eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：命题 $p: a^{2}-a-2<0$, 命题 $q:$ 函数 $y=1 g\left(a x^{2}-x+a\right)$ 的定义域为 $R$, 若 “ $\mathrm{p}$ 且 $q$ ” 为真命题, 则 $\mathrm{a}$ 的取值范围是
选项：
答案：$\left(rac{1}{2}, 2ight)$
解析：因为当命题 $p: a^{2}-a-2<0$ 为真时, $-1<a<2$;当命题 $q$ : 函数 $y=1 g\left(a x^{2}-x+aight)$ 的定义域为 $R$ 为真时, $\left\{egin{array}{l}a>0 \ 1-4 a^{2}<0\end{array}ight.$, 解析得 $a>rac{1}{2}$. 要 “ $p$ 且 $q$ ” 为真命题, 则 $p$ 与 $q$ 都是真命题, 所以 $a$ 的取值范围是 $rac{1}{2}<$ $a<2$. 故答案为 $\left(rac{1}{2}, 2ight)$.
题目（高三 · 代数）：20. 若正数 $\mathrm{a} . \mathrm{~b}$ 满足 $a b=a+b+3$, 则 $a b$ 的取值范围是
选项：
答案：答案: $a b \geq 9$
解析：: 解答: 由 $\mathrm{a} . \mathrm{~b}$ 均为正数, 有 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$, 则 $a b \geq 2 \sqrt{a b}+3$, 利用换元法设 $t=\sqrt{a b}$ $(t>0)$, 解得 $t \leq-1$ (舍), 或 $t \geq 3$, 即 $a b \geq 9$.

分析: 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用, 解决问题的关键是根据基本不等式分析进行即可
题目（高三 · 代数）：21. 已知 $0<x<1$, 则函数 $y=\frac{4}{x}+\frac{1}{1-x}$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: 9
解析：: 解答: 由 $0<x<1 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ 1-x>0\end{array}\right.$,而

$y=\frac{4}{x}+\frac{1}{1-x}=\frac{4}{x}-4+\frac{1}{1-x}-1+5=\frac{4(1-x)}{x}+\frac{x}{1-x}+5 \geq 2 \sqrt{4}+5=9$, 当且仅当 $x=\frac{2}{3}$

时, 上式取“=”,所以 $y_{\text {min }}=9$.

分析: 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用, 解决问题的关键是根据所给不等式分析计算即可
题目（高三 · 代数）：15.如图 1-1-5 所示, 函数 $y=f(x)$ 在 $\left[x_{1}, x_{2}\right],\left[x_{2}, x_{3}\right],\left[x_{3}, x_{4}\right]$ 这几个区间内, 平均变化率最大的一个区间是 \$ \qquad \$ .



图 1-1-5
选项：
答案：$\left[x_{3}, x_{4}\right]$.
解析：： $\left[x_{3}, x_{4}\right]$

由平均变化率的定义可知, 函数 $y=f(x)$ 在区间 $\left[x_{1}, x_{2}\right],\left[x_{2}, x_{3}\right],\left[x_{3}, x_{4}\right]$ 上的平均变化率分别为: $\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}, \frac{f\left(x_{3}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{3}-x_{2}}, \frac{f\left(x_{4}\right)-f\left(x_{3}\right)}{x_{4}-x_{3}}$, 结合图象可以发现函数 $y$ $=f(x)$ 的平均变化率最大的一个区间是 $\left[x_{3}, x_{4}\right]$.
题目（高三 · 代数）：15. 对于任意实数 $a(a \neq 0)$ 和 $b$ 不等式 $|a+b|+|a-b| \geq|a||x-1|$ 恒成立, 则实数 $\mathrm{x}$ 的取值范围是
选项：
答案：答案: $[-1,3]$
解析：：解答：依题意可得 $|x-1| \leq\left|1-\frac{b}{a}\right|+\left|1+\frac{b}{a}\right|$ 恒成立, 等价于 $|x-1|$ 小于或等于 $\left|1-\frac{b}{a}\right|+\left|1+\frac{b}{a}\right|$ 的 最 小 值. 因 为 $\left|1-\frac{b}{a}\right|+\left|1+\frac{b}{a}\right| \geq\left|\left(1-\frac{b}{a}\right)+\left(1+\frac{b}{a}\right)\right|=2$. 所 以 $|x-1| \leq 2, \therefore x \in[-1,3]$.

分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是根据绝对值不等式的性质分析计算即可
题目（高三 · 代数）：18. 若不等式 $|x+3|+|x-7| \geq a^{2}-3 a$ 的解集为 $R$, 则实数 $a$ 的取值范围是 $—$.
选项：
答案：答案: $[-2,5]$
解析：: 解答: 不等式 $|x+3|+|x-7| \geq a^{2}-3 a$ 的解集为 $R$, 所以 $a^{2}-3 a \leq(|x+3|+|x-7|)_{\text {min }}$. $|x+3|+|x-7| \geq|x+3-(x-7)|=10$, 所以 $a^{2}-3 a \leq 10, a^{2}-3 a-10 \leq 0,-2 \leq a \leq 5$分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是
题目（高三 · 代数）：19. 如果关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $|x-10|+|x-20|<a$ 的解集不是空集, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围为
选项：
答案：答案: $a>10$
解析：: 解答: $|x-10|+|x-20|$ 表示 $\mathrm{x}$ 轴上的点到点 10 和 20 的距离和, 因为 $\mathrm{x}$ 轴上的点 10 和 20 的距离是 10 , 所以 $|x-10|+|x-20|<a$ 的解集不是空集的话 $\mathrm{a}>10$.

分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是根据绝对值的性质分析计算即可
题目（高三 · 代数）：20. 不等式 $3 \leq|x-2|<9$ 的解集为 \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $(-7,-1] \cup[5,11)$
解析：：解答: 不等式 $3 \leq x-2 \mid<9$ 可化为 $\left\{\begin{array}{l}|x-2| \geq 3 \\ |x-2|<9\end{array}\right.$

由 $|x-2| \geq 3$ 得 $x-2 \geq 3$ 或 $x-2 \leq-3$. 解得 $x \geq 5$ 或 $x \leq-1$

由 $|x-2|<9$ 得 $-9<x-2<9$, 解得 $-7<x<11$

将上述结果用数轴表示出来, 如图示。

解得不等式 $3 \leq x-2 \mid<9$ 的解集为 $(-7,-1] \cup[5,11)$



分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是根据绝对值的几何意义结合数轴分析计算即可
题目（高三 · 代数）：$\left(x-\frac{1}{7 x}\right)^{7}$ 的展开式的第 2 项为
选项：
答案：答案: $-x^{5}$

【解析】 $\left(x-\frac{1}{7 x}\right)^{7}$ 的展开式的第 2 项为 $T_{2}=C_{7} \cdot\left(-\frac{1}{7}\right)^{1} \cdot x^{5}=-x^{5}$,

故答案为: $-x^{5}$.
解析：答案: $-x^{5}$

【解析】 $\left(x-\frac{1}{7 x}\right)^{7}$ 的展开式的第 2 项为 $T_{2}=C_{7} \cdot\left(-\frac{1}{7}\right)^{1} \cdot x^{5}=-x^{5}$,

故答案为: $-x^{5}$.
题目（高三 · 代数）：15. 设 $p, q$ 均为实数, 则 “ $q<0$ ” 是“方程 $x^{2}+p x+q=0$ 有一个正实根和一个负实根” 的条件.(选填：充要.必要不充分.充分不必要.既不充分也不必要)
选项：
答案：:答案: 充要
解析：:【解答】 $\because q<0, \therefore \Delta=p^{2}-4 q>0$.

$\therefore$ “方程 $x^{2}+p x+q=0$ 有一个正实根和一个负实根”成立.

$\because “$ 方程 $x^{2}+p x+q=0$ 有一个正实根和一个负实根”成立, $\therefore q<0$

【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据所给条件 $q<0$, 可得 $\Delta$ $=p^{2}-4 q>0$ ，然后分析判断即可.
题目（高三 · 代数）：16. 补足下面用分析法证明基本不等式 $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b$ 的步骤:

要证明 $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b$,

只需证明 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$,
只需证

只需证 \$ \qquad \$
由于显然成立, 因此原不等式成立.
选项：
答案：答案: $a^{2}+b^{2}-2 a b \geq 0 \quad(a-b)^{2} \geq 0 \quad(a-b)^{2} \geq 0$
解析：:【解答】要证明

$$
\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b
$$

只需证明 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$,

只需证 $a^{2}+b^{2}-2 a b \geq 0$,

只需证 $(a-b)^{2} \geq 0$,

由于 $(a-b)^{2} \geq 0$ 显然成立, 因此原不等式成立

【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据分析法的怎么步骤分析计算即可.
题目（高三 · 代数）：17. 设 $y=f(x)(x \in \mathbf{R}, x \neq 0)$ 对任意非零实数 $x_{1}, x_{2}$ 均满足 $f\left(x_{1} x_{2}\right)=f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)$, 则 $f(x)$ 为函数. (填 “奇” 或 “偶”)
选项：
答案：答案: 偶
解析：：解答：因为 $\mathrm{f}(1 \times 1)=\mathrm{f}(1)+\mathrm{f}(1)$, 所以 $\mathrm{f}(1)=0$,

$\mathrm{f}[(-1) \times(-1)]=\mathrm{f}(-1)+\mathrm{f}(-1)=0$, 所以 $\mathrm{f}(-1)=0, \mathrm{f}[(-1) \mathrm{x}]=\mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}(-1)$,

即 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是偶函数.

分析: 本题主要考查了综合法, 解决问题的关键是根据所给条件和所求结论运用综合法分析计算即可证明问题.
题目（高三 · 代数）：19. 请阅读下列材料: 若两个正实数 $\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{2}$ 满足 $\mathrm{a}_{1}{ }^{2}+\mathrm{a}_{2}{ }^{2}=1$, 那么 $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{2} \leq \sqrt{2}$.

证明: 构造函数 $\mathrm{f}(x)=\left(x-\mathrm{a}_{1}\right)^{2}+\left(x-\mathrm{a}_{2}\right)^{2}=2 x^{2}-2\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{2}\right) x+1$, 因为对一切实数 $x$, 恒有 $\mathrm{f}(x) \geq 0$,所以 $\Delta \leq 0$, 从而得 $4\left(a_{1}+a_{2}\right)^{2}-8 \leq 0$, 所以 $a_{1}+a_{2} \leq \sqrt{2}$.

根据上述证明方法, 若 $\mathrm{n}$ 个正实数满足 $\mathrm{a}_{1}{ }^{2}+\mathrm{a}_{2}{ }^{2}+\ldots+\mathrm{a}_{\mathrm{n}}{ }^{2}=1$ 时, 你能得到的结论为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n} \leq \sqrt{n}$
解析：: 解答: 构造函数 $\mathrm{f}(x)=\left(x-\mathrm{a}_{1}\right)^{2}+\left(x-\mathrm{a}_{2}\right)^{2}+\ldots+\left(x-\mathrm{a}_{n}\right)^{2}=\mathrm{n} x^{2}-2\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{2}+\ldots+\mathrm{a}_{n}\right) x+1$,因为对一切实数 $x$, 恒有 $\mathrm{f}(x) \geq 0$, 所以 $\Delta \leq 0$, 从而得 $4\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{2}+\ldots+\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right)^{2}-4 \mathrm{n} \leq 0$,所以 $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{2}+\ldots+\mathrm{a}_{\mathrm{n}} \leq \sqrt{n}$.

分析: 本题主要考查了公理化思想, 解决问题的关键是根据所给条件与结论之间的联系进行构造函数, 运用公理化思想进行分析计算即可得到所求结论.
题目（高三 · 代数）：20. 设 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 为正数, 若 $a+b+c=1$, 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: 9
解析：: 解答: 因为 $a+b+c=1$, 所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$ $=3+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c} \geq 3++2+2+2=9$.

分析: 本题主要考查了综合法, 解决问题的关键是根据所给条件结合所求命题进行分析计算即可.
题目（高三 · 代数）：若 $X \sim B\left(5, \frac{1}{2}\right)$, 则 $P(X \geq 4)=$
选项：
答案：答案: $\frac{3}{16}$

解析：由题意得 $P(X=4)=\mathrm{C}_{5}^{+}\left(\frac{1}{2}\right)^{+} \times\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{32}, \quad P(X=5)=\mathrm{C}_{5}^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}=\frac{1}{32}$,

$\therefore P(X \ldots 4)=P(X=4)+P(X=5)=\frac{5}{32}+\frac{1}{32}=\frac{3}{16}$
解析：答案: $\frac{3}{16}$

解析：由题意得 $P(X=4)=\mathrm{C}_{5}^{+}\left(\frac{1}{2}\right)^{+} \times\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{32}, \quad P(X=5)=\mathrm{C}_{5}^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}=\frac{1}{32}$,

$\therefore P(X \ldots 4)=P(X=4)+P(X=5)=\frac{5}{32}+\frac{1}{32}=\frac{3}{16}$
题目（高三 · 代数）：若复数 $z$ 满足 $z \cdot z=3$ 则 $|z|=$
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：设 $z=a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathrm{R})$ 有 $z \cdot z=a^{2}+b^{2}=3, \mid z \models \sqrt{3}$
题目（高三 · 代数）：执行如图所示的程序框图, 若输入 $x=10$, 则输出 $\mathrm{y}$ 的值为



结束
选项：
答案：$-rac{5}{4}$
解析：本题程序框图实际上是迭代求函数值, 条件是函数值与自变量的差的绝对值小于 1 时就停止, 输出 $^{y}$.把初始值 10 代入计算,最后可得结论 ${ }^{-rac{5}{4}}$
题目（高三 · 代数）：已知复数 ${ }^{z=\frac{1}{i} \text {, 则 }}{ }^{z}$ 的共轭复数 $\bar{z}$ 在复平面内对应的点的坐标为
选项：
答案：答案: $(0,1)$
解析：答案: $(0,1)$

解析: 复数 $z=\frac{1}{\mathrm{i}}=\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{i}^{2}}=-\mathrm{i}$, 故 $\bar{z}=\mathrm{i}$, 得 $\bar{z}$ 在复平面内对应的点的坐标为 $(0,1)$.
题目（高三 · 代数）：已知曲线 $f(x)=-x^{3}+3 x^{2}+9 x+a$ 与 $x$ 轴只有一个交点, 则实数 $a$ 的取值范围为
选项：
答案：$\{a \mid a<-27$ 或 $a>5\}$
解析：$f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+6 x+9$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=-1$ 或 $x=3$.当 $x$ 发生变化时, $f^{\prime}(x), f(x)$ 的变化情况如下表:| $x$ | $(-\infty,-1)$ | -1 | $(-1,3)$ | 3 | $(3,+\infty)$ || :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: || $f^{\prime}(x)$ | - | 0 | + | 0 | - || $f(x)$ | $\searrow$ | 极小值 | $
earrow$ | 极大值 | $\searrow$ |所以当 $x=-1$ 时, $f(x)$ 有极小值, 且极小值为 $f(-1)=a-5$;当 $x=3$ 时, $f(x)$ 有极大值, 且极大值为 $f(3)=a+27$.画出大致图象, 要使 $f(x)$ 的图象与 $x$ 轴只有一个交点, 只需极大值小于 0 (如图 1) 或极小值大于 0 (如图 2),图1![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_28d10227961faf2becddg-26.jpg?height=321&width=380&top_left_y=2497&top_left_x=1049)图2所以 $a+27<0$ 或 $a-5>0$, 解得 $a<-27$ 或 $a>5$,故实数 $a$ 的取值范围为 $\{a \mid a<-27$ 或 $a>5\}$.故答案为 $\{a \mid a<-27$ 或 $a>5\}$ ，
题目（高三 · 算术）：18. 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和等差数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=b_{1}>0, a_{3}=b_{3}>0, a_{1} \neq a_{3}$, 则 $a_{5}$ 与 $b_{5}$ 的大小关系为
选项：
答案：答案: $a_{5}>b_{5}$
解析：：解答：设公比为 $q$, 公差为 $d$. 则 $a_{3}=a_{1} q^{2}, b_{3}=b_{1}+2 d=a_{1}+2 d$,

由 $\mathrm{a}_{3}=\mathrm{b}_{3}, \therefore 2 \mathrm{~d}=\mathrm{a}_{1}\left(\mathrm{q}^{2}-1\right)$.

又 $\because \mathrm{a}_{1} \neq \mathrm{a}_{3}, \quad \therefore \mathrm{q}^{2} \neq 1$.

$\therefore \mathrm{a}_{5}-\mathrm{b}_{5}=\mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{4}-\left(\mathrm{a}_{1}+4 \mathrm{~d}\right)=\mathrm{a}_{1}\left(\mathrm{q}^{2}-1\right)^{2}>0 . \therefore \mathrm{a}_{5}>\mathrm{b}_{5}$.

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求命题与所给条件综合分析计算比较大小即可.
题目（高三 · 算术）：11. 用反证法证明质数有无限多个的过程如下:假设 \$ \qquad \$ . 设全体质数为 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n}$, 令 $p=p_{1} p_{2} \ldots p_{n}+1$.

显然, $p$ 不含因数 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n}$ 故 $p$ 要么是质数, 要么含有 \$ \qquad \$的质因数. 这表明, 除质数 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n}$ 之外, 还有质数, 因此原假设不成立.于是, 质数有无限多个。
选项：
答案：:答案：质数只有有限多个除 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n}$ 之外
解析：:【解答】由反证法的步骤可得, 应假设质数只有有限多个, 故 $p$ 要么是质数, 要么含有除 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n}$ 之外的质因数

【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反证法的证明原理进行具体分析判断步骤即可.
题目（高三 · 算术）：若复数 $\cos \theta-i \sin \theta$ 与 $-\sin \theta+i \cos \theta(\theta \in \mathbf{R})$ 相等, 则 $\theta=$ \$ \qquad \$。
选项：
答案：<ImageHere>        

$$
k \pi-\frac{\pi}{4}(k \in \mathbf{Z})
$$
解析：答案:

$$
k \pi-\frac{\pi}{4}(k \in \mathbf{Z})
$$

解析：由复数相等的条件得 $\cos \theta=-\sin \theta$,

$$
\theta=k \pi-\frac{\pi}{4}(k \in \mathbf{Z})
$$
题目（高三 · 组合数学）：个不同的小球放入 4 个不同的盒子,每个盒子至多放 1 个小球,共有种放法.
选项：
答案：答案: 24

【解析】分三步来完成:第一步,放第一个小球,有 4 种放法;

第二步,放第二个小球, 有 3 种放法;

第三步,放第三个小球, 有 2 种放法.

根据分步乘法计数原理. 得共有 $4 \times 3 \times 2=24$ 种放法.
解析：答案: 24

【解析】分三步来完成:第一步,放第一个小球,有 4 种放法;

第二步,放第二个小球, 有 3 种放法;

第三步,放第三个小球, 有 2 种放法.

根据分步乘法计数原理. 得共有 $4 \times 3 \times 2=24$ 种放法.
题目（高三 · 组合数学）：在由数字 $0,1,2,3,4,5$ 所组成的没有重复数字的四位数中, 不能被 5 整除的数共有个. (用数字作答)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7da760c0cd38339a5113g-
选项：
答案：答案: 192

【解析】 不能被 5 整除实质上是末位数字不是 0 或 5 ,则可以在全部符合条件的四位数中排除末位数字是 0 或 5 的即可; 所有 4 位数有 $A_{5}^{3} \cdot A_{5}^{3}=300$ 个, 末位为 0 时有 $A_{5}^{3}=60$ 个, 末位为 5 时有 $A_{1}^{2} \cdot A_{4}^{2}=4 \times 12=48$ 个, 则不能被 5 整除的数共有有 $300-60-48=192$ 个;
解析：答案: 192

【解析】 不能被 5 整除实质上是末位数字不是 0 或 5 ,则可以在全部符合条件的四位数中排除末位数字是 0 或 5 的即可; 所有 4 位数有 $A_{5}^{3} \cdot A_{5}^{3}=300$ 个, 末位为 0 时有 $A_{5}^{3}=60$ 个, 末位为 5 时有 $A_{1}^{2} \cdot A_{4}^{2}=4 \times 12=48$ 个, 则不能被 5 整除的数共有有 $300-60-48=192$ 个;
题目（高三 · 组合数学）：杨辉, 字谦光, 南宋时期杭州人, 在他 1261 年所著的一书中, 辑录了如图所示的角形数表, 称之为“开方作法本源”图, 并说明此表引自 11 世纪中叶（约公元 1050 年)贾宪的 “释锁算术》并绘画了“古法七乘方图”, 故此, 杨辉三角又被称为“贾宪三角”, 杨辉三角是一个由数字排列成的三角形数表, 一般形式如图: 基于上述规律, 可以推测, 当 $n=23$ 时, 从左往右第 22 个数为 \$ \qquad \$ .

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7da760c0cd38339a5113g-
选项：
答案：253
解析：当 $n=23$ 时, 共有 24 个数, 从左往右第 22 个数即为这一行的倒数第 3 个数, 观察可知, 其规律为 1,31,61,101,151,211,281,361,451,551,661,781,911,1051, $1201,1361,1531,1711,1901,2101,2311,253$, 故所求数字为 253.
题目（高三 · 组合数学）：将三项式 $\left(x^{2}+x+1\right)^{n}$ 展开,当 $n=0,1,2,3, \cdots$ 时,得到以下等式:

$\left(x^{2}+x+1\right)^{0}=1$

$\left(x^{2}+x+1\right)^{1}=x^{2}+x+1$

$\left(x^{2}+x+1\right)^{2}=x^{4}+2 x^{3}+3 x^{2}+2 x+1$

$\left(x^{2}+x+1\right)^{3}=x^{6}+3 x^{5}+6 x^{4}+7 x^{3}+6 x^{2}+3 x+1$

观察多项式系数之间的关系, 可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形, 其构造方法为: 第 0 行为 1 , 以下各行每个数是它正头顶上与左右两肩上 3 个数 (不足 3 个数的, 缺少的数记为 0 )的和, 第 $k$ 行共有 $2 k+1$ 个数, $\left(x^{2}+x+1\right)^{5}(1+a x)$ 在的展开式中, $x^{7}$ 项的系数为 75 ,则实数 $a$ 的值为

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7da760c0cd38339a5113g-
选项：
答案：1
解析：根据题意可得广义杨辉三角第 5 行为 1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1,故 $(1+a x)\left(x^{2}+x+1ight)^{5}$ 的展开式中, $x^{7}$ 项的系数为 $30+45 a=75$, 得 $a=1$.故答案为 1 .
题目（高三 · 组合数学）：我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中, 用图(1)的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列, 俗称“杨辉三角形”, 该数表的规律是每行首尾数字均为 1 , 从第三行开始, 其余的数字是它 “上方” 左右两个数字之和。现将杨辉三角形中的奇数换成 1 , 偶数换成 0 , 得到图(2)所示的由数字 0 和 1 组成的三角形数表, 由上往下数, 记第 $n$ 行各数字的和为 $S_{n}$, 如 $S_{1}=1, S_{2}=2, S_{3}=2, S_{4}=4, S_{5}=2, \ldots \ldots$, 则 $S_{33}=$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7da760c0cd38339a5113g-
选项：
答案：答案:2

【解析】由图(2)可得: $S_{1}=1, S_{2}=2, S_{3}=2, S_{4}=4, S_{5}=2, S_{6}=4, S_{7}=4, S_{8}=8, \ldots$,由此可以发现: 第一行 1 个 1 , 即第 $2^{1-1}$ 行有 $2^{1-1}$ 个 1 , 第二行 2 个 1 , 即第 $2^{2-1}$ 行有 $2^{2-1}$ 个 1 , 第四行 4 个 1 , 即第 $2^{3-1}$ 行有 $2^{3-1}$ 个 1 , 第八行 8 个 1 , 即第 $2^{4-1}$ 行有 $2^{4-1}$ 个 $1, \ldots$, 因
为 $32=2^{6-1}$, 所以第 $2^{6-1}$ 行有 $2^{6-1}$ 个 1 , 即第 32 行的数全为奇数, 由杨辉三角形的特点可得第 33 行应为 2 个奇数, 即 $S_{33}=2$.
解析：答案:2

【解析】由图(2)可得: $S_{1}=1, S_{2}=2, S_{3}=2, S_{4}=4, S_{5}=2, S_{6}=4, S_{7}=4, S_{8}=8, \ldots$,由此可以发现: 第一行 1 个 1 , 即第 $2^{1-1}$ 行有 $2^{1-1}$ 个 1 , 第二行 2 个 1 , 即第 $2^{2-1}$ 行有 $2^{2-1}$ 个 1 , 第四行 4 个 1 , 即第 $2^{3-1}$ 行有 $2^{3-1}$ 个 1 , 第八行 8 个 1 , 即第 $2^{4-1}$ 行有 $2^{4-1}$ 个 $1, \ldots$, 因
为 $32=2^{6-1}$, 所以第 $2^{6-1}$ 行有 $2^{6-1}$ 个 1 , 即第 32 行的数全为奇数, 由杨辉三角形的特点可得第 33 行应为 2 个奇数, 即 $S_{33}=2$.
题目（高三 · 组合数学）：如图, 一个类似杨辉三角的数阵, 请写出第 $n(n \geq 2)$ 行的第 2 个数为

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7da760c0cd38339a5113g-
选项：
答案：答案:$n^{2}+2$

解析:
解析：答案:$n^{2}+2$

解析:
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\alpha, \beta, \gamma$ 是三个平面, $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ 是两条直线, 有下列四个命题:

(1)如果 $\mathrm{m} \perp \alpha, \mathrm{m} \subset \beta$ ，那么 $\alpha \perp \beta$;

(2)如果 $\mathrm{m} \perp \mathrm{n}, \mathrm{m} \perp \alpha$ ，那么 $\mathrm{n} / / \alpha$;

(3)如果 $\alpha \perp \beta, \mathrm{m} / / \alpha$, 那么 $\mathrm{m} \perp \beta$;

(4)如果 $\alpha / / \beta, \alpha \cap \gamma=m, \beta \cap \gamma=n$, 那么 $m / / n$.

其中正确的命题有 . (写出所有正确命题的序号)
选项：
答案：(1)(4)
解析：(1)由面面垂直的判定定理可知, 如果 $m \perp \alpha, m \subset eta$, 那么 $\alpha \perp eta$; 故(1)正确.(2)如果 $\mathrm{m} \perp \mathrm{n}, \mathrm{m} \perp \alpha$ ，那么 $\mathrm{n} / / \alpha$ 或 $\mathrm{n} \subset \alpha$; 故(2)错误；(3)如果 $\alpha \perp eta, m / / \alpha$, 那么 $m$, $eta$ 位置关系不确定; 故(3)错误;(4)如果 $\alpha / / eta, \alpha \cap \gamma=m, eta \cap \gamma=n$, 那么 $m / / n$. 正确.故答案为(1)(4).
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\alpha, \beta, \gamma$ 是三个平面, $m, n$ 是两条直线, 有下列四个命题:

(1)如果 $\mathrm{m} \perp \alpha, \mathrm{m} \subset \beta$, 那么 $\alpha \perp \beta$;

(2)如果 $\mathrm{m} \perp \mathrm{n}, \mathrm{m} \perp \alpha$, 那么 $\mathrm{n} / / \alpha$;

(3)如果 $\alpha \perp \beta, \mathrm{m} / / \alpha$, 那么 $\mathrm{m} \perp \beta$;

(4)如果 $\alpha / / \beta, \alpha \cap \gamma=m, \beta \cap \gamma=n$, 那么 $m / / n$.

其中正确的命题有 . (写出所有正确命题的序号)
选项：
答案：(1)(4)
解析：(1)由面面垂直的判定定理可知, 如果 $\mathrm{m} \perp \alpha, \mathrm{m} \subset eta$, 那么 $\alpha \perp eta$; 故(1)正确.(2)如果 $\mathrm{m} \perp \mathrm{n}, \mathrm{m} \perp \alpha$ ，那么 $\mathrm{n} / / \alpha$ 或 $\mathrm{n} \subset \alpha$; 故(2)错误;(3)如果 $\alpha \perp eta, \mathrm{m} / / \alpha$ ，那么 $\mathrm{m}, eta$ 位置关系不确定; 故(3)错误;(4)如果 $\alpha / / eta, \alpha \cap \gamma=m, eta \cap \gamma=n$, 那么 $m / / n$. 正确.故答案为(1)(4).
题目（高三 · 立体几何学）：15. 如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $P$ 为 $B D_{1}$ 的中点, 则 $\triangle P A C$ 在该正方体各个面上的射影可能是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: (1)(4)
解析：：解答：由所给的正方体知, $\triangle \mathrm{PAC}$ 在该正方体上下面上的射影是(1), $\triangle \mathrm{PAC}$ 在该正方体左右面上的射影是(4), $\triangle \mathrm{PAC}$ 在该正方体前后面上的射影是(4)故答案为: (1) (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根据点的投影的做法, 做出 $\triangle \mathrm{PAC}$ 在该正方体各个面上的射影, 这里应该有三种情况, 做出在前后面上的投影, 在上下面上的投影, 在左右面上的投影, 得到结果.
题目（高三 · 立体几何学）：7. 已知柱坐标系 $O x y z$ 中, 点 $M$ 的柱坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}, \sqrt{5}\right)$, 则 $|O M|=$
选项：
答案：答案: 3
解析：：解答：因为 $(\rho, \theta, z)=\left(2, \frac{\pi}{3}, \sqrt{5}\right)$,

设 $M$ 的直角坐标为 $(x, y, z)$, 则 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}=4$, 所以

$|O M|=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\sqrt{4+(\sqrt{5})^{2}}=3$.

分析: 本题主要考查了柱.球坐标系与空间直角坐标系的区别, 解决问题的关键是根据柱.球坐标系与空间直角坐标系的区别转化计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：8. 点 $M$ 的球坐标为 $\left(6, \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3}\right)$, 则它的直角坐标为
选项：
答案：答案: $(3,3 \sqrt{3}, 0)$
解析：: 解答: $x=6 \cdot \sin \frac{\pi}{2} \cdot \cos \frac{\pi}{3}=3, y=6 \sin \frac{\pi}{2} \cdot \sin \frac{\pi}{3}=3 \sqrt{3}, z=6 \cos \frac{\pi}{2}=0, \therefore$ 它的直角坐标为 $(3,3 \sqrt{3}, 0)$.

分析: 本题主要考查了球坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是转化为直角坐标即可
题目（高三 · 立体几何学）：13. 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 1 , 在正方体的表面上与点 $A$ 距离为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ 的点形成一条曲线, 这条曲线的长度为
选项：
答案：答案: $\frac{5 \sqrt{3}}{6} \pi$
解析：:【解答】这条曲线在面 $A D D_{1} A_{1}$ 上的一段是以 $A$ 为圆心, $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ 为半径, 管为圆心角的一段圆弧, 在面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 上的一段是以 $A_{1}$ 为圆心, $\frac{\sqrt{3} \sqrt{3}}{3} \frac{1}{3}$ 为半径, $\frac{\pi}{2}$ 为圆心角的一段圆弧, 由正方体的对称性知, 这条曲线的长度为 $3\left(\frac{\pi}{6} \cdot \frac{2 \sqrt{3}}{3}+\frac{\pi}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{5 \sqrt{3}}{6} \pi$

【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据所给条件分析得到曲线在
面 $A D D_{1} A_{1}$ 上的一段是以 $A$ 为圆心, $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ 为半径, $\frac{\pi}{6}$ 为圆心角的一段圆弧, 然后计算即可.
题目（高三 · 组合几何学）：16. 如图, $\mathrm{AB} / / \mathrm{CD} / / \mathrm{EF}, \mathrm{AF}, \mathrm{BE}$ 相交于点 $\mathrm{O}$, 若 $\mathrm{AO}=\mathrm{OD}=\mathrm{DF}, \mathrm{BE}=10 \mathrm{~cm}$, 则 $\mathrm{BO}=$ $\mathrm{cm}$.


选项：
答案：答案: $\frac{10}{3}$

.
解析：: 解答: 如图,过点 $\mathrm{O}$ 作 $1 / / \mathrm{AB}$, 则 $1 / / \mathrm{AB} / / \mathrm{CD} / / \mathrm{EF} \because \mathrm{AO}=\mathrm{OD}=\mathrm{DF}, \therefore \mathrm{BO}=\mathrm{OC}=\mathrm{CE}, \therefore$ $\mathrm{BO}=\frac{1}{3} \mathrm{BE}=\frac{10}{3} \mathrm{~cm}$.



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）：17. 如图, 在正方形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中, $O^{\prime}$ 是两条对角线 $A^{\prime} C^{\prime}$ 与 $B^{\prime} D^{\prime}$ 的交点, 作 $O^{\prime} F^{\prime} / / C^{\prime} D^{\prime}$ 交 $A^{\prime} D^{\prime}$ 于点 $F^{\prime}$, 且正方形边长等于 12 , 则 $A^{\prime} F^{\prime}=$


选项：
答案：答案: 6
解析：: 解答: 因为四边形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 是正方形,$O^{\prime}$ 是 $A^{\prime} C^{\prime}$ 与 $B^{\prime} D^{\prime}$ 的交点, 所以 $A^{\prime} O^{\prime}=O^{\prime} C^{\prime}$. 又因为 $O^{\prime} F^{\prime} / / C^{\prime} D^{\prime}$, 所以 $A^{\prime} F^{\prime}=F^{\prime} D^{\prime}$, 即 $A^{\prime} F^{\prime}=\frac{1}{2} A^{\prime} D^{\prime}=\frac{1}{2} \times 12=6$.

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）：18. 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{AD}$ 是 $\mathrm{BC}$ 边上的中线, $\mathrm{M}$ 是 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{BM}$ 的延长线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{N}, \mathrm{AN}=4 \mathrm{~cm}$,
则 $\mathrm{CN}=$ $\mathrm{cm}$.
选项：
答案：答案: 8
解析：：解答：如图, 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DE} / / \mathrm{BN}$, 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E} . \because \mathrm{D}$ 为 $\mathrm{BC}$ 的中点, $\therefore \mathrm{NE}=\mathrm{EC}$. 又 $\because \mathrm{M}$ 为 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{MN} / / \mathrm{DE}, \therefore \mathrm{AN}=\mathrm{NE}, \therefore \mathrm{AN}=\mathrm{NE}=\mathrm{EC} . \therefore \mathrm{CN}=2 \mathrm{AN}=8 \mathrm{~cm}$.



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方向计算即可.
题目（高三 · 度量几何学）：9. 如图,在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \mathrm{BE}=3 \mathrm{AE}, \mathrm{AD}=3, \mathrm{EF}=4$,则 $\mathrm{BC}=$


选项：
答案：7
解析：: 解答: 如图,



分别取 $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$ 的中点 $\mathrm{G}, \mathrm{H}$, 连接 $\mathrm{GH}$,

则 $\mathrm{GH}$ 为梯形 $\mathrm{ABCD}$ 的中位线, $\mathrm{EF}$ 为梯形 $\mathrm{AGHD}$ 的中位线,

故 $\mathrm{GH}=2 \mathrm{EF}-\mathrm{AD}=2 \times 4-3=5, \mathrm{BC}=2 \mathrm{GH}-\mathrm{AD}=2 \times 5-3=7$.

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）：11. 在极坐标系中, 已知两点 $A, B$ 的极坐标分别为 $\left(3, \frac{\pi}{3}\right),\left(4, \frac{\pi}{6}\right)$, 则 $\triangle A O B$ (其中 0 为极点）的面积为
选项：
答案：3
解析：: 解答: 如图所示, $|O A|=3,|O B|=4, \angle A O B=\frac{\pi}{6}$ ，所以 $S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} \times 3 \times 4 \times \frac{1}{2}=3$.



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与直角坐标系关系计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：10. 在 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{D}$, 若 $\mathrm{BD}: \mathrm{AD}=1: 9$, 则 $\tan \angle \mathrm{BCD}=$


选项：
答案：答案: $\frac{1}{3}$
解析：：解答：在 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$, 由射影定理得 $\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{BD}$.

又 $B D ： A D=1: 9$, 令 $B D=x$, 则 $A D=9 x （ x>0 ） . \therefore D^{2}=9 x^{2} . \therefore C D=3 x$.

在 Rt $\triangle \mathrm{CDB}$ 中, $\tan \angle \mathrm{BCD}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{x}}{3 \mathrm{x}}=\frac{1}{3}$

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
理结合所给条件计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：11. 如图, Rt $\triangle A B P$ 中, $\angle A B P=90^{\circ}, B C \perp A P$, 垂足为点 $C$, 且 $A B=2 \sqrt{6}, A C=4$, 则 $P B=$
选项：
答案：: 答案: $2 \sqrt{3}$

<ImageHere>
解析：: 解答: $\because$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ABP}$ 中, $\angle \mathrm{ABP}=90^{\circ}, \mathrm{BC} \perp \mathrm{AP}, \therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC} \cdot \mathrm{AP}$, 即 $(2 \sqrt{6})^{2}=4 \mathrm{AP}$, 解得 $\mathrm{AP}=6$.

在 Rt $\triangle \mathrm{ABP}$ 中,由勾股定理, 得 $\mathrm{BP}=\sqrt{\mathrm{AP}^{2}-\mathrm{AB}^{2}}=\sqrt{6^{2}-(2 \sqrt{6})^{2}}=2 \sqrt{3}$.

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集合所给条件运用勾股定理计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：13. 如图, 圆 $O$ 上一点 $C$ 在直径 $A B$ 上的射影为 $D$, 点 $D$ 在半径 $O C$ 上的射影为 $E$. 若 $A B=3 A D$,则 $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EO}}$ 的值为


选项：
答案：8
解析：:

解答: 设 $A D=2$, 则 $A B=6$,于是 $B D=4, O D=1$.



如图,由射影定理得
$\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{BD}=8$,

则 $\mathrm{CD}=2 \sqrt{2}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{OCD}$ 中, $\mathrm{DE}=\frac{\mathrm{OD} \cdot \mathrm{CD}}{\mathrm{OC}}=\frac{1 \times 2 \sqrt{2}}{3}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$则 $\mathrm{CE}=\sqrt{\mathrm{DC}^{2}-\mathrm{DE}^{2}}=\sqrt{8-\frac{8}{9}}=\frac{8}{3}$, $\mathrm{EO}=\mathrm{OC}-\mathrm{CE}=3-\frac{8}{3}=\frac{1}{3}$.因此 $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EO}}=\frac{\frac{8}{3}}{\frac{1}{3}}=8$.

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三角形满足的条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：16. 如图, Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, C D \perp A B$ 于 $D, B C=\sqrt{3}, A C=3$, 则 $B D=$ \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: $\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析：: 解答: 由勾股定理得 $A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}}=\sqrt{3+9}=2 \sqrt{3}$. 由直角三角形射影定理, $\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BD} \times \mathrm{BA}, \quad 3=2 \sqrt{3} \times \mathrm{BD}, \quad \mathrm{BD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

故答案为: $\frac{\sqrt{3}}{2}$

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应用勾股定理先求出 $\mathrm{AB}$, 再由直角三角形射影定理, $\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BD} \times \mathrm{BA}$ 代入数据求出 $\mathrm{BD}$.
题目（高三 · 度量几何学）：17. 如图所示, 圆 0 上一点 $C$ 在直径 $A B$ 上的射影为 $D, C D=4, B D=8$, 则圆 0 的半径等于


选项：
答案：答案: 5
解析：: 解答: $\mathrm{AB}$ 为圆的直径, $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$

在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中由射影定理可知 $\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{BD} \times \mathrm{AD}, \therefore 16=8 \times \mathrm{AD}$,

$\therefore \mathrm{AD}=2, \quad \therefore$ 半径 $=5$

故答案为: 5

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先利用 $A B$ 为圆的直径, 判断出 $\triangle A B C$ 为直角三角形, 进而利用射影定理求得 $A D$, 最后根据 $\mathrm{AB}=\mathrm{AD}+\mathrm{BD}$ 求得 $\mathrm{AB}$, 则圆的半径可求.
题目（高三 · 度量几何学）：9. 如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $A C \perp B C$, 点 $C$ 在 $A B$ 上的正射影为点 $D$, 且 $A C=3, A D=2$, 则 $A B=$


选项：
答案：答案: $\frac{9}{2}$
解析：: 解答: $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}$, 又 $\because$ 点 $\mathrm{D}$ 是点 $\mathrm{C}$ 在 $\mathrm{AB}$ 上的正射影, $\therefore \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AC}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AB}$.

$$
\text { 又 } \because A C=3, A D=2, \therefore A B=\frac{A C^{2}}{A D}=\frac{9}{2}
$$

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几何关系分析计算即可