eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 组合数学）：$4 \times 5 \times 6 \times \cdots \times(n-1) \times n$ 等于 ( )
选项：
A. $\mathbb{A}_{n}^{4}$ B. $\mathbb{A}_{n}^{n-4}$ C. $n !-4 ! \quad$ D. $\mathbb{A}_{n}^{n-3}$
答案：D
解析：答案:D

【解析】由题意知 $4 \times 5 \times 6 \times \cdots \times(n-1) \times n=n \times(n-1) \times \cdots \times 6 \times 5 \times 4=\mathbb{A}_{n}^{n-3}$,

故选 D.
题目（高三 · 组合数学）：如图, 一只蚂蚁从点 $A$ 出发沿着水平面的线条爬行到点 $C$, 再由点 $C$ 沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点 $B$, 则它可以爬行的不同的最短路径有 ( )条.


选项：
A. 40
B. 60
C. 80
D. 120

11 . 将一个四棱雉 $S-A B C D$ 的每个顶点染上一种颜色, 并使同一条棱的两端异色,
如果只有 5 种颜色可供使用, 则不同的染色方法的总数是 (

$\begin{array}{llll}\text { A. } 540 & \text { B. } 480 & \text { C. } 420 & \text { D. } 360\end{array}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】蚂蚁从 $A$ 到 $C$ 需要走五段路, 其中两横三纵, 共有 $\mathrm{C}_{5}^{2}=10$ 条路径;

从 $C$ 到 $B$ 共有 $3 \times 2=6$ 条路径

根据分步计数乘法原理可知, 蚂蚁从 $A$ 到 $B$ 可以爬行的不同的最短路径有 $10 \times 6=60$ 条,

故选 B
题目（高三 · 组合数学）：从 7 人中选出 3 人参加座谈会, 则不同的选法有 ( )
选项：
A. 210 种 B. 42 种C. 35 种D. 6 种
答案：C
解析：答案:C

【解析】参加座谈会与顺序无关, 是组合问题, 共有 $C_{7}^{3}=35$ 种不同的选法,

故选 C.
题目（高三 · 组合数学）：已知 $\mathrm{A}_{2 x}^{3}=100 \hat{A}_{x}^{2}$, 则 $x=(\quad)$
选项：
A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
答案：C
解析：答案:C

【解析】 $A_{2 x}^{3}=100 A_{x}^{2} \Rightarrow 2 x \cdot(2 x-1) \cdot(2 x-2)=100 x \cdot(x-1)$,

则 $2 x \cdot(2 x-1) \cdot 2(x-1)=100 x \cdot(x-1)$,

约分得 $2 x-1=25$, 解得 $x=13$, 经检验满足题意, 故选 C.
题目（高三 · 组合数学）：北京《财富》全球论坛期间，某高校有 14 名志愿者参加接待工作，若每天早

中、晚三班, 每班 4 人, 每人每天最多值一班, 则开幕式当天不同的排班种数为

( )
选项：
A. $C_{14}^{12} A_{12}^{4} A_{8}^{4}$
B. $\mathrm{C}_{14}^{12} \mathrm{C}_{12}^{4} \mathrm{C}_{8}^{4}$
C. $\frac{\mathrm{C}_{14}^{12} \mathrm{C}_{12}^{4} \mathrm{C}_{8}^{4}}{\mathrm{~A}_{3}^{3}}$
D. $\mathrm{C}_{14}^{12} \mathrm{C}_{12}^{4} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{~A}_{8}^{3}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】首先从 14 人中选出 12 人共 $\mathrm{C}_{14}^{12}$ 种,

然后将 12 人平均分为 3 组共 $\frac{C_{12}^{4} \cdot C_{8}^{4} \cdot C_{4}^{4}}{A_{3}^{3}}$ 种,

然后这两步相乘, 得 $\frac{C_{14}^{12} \cdot C_{12}^{4} \cdot C_{8}^{4}}{A_{3}^{3}}$,

将三组分配下去共 $\mathrm{C}_{14}^{12} \cdot \mathrm{C}_{12}^{4} \cdot \mathrm{C}_{8}^{4}$ 种, 故选 B.
题目（高三 · 组合数学）：$1-90 C_{10}^{1}+90^{2} C_{10}^{2}-90^{3} C_{10}^{3}+\cdots+90^{10} C_{10}^{10}$ 除以 88 的余数是 ( )
选项：
A. 2
B. 1
C. 86
D. 87
答案：B
解析：答案:B

【解析】因为 $1-90 C_{10}^{1}+90^{2} C_{10}^{2}-90^{3} C_{10}^{3}+\cdots+90^{10} C_{10}^{10}=(1-90)^{10}=(1+88)^{10}$

$=1+88 \mathrm{C}_{10}^{1}+88^{2} \mathrm{C}_{10}^{2}+88^{3} \mathrm{C}_{10}^{3}+\cdots+88^{10} \mathrm{C}_{10}^{10}$

$=1+88\left(\mathrm{C}_{10}^{1}+88 \mathrm{C}_{10}^{2}+88^{2} \mathrm{C}_{10}^{3}+\cdots+88^{9} \mathrm{C}_{10}^{10}\right)$,

所以 $1-90 C_{10}^{1}+90^{2} C_{10}^{2}-90^{3} C_{10}^{3}+\cdots+90^{10} C_{10}^{10}$ 除以 88 的余数是 1 , 故选 B.
题目（高三 · 组合数学）：4 名运动员参加 $4 * 100$ 接力赛, 根据平时队员训练的成绩, 甲不能跑第一棒,

乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有（）
选项：
A. 12 种B. 14 种C. 16 种D. 24 种
答案：B
解析：答案:B

【解析】由于 4 名运动员四棒全排共有 $\boldsymbol{A}_{4}^{4}=4 \times 3 \times 2 \times 1=24$ 种,

其中甲跑第一棒的种数为 $\mathbf{A}_{3}^{2}=3 \times 2 \times 1=6$;

乙跑第四棒的种数为 $\mathrm{A}_{3}^{2}=3 \times 2 \times 1=6$ ；

其中甲排第一棒，同时乙跑第四棒的种数为 $\mathrm{A}_{2}^{2}$,

则所有不同出场的顺序为 $A_{4}^{4}-2 A_{3}^{3}+A_{2}^{2}=24-12+2=14$, 应选答案 B.
题目（高三 · 组合数学）：十九世纪下半叶集合论的创立, 莫定了现代数学的基础. 著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物, 具有典型的分形特征, 其操作过程如下: 将闭区间 $[0,1]$ 均分为三段, 去掉中间的区间段 $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$, 记为第一次操作; 再将剩下的两个区间 $\left[0, \frac{1}{3}\right],\left[\frac{2}{3}, 1\right]$ 分别均分为三段, 并各自去掉中间的区间段, 记为第二次操作; ..., 如此这样, 每次在上一次操作的基础上, 将剩下的各个区间分别均分为三段, 同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去, 以至无穷, 剩下的区间集合即是“康托三分集”. 若使去掉的各区间长度之和不小于 $\frac{8}{9}$, 则需要操作的次数 $n$ 的最小值为（）参考数据: $(\lg 2=0.3010, \lg 3=0.4771)$
选项：
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
答案：A
解析：, n$ 的最小值为 6 .

故选 C.

6. 答案:A

【解析】由题意 $f_{1}(x)=f(x)=\frac{x}{1-x}, f_{2}(x)=f\left(f_{1}(x)\right)=\frac{\frac{x}{1-x}}{1-\frac{x}{1-x}}=\frac{x}{1-2 x}$,

$f_{3}(x)=f\left(f_{2}(x)\right)=\frac{\frac{x}{1-2 x}}{1-\frac{x}{1-2 x}}=\frac{x}{1-3 x}$,

$f_{n}(x)=f\left(f_{n-1}(x)\right)=\frac{x}{1-n x}$,

$\therefore f_{2017}(x)=\frac{x}{1-2017 x}$

由 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{x-2017} \\ y=\frac{x}{1-2017 x}\end{array}\right.$ ，得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=-\frac{1}{2016}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=-\frac{1}{2018}\end{array}\right.$,

由 $f_{1}(x)=f(x)=\frac{x}{1-x}$ 中 $x \neq 1$ 得:

函数 $y=f_{2017}(x)$ 的图象与曲线 $y=\frac{1}{x-2017}$ 的交点坐标为 $\left(-1,-\frac{1}{2018}\right)$,

故选 A.
题目（高三 · 组合数学）：当 $P(A)>0$ 时, 若 $P(B \mid A)+P(\bar{B})=1$, 则事件 $A$ 与 $B(\quad)$
选项：
A. 互斥 B. 对立 C. 独立 D. 不独立
答案：C
解析：答案:C

【解析】 $\because P(B \mid A)+P(\bar{B})=P(B \mid A)+1-P(B)=1, \therefore P(B \mid A)=P(B)$,

即 $\frac{P(A B)}{P(A)}=P(B), \therefore P(A B)=P(A) \cdot P(B)$,

事件 $A$ 与 $B$ 独立，故选 $\mathrm{C}$.
题目（高三 · 组合数学）：某射击运动员射击一次命中目标的概率为 $p$, 已知他独立地连续射击三次, 至少有一次命中的概率 $\frac{37}{64}$, 则 $p$ 为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{3}{4}$
C. $\frac{3 \sqrt{3}}{8}$
D. $\frac{\sqrt{37}}{8}$
答案：A
解析：答案:A

【解析】因为射击一次命中目标的概率为 $p$ ，

所以射击一次未命中目标的概率为 $1-p$

因为每次射击结果相互独立，所以三次都未命中的概率为 $(1-p)^{3}$,

因为连续射击三次, 至少有一次命中的对立事件为三次都未射中,

所以连续射击三次, 至少有一次命中的概率 $1-(1-p)^{3}=\frac{37}{64}$, 解得 $p=\frac{1}{4}$,

故选 A.
题目（高三 · 组合数学）：观察数列 $1, \ln 2, \sin 3,4, \ln 5, \sin 6,7, \ln 8, \sin 9 \ldots \ldots$, 则该数列的第 11 项等于 ( )
选项：
A. 1111
B. 11
C. $\ln 11$
D. $\sin 11$
答案：C
解析：答案: C

【解析】 由数列得出规律, 按照 $1, \ln 2, \sin 3, \ldots$, 是按正整数的顺序排列, 且以 3 为周期,
由 $11=3 \times 3+2$, 所以该数列的第 11 项为 $\ln 11$.

故答案为: C.

【分析】根据所给数列的规律即可得解.
题目（高三 · 组合数学）：0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 $a_{1} a_{2} \cdots{ }^{n} a_{n} \cdots '$ 满足 $a_{i} \in\{0,1\}(i=1,2, \cdots)$,且存在正整数 $\mathrm{m}$, 使得 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 成立, 则称其为 $0-1$ 周期序列, 并称满足 $a_{i+m}=a_{r}(i=1,2, \cdots)$ 的最小正整数 $\mathrm{m}$ 为这个序列的周期.对于周期为 $\mathrm{m}$ 的 0-1 序列 $a_{1} a_{2}{ }^{\cdots} a_{n}{ }^{\prime \prime}$, $C(k)=\frac{1}{m} \sum_{i=1}^{m} a_{i} a_{i+k}(k=1,2, \cdots, m-1)$是描述其性质的重要指标, 下列周期为 5 的 0-1 序列中, 满足 $C(k) \leq \frac{1}{5}(k=1,2,3,4)_{\text {的序列是 }(\quad)}$
选项：
A. $11010 \cdots$
B. $11011 \ldots$
C. $10001 \cdots$
D. $11001 \cdots$
答案：C
解析：答案: C



由已知 $m=5, C(k)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+k}, k=1,2,3,4$,

对于 $\mathrm{A}$,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+0)=\frac{1}{5} \leq \frac{1}{5}$

$C(2)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{3} a_{i} a_{i+2}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}+a_{4} a_{6}+a_{5} a_{7}\right)=\frac{1}{5}(0+1+0+1+0)=\frac{2}{5}$, 不满足;

对于 $\mathrm{B}$,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+1+1)=\frac{3}{5}$, 不满足;

对于 $\mathrm{D}$,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+1)=\frac{2}{5}$, 不满足;

故答案为: C

【分析】分别为 4 个选项中 $\mathrm{k}=1,2,3,4$ 进行讨论, 若有一一个不满足条件, 就排除 ; 由题意可得周期都是 5 , 每个答案中都给了一个周期的排列,若需要下个周期的排列, 继续写出, 如 C 答案中的排列为 100011000110001.

12.答案: D

【解析】设四面体的内切球的球心为 $\mathrm{O}$, 则球心 $\mathrm{O}$ 到四个面的距离都是 $\mathrm{r}$,

将 $\mathrm{O}$ 与四顶点连起来, 可得四面体的体积等于以 $\mathrm{O}$ 为顶点,

分别以四个面为底面的 4 个三棱雉体积的和,

$\therefore \mathrm{V}=\frac{1}{3}\left(\mathrm{~S}_{1}+\mathrm{S}_{2}+\mathrm{S}_{3}+\mathrm{S}_{4}\right)$.

故答案为: D

【分析】设四面体的内切球的球心为 $\mathrm{O}$, 则球心 $\mathrm{O}$ 到四个面的距离都是 $\mathrm{r}$, 根据体积公式得到答案.
题目（高三 · 组合数学）：为弘扬中华传统文化, 某校组织高一年级学生到古都西安游学. 在某景区, 由于时间关系, 每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览, 高一 1 班的 27 名同学决定投票来选定游览的景点,约定每人只能选择一个景点, 得票数高于其它景点的入选. 据了解, 若只游览甲、乙两个景点, 有 18 人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有 19 人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是 ( )
选项：
A. 该班选择去甲景点游览
B. 乙景点的得票数可能会超过 9
C. 丙景点的得票数不会比甲景点高
D. 三个景点的得票数可能会相等
答案：AC
解析：答案: $A, C$

【解析】 由已知只游览甲、乙两个景点, 有 18 人会选择甲, 则选择乙的为 9 人,

则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的小于等于 9 人;

若只游览乙、丙两个景点, 有 19 人会选择乙, 则选择丙的为 8 人,

则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的小于等于 8 人，

所以选择甲的一定大于等于 10 人.

故答案为: AC.

【分析】根据已知可得出游览两个景点时乙和丙选择的人数, 得出游览三个景点时, 选择乙和丙的人数的范围, 即可得出结论.
题目（高三 · 组合数学）：新高考的改革方案开始实施后, 某地学生需要从化学, 生物, 政治, 地理四门学科中选课, 每名同学都要选择其中的两门课程. 已知甲同学选了化学, 乙与甲没有相同的课程, 丙与甲恰有一门课相同，丁与丙也没有相同课程.则以下说法正确的是
选项：
A. 丙没有选化学
B. 丁没有选化学
C. 乙丁可以两门课都相同
D. 这四个人里恰有 2 个人选化学
答案：D
解析：答案: D

【解析】根据题意可得, $\because$ 甲选择了化学, 乙与甲没有相同课程, $\therefore$ 乙必定没选化学;又 $\because$ 丙与甲有一门课相同, 假设丙选择了化学, 而丁与丙无相同课程, 则丁一定没选化学;若丙没选化学, 又 $\because$ 丁与丙无相同课程, 则丁必定选择了化学.

综上, 必定有甲, 丙或甲, 丁这两种情况下选择化学, 故可判断 A, B 不正确, D 正确.假设乙丁可以两门课都相同, 由上面分析可知, 乙丁都没有选择化学, 只能从其它三科中选两科.不妨假设选的是生物、政治, 则甲选的是化学和地理, 而丙和甲共同选择了化学, 另一门课丙只能从生物、政治中选一科, 这样与“丁与丙也没有相同课程”矛盾, 故假设不成立, 因此 C 不正确.故答案为: D.

【分析】根据题意合理推理, 并作出合理的假设, 最终得出正确结论.
题目（高三 · 组合数学）：用数学归纳法证明: “ $(n+1)(n+2) \cdots(n+n)=2^{n} \times 1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times(2 n-1)\left(n \in N^{*}\right)$, 时, 从 $n=k$ 到 $n=k+1$, 等式的左边需要增乘的代数式是 ()
选项：
A. $2 k+1$
B. $\frac{2 k+1}{k+1}$
c. $\frac{2 k+3}{k+1}$
D. $2(2 k+1)$
答案：D
解析：答案: D

解: 当 $n=k$ 时, 左边 $=(k+1)(k+2) \cdots(k+k)$,

当 $n=k+1$ 时, 左边 $=(k+1+1)(k+1+2) \cdots(k+1+k-1)(k+1+k)(k+1+k+1)$,

所以由 $n=k$ 到 $n=k+1$ 时, 等式左边应该增乘的代数式是

$\frac{(k+1+k)(k+1+k+1)}{k+1}=2(2 k+1)$.

故答案为: D

【分析】根据条件分别求出 $n=k$ 和 $n=k+1$ 时左边的式子，从而可求得由 $n=k$ 到 $n=k+1$ 时需要增乘的代数式.
题目（高三 · 组合数学）：为弘扬中华传统文化, 某校组织高一年级学生到古都西安游学. 在某景区, 由于时间关系, 每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览, 高一 1 班的 27 名同学决定投票来选定游览的景点,约定每人只能选择一个景点, 得票数高于其它景点的入选. 据了解, 若只游览甲、乙两个景点, 有 18 人会选择甲, 若只游览乙、丙两个景点, 有 19 人会选择乙, 那么关于这轮投票结果, 下列说法正确的是 ( )
选项：
A. 该班选择去甲景点游览
B. 乙景点的得票数可能会超过 9
C. 丙景点的得票数不会比甲景点高
D. 三个景点的得票数可能会相等
答案：AC
解析：答案: A,C

【解析】 由已知只游览甲、乙两个景点, 有 18 人会选择甲, 则选择乙的为 9 人,

则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的小于等于 9 人;

若只游览乙、丙两个景点, 有 19 人会选择乙, 则选择丙的为 8 人,

则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的小于等于 8 人，

所以选择甲的一定大于等于 10 人.

故答案为: AC.

【分析】根据已知可得出游览两个景点时乙和丙选择的人数, 得出游览三个景点时, 选择乙和丙的人数的范围, 即可得出结论.
题目（高三 · 组合数学）：0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 $a_{1} a_{2} \cdots \cdots a_{n} \cdots *$ 满足 $a_{i} \in\{0,1\}(i=1,2, \cdots)$,且存在正整数 $\mathrm{m}$, 使得 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 成立, 则称其为 0-1 周期序列, 并称满足 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 的最小正整数 $\mathrm{m}$ 为这个序列的周期.对于周期为 $\mathrm{m}$ 的 0-1 序列 $a_{1} a_{2} \cdots{ }^{\prime \prime} a_{n}{ }^{\prime \prime}$, $C(k)=\frac{1}{m} \sum_{i=1}^{m} a_{i} a_{i+k}(k=1,2, \cdots, m-1)$是描述其性质的重要指标, 下列周期为 5 的 0-1 序列中,满足 $C(k) \leq \frac{1}{5}(k=1,2,3,4)_{\text {的序列是 }(\quad)}$
选项：
A. $11010 \cdots$
B. 11011 "
C. $10001 \cdots$
D. $11001 \cdots$
答案：C
解析：答案: C



由已知 $m=5$,

$$
C(k)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+k}, k=1,2,3,4
$$

对于 $\mathrm{A}$,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+0)=\frac{1}{5} \leq \frac{1}{5}$

$C(2)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{3} a_{i} a_{i+2}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}+a_{4} a_{6}+a_{5} a_{7}\right)=\frac{1}{5}(0+1+0+1+0)=\frac{2}{5}$,

不满足;

对于 B,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+1+1)=\frac{3}{5}$

不满足;
对于 $\mathrm{D}$,

$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+1)=\frac{2}{5}$, 不满足;

故答案为: C

【分析】分别为 4 个选项中 $\mathrm{k}=1,2,3,4$ 进行讨论, 若有一一个不满足条件, 就排除 ; 由题意可得周期都是 5 , 每个答案中都给了一个周期的排列, 若需要下个周期的排列, 继续写出, 如 C 答案中的排列为 100011000110001.

10.答案: B

【解析】 因为 $R_{0}=
题目（高三 · 立体几何学）：在正方体中 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 若 $G$ 点是 $\triangle B A_{1} D$ 的重心, 且 $\overrightarrow{A G}=x \overrightarrow{A D}+y \overrightarrow{A B}+z \overrightarrow{C_{1}}$,则 $x+y+z$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. 3
B. 1
C. -1
D. -3
答案：B
解析：如图所示: 连接 $A C, B D$ 交于点 0 , 连 $A G, A 1 G$, 则 $2 \overrightarrow{\mathrm{AO}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}, \overrightarrow{\mathrm{OG}}=rac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{OA}_{1}}, \overrightarrow{\mathrm{OA}_{1}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AA}_{1}}, \quad 	herefore \overrightarrow{\mathrm{AG}}=\overrightarrow{\mathrm{AO}}+$ $\overrightarrow{\mathrm{OG}}=\overrightarrow{\mathrm{AO}}+rac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{OA}_{1}}=\overrightarrow{\mathrm{AO}}+rac{1}{3}\left(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\left.\mathrm{AA}_{1}ight)}=rac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{AO}}+rac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{AA}_{1}}=rac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+ight.$ $rac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{AD}}+rac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{CC}_{1}}, ecause \overrightarrow{\mathrm{AG}^{2}}=\mathrm{xAD}+y \overrightarrow{\mathrm{AB}^{2}}+\mathrm{zC} \overrightarrow{\mathrm{CC}_{1}}, 	herefore \mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}=rac{1}{3}+rac{1}{3}+rac{1}{3}=1$. 故
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 在四面体 $\mathrm{ABCD}$ 中, 设 $\mathrm{G}$ 是 $\mathrm{CD}$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{BD}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}})=(\quad)$
选项：
A. $\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
B. $\overrightarrow{\mathrm{BG}}$
C. $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$
D. $\overrightarrow{\mathrm{AG}}$

!
答案：D
解析：\mathrm{G}$ 是 $\mathrm{CD}$ 的中点, $	herefore \overrightarrow{\mathrm{AB}}+rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{BD}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}})=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BG}}=\overrightarrow{\mathrm{AG}}$, 故选: D.
题目（高三 · 立体几何学）：空间向量及其运算 (1)
选项：
答案：B
解析：ecause$ 在空间直角坐标系中, 点 $A(1,0,1), B(3,2,1), 	herefore$ 线段 $A B$ 的中点的坐标是 $(2,1,1)$. 故选 B.
题目（高三 · 立体几何学）：两个向量 $\vec{a}=(2,-1,3), \vec{b}=(4, m, n)$, 且 $\vec{a} / / \vec{b}$, 则 $m+n$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
答案：C
解析：ecause \vec{a} \| \vec{b}, 	herefore$ 存在实数 $k$ 使得 $\vec{a}=k \vec{b}, 	herefore\left\{egin{array}{c}2=4 k \ -1=k m \ 3=k n\end{array}ight.$, 解得 $k=rac{1}{2}, m=-2, n=6$, 则 $m+n=4$. 故选 C.
题目（高三 · 立体几何学）：已知向量 $\overrightarrow{\mathrm{a}}=(1,1,0)$, 则与 $\overrightarrow{\mathrm{a}}$ 共线的单位向量 $\overrightarrow{\mathrm{e}}=(\quad)$
选项：
A. $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$
B. $(0,1,0)$
C. $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$
D. $(1,1,1)$
答案：C
解析：向量 $\overrightarrow{\mathrm{e}}=rac{\overrightarrow{\mathrm{a}}}{|\overrightarrow{\mathrm{a}}|}=rac{\sqrt{2}}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}=\left(rac{\sqrt{2}}{2}, rac{\sqrt{2}}{2}, 0ight)$, 并且向量 $\overrightarrow{\mathrm{e}}=\left(rac{\sqrt{2}}{2}, rac{\sqrt{2}}{2}, 0ight)$ 的模 $|\overrightarrow{\mathrm{e}}|=\sqrt{\left(rac{\sqrt{2}}{2}ight)^{2} 	imes 2+0}=1$. 故选: C.
题目（高三 · 立体几何学）：已知空间向量 $\vec{a}=(1, n, 2), \vec{b}=(-2,1,2)$, 若 $2 \vec{a}-\vec{b}$ 与 $\vec{b}$ 垂直, 则 $|\vec{a}|$ 等于 ( )
选项：
A. $\frac{5 \sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{3 \sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{37}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{21}}{2}$
答案：B
解析：ecause \vec{a}=(1, n, 2), \vec{b}=(-2,1,2), 	herefore 2 \vec{a}-\vec{b}=(4,2 n-1,2), ecause 2 \vec{a}-\vec{b}$ 与 $\vec{b}$ 垂直, $	herefore$ $(2 \vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{b}=0, 	herefore-8+2 n-1+4=0$, 解得 $n=rac{5}{2}, 	herefore \vec{a}=\left(1, rac{5}{2}, 2ight), 	herefore|\vec{a}|=\sqrt{1^{2}+2^{2}+\left(rac{5}{2}ight)}=rac{3 \sqrt{5}}{2}$. 故选 B.
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\vec{a}=(2,-1,3), \vec{b}=(-1,4,-2), \vec{c}=(7,5, \lambda)$, 若 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ 三向量不能构成空间的一个基底，则实数 $\lambda$ 的值为
选项：
A. 0
B. $\frac{35}{7}$
C. 9
D. $\frac{65}{7}$
答案：D
解析：ecause \vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ 三向量共面, $	herefore$ 存在实数 $m, n$, 使得 $\vec{c}=m \vec{a}+n \vec{b}$,
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\overrightarrow{A B}=(1,-1,0), C(0,1,-2)$, 若 $\overrightarrow{C D}=2 \overrightarrow{A B}$, 则点 $D$ 的坐标为 ( )
选项：
A. $(-2,3,-2)$
B. $(2,-3,2)$
C. $(-2,1,2)$
D. $(2,-1,-2)$
答案：D
解析：$\mathrm{D}$ 设点 $\mathrm{D}$ 为 $(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})$, 又 $\mathrm{C}(0,1,-2)$, 所以 $\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(\mathrm{x}, \mathrm{y}-1, \mathrm{z}+2)$,
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 四面体 $A B C D$ 中, 点 $E$ 是 $C D$ 的中点, 记 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$, $\overrightarrow{A C}=\vec{b}, \overrightarrow{A D}=\vec{c}$, 则 $\overrightarrow{B E}=(\quad)$
选项：
A. $\vec{a}-\frac{1}{2} \vec{b}+\frac{1}{2} \vec{c}$
B. $-\vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}+\frac{1}{2} \vec{c}$
C. $\frac{1}{2} \vec{a}-\vec{b}+\frac{1}{2} \vec{c}$
D. $-\frac{1}{2} \vec{a}+\vec{b}+\frac{1}{2} \vec{c}$

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答案：B
解析：连接 $\mathrm{AE}, ecause \mathrm{E}$ 是 $\mathrm{CD}$ 的中点, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\overrightarrow{\mathrm{b}}, \overrightarrow{\mathrm{AD}}=\overrightarrow{\mathrm{c}}$,$	herefore \overrightarrow{\mathrm{AE}}=rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}})=rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{b}}+\overrightarrow{\mathrm{c}}), ecause 	riangle \mathrm{ABE}$ 中, $\overrightarrow{\mathrm{BE}}=\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{AE}}=-\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AE}}, \overrightarrow{\mathrm{AB}}=\overrightarrow{\mathrm{a}}, \quad 	herefore$ $\overrightarrow{\mathrm{BE}}=-\overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{b}}+\overrightarrow{\mathrm{c}})=-\overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{b}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{c}}$, 故选 B.
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 在直三棱柱 $A B C-A^{\prime} B^{\prime} C$ 中, $A C=B C=A A^{\prime}, \angle A C B=90^{\circ}, D, E$ 分别在 $A B, B B^{\prime}$ 的中点,直线 $C E$ 与 $A C^{\prime}$ 所成角的余弦值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
B. $-\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

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答案：C
解析：由题意设 $\overrightarrow{C A}=\vec{a}, \overrightarrow{C B}=\vec{b}, \overrightarrow{C C^{\prime}}=\vec{c}, 	herefore|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|, \vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{b} \cdot \vec{c}=\vec{a} \cdot \vec{c}=0$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=-\overrightarrow{\mathrm{a}}+\overrightarrow{\mathrm{e}}, 	herefore|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|=\sqrt{2}|\overrightarrow{\mathrm{a}}|,|\overrightarrow{\mathrm{CE}}|=rac{\sqrt{5}}{2}|\overrightarrow{\mathrm{a}}|, \quad 	herefore \overrightarrow{\mathrm{AC}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{CE}}=(-\overrightarrow{\mathrm{a}}+\overrightarrow{\mathrm{c}}) \cdot\left(\overrightarrow{\mathrm{b}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{c}}ight)=rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{c}}^{2}=$ $rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}^{2}, 	herefore \cos \langle\overrightarrow{\mathrm{AC}}, \overrightarrow{\mathrm{CE}}angle=rac{rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}^{2}}{\sqrt{2} \cdot rac{\sqrt{5}}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}^{2}}=rac{\sqrt{10}}{10}$. 即异面直线 $\mathrm{CE}$ 与 $\mathrm{AC}^{\prime}$ 所成角的余弦值为 $rac{\sqrt{10}}{10}$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\vec{a}=(2,-1,2), \vec{b}=(-4,2, x)$, 且 $\vec{a} / / \vec{b}$, 则 $x=(\quad)$
选项：
A. 5
B. 4
C. -4
D. -5
答案：C
解析：因为 $\vec{a} / / \vec{b}$, 所以 $\vec{b}=\lambda \vec{a}$, 所以 $(2,-1,2)=\lambda(-4,2, x)$, 由 $\left\{egin{array}{l}2=-4 \lambda \ -1=2 \lambda \ 2=\lambda x\end{array}ight.$, 解得, $x=-4$, 故选 C.
题目（高三 · 立体几何学）：在空间直角坐标系中, 一定点到三个坐标平面的距离都是 2 , 那么该定点到原点的距离是 ( )
选项：
A. $\sqrt{6}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. $\sqrt{3}$
D. $\frac{2 \sqrt{6}}{3}$
答案：B
解析：设该定点坐标为 $(x, y, z), ecause$ 在空间直角坐标系中, 一定点到三个坐标平面的距离都是 2, $	herefore|x|=2,|y|=2,|z|=2, 	herefore$ 该定点到原点的距离是: $\sqrt{2^{2}+2^{2}+2^{2}}=2 \sqrt{3}$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $A(2,-5,1), B(2,-2,4), C(1,-4,1)$, 则向量 $\overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{A C}$ 的夹角为 $(\quad)$
选项：
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $90^{\circ}$
答案：C
解析：因为 $\mathrm{A}(2,-5,1), \mathrm{B}(2,-2,4), \mathrm{C}(1,-4,1)$, 所以 $\overrightarrow{A B}=(0,3,3), \overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-$
题目（高三 · 立体几何学）：已知向量 $\vec{a}=(1,1,0), \vec{b}=(-1,0,1)$, 且 $k \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 互相垂直, 则 $k=(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $-\frac{1}{3}$
D. $-\frac{1}{2}$
答案：B
解析：ecause$ 向量 $\vec{a}=(1,1,0), \vec{b}=(-1,0,1), 	herefore k \vec{a}+\vec{b}=(k-1, k, 1)$; 又 $k \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 互相垂直, $	herefore(k \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{a}=0$, 即 $(k-1) 	imes 1+k=0$, 解得 $k=rac{1}{2}$. 故选 $B$.
题目（高三 · 立体几何学）：在空间直角坐标系中, 点 $A(1,-2,3)$ 关于平面 $x O z$ 的对称点为 $B, A$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $C$, 则 $B, C$ 两点间的距离为 ( )
选项：
A. $2 \sqrt{5}$
B. 6
C. 4
D. $2 \sqrt{13}$
答案：B
解析：由题意得: $\mathrm{B}(1,2,3), \mathrm{C}(1,2,-3), 	herefore \mathrm{BC}=\sqrt{(1-1)^{2}+(2-2)^{2}+(3+3)^{2}}=6$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\triangle A B C$ 的三个顶点为 $A(3,3,2), B(4,-3,7), C(0,5,1)$, 则 $B C$ 边上的中线长为 ( )
选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
答案：B
解析：设 $\mathrm{BC}$ 的中点为 $\mathrm{D}$, 则由已知 $\mathrm{D}(2,1,4)$,所以 $\mathrm{AD}=\sqrt{(3-2)^{2}+(3-1)^{2}+(2-4)^{2}}=3$. 故选 $\mathrm{B}$.
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $M$ 为 $A_{1} C_{1}$ 的中点, 若 $\overrightarrow{A B}=$ $\vec{a}, \overrightarrow{B C}=\vec{b}, \overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}$, 则 $\overrightarrow{B M}$ 可表示为 $(\quad)$
选项：
A. $-\frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}$
B. $\frac{1}{2} \vec{a}+\frac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}$
C. $-\frac{1}{2} \vec{a}-\frac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}$
D. $\frac{1}{2} \vec{a}-\frac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}$

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答案：A
解析：取 $A C$ 的中点 $N$ ，连接 $B N 、 M N ，$ 如图所示;$ecause M$ 为 $A 1 C 1$ 的中点, $\overrightarrow{A B}=\vec{a}, \overrightarrow{B C}=\vec{b}, \overrightarrow{A_{1}}=\vec{c}$,$	herefore \overrightarrow{\mathrm{NM}}=\overrightarrow{\mathrm{AA}_{1}}=\overrightarrow{\mathrm{c}}, \overrightarrow{\mathrm{BN}}=rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}})=rac{1}{2}(-\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}})=-rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{b}}$$	herefore \overrightarrow{\mathrm{BM}}=\overrightarrow{\mathrm{BN}}+\overrightarrow{\mathrm{NM}}=\left(-rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{b}}ight)+\overrightarrow{\mathrm{c}}=-rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{a}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{b}}+\overrightarrow{\mathrm{c}}$. 故选: A.
题目（高三 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F$ 分别为棱 $A B, C C_{1}$ 的中点, 则直线 $E F$ 与 $B D_{1}$ 所成角的余弦值为 ( )
选项：
A. $-rac{2}{3}$B. $-rac{\sqrt{2}}{3}$C. $rac{2}{3}$D. $rac{\sqrt{2}}{3}$
答案：D
解析：以 $A B 、 A D 、 A A 1$ 为 $x 、 y 、 z$ 轴, 建立空间直角坐标系,取 $A B=1$,则 $\mathrm{B}(1,0,0), \mathrm{D} 1(0,1,1), \mathrm{E}\left(rac{1}{2}, 0,0ight), \mathrm{F}(1,1$,$\left.rac{1}{2}ight)$$	herefore \overrightarrow{\mathrm{BD}_{1}}=(-1,1,1), \overrightarrow{\mathrm{EF}}=\left(rac{1}{2}, 1, rac{1}{2}ight)$,可得 $\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}_{1}}ight|=\sqrt{3},|\overrightarrow{\mathrm{EF}}|=rac{\sqrt{6}}{2}, \overrightarrow{\mathrm{BD}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{EF}}=(-1) 	imes rac{1}{2}+1 	imes 1+1 	imes rac{1}{2}=1$, 设异面直线 $\mathrm{EF}$ 与 $\mathrm{BD} 1$ 所成角为 $	heta$, 则 $\cos 	heta=rac{|\overrightarrow{\mathrm{BD}} 1 \cdot \overrightarrow{\mathrm{EF}}|}{\left.|\overrightarrow{\mathrm{BD}}|_{1}|\cdot| rac{\sqrt{\mathrm{EF}}}{} ightvert\,} rac{\sqrt{2}}{3}$, 故选 D.
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A B=A A_{1}=2, M 、 N$ 分别是 $B B_{1}$和 $B_{1} C_{1}$ 的中点, 则直线 $A M$ 与 $C N$ 所成角的余弦值等于 ( )


选项：
A. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
B. $\frac{2 \sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
答案：D
解析：如图, 以 $\mathrm{A}$ 为原点, 在平面 $\mathrm{ABC}$ 处以过点 $\mathrm{A}$ 垂直于 $\mathrm{AC}$ 的直线为 $\mathrm{x}$ 轴, 以 $\mathrm{AC}$ 为 $\mathrm{y}$轴, 以 AA1 为 $\mathrm{z}$ 轴, 建立空间直角坐标系, 由题意知 $\mathrm{A}(0,0,0), \mathrm{M}(\sqrt{3}, 1,1), \mathrm{C}$ $(0,2,0), \mathrm{N}\left(rac{\sqrt{3}}{2}, rac{3}{2}, 2ight), 	herefore \overrightarrow{\mathrm{AM}}=(\sqrt{3}, 1,1), \overrightarrow{\mathrm{CN}}=\left(rac{\sqrt{3}}{2},-rac{1}{2}, 2ight)$, 设直线 $\mathrm{AM}$ 与 $\mathrm{CN}$ 所成角的大小为 $	heta$, 则 $\cos 	heta=|\cos <\overrightarrow{\mathrm{AM}}, \overrightarrow{\mathrm{CN}}>|=\left|rac{rac{3}{2}-rac{1}{2}+2}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}}ight|=rac{3}{5}$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F$ 分别为棱 $A B, C C_{1}$ 的中点, 则直线 $E F$ 与 $B D_{1}$ 所成角的余弦值为 ( )
选项：
A. $-\frac{2}{3}$
B. $-\frac{\sqrt{2}}{3}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
答案：B
解析：因为 $\vec{a}=(2,-3,1), \vec{b}=(2,0,3), \vec{c}=(0,2,2)$, 所以 $\vec{b}+\vec{c}=(2,2,5)$,所以 $\overrightarrow{\mathrm{a}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{b}}+\overrightarrow{\mathrm{c}})=2 	imes 2+(-3) 	imes 2+1 	imes 5=3$, 选 B.
题目（高三 · 立体几何学）：空间直角坐标系中, 已知 $A(2,1,3), B(-2,3,1)$, 点 $A$ 关于 ${ }_{X} O_{y}$ 平面对称的点为 $C$, 则 $B, C$ 两点间的距离为 ( )
选项：
A. 6
B. $2 \sqrt{6}$
C. $2 \sqrt{5}$
D. $\sqrt{10}$
答案：A
解析：ecause$ 点 $\mathrm{A}(2,1,3)$ 关于平面 xoy 对称点的横坐标与纵坐标不变, 坚坐标相反, $	herefore \mathrm{C}$ $(2,1,-3)$, 又 $\mathrm{B}(-2,3,1), 	herefore|\mathrm{BC}|=\sqrt{(2+2)^{2}+(1-3)^{2}+(-3-1)^{2}}=6$, 故选 A.
题目（高三 · 立体几何学）：在空间直角坐标系中, 若以点 $A(4,1,9), B(10,-1,6), C(x, 3,3)$ 为顶点的 $\triangle A B C$ 是以 $B C$ 为底边的等腰三角形, 则实数 $x$ 的值是 ( )
选项：
A. -1
B. 1
C. 7
D. 1 或 7
答案：D
解析：$ecause$ 在空间直角坐标系中, 以点 $\mathrm{A}(4,1,9), \mathrm{B}(10,-1,6), \mathrm{C}(\mathrm{x}, 3,3)$ 为顶点的 $	riangle A B C$ 是以 $B C$ 为底边的等腰三角形， $	herefore|A B|=|A C|$, 即 $\sqrt{(10-4)^{2}+(-1-1)^{2}+(6-9)^{2}}=\qrt{(x-4)^{2}+(3-1)^{2}+(3-9)^{2}}$, 解得 $x=1$ 或 $x=7$. 故选: D.