, “目标被击中”为事件 $C$, 则 $P(C)=1-F(\bar{A}) P(\bar{B})=1-(1-
题目（高三 · 计数）：小明早上步行从家到学校要经过有红绿灯的两个路口, 根据经验, 在第一个路口遇到红灯的概率为 0.4 , 在第二个路口遇到红灯的概率为 0.5 , 在两个路口连续遇到红灯的概率是 0.2 .某天早上小明在第一个路口遇到了红灯, 则他在第二个路口也遇到红灯的概率是( )
选项：
A.
答案：D
解析：记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件 $A$, “小明在第二个路口遇到红灯”为事件 $B$,则 $P(A)=0.4, P(B)=0.5, P(A \cap B)=0.2$, 所以 $P(B \mid A)=rac{P(A \cap B)}{P(A)}=rac{0.2}{0.4}=0.5$, 故选 D.