eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 算术）：我国古代数学家著作《九章算术》有如下问题: “今有人持金出五关, 前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税, 适重一斤, 问本持金几何”其意思为“今有人持金出五关, 第 1 关收税金, 第 2 关收税金为剩余金的 $\frac{1}{3}$, 第 3 关收税金为剩余金的 $\frac{1}{4}$, 第 4 关收税金为剩余金的 $\frac{1}{5}$,第 5 关收税金为剩余金的 $\frac{1}{6}, 5$ 关所收税金之和, 恰好重 1 斤, 问原本持金多少? ”若将题中“ 5 关所收税金之和，恰好重 1 斤，问原本持金多少？”改成“假设这个人原本持金为 $x$, 按此规律通过第 8 关”, 则第 8 关需收税金为
选项：
答案：答案: $\frac{x}{72}$
解析：答案: $\frac{x}{72}$

【解析】第 1 关收税金 $\frac{1}{2} x$ ，第 2 关收税金 $\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2}\right) x=\frac{x}{6}=\frac{x}{2 \times 3}$ ，

第 3 关收税金 $\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right) x=\frac{x}{12}=\frac{x}{3 \times 4}, \ldots$, 第 8 关收税金 $\frac{x}{8 \times 9}=\frac{x}{72}$,

故答案为 $\frac{x}{72}$.
题目（高三 · 算术）：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=1, a_{2}=2$. 若 $a_{n}=2 a_{n-1}-a_{n-2}\left(n \geq 3, n \in \mathbb{N}^{*}\right)$,

则 $a_{3}=$ \$ \qquad \$ $a_{4}=$ , $a_{5}=$ , 进而猜想 $a_{n}=$
选项：
答案：$3,4,5, n$
解析：由题意可得 $a_{3}=2 a_{2}-a_{1}=2 	imes 2-1=3, a_{4}=2 a_{3}-a_{2}=2 	imes 3-2=4$,$a_{5}=2 a_{4}-a_{3}=2 	imes 4-3=5$,据此可猜想 $a_{n}=n$故答案为 $3,4,5, n$.
题目（高三 · 算术）：用 $g(n)$ 表示自然数 $n$ 的所有因数中最大的那个奇数, 例如: 9 的因数有 1,3 ,

$9, g(9)=9,10$ 的因数有 $1,2,5,10, g(10)=5$, 那么 $g(1)+g(2)+g(3)+$ $\cdots+g\left(2^{2015}-1\right)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：rac{4^{2015}-1}{3}$
解析：由题意得 $g(n)=n,(n$ 为奇数 $), g(n)=g\left(rac{n}{2}ight),(n$ 为偶数 $)$ ，所以 $S_{2^{215}-1}=g(1)+g(2)+g(3)+g(4)+\cdots+g\left(2^{2015}-2ight)+g\left(2^{2015}-1ight)$ $=g(1)+g(1)+g(3)+g(2)+\cdots+g\left(2^{2014}-1ight)+g\left(2^{2015}-1ight)$$=g(1)+g(2)+g(3)+\cdots+g\left(2^{2014}-1ight)+1+3+\cdots+\left(2^{2015}-1ight)$$=S_{2^{2014}-1}+rac{2^{2014}\left(1+2^{2015}-1ight)}{2}=S_{2^{2014}-1}+4^{2014}=S_{2^{2013}-1}+4^{2013}+4^{2014}$ $=\cdots=S_{2^{1}-1}+4^{1}+\cdots+4^{n 13}+4^{n 14}=1+4^{1}+\cdots+4^{m 13}+4^{2014}=rac{1-4^{2015}}{1-4}$$=rac{4^{2015}-1}{3}$.
题目（高三 · 算术）：已知 $\vec{a}=(1,2, \sqrt{3}), \vec{b}=(-1, \sqrt{3}, 0)$, 则 $\vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|=$
选项：
答案：$2 \sqrt{3}+1
解析：because \vec{a}=(1,2, \sqrt{3}), \vec{b}=(-1, \sqrt{3}, 0) \quad 	herefore \vec{a} \cdot \vec{b}=-1+2 \sqrt{3}$,$|\overrightarrow{\mathrm{b}}|=\sqrt{1+3}=2, \quad 	herefore \overrightarrow{\mathrm{a}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{b}}+|\overrightarrow{\mathrm{b}}|=2 \sqrt{3}+1$,
题目（高三 · 算术）：已知向量 $\vec{a}=(-3,2,5), \vec{b}=(1, x,-1)$, 且 $\vec{a} \cdot \vec{b}=8$, 则 $x$ 的值为
选项：
答案：8
解析：向量 $\vec{a}=(-3,2,5), \vec{b}=(1, x,-1)$, 则 $\vec{a} \cdot \vec{b}=-3+2 x-5=8$, 解得 $x=8$, 即 $x$的值为 8 . 故答案为: 8 .
题目（高三 · 算术）：17. 已知复数 $z=x+y i(x, y \in R)$, 且 $|z-2|=1$, 则 $x, y$ 满足的轨迹方程是
选项：
答案：答案: $(x-2)^{2}+y^{2}=1$
解析：: 解答: 因为 $|z-2|=|x+y i-2|=\sqrt{(x+2)^{2}+y^{2}}=1$, 化简得 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$.

分析: 本题主要考查了复数的代数表示法及其几何意义、复数求模, 解决问题的关键是根据复数模的定义化简求得方程轨迹即可.
题目（高三 · 算术）：8. $n$ 个正数与这 $n$ 个正数的倒数的乘积的和的最小值为
选项：
答案：答案: $n$
解析：:解答:设 $0<a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq \cdots \leq a_{n}$, 则 $0<a_{n}^{-1} \leq a_{n-1}^{-1} \leq \cdots \leq a_{1}^{-1}$, 则由排序不等



$\therefore$ 最小值为反序和 $a_{1} \cdot a_{1}^{-1}+a_{2} \cdot a_{2}^{-1}+\cdots+a_{n} \cdot a_{n}^{-1}=n$.

分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是 $0<a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq \cdots \leq a_{n}$,则 $0<a_{n}^{-1} \leq a_{n-1}^{-1} \leq \cdots \leq a_{1}^{-1}$, 由排序不等式得: 反序和 $\leq$ 乱序和 $\leq$ 顺序计算即可
题目（高三 · 算术）：20. 已知 $f(n)=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则 $f(n)$ 中共有 \$ \qquad \$项.
选项：
答案：答案: $n^{2}-n+1$
解析：: 解答: 分母由 $\mathrm{n}$, 依次增加 1 , 直到 $n^{2}$ 。由等差数列知识得 $f(n)$ 中共有 $n^{2}-n+1$ 项分析: 本题主要考查了数学归纳法, 解决问题的关键是根据数学归纳法的证明步骤结合所给事件问题分析计算即可
题目（高三 · 算术）：21. 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\sqrt{2}-1$, 前 $n$ 项和 $S_{n}=\sqrt{n+1}-1$, 先算出数列的前 4 项的值,根据这些值归纳猜想数列的通项公式
选项：
答案：答案: $a_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
解析：: 解答: 由题意, 可知 $S_{2}=a_{1}+a_{2}=\sqrt{3}-1, \therefore a_{2}=\sqrt{3}-1-\sqrt{2}+1=\sqrt{3}-\sqrt{2}$; $S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=\sqrt{4}-1, \quad \therefore a_{3}=S_{3}-S_{2}=\sqrt{4}-\sqrt{3}$,

同理，可得 $a_{4}=S_{4}-S_{3}=\sqrt{5}-\sqrt{4}$, 故可猜想 $a_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$.

分析: 本题主要考查了数学归纳法, 解决问题的关键是第一步先验证 $\mathrm{n}$ 取第一个值时命题成立。第二部假设当 $n=k$ 时命题成立, 证明当 $n=k+1$ 时命题成立即可。注意式子的变化, 必须要专用到假设
题目（高三 · 算术）：17. 写出右边程序流程图的运算结果: 如果输入 $\mathrm{R}=8$, 那么输出 $\mathrm{a}=$


选项：
答案：答案: 4
解析：: 解答: 本题给出了输入值, 要判断运行结果。输入 $\mathrm{R}=8$, 根据流程图得第一步可算出 $\mathrm{b}=2$, 然后执行 $a=2 b$, 得到 $a=4$ 。

分析: 本题主要考查了程序框图的三种基本逻辑结构的应用, 解决问题的关键是根据所给程序框图的原理进行发现计算即可.
题目（高三 · 算术）：18. 下边的程序框图 (如图所示), 能判断任意输入的数 $x$ 的奇偶性, 其中判断框内的条件是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: $m=0$ ?
解析：：解答：根据题意，本题是利用 $x$ 除以 2 的余数来判断 $x$ 的奇偶性, 并且 “是” 输出的是偶数, “否” 输出是奇数, 所以, 判断条件应为 $m=0$ ? 。

分析: 本题主要考查了程序框图的三种基本逻辑结构的应用, 解决问题的关键是根据出发的性质及奇数与偶数的定义进行分析判断即可.
题目（高三 · 算术）：11. 利用数学归纳法证明不等式: $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}<n(n \in N, n>1)$ 时, 由 $n=k(k>1)$ 不等式成立推证 $n=k+1$ 时, 左边应添加的代数式是
选项：
答案：答案: $\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}$
解析：: 解答: 利用数学归纳法证明不等式: $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}<n(n \in N, n>1)$ 时, 由 $n=k(k>1)$ 不等式成立推证 $n=k+1$ 时，左边应添加的代数式是 $\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}$

分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据
题目（高三 · 算术）：12. 用数学归纳法证明不等式 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}>\frac{127}{64}$ 成立, 起始值至少应取为 \$ \qquad \$
选项：
答案：8
解析：: 解答: 左边的和为 $\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}=2-2^{1-\mathrm{n}}$, 当 $\mathrm{n}=8$ 时, 和为 $2-2^{-7}>\frac{127}{64}$, 故答案为 8

分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据注意观察式子的结构特点, 先求和, 再确定使不等式成立的 $\mathrm{n}$ 值
题目（高三 · 算术）：13. 用数学归纳法证明不等式 $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{n+n}>\frac{13}{24}$ 的过程中, 由 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ 推导 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ +1 时, 不等式的左边增加的式子是
选项：
答案：答案: $\frac{1}{(2 k+1)(2 k+2)}$
解析：: 解答: 不等式的左边增加的式子是 $\frac{1}{2 k+1}+\frac{1}{2 k+2}-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{(2 k+1)(2 k+2)}$, 故填 $\frac{1}{(2 k+1)(2 k+2)}$.

分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据数学归纳法证明不等式的步骤分析计算即可
题目（高三 · 算术）：若 $z=3+a i,|z-2|<2$, 则实数 $a$ 的取值范围为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$-\sqrt{3}<a<\sqrt{3}$
解析：$ecause z=3+a i,|z-2|<2, a \in \mathbf{R}$	herefore|3+a i-2|<2$, 即 $|1+a i|<2$,$	herefore \sqrt{1^{2}+a^{2}}<2$, 解得 $-\sqrt{3}<a<\sqrt{3}$,故答案为 $-\sqrt{3}<a<\sqrt{3}$
题目（高三 · 算术）：$3-2 \sqrt{2}$ \$ \qquad \$ $\sqrt{10}-\sqrt{7}($ 填“‘”“<”或“=”).
选项：
答案：<
解析：要比较 $3-2 \sqrt{2}$ 与 $\sqrt{10}-\sqrt{7}$ 的大小,

只需比较与的大小,

只需比较与的大小,

只需比较 $-12 \sqrt{2}$ 与 $-2 \sqrt{70}$ 的大小, 只需比较 $12 \sqrt{2}$ 与 $2 \sqrt{70}$ 的大小,

只需比较与的大小,

因为 $288>280$, 所以 $12 \sqrt{2}>2 \sqrt{70}$, 所以 $-12 \sqrt{2}<-2 \sqrt{70}$,

所以 $3-2 \sqrt{2}<\sqrt{10}-\sqrt{7}$.

故答案为<.
题目（高三 · 算术）：已知函数 $f(x)=x e^{-2 x}$, 则 $f^{\prime}(1)=$
选项：
答案：答案: $-e^{-2}$

$$
\text {
解析：答案: $-e^{-2}$

$$
\text { 【解析】 } \because f^{\prime}(x)=e^{-2 x}(1-2 x), \quad \therefore f^{\prime}(1)=-e^{-2}
$$

【分析】根据导数运算法则求出函数 $f(x)$ 的导数, 令 $x=1$ 即可求得 $f^{\prime}(1)$.
题目（高三 · 算术）：用数学归纳法证明“ $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}<n\left(n \in N^{*}, n>1\right)$, 时, 由 $n=k(k>1)$ 不等式成立, 推证 $n=k+1$ 时, 则不等式左边增加的项数共 \$ \qquad \$项.
选项：
答案：答案: $2^{k}$
解析：答案: $2^{k}$

解: 解: 当 $n=k(k>1)$ 时,

不等式左边为 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}$,

当 $n=k+1(k>1)$ 时,

不等式左边为 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}+\frac{1}{2^{k}}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}$,

则由 $n=k(k>1)$ 不等式成立, 推证 $n=k+1$ 时,

则不等式左边增加的项数共 $2^{k+1}-1-2^{k}+1=2^{k}$ 项.

故答案为: $2^{k}$.

【分析】由题意有: 由 $n=k(k>1)$ 不等式成立, 推证 $n=k+1$ 时, 即可求出不等式左边增加的项数共 $2^{k+1}-1-2^{k}+1$ 项.
题目（高三 · 组合数学）：17. 观察下列等式: $1^{2}=1,1^{2}-2^{2}=-3,1^{2}-2^{2}+3^{2}=6,1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}=-10$, 由以上等式推测出一个一般性的结论:

对于 $n \in \mathrm{N}^{*}, 1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+\cdots+(-1)^{n+1} n^{2}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $(-1)^{n+1} \frac{n^{2}+n}{2}$
解析：: 解答: 由于

$1=(-1)^{1+1} \frac{1^{2}+1}{2},-3=(-1)^{2+1} \frac{2^{2}+2}{2}, 6=(-1)^{3+1} \frac{3^{2}+3}{2},-10=(-1)^{4+1} \frac{4^{2}+4}{2}$,

则 $1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+\cdots+(-1)^{n+1} n^{2}=(-1)^{n+1} \frac{n^{2}+n}{2}$

分析: 本题主要考查了合情推理, 解决问题的关键是根据所给数列的特征运用合情推理的方法进行猜测即可.
题目（高三 · 组合数学）：甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军. 若比赛为“三局两胜”制, 甲在每局比赛中获胜的概率 $\frac{2}{3} \frac{2}{3} \frac{2}{3}$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $\frac{2}{5}$

解析: 根据题意, 甲获得冠军的概率为 $\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}+\frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{20}{27}$, 其中,比赛进行了 3 局的概率为 $\frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{8}{27}$, 所以在甲获得冠军的条件下,比赛进行了 3 局的概率 $P=\frac{\frac{8}{27}}{\frac{20}{27}}=\frac{2}{5}$
解析：答案: $\frac{2}{5}$

解析: 根据题意, 甲获得冠军的概率为 $\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}+\frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{20}{27}$, 其中,比赛进行了 3 局的概率为 $\frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3}+\frac{1}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{8}{27}$, 所以在甲获得冠军的条件下,比赛进行了 3 局的概率 $P=\frac{\frac{8}{27}}{\frac{20}{27}}=\frac{2}{5}$
题目（高三 · 组合数学）：分形儿何学是美籍法国数学家伯努瓦$\cdot$曼德尔布罗 (BenoitBMandelbrot) 在20 世纪70 年代创立的一门新学科, 它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了
全新的思路. 按照 $\rightarrow 0$


的空心圆点的个数是


选项：
答案：答案:55
解析：答案:55

【解析】由图知：从第三行起，每一行的空心圆点数是前两项空心圆点数之和,第 $n$ 行中空心圆点数为 $a_{n}$,

则 $a_{1}=1, a_{2}=0$,

当 $n \geq 3$ 时, $a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}$,

所以各行中空心圆点数分别为 $1,0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55$.

所以第 12 行的空心圆点的个数是 55 , 故答案为 55 .
题目（高三 · 组合数学）：投郑红、蓝两颗均匀的骰子, 设事件 $A$ : 蓝色骰子的点数为 5 或 6 ; 事件 $B$ :两骰子的点数之和大于 8 , 则已知事件 $B$ 发生的条件下事件 $A$ 发生的概率 $P(A \mid B)=$
选项：
答案：答案: $\frac{7}{10}$
解析：答案: $\frac{7}{10}$

【解析】设 $x$ 为掷红股子得的点数, $y$ 为掷蓝股子得的点数, 则所有可能的事件与 $(x, y)$ 建立一一对应的关系，则共有 36 种基本事件，

事件 $A$ : 蓝色焆子的点数为 5 或 6 , 有以下基本事件 $(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(6,5)$,

$(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6)$ 共 12 个;

事件 $B$ : 两股子的点数之和大于 8 ，有以下基本事件 $(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6)$,

$(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)$ 共 10 个,

故 $P(A)=\frac{12}{36}=\frac{1}{3}, P(B)=\frac{10}{36}, P(A B)=\frac{7}{36}$,

所以 $P(A \mid B)=\frac{P(A B)}{P(B)}=\frac{\frac{7}{36}}{\frac{10}{36}}=\frac{7}{10}$, 故答案为 $\frac{7}{10}$.
题目（高三 · 组合数学）：在一个不透明的摸奖箱中有五个分别标有 $1,2,3,4,5$ 号码的大小相同的小球, 现甲、乙、丙三个人依次参加摸奖活动, 规定: 每个人连续有放回地摸三次, 若得到的三个球编号之和恰为 4 的倍数, 则算作获奖, 记获奖的人数为 $X$, 则 $X$ 的数学期望为
选项：
答案：$rac{93}{125}$
解析：三个球编号之和恰为 4 的倍数的基本事件: (1,1,2) 有 3 种、( $1,2,5$ ) 有 6 种、(1,3,4) 有 6 种、 $(2,2,4)$ 有 3 种、 $(2,3,3)$ 有 3 种、 $(2,5,5)$ 有 3 种、 $(3,4,5)$ 有 6 种、 $(4,4,4)$ 有 1 种,而总共有 $5 	imes 5 	imes 5=125$,$	herefore$ 三个球编号之和恰为 4 的倍数的概率为 $rac{31}{125}$由题意 $X \sim B\left(3, rac{31}{125}ight), 	herefore X$ 的数学期望 $E(X)=3 	imes rac{31}{125}=rac{93}{125}$
题目（高三 · 组合数学）：7. 某班学生要开联欢会, 需要买价格不同的礼品 4 件, 5 件和 3 件, 现在选择商店中单价分别为 3 元, 2 元和 1 元和礼品, 则至少要花元，最多要花元.
选项：
答案：答案: $19 \mid 25$
解析：: 解答: 因为 $a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots a_{n} b_{n} \geq a_{1} c_{1}+a_{2} c_{2}+\cdots+a_{n} c_{n} \geq a_{1} b_{n}+a_{2} b_{n-1}+\cdots a_{n} b_{1}$ ，所以

不妨设 $a_{1}=4, a_{2}=5, a_{3}=3, c_{1}=3, c_{2}=2, c_{3}=1$, 易知其最大值为 25 , 最小值为
题目（高三 · 组合数学）：20. 如果考生的成绩 (以满分 100 分计) $n \geq 85$, 则输出 “优秀”; 若成绩 $75 \leq n<85$, 则输出 “中等”; 若 $60 \leq n<75$, 则输出 “及格”; 若 $n<60$, 则输出 “不及格”。若输入的成
绩为 95 ,则输出结果为
选项：
答案：答案: 优秀
解析：: 解答: 本题是对程序框图运行结果的考察, 根据条件若 $n \geq 85$, 则输出 “优秀”; 若 $75 \leq \mathrm{n}<85$ 则输出“中等” ; 若 $60 \leq n<75$ 则输出“及格”; 因输入的成绩为 95 , 满足 $n \geq 85$,所以应输出优秀;

分析: 本题主要考查了设计程序框图解决实际问题, 解决问题的关键是根据所给程序框图的原理进行发现计算即可.
题目（高三 · 组合数学）：从 5 名高中生、 4 名初中生、 3 名小学生中各选一人的不同选法共有种.
选项：
答案：答案: 60

【解析】 根据分步乘法原理得: $N=5 \times 4 \times 3=60$,

故答案为: 60 .
解析：答案: 60

【解析】 根据分步乘法原理得: $N=5 \times 4 \times 3=60$,

故答案为: 60 .
题目（高三 · 组合数学）：高三年段有四个老师分别为 $a, b, c, d$, 这四位老师要去监考四个班级 $A, B, C, D$, 每个老师只能监考一个班级, 一个班级只能有一个监考老师. 现要求 $a$ 老师不能监考 $A$ 班, $b$ 老师不能监考 $B$ 班, $c$ 老师不能监考 $C$ 班, $d$ 老师不能监考 $D$ 班，则不同的监考方式有种.
选项：
答案：9
解析：当 $a$ 老师监考 $B$ 班时, 剩下的三位老师有 3 种情况,同理当 $a$ 老师监考 $C$ 班时, 也有 3 种, 当 $a$ 老师监考 $D$ 班时, 也有 3 种, 共 9 种,故答案为: 9 .
题目（高三 · 组合数学）：某校开设 $\mathrm{A}$ 类选修课 5 门, $\mathrm{B}$ 类选修课 4 门, 一位同学从中供选 3 门, 若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有 \$ \qquad \$ . 种
选项：
答案：答案: 70

【解析】 由条件可知 3 门课程可以分成以下两种情况:

$A$ 类 2 门, $B$ 类 1 门, 共有 $C_{5}^{2} C_{4}^{1}=40_{\text {种, }}$,

或 $A$ 类 1 门, $B$ 类 2 门, 共有 $C_{5}^{1} C_{4}^{2}=30$,

所以不同的选法共有 $40+30=70$ 种方法.

故答案为: 70
解析：答案: 70

【解析】 由条件可知 3 门课程可以分成以下两种情况:

$A$ 类 2 门, $B$ 类 1 门, 共有 $C_{5}^{2} C_{4}^{1}=40_{\text {种, }}$,

或 $A$ 类 1 门, $B$ 类 2 门, 共有 $C_{5}^{1} C_{4}^{2}=30$,

所以不同的选法共有 $40+30=70$ 种方法.

故答案为: 70
题目（高三 · 组合数学）：有 4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动, 每名同学只去 1 个小区, 每个小区至少安排 1 名同学，则不同的安排方法共有 \$ \qquad \$种.
选项：
答案：答案: 36

【解析】 任选 2 名同学去一个小区为 $C_{4}^{2}$, 再对三组进行排列为 $A_{3}^{3}$, 即 $C_{4}^{2} A_{3}^{3}=\frac{4 \times 3}{2 \times 1} \times 3 \times 2 \times 1=36_{\text {种. }}$.
解析：答案: 36

【解析】 任选 2 名同学去一个小区为 $C_{4}^{2}$, 再对三组进行排列为 $A_{3}^{3}$, 即 $C_{4}^{2} A_{3}^{3}=\frac{4 \times 3}{2 \times 1} \times 3 \times 2 \times 1=36_{\text {种. }}$.
题目（高三 · 组合数学）：某校开设 A 类选修课 5 门, B 类选修课 4 门, 一位同学从中供选 3 门, 若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有 \$ \qquad \$ . 种
选项：
答案：答案: 70

【解析】 由条件可知 3 门课程可以分成以下两种情况:

$A$ 类 2 门, $B$ 类 1 门, 共有 $C_{5}^{2} C_{4}^{1}=40_{\text {种, }}$,或 $A$ 类 1 门, $B$ 类 2 门, 共有 $C_{5}^{1} C_{4}^{2}=30$, 所以不同的选法共有 $40+30=70$ 种方法.

故答案为: 70
解析：答案: 70

【解析】 由条件可知 3 门课程可以分成以下两种情况:

$A$ 类 2 门, $B$ 类 1 门, 共有 $C_{5}^{2} C_{4}^{1}=40_{\text {种, }}$,或 $A$ 类 1 门, $B$ 类 2 门, 共有 $C_{5}^{1} C_{4}^{2}=30$, 所以不同的选法共有 $40+30=70$ 种方法.

故答案为: 70
题目（高三 · 组合数学）：若 $3 \mathrm{~A}_{n}^{3}=2 n \mathrm{C}_{n}^{2}$, 则 $n=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: 3

【解析】 因为 $3 A_{n}^{3}=2 n C_{n}^{2}, n \geq 3$, 所以 $3 n(n-1)(n-2)=2 n \times \frac{n(n-1)}{2}$,
化简得 $3(n-2)=n$, 解得 $n=3$.

故答案为: 3 .
解析：答案: 3

【解析】 因为 $3 A_{n}^{3}=2 n C_{n}^{2}, n \geq 3$, 所以 $3 n(n-1)(n-2)=2 n \times \frac{n(n-1)}{2}$,
化简得 $3(n-2)=n$, 解得 $n=3$.

故答案为: 3 .
题目（高三 · 组合数学）：我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化, 每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成, 爻分为 “阳爻”和 “阴爻”, 如图就是重卦, 在所有重卦中随机取一重卦, 则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是 \$ \qquad \$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_ff3e626f3bf93f0a342dg-
选项：
答案：$rac{5}{16}$
解析：每一“爻组”为“阳爻”的概率为 $rac{1}{2}$, 6次独立重复试验,“阳爻”恰出现 3次的概率为 $C_{6}^{3} \cdot\left(rac{1}{2}ight)^{3} \cdot\left(rac{1}{2}ight)^{3}=rac{20}{64}=rac{5}{16}$.故答案为: $rac{5}{16}$.
题目（高三 · 组合数学）：某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班, 甲、乙、丙、丁

四人报名参加，每人只报名参加一项，且甲乙不参加同一项，则不同的报名方法种数为
选项：
答案：答案:54
解析：答案:54

【解析】甲有三个培训可选，甲乙不参加同一项，所以乙有二个培训可选，丙、丁各有三个培训可选，

根据乘法计数原理, 不同的报名方法种数为 $3 \times 2 \times 3 \times 3=54$.
题目（高三 · 组合数学）：设 $m$ 为正整数, $(x+y)^{2 m}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $a,(x+y)^{2 m+1}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 若 $15 a=8 b$, 则 $m=$
选项：
答案：答案:7
解析：答案:7

【解析】 $(x+y)^{2 m}$ 展开式中二项式系数的最大值为 $a=C_{2 m} m$,

$(x+y)^{2 m+1}$ 展开式中二项式系数的最大值为 $b=C_{2 m+1}^{\mathrm{m} *+1}$,

因为 $15 a=8 b$, 所以 $15 \mathrm{C}_{2 m}^{m}=8 \mathrm{C}_{2 m+1}^{\mathrm{m}+1}$,

即 $15 \frac{(2 m) !}{m ! m !}=8 \frac{(2 m+1) !}{m ! \cdot(m+1) !}$, 解得 $m=7$.
题目（高三 · 组合数学）：从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选 5 台, 其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有种.
选项：
答案：答案:350
解析：答案:350

【解析】由题意，可分两类:

第一类, 2 台组装机 3 台原装机共有不同取法 $\mathrm{C}_{6}^{3} \mathrm{C}_{5}^{2}=200$ 种,

第二类, 3 台组装机 2 台原装机共有不同取法 $\mathrm{C}_{6}^{2} \mathrm{C}_{5}^{3}=150$ 种,

根据加法计数原理, 共有 $200+150=350$ 种不同的取法, 故答案为 350 ,
题目（高三 · 组合数学）：有 8 本不相同的书, 其中数学书 3 本, 外文书 2 本, 其它书 3 本, 若将这些书排列放在书架上, 则数学书恰好排在一起, 外文书也恰好排在一起的排法共有种(用数字作答)。
选项：
答案：答案:1440
解析：答案:1440

【解析】3 本数学书, 2 本外文书看成 2 个大元素, 其它书 3 本, 共 5 个大元素, 共有 $\mathbf{A}_{5}^{5}$ 种;

3 本数学书内部进行排列: 共有 $\boldsymbol{A}_{3}^{3}$ 种;

2 本外文书内部进行排列: 共有 $\mathrm{A}_{2}^{2}$ 种,

则共有 $\boldsymbol{A}_{5}^{5} \times \mathbf{A}_{3}^{3} \times \mathbf{A}_{2}^{2}=1440$ ，故答案为 1440
题目（高三 · 组合数学）：学校将从 4 名男生和 4 名女生中选出 4 人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手. 现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选. 那么不同的组队形式有种.
选项：
答案：答案: 930
解析：答案: 930

【解析】若甲乙都入选, 则从其余 6 人中选出 2 人, 有 $\mathrm{C}_{6}^{2}=15$ 种,

男生甲不适合担任一辩手, 女生乙不适合担任四辩手, 则有 $A_{4}^{4}-2 A_{3}^{3}+A_{2}^{2}=14$ 种,

故共有 $15 \times 14=210$ 种;

若甲不入选, 乙入选, 则从其余 6 人中选出 3 人, 有 $\mathrm{C}_{6}^{3}=20$ 种,

女生乙不适合担任四辩手, 则有 $\mathrm{C}_{3}^{1} \mathrm{~A}_{3}^{3}=18$ 种, 故共有 $20 \times 18=360$ 种;

若甲乙都不入选, 则从其余 6 人中选出 4 人, 有 $\mathrm{C}_{6}^{4}=15$ 种, 再全排, 有 $\mathrm{A}_{4}^{4}=24$ 种, 故共有 $15 \times 24=360$

种,

综上所述, 共有 $210+360+360=930$ ，故答案为 930
题目（高三 · 组合数学）：把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表. 设 $x_{i, j}\left(i, j \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 是位于这个三角形数表中从上往下数第 $i$ 行、从左往右数第 $j$ 个数, 如 $a_{42}=8$. 若 $a_{i j}=2020$, 则 $i+j=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：82
解析：答案:82

【解析】从所给的部分数表可看出, 所有奇数都在奇数行, 所有偶数都在偶数行.
$a_{i j}=2020$ 是偶数, 所以它位于偶数行, 将奇数除外,

前 $n$ 行偶数共有 $2+4+6+\cdots+2 n=\frac{(2+2 n) n}{2}=n(n+1)$ 个,

由 $2 n=2020$, 得 $n=1010$,

所以 $a_{i j}=2020$ 是第 1010 个偶数,

因为 $31 \times 32=992<1010<32 \times 33=1056$, 所以 $a_{i j}=2020$ 位于第 32 偶数行,

即第 $2 \times 32=64$ 行, $i=64$,

前 31 行偶数共有 $31 \times 32=992$ 个偶数, 所以第 31 偶数行的最后一个数为 $2 \times 992=1984$,

第 32 偶数行的第一个数为 $1986, a_{i j}=2020$ 是第 $\frac{2020-1986}{2}+1=18$ 个数,

即 $j=18$ ， 所以 $i+j=64+18=82$ ，

故答案为 82 .
题目（高三 · 组合数学）：从由 $1,2,3,4,5,6$ 组成的没有重复数字的六位数中任取 5 个不同的数,

其中满足 1, 3 都不与 5 相邻的六位偶数的个数为随机变量 $X$, 则 $P(X=2)=$ \$ \qquad \$ $\cdot$ (结果用式子表示即可)
选项：
答案：$rac{\mathrm{C}_{108}^{2} \mathrm{C}_{612}^{3}}{\mathrm{C}_{70}^{5}}$
解析：“由 1, 2, 3, 4, 5, 6 组成的没有重复数字的六位数”的方法数有 $A_{6}^{6}=720$ 种. 如果 $1,3,5$ 都不相邻的 6 位偶数有 $A_{3}^{3} A_{3}^{3}=36$ 种, 即先排好 3 个偶数, 然后奇数在前面的 3 个空位中任排.如果 1,3 相邻, 与 5 不相邻, 即 1,3 㨡绑起来, 方法数有 $\mathrm{A}_{2}^{2} \mathrm{~A}_{3}^{3} \mathrm{~A}_{3}^{2}=72$ 种, 即先将 1,3 㖥绑起来, 然后排好 3 个偶数，接着将 1,3 与 5 插空到前面 3 个空位中.由此求得 “ 1,3 都不与 5 相邻的六位偶数”的方法数有 $36+72=108$ 种, 其它情况有 $720-108=612$ 种.根据超几何分布概率计算公式有 $P(X=2)=rac{\mathrm{C}_{108}^{2} \mathrm{C}_{612}^{2}}{\mathrm{C}_{701}^{S}}$.
题目（高三 · 组合数学）：现有灰色与白色的卡片各八张, 分别写有数字 1 到 8 . 甲、乙、丙、丁四个人每人面前摆放四张,并按从小到大的顺序自左向右排列 (当灰色卡片和白色卡片数字相同时, 白色卡片摆在灰色卡片的右侧）．如图，甲面前的四张卡片已经翻开，则写有数字 4 的灰色卡片是 \$ \qquad \$ . (填写字母)


选项：
答案：K
解析：由题得 $E=1, J=2, L=8$,假设 $H=4$,则 $F=3, G=4$,此时白色的在灰色的的左边, 不符合题意, 所以假设不成立.假设 $K=4$, 则由题得:白 2 , 灰 3 , 白 7 , 灰 8 ;灰 1 , 白 5 , 白 6 , 灰 7 ;白 1 , 灰 2 , 灰 4 , 白 8 ;白 3 , 白 4 , 灰 5 , 灰 6 .故答案为: $K$.
题目（高三 · 组合数学）：黑白两种颜色的正六边形地砖按如图所示的规律排成若干个图案:


第 1 个


第2个


第3个

则第 $n$ 个图案中有白色地砖 \$ \qquad \$块.
选项：
答案：答案: $(4 \mathrm{n}+2)$

解析：把这个图形按如下规律分解(如图)

我们发现正六边形的个数实际是一个以 7 为首项, 5 为公差的等差数列, 故 ${ }^{a_{n}}=7+5(n-1)=5 n+2$,第 $n$ 个图案中黑色地砖有 $n$ 块,于是白色地砖数目为 $a_{n}-n=4 n+2$.

<ImageHere>

第1个

<ImageHere>

第2个

第3个

7.答案：假设三个内角都小于 $60^{\circ}$

解析：命题的否命题

8.答案: 证明: (1)要证: $\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7}>\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5}$

只需证: $(\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7})^{2}>(\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5})^{2}$
只需证: $2 a+13+2 \sqrt{(a+6)(a+7)}>2 a+13+2 \sqrt{(a+8)(a+5)}$

只需证: $\sqrt{(a+6)(a+7)}>\sqrt{(a+8)(a+5)}$

只需证: $a^{2}+13 a+42>a^{2}+13 a+40$

只需证: $42>40$

而 $42>40$ 显然成立, 所以原不等式得证.

(2)假设结论不成立, 即 ${ }^{a+\frac{1}{b} \text { 与 } b+\frac{1}{a}}$ 都小于 2,

则 $a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{a}<2+2=4$

而由基本不等式, $a+\frac{1}{a} \geq 2, b+\frac{1}{b} \geq 2$ ，

$\therefore a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{a}=a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b} \geq 2+2=4$ 与(1)式矛盾,

所以假设不成立, 原命题成立.


解析：答案: $(4 \mathrm{n}+2)$

解析：把这个图形按如下规律分解(如图)

我们发现正六边形的个数实际是一个以 7 为首项, 5 为公差的等差数列, 故 ${ }^{a_{n}}=7+5(n-1)=5 n+2$,第 $n$ 个图案中黑色地砖有 $n$ 块,于是白色地砖数目为 $a_{n}-n=4 n+2$.



第1个



第2个



第3个

7.答案：假设三个内角都小于 $60^{\circ}$

解析：命题的否命题

8.答案: 证明: (1)要证: $\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7}>\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5}$

只需证: $(\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7})^{2}>(\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5})^{2}$
只需证: $2 a+13+2 \sqrt{(a+6)(a+7)}>2 a+13+2 \sqrt{(a+8)(a+5)}$

只需证: $\sqrt{(a+6)(a+7)}>\sqrt{(a+8)(a+5)}$

只需证: $a^{2}+13 a+42>a^{2}+13 a+40$

只需证: $42>40$

而 $42>40$ 显然成立, 所以原不等式得证.

(2)假设结论不成立, 即 ${ }^{a+\frac{1}{b} \text { 与 } b+\frac{1}{a}}$ 都小于 2,

则 $a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{a}<2+2=4$

而由基本不等式, $a+\frac{1}{a} \geq 2, b+\frac{1}{b} \geq 2$ ，

$\therefore a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{a}=a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b} \geq 2+2=4$ 与(1)式矛盾,

所以假设不成立, 原命题成立.
微信扫码, 打开小程序, 手机查阅, 随时随地找资源!!!



微信扫码, 打开小程序, 手机查阅, 随时随地找资源!!!
题目（高三 · 立体几何学）：18. 如图, 一个广告气球被一束入射角为 $\alpha$ 的平行光线照射, 其投影是一个长半轴为 $5 \mathrm{~m}$ 的椭圆，则制作这个广告气球至少需要的面料是


选项：
答案：答案: $100 \pi \cos ^{2} \alpha m^{2}$
解析：：解答: $\because$ 长半轴为 $\mathrm{OA}=5, \angle \mathrm{AOB}=\alpha$,

设气球半径为 $\mathrm{r}$,

则 $\mathrm{r}=5 \cos \alpha$,

$\therefore \mathrm{S}=4 \pi \mathrm{r}^{2}=100 \pi \cos ^{2} \alpha \mathrm{m}^{2}$.

故答案: $100 \pi \cos ^{2} \alpha \mathrm{m}^{2}$.

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根据平行投影的性质, 我们可得气球与投影所得椭圆之间的关系为: 椭圆的短轴长等于球半径, 椭圆的长轴长等与球半径除以 $\cos \alpha$, 根据椭圆的长半轴为 $5 \mathrm{~m}$, 我们易求出广告气球的半径, 进而得到球的表面积, 即制作这个广告气球需要的面料.
题目（高三 · 立体几何学）：在四面体 $0-A B C$ 中, $\overrightarrow{O A}=\vec{a}, \overrightarrow{O B}=\vec{b}, \overrightarrow{O C}=\vec{c}$, $D$ 为 $B C$ 的中点, $E$ 为 $A D$ 的中点,则 $\overrightarrow{\mathrm{OE}}=$ (用 $\overrightarrow{\mathrm{a}}, \overrightarrow{\mathrm{b}}, \overrightarrow{\mathrm{c}}$ 表示)
选项：
解析：$rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{b}}+rac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{c}}$ 在四面体 $0-\mathrm{ABC}$ 中, $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\mathrm{a}, \overrightarrow{\mathrm{OB}}=\mathrm{b}, \overrightarrow{\mathrm{OC}}=\mathrm{c}, \mathrm{D}$ 为 $\mathrm{BC}$ 的中点, $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AD}$ 的中点, $	herefore \overrightarrow{\mathrm{OE}}=rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\athrm{OD}})=rac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}}{2}+rac{\overrightarrow{\mathrm{OD}}}{2}=rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{2} 	imes rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})=rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{4}(\overrightarrow{\mathrm{b}}+\overrightarrow{\mathrm{c}})=rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{b}}+rac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{c}}$,
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 以长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的顶点 $D$ 为坐标原点, 过 $D$ 的三条棱所在的直线为坐标轴, 建立空间直角坐标系, 若 $\overrightarrow{D B_{1}}$ 的坐标为 $(4,3,2)$, 则 $\overrightarrow{A C_{1}}$ 的坐标是 \$ \qquad \$


选项：
答案：$(-4,3,2)$
解析：如图, 以长方体 $\mathrm{ABCD}-\mathrm{A1B1C1D} 1$ 的顶坐标原点, 过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴, 建立空坐标系, $ecause \overrightarrow{\mathrm{DB}_{1}}$ 的坐标为 $(4,3,2), 	herefore \mathrm{A}(4,0,0)$,点 $\mathrm{D}$ 为间直角 C1 $(0$, $3,2), 	herefore \overrightarrow{\mathrm{AC}_{1}}=(-4,3,2)$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知点 $A(0,2,3), B(-2,1,6), C(1,-1,5)$ 为空间三点, 则以 $A B, A C$ 为邻边的平行四边形 $A B D C$ 的顶点 $D$ 的坐标为
选项：
答案：$(-1,-2,8)
解析：ecause$ 点 $\mathrm{A}(0,2,3), \mathrm{B}(-2,1,6), \mathrm{C}(1,-1,5)$ 为空间三点, 设以 $A B, A C$ 为邻边的平行四边形 $A B D C$ 的顶点 $D$ 的坐标为 $D(x, y, z), 	herefore \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{C D}$, 即 $(-2,-1,3)=(x-1, y+1, z-5)$, 解得 $x=-1, y=-2, z=8, 	herefore D(-1,-2,8)$.
题目（高三 · 立体几何学）：15. 如图, 一个底面半径为 $\mathrm{R}$ 的圆柱被与其底面所成角为 $\theta\left(0^{\circ}<\theta<90^{\circ}\right)$ 的平面所截, 截面是一个粗圆，当 $\theta$ 为 $30^{\circ}$ 时，这个椭圆的离心率为


选项：
答案：答案: $\frac{1}{2}$
解析：: 解答: 因为底面半径为 $\mathrm{R}$ 的圆柱被与底面成 $30^{\circ}$ 的平面所截, 其截口是一个粗圆,则这个椭圆的短半轴为: $R$, 长半轴为: $\frac{R}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2 R}{\sqrt{3}}$, $\because \mathrm{a}^{2}=\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}, \quad \therefore \mathrm{c}=\frac{R}{\sqrt{3}}$,

$\therefore$ 椭圆的离心率为: $\mathrm{e}=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线性质利用已知条件, 求出题意的长半轴, 短半轴, 然后求出半焦距, 即可求出题意的离心率.
题目（高三 · 立体几何学）：17. 一平面截球面产生的截面形状是 \$ \qquad \$ ; 它截圆柱面所产生的截面形状是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案：圆|圆或椭圆
解析：：解答：根据球的几何特征, 一平面截球面产生的截面形状是圆; 当平面与圆柱的底面平行时, 截圆柱面所产生的截面形状为圆; 当平面与圆柱的底面不平行时, 截圆柱面所产生的截面形状为粗圆;

故答案为: 圆, 圆或椭圆

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据球的几何特征, 我们可得一个平面截球面产生的截面形状一定是圆; 由圆柱的几何特征, 我们可得一个平面截圆柱面所产生的截面形状可能是圆也可能是粗圆，其形状取决于截面是否与底面平行.
题目（高三 · 立体几何学）：18. 已知平面 $\pi$ 截圆柱体,截口是一条封闭曲线,且截面与底面所成的角为 $45^{\circ}$, 此曲线是
它的离心率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：: 粗圆| $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解析: 解答: 曲线是个椭圆曲线, 设解析式为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(\mathrm{a}>\mathrm{b})$ ，截面与底面所成的角为 $45^{\circ}$, 则: $\frac{2 r}{2 a}=\cos 45^{\circ} \therefore a=2 \sqrt{2} \mathrm{r}, b=2 r$

$\frac{x^{2}}{2 \sqrt{2} r}+\frac{y^{2}}{r^{2}}=1 \therefore c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=2 r \therefore e=\frac{\sqrt{2}}{2}$

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质分析即可
解析：: 粗圆| $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解析: 解答: 曲线是个椭圆曲线, 设解析式为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(\mathrm{a}>\mathrm{b})$ ，截面与底面所成的角为 $45^{\circ}$, 则: $\frac{2 r}{2 a}=\cos 45^{\circ} \therefore a=2 \sqrt{2} \mathrm{r}, b=2 r$

$\frac{x^{2}}{2 \sqrt{2} r}+\frac{y^{2}}{r^{2}}=1 \therefore c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=2 r \therefore e=\frac{\sqrt{2}}{2}$

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质分析即可