eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 逻辑题）：给出下面程序:

INPUT " $\mathrm{x}=$ " $; \mathrm{x}$

IF $x<=0$ THEN

$$
\mathrm{f}(\mathrm{x})=4 * \mathrm{x}
$$

ELSE

$$
f(x)=2 x
$$

END IF

PRINT $\mathrm{f}(\mathrm{x})$

END

根据程序, 可求得 $\mathrm{f}(-1)+\mathrm{f}(2)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
解析：的实质是考查程序的功能, 由程序知 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}4 x, x \leqslant 0 \\ 2^{x}, x>0\end{array}\right.$, 所以 $f(-1)+f(2)=4 \times(-1)+2^{2}=0$故答案为:0
题目（高一 · 逻辑题）：读程序完成下列问题:



(1) 若执行程序时, 没有执行语句 $y=x+1$, 则输入的 $x$ 的范围是

(2) 若输出结果是 5 , 则执行的赋值语句是输入的 $x$ 的值是
选项：
答案：(1) $x \leqslant 1 \quad$ (2) $y=x+1 \quad 4$
解析：(1) $x \leqslant 1 \quad$ (2) $y=x+1 \quad 4$

依题意, 题目所给的程序是求函数 $\mathrm{y}=\left\{\begin{array}{l}x+1, x>1 \\ 2 x+1, x \leqslant 1\end{array}\right.$ 的函数值, 因此, 当 $x \leq 1$ 时, 没有执行语句 $y=x+1$ 又当 $\mathrm{x}>1$ 时, $\mathrm{x}+1>2$, 当 $x \leq 1$ 时, $2 x+1 \leq 3$, 从而输出结果是 5 时, 执行的值语句是 $y=x+1$, 故输入的 $x$ 的值为 $x=5-1-4$.故答案为:(1) $x \leqslant 1 \quad$ (2) $y=x+1 \quad 4$
题目（高一 · 逻辑题）：程序设计语言一般包含 \$ \qquad \$ \$ \qquad \$五种基本算法语句.
选项：
答案：输人语句 输出语句 赋值语句 条件语句 循环语句
解析：故答案为:输人语句 输出语句 赋值语句 条件语句 循环语句
题目（高一 · 逻辑题）：某同学与其猎人父亲外出打猎, 一只野兔从前方窝过, 只听到一声枪响, 野兔便应声倒下，因此推测，这一发命中子弹是由打出的.
选项：
答案：猎人父亲
解析：猎人父亲一枪便打中野兔, 由于猎人命中的概率一般大于这位同学命中的概率，根据极大似然法的思想推测，这一发命中子弹应该是由猎人父亲打出的.故答案为:猎人父亲
题目（高一 · 逻辑题）：指出下列集合之间的关系:

(1) $A=\{-1,1\}, B=\left\{x \in N \mid x^{2}=1\right\}$;

(2) $A=\{-1,1\}, \quad B=\{(-1,-1),(-1,1),(1,-1),(1,1)\}$;

(3) $P=\{x \mid x=2 n, n \in Z\}, Q=\{x \mid x=2(n-1), n \in Z\}$;

(4) $A=\{x \mid x$ 是等边三角形 $\}, B=\{x \mid x$ 是三角形 $\}$;

(5) $A=\{x \mid-1<x<4\}, B=\{x \mid x-5<0\}$.
选项：
答案：(1) $B \varsubsetneqq A$;
(2) 无包含关系;
(3) $P=Q$ ；
(4) $A \varsubsetneqq B$;
(5) $A \varsubsetneqq B$.
解析：【详解】

(1) 因为 $B=\left\{x \in N \mid x^{2}=1\right\}=\{1\}$, 所以 $B \varsubsetneqq A$;

(2) 由于集合 $A=\{-1,1\}$ 为数集, 集合 $B=\{(-1,-1),(-1,1),(1,-1),(1,1)\}$ 为点集, 故无包含关系;

（3）根据题意 $P, Q$ 均表示偶数, 故 $P=Q$;

（4）由于等边三角形是三角形中的特殊三角形, 故 $A \varsubsetneqq B$;

(5) 由于 $B=\{x \mid x-5<0\}=\{x \mid x<5\}$, 故 $A \varsubsetneqq B$.

【点睛】

本题考查集合的关系, 是基础题.
题目（高一 · 逻辑题）：已知集合 $A, B$ 均为全集 $U=\{1,2,3,4\}$ 的子集, 且 $\complement_{U}(A \cup B)=\{4\}, B=\{1,2\}$, 则 $A \cap\left(\complement_{U} B\right)=$
选项：
答案：$\{3\}$
解析：$\because U=\{1,2,3,4\}, \complement_{U}(A \cup B)=\{4\}$,

$\therefore A \cup B=\{1,2,3\}$,

又 $\because B=\{1,2\}, \therefore\{3\} \subseteq A \subseteq\{1,2,3\}$.

又 $\complement_{U} B=\{3,4\}, \therefore A \cap\left(\complement_{U} B\right)=\{3\}$.

## 【答案】 $\{3\}$
题目（高一 · 逻辑题）：设全集 $\mathrm{U}=\mathbf{R}$, 集合 $A=\{x \mid x \geqslant 0\}, B=\{y \mid y \geqslant 1\}$, 则 $\complement_{U} A$ 与 $\complement_{U} B$ 的包含关系是
选项：
答案：$\complement_{U} A=\{x \mid x<0\}, \complement_{U} B=\{y \mid y<1\}=\{x \mid x<1\} . \therefore \complement_{U} A \subseteq \complement_{U} B$.

【答案】 $\complement_{\mathrm{U}} A \subseteq \complement_{\mathrm{U} B}$
解析：$\complement_{U} A=\{x \mid x<0\}, \complement_{U} B=\{y \mid y<1\}=\{x \mid x<1\} . \therefore \complement_{U} A \subseteq \complement_{U} B$.

【答案】 $\complement_{\mathrm{U}} A \subseteq \complement_{\mathrm{U} B}$
题目（高一 · 逻辑题）：若集合 $A=\{x \mid x \leqslant 2\}, B=\{x \mid x \geqslant a\}$, 满足 $A \cap B=\{2\}$, 则实数 $a=$
选项：
答案：2
解析：$\because A \cap B=\{x \mid a \leqslant x \leqslant 2\}=\{2\}$,

$\therefore a=2$.

答案: 2
题目（高一 · 逻辑题）：若集合 $A=\{x \mid x \leqslant 2\}, B=\{x \mid x \geqslant a\}$, 且满足 $A \cap B=\{2\}$, 则实数 $a=$
选项：
答案：2
解析：当 $a>2$ 时, $A \cap B=\varnothing$;

当 $a<2$ 时, $A \cap B=\{x \mid a \leqslant x \leqslant 2\}$; 当 $a=2$ 时, $A \cap B=\{2\}$. 综上, $a=2$.

## 【答案】 2
题目（高一 · 逻辑题）：图中反映的是 “文学作品” “散文” “小说” “叙事散文” 这四个文学概念之间的关系, 请作适当的选择填入下面的空格:


$A$ 为 ; $B$ 为
$C$ 为 ; $D$ 为
选项：
答案：由Venn 图可得 $A B, C D B, A$ 与 $D$ 之间无包含关系, $A$ 与 $C$ 之间无包含关系。由 “文学作品” “散文” “小说” “叙事散文” 四个文学概念之间的关系, 可得 $A$ 为小说, $B$ 为文学作品, $C$ 为叙事散文, $D$ 为散文。

答案: 小说 文学作品 叙事散文 散文
解析：由Venn 图可得 $A B, C D B, A$ 与 $D$ 之间无包含关系, $A$ 与 $C$ 之间无包含关系。由 “文学作品” “散文” “小说” “叙事散文” 四个文学概念之间的关系, 可得 $A$ 为小说, $B$ 为文学作品, $C$ 为叙事散文, $D$ 为散文。

答案: 小说 文学作品 叙事散文 散文
题目（高一 · 组合数学）：(2021-普陀区一模) 一个袋中装有同样大小、质量的 10 个球, 其中 2 个红色、 3 个蓝色、 5 个黑色，经过充分混合后，若从此袋中任意取出 4 个球，则三种颜色的球均取到的概率为
选项：
答案：$\frac{1}{2}$.
解析：解: 由题设知: 从 10 个球中任取 4 个球, 共有 $C{ }_{10}^{4}=210$ 种取法,

满足三种颜色的球均取到的取法有 $C \quad{ }_{2}^{2} C \quad \frac{1}{3} C \quad \frac{1}{5}+C \quad{ }_{2}^{1} C \quad{ }_{3}^{2} C \quad{ }_{5}^{1}+C \quad \frac{1}{2} C \quad \frac{1}{3} C \quad \frac{2}{5}=105$ 种, $\therefore$ 三种颜色的球均取到的概率为 $\frac{105}{210}=\frac{1}{2}$,
故答案为: $\frac{1}{2}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・湖北月考）湖北省 2021 年的新高考按照 “ $3+1+2$ ” 的模式设置, “ 3 ” 为全国统一高考的语文、数学、外语 3 门必考科目; “ 1 ” 由考生在物理、历史 2 门中选考 1 门科目; “ 2 ” 由考生在思想政治、地理、化学、生物学 4 门中选考 2 门科目. 则甲, 乙两名考生在 6 门选考科目中恰有两门科目相同的条件下，均选择物理的概率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{2}{5}$.
解析：解: “ 1 ” 由考生在物理、历史 2 门中选考 1 门科目; “ 2 ” 由考生在思想政治、地理、化学、生物学 4 门中选考 2 门科目.

则甲, 乙两名考生在 6 门选考科目中恰有两门科目相同的条件下包含的基本事件个数为:

$n=C_{2}^{1} C_{4}^{2} C_{2}^{1} C_{2}^{1}+C_{2}^{1} C_{4}^{2}=60$,

其中均选择物理包含的基本事件个数 $m=C_{1}^{1} C_{4}^{2} C_{2}^{1} C_{2}^{1}=24$.

则甲, 乙两名考生在 6 门选考科目中恰有两门科目相同的条件下, 均选择物理的概率为:

$P=\frac{m}{n}=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$.

故答案为: $\frac{2}{5}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・义乌市月考） “九九表” 即九九乘法口诀表, 它最初是从 “九九八十一” 开始, 大约到公元 13, 14 世纪, 才把“九九表” 完全反转过来, 由“一一得一”开始, 到“九九八十一”止. “九九表” 较早的出现可见于文献记载的南宋初洪迈的《容斋续笔》卷七. 若从 “九九表” (三角形九九表）中任意取出一句口诀, 其表示的计算结果不大于 10 的概率是 \$ \qquad \$ .

$1 \times 1=1$

$1 \times 2=2 \quad 2 \times 2=4$

$1 \times 3=3 \quad 2 \times 3=6 \quad 3 \times 3=9$

$\cdots$

九九乘法口诀表 (部分)
选项：
答案：$\frac{14}{45}$.
解析：解: $\because$ “九九表” 中共有 45 个式子, 其中有 14 个式子的结果不大于 10 ,

$\therefore$ 从 “九九表” (三角形九九表) 中任意取出一句口诀, 其表示的计算结果不大于 10 的概率 $P=\frac{C_{14}^{1}}{C_{45}^{1}}=\frac{14}{45}$,

故答案为: $\frac{14}{45}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2021-佛山一模）某高校每年都举行男子校园足球比赛, 今年有 7 支代表队出线进入决赛阶段,其中的甲、乙两支队伍分别是去年的冠、亚军球队. 根据赛制, 先用抽签的方式，把 7 支出线球队随机分成 $A 、 B$ 两组分别进行单循环赛, 其中 $A$ 组 3 支球队、 $B$ 组 4 支球队, 则甲、乙恰好在同一组的概率为
选项：
答案：$\frac{3}{7}$.
解析：解：有 7 支代表队出线进入决赛阶段, 其中的甲、乙两支队伍分别是去年的冠、亚军球队.

先用抽签的方式, 把 7 支出线球队随机分成 $A 、 B$ 两组分别进行单循环赛, 其中 $A$ 组 3 支球队、 $B$组 4 支球队，
基本事件总数 $n=C_{7}^{3} C_{4}^{4}=35$,

甲、乙恰好在同一组包含的基本事件个数 $m=C_{2}^{2} C_{5}^{1} C_{4}^{4}+C_{2}^{2} C_{5}^{2} C_{3}^{3}=15$,

则甲、乙恰好在同一组的概率为 $P=\frac{m}{n}=\frac{15}{35}=\frac{3}{7}$.

故答案为: $\frac{3}{7}$.
题目（高一 · 组合数学）：(2020 春-包河区校级月考) 用黑白两种颜色的正方形地砖依照如图所示的规律拼成若干个图形,现将一粒豆子随机撤在第 2021 个图中，则豆子落在白色地砖上的概率是 \$ \qquad \$ .



第1个



第2个



第3个
选项：
答案：$\frac{10108}{12129}$.
解析：解: 设 $a_{n}$ 表示第 $n$ 个图形的地砖块数, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 9 为首项, 以 6 为公差的等差数列,

$\therefore a_{2021}=9+2020 \times 6=12129$,

由图形规律可知第 2021 个图形中有黑色地砖 2021 块,

故豆子落在白色地砖的概率为 $1-\frac{2021}{12129}=\frac{10108}{12129}$.

故答案为: $\frac{10108}{12129}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋 - 湖北期中）甲、乙两人下棋, 两人下成和棋的概率是 $\frac{1}{2}$, 甲获胜的概率是 $\frac{1}{5}$, 则乙获胜的概率是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{3}{10}$.
解析：解：因为甲、乙两人下成和棋的概率是 $\frac{1}{2}$, 甲获胜的概率是 $\frac{1}{5}$, 所以乙获胜的概率 $1-\frac{1}{5}-\frac{1}{2}=\frac{3}{10}$.

故答案为: $\frac{3}{10}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・三明期末）已知事件 $A, B$ 互相对立，且 $P(A)=2 P(B)$, 则 $P(A)=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{2}{3}$.
解析：解: $\because$ 事件 $A, B$ 互相对立, 且 $P(A)=2 P(B)$,

$\therefore P(A)+P(B)=3 P(B)=1$,

$\therefore P(B)=\frac{1}{3}$,

$\therefore P(A)=2 P(B)=\frac{2}{3}$.

故答案为: $\frac{2}{3}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・启东市校级期中）袋中有 12 个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球, 得到红球概率为 $\frac{1}{4}$, 得到黑球或黄球概率是 $\frac{5}{12}$, 得到黄球或绿球概率是 $\frac{1}{2}$, 则任取一球得到黄球的概率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{6}$.
解析：解: 袋中有 12 个小球, 分别为红球、黑球、黄球、绿球, 从中任取一球,得到红球概率为 $\frac{1}{4}$, 得到黑球或黄球概率是 $\frac{5}{12}$, 得到黄球或绿球概率是 $\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 袋中有红球: $12 \times \frac{1}{4}=3$ 个,

有黑球或黄球: $12 \times \frac{5}{12}=5$ 个,

有黄球或绿球: $12 \times \frac{1}{2}=6$ 个,

$\therefore$ 黄球个数为: $(5+6)-(12-3)=2$,

$\therefore$ 任取一球得到黄球的概率为 $P=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$.

故答案为: $\frac{1}{6}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・河西区校级期中）从装有 2 个红球和 2 个白球的口袋内任取 2 个球

（1）至少有 1 个白球; 都是白球;

（2）至少有 1 个白球; 至少有 1 个红球;

（3）恰有 1 个白球; 恰有 2 个白球;

（4）至少有 1 个白球; 都是红球;

是互斥事件的序号为 \$ \qquad \$
选项：
答案：(3) (4)
解析：解：（1）“至少有 1 个白球” 包含 “ 1 个白球， 1 个红球” 和 “都是白球” 与都是白球不是互斥事件;

（2）当是 “ 1 个白球， 1 个红球”，两个事件都成立，故（2）不是互斥事件;

（3）“恰有 1 个白球” 发生时, “恰有 2 个白球” 不会发生, 且在一次实验中不可能必有一个发生, 则（3）是互斥事件;

(4) “至少有 1 个白球” 包含 “ 1 个白球, 1 个红球” 和 “都是白球”, 与都是红球, 是互斥事
件;

故答案为: (3) (4)
题目（高一 · 组合数学）：018 秋・怀仁市校级期末）口袋里装有 1 红， 2 白， 3 黄共 6 个形状相同的小球，从中取出 2 球，事件 $A=$ “取出的两球同色” , $B=$ “取出的 2 球中至少有一个黄球”,$C=$ “取出的 2 球至少有一个白球”,$D=$ “取出的两球不同色” , $E=$ “取出的 2 球中至多有一个白球” . 下列判断中正确的序号为 \$ \qquad \$ .

(1) $A$ 与 $D$ 为对立事件; (2) $B$ 与 $C$ 是互斥事件; (3) $C$ 与 $E$ 是对立事件: (4) $P(C \cup E)=1$; (5) $P(B)$ $=P(C)$.
选项：
答案：)(4).
解析：口袋里装有 1 红, 2 白, 3 黄共 6 个形状相同的小球, 从中取出 2 球,事件 $A=$ “取出的两球同色”,$B=$ “取出的 2 球中至少有一个黄球” , $C=$ “取出的 2 球至少有一个白球”,$D=$ “取出的两球不同色”,$E=$ “取出的 2 球中至多有一个白球”。

在(1)中, $A$ 与 $D$ 为对立事件, 故(1)正确;

在(2)中, $B$ 与 $C$ 能同时发生, 不是互斥事件, 故(2)错误;

在(3)中, $C$ 与 $E$ 能同时发生, 不是对立事件, 故(3)错误:

在(4)中, $\because C \cup E=\Omega, \therefore P(C \cup E)=1$, 故(4)正确;

在(5)中, $P(B)=\frac{C_{3}^{1} C_{3}^{1}+C_{3}^{2}}{C_{6}^{2}}=\frac{4}{5}, P(C)=\frac{C_{2}^{1} C_{4}^{1}+C_{2}^{2}}{C_{6}^{2}}=\frac{3}{5}$. 故(5)错误.

故答案为: (1)(4).
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・浦东新区校级月考）有五张写有 $1 、 2 、 3 、 4 、 5$ 的卡片，每次抽取 1 张记好数字后放回, 这样抽 4 次, 则抽到的最大数与最小数的差小于 4 的概率是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{431}{625}$.
解析：解: 有五张写有 $1 、 2 、 3 、 4 、 5$ 的卡片, 每次抽取 1 张记好数字后放回, 这样抽 4 次,共有 $5^{4}$ 种不同的取法, 差值可能为 $1,2,3,4$,

最大数与最小数的差等于 4 , 则 4 次抽取中 5 或 1 没有抽到,

没有抽到 1 的有 $4^{4}$, 没有抽到 5 的有 $4^{4}, 5$ 和 1 都没有抽到的有 $3^{4}$,

所以抽到的最大数与最小数的差小于 4 有 $2 \times 4^{4}-3^{4}$ 种,

所以抽到的最大数与最小数的差小于 4 的概率 $P=\frac{4^{4} \times 2-3^{4}}{5^{4}}=\frac{431}{625}$.

故答案为: $\frac{431}{625}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020$\cdot$北京自主招生）从 $0-9$ 共 10 个数中任取 5 个组成一个 5 位或 4 位（0 在首位）数, 则该数被 396 整除概率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{2}{945}$.
解析：解: $396=9 \times 4 \times 11$,

先考虑被 9 整除的组合,

$(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)$, 任意两组, 加上 0,9 ,

$(1,2,3,4,8),(1,2,3,5,7),(1,2,4,5,6),(2)$

$(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4)$, 加上 0,9, ，(3)

再考虑被 11 整除，（1）中只能加 0 ,

最后考虑被 4 整除, $(1,2,3,5,7)$ 舍去, $(1,3,5)$ 加上 0,9 舍去,

（1）中所有情况数为: $C_{4}^{2} \times 2 \times A_{2}^{2}+C_{4}^{2} \times 2 \times A_{2}^{2}=48$,

（2）中所有情况数为: $A_{2}^{2}+A_{2}^{2}+A_{2}^{2}+A_{2}^{2}=8$,

（3）中所有情况数为 $2 A_{2}^{2}+2 A_{2}^{2}=8$,

综上共有: $8+8+48=64$ 种情况,

$\therefore$ 该数被 396 整除概率为 $P=\frac{64}{A_{10}^{5}}=\frac{2}{945}$.

故答案为: $\frac{2}{945}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・闵行区校级月考）我校 5 位同学报考了北京大学 “强基计划” 第 $I$ 专业组, 并顺利通过各项考核, 已知 5 位同学将根据综合成绩和志愿顺序随机地进入教学类、物理学类、力学类这三个专业中的某一个专业, 则这三个专业都有我校学生的概率是 \$ \qquad \$ （结果用最简分数表示）.
选项：
答案：$\frac{50}{81}$.
解析：解：5 位同学将根据综合成绩和志愿顺序随机地进入教学类、物理学类、力学类这三个专业中的某一个专业,

基本事件总数 $n=3^{5}=243$,

这三个专业都有我校学生包含的情况有两种, 各个专业的学生数分别为 $1,1,3$ 和 2, 2, 1 ,

$\therefore$ 这三个专业都有我校学生包含的基本事件个数 $m=\left(\frac{C_{5}^{1} C_{4}^{1} C_{3}^{3}}{A_{2}^{2}}+\frac{C_{5}^{2} C_{3}^{2} C_{1}^{1}}{A_{2}^{2}}\right) \cdot A_{3}^{3}=150$,则这三个专业都有我校学生的概率是 $p=\frac{m}{n}=\frac{150}{243}=\frac{50}{81}$.

故答案为: $\frac{50}{81}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 秋・浙江月考）甲从集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ 中任取三个不同的元素, 并按降序排列得到十进制三位数 $a$, 乙从集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ 中任取三个不同的元素, 按降序排列得到十进制三位数 $b$, 则 $a>b$ 的概率为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{37}{56}$.
解析：解: 甲从集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ 中任取三个不同的元素, 并按降序排列得到十进制三位数 $a$,

共有 $C_{9}^{3}=84$ 种情况，

乙从集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ 中任取三个不同的元素, 按降序排列得到十进制三位数 $b$,共有 $C_{8}^{3}=56$ 种情况,

故三位数 $a, b$ 进行比较可得到 $84 \times 56$ 种情况,

乙取到的三位数甲都能取到, 若乙取到的数是 123, 这在甲中是取得的最小的三位数,
则在甲取得的数中, 除了 123 外, 其它的数都比 123 大, 共有 $84-1=83$ 种情况,当乙取得其它数时, 分析同理, 则可以得到在所有数的比较中, $a>b$ 的情况共有: $83+82+81+\cdots+29+28$ 种,

故 $a>b$ 的概率为 $\frac{83+82+\cdots 29+28}{84 \times 56}=\frac{37}{56}$,

故答案为: $\frac{37}{56}$.
题目（高一 · 组合数学）：(2020-普陀区三模) 若实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} c$, 则 $a, b, c$ 是调和的. 设含有三个元素的集合 $P$ 是集合 $M=\{x|| x \mid \leqslant 2020, x \in \mathbf{Z}\}$ 的子集，当集合 $P$ 中的元素 $a 、 b 、 c$ 既是等差的又是调和的时，称集合 $P$ 为 “好集” . 则三元子集中 “好集” 的概率是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1010}{C_{4041}^{3}}$.
解析：解：因为 $P$ 为三元素集合，

所以实数 $a, b, c$ 互不相等, 且均不为 0 ,

根据题意可得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{2}{c} \\ 2 b=a+c\end{array}\right.$, 得 $2 b^{2}-a b-a^{2}=0$,

解得 $a=b$ (舍), 或 $a=-2 b$, 则 $c=4 b$

所以集合 $P=\{b,-2 b, 4 b\}$,

又因为含有三个元素的集合 $P$ 是集合 $M=\{x|| x \mid \leqslant 2020, x \in \mathbf{Z}\}$ 的子集,

所以 $-2020 \leqslant 4 b \leqslant 2020$, 即 $-505 \leqslant b \leqslant 505$, 且 $b \neq 0$

所以集合 $P$ 的个数为: $2 \times 505=1010$,

集合 $M$ 中共由 4041 个元素,

所以三元子集中 “好集” 的概率是 $\frac{1010}{C_{4041}^{3}}$,

故答案为: $\frac{1010}{C_{4041}^{3}}$.
题目（高一 · 组合数学）：020 春・滨海县校级期末）某个游戏中, 一个珠子按如图所示的通道, 由上至下的滑下, 从最下面的六个出口出来, 规定猜中者为胜, 如果某人在该游戏中, 猜得珠子从 3 号口出来, 那么他取胜的概率为 \$ \qquad \$


选项：
答案：我们把从顶点 $A$ 到 3 的路线图单独画出来:

<ImageHere>

分析可得，

从顶点 $A$ 到 3 总共有 $C_{5}^{2}=10$ 种走法, 每一种走法的概率都是 $\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 珠子从出口 3 出来是 $C_{5}^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{5}{16}$.
解析：我们把从顶点 $A$ 到 3 的路线图单独画出来:



分析可得，

从顶点 $A$ 到 3 总共有 $C_{5}^{2}=10$ 种走法, 每一种走法的概率都是 $\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 珠子从出口 3 出来是 $C_{5}^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{5}{16}$.
题目（高一 · 组合数学）：(2020 秋 - 历城区校级期中) 已知 7 件产品中有 5 件合格品, 2 件次品. 为找出这 2 件次品, 每次任取一件检验, 检验后不放回, 则 “恰好第一次检验出正品且第五次检验出最后一件次品” 的概
   率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{7}$.
解析：解: 考查两件次品的位置, 共有 $n=C_{7}^{2}=21$ 种取法,

因为恰好第五次取出最后一件次品,

依题意另一件次品只能排 $2,3,4$ 位, 共有 $m=C_{3}^{1}=3$ 种取法.

故 “恰好第一次检验出正品且第五次检验出最后一件次品” 的概率为 $p=\frac{m}{n}=\frac{1}{7}$.

故答案为: $\frac{1}{7}$.
题目（高一 · 组合数学）：（2020 春・海珠区校级月考）甲、乙两人约定晚上 6 点到 7 点之间在某地见面, 并约定先到者要等候另一人 10 分钟, 过时即可离开. 则甲、乙能见面的概率为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{11}{36}$
解析：解：设事件 $A$ 为 “两人能会面”, 以 7 点钟作为计算时间的起点,

设甲乙各在第 $x$ 分钟和第 $y$ 分钟到达

试验包含的所有事件是 $\Omega=\{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 60,0 \leqslant y \leqslant 60\}$,
并且事件对应的集合表示的面积是 $S=60 \times 60=3600$,

满足条件的事件是 $A=\{(x, y)|0 \leqslant x \leqslant 60,0 \leqslant y \leqslant 60| x-y \mid,<10\}$



所以事件对应的集合表示的面积是 $3600-2 \times \frac{1}{2} \times 50 \times 50=1100$,

根据几何概型概率公式得到 $P=\frac{1100}{3600}=\frac{11}{36}$

故答案为: $\frac{11}{36}$
题目（高一 · 组合数学）：（2018 秋・宾阳县校级期末）口袋内装有一些大小相同的红球、黄球、白球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为 0.65 , 摸出黄球或白球的概率是 0.6 , 那么摸出白球的概率是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：0.25 .
解析：解：口袋内装有一些大小相同的红球、黄球、白球,

设红、黄、白球各有 $a, b, c$ 个,

$\because$ 从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为 0.65 ,

摸出黄球或白球的概率是 0.6 ,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}\frac{a+c}{a+b+c}=0.65 \\ \frac{b+c}{a+b+c}=0.6\end{array}\right.$,

$\therefore \frac{a}{a+b+c}=1-0.6=0.4, \frac{b}{a+b+c}=1-0.65=0.35$,

$\therefore$ 摸出白球的概率是 $p=1-0.4-0.35=0.25$.

故答案为: 0.25 .
题目（高一 · 组合数学）：（2019 春・荷泽期末）已知三个事件 $A, B, C$ 两两互斥且 $P(A)=0.3, P(\bar{B})=0.6, P(C)$ $=0.2$, 则 $P(A \cup B \cup C)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：0.9 .
解析：解: 三个事件 $A, B, C$ 两两互斥,

$P(\overline{\mathrm{B}})=0.6$, 可得 $P(B)=1-0.6=0.4$,

则 $P(A \cup B \cup C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.3+0.4+0.2=0.9$.

故答案为: 0.9 .
题目（高一 · 组合数学）：（2018$\cdot$河南二模）将 “杨辉三角” 中的数从左到右、从上到下排成一数列: 1, 1, 1, 1, 2, 1,

$1,3,3,1,1,4,6,4,1, \cdots$, 如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和, 若输入 $m=4$ 则相应最后的输出 $S$ 的值是


选项：
答案：15
解析：解: $i=1, m=4$, 满足条件 $i<m, j=0$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{1}^{0}=1, S=1+1=2$; $j=1$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{1}^{1}=1, S=2+1=3$;

$j=2$, 不满足条件 $j \leqslant i$, 则 $i=2, j=0$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{2}^{0}=1, S=3+1=4$;

$j=1$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{2}^{1}=2, \quad S=4+2=6$;

$j=2$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{2}^{2}=1, S=6+1=7$;

$j=3$, 不满足条件 $j \leqslant i$, 则 $i=3, j=0$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{3}^{0}=1, S=7+1=8$;

$j=1$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{3}^{1}=3, S=8+3=11$;

$j=2$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{3}^{2}=3, S=11+3=14$;

$j=3$, 满足条件 $j \leqslant i$, 则 $a=C_{3}^{3}=1, S=14+1=15$;

$j=4$, 不满足条件 $j \leqslant i$, 则 $i=4$, 不满足条件 $i<m$, 输出 $S=15$;

故答案为: 15
题目（高一 · 组合数学）：集合 $A=\{x \in N \mid 1<x<5\}$, 则 $\mathrm{A}$ 的非空真子集有个.
选项：
答案：6
解析：【分析】

由题意可得集合 $A=\{2,3,4\}$, 结合求子集个数的计算公式即可.

## 【详解】

由题意知,

$A=\{x \in N \mid 1<x<5\}$,

所以 $A=\{2,3,4\}$,

所以集合 $A$ 的非空真子集的个数为: $2^{3}-2=6$.

故答案为: 6
题目（高一 · 组合数学）：若自然数 $n$ 使得做加法 $n+(n+1)+(n+2)$ 运算不产生进位现象, 则称 $n$ 为 “给力数”.例如： 32 是 “给力数” , 因 $32+33+34$ 不产生进位现象; 23 不是 “给力数”, 因 $23+$ $24+25$ 产生进位现象, 设小于 1000 的所有 “给力数” 的各数位上的数字组成集合 A, 则集合 $\mathrm{A}$ 中的数字之和为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：6
解析：由 “给力数” 的定义, 可得若 $a$ 为一位数, 则有 $a+(a+1)+(a+2) \leqslant 9$,解得 $a \leq 2$, 即 “给力数” 的个位数字可取 $0,1,2$; 若 $\mathrm{a}$ 为两位数, 即 $a=10 \times m+n$,因为个位数字 $n$ 可取 $0,1,2$, 且 $3 \times 10 \times m \leq 90$, 解得 $m \leq 3$, 即十位数字可取 $1,2,3$;同理可得 $\mathrm{a}$ 为三位数时, 百位数字可取 $1,2,3$, 此时十位数字可取 $0.1,2,3$, 个位数字可取 $0,1,2$.

综上, 小于 1000 的所有 “给力数” 的各数位上的数字组成集合 $A=\{0,1,2,3\}$, 所以集合 $A$中所有数字之和为 6 .故答案为:6
题目（高一 · 组合数学）：在郑股子试验中, 可以得到以下事件:

$A:\{$ 出现 1 点 $\} ; B:\{$ 出现 2 点 $\} ; C:\{$ 出现 3 点 $\} ; D:\{$ 出现 4 点 $\} ; E:\{$ 出现 5 点 $\} ; F$ 出现 6 点 $\} ; \mathrm{G}:\{$ 出现的点数不大于 1$\} ; \mathrm{H}:\{$ 出现的点数小于 5$\} ; \mathrm{I}:\{$ 出现奇数点 $\} ; \mathrm{J}:\{$ 出现偶数点\}.

请判断下列两个事件的关系: (1) B

$\mathrm{H} ;$ (2) D

J; (3) E I; (4) A G.
选项：
答案：(1) $\subseteq(2) \subseteq(3) \subseteq(4)=$
解析：因为出现的点数小于 5 包含出现 1 点, 出现 2 点, 出现 3 点, 出现 4 点四种情况, 所以事件 $\mathrm{B}$ 发生时, 事件团必然发生, 故 $B \subseteq H$; 同理 $D \subseteq J, E \subseteq I$; 又易知事件 $A$ 与事件 $\mathrm{G}$ 相等, 即 $\mathrm{A}=\mathrm{C}$.

故答案为: (1) $\subseteq(2) \subseteq(3) \subseteq(4)=$
题目（高一 · 组合数学）：用红、黄、蓝三种不同颜色给如图 3.2-14 中的 3 个矩形随机涂色, 每个矩形只涂一种颜色, 则 3 个矩形颜色都相同的概率是, 3 个矩形颜色都不同的概率是 \$ \qquad \$


选项：
答案：\frac{2}{9}
解析：所有可能的基本事件共有 27 个, 如图所示:


记 “ 3 个矩形颜色都相同” 为事件 A, 由图知, 事件 $\mathrm{A}$ 中的基本事件有 3 个, 故 $P(A)=\frac{3}{27}=\frac{1}{9}$ 。记 “ 3 个矩形颜色都不同” 为事件 B, 由图可知, 事件 B 中的基本事件有 6 个, 故 $P(B)=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}$ 。

故答案为:\frac{2}{9}
题目（高一 · 组合数学）：有 100 张卡片 (从 1 号到 100 号)，从中任取 1 张, 取到的卡片的标号是 7 的倍数的概率是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：0.14
解析：满足是 7 的倍数的数依次为 $7,14,21 \%, 98$, 共有 14 个, 所以所求概率为 $\frac{14}{100}=0.14$.故答案为:0.14
题目（高一 · 组合数学）：设 $\mathrm{a}$ 是一个各位数字都不是 0 且没有重复数字的三位数, 将组成 $\mathrm{a}$ 的 3 个数字按从小到大排成的三位数记为 1 (a), 按从大到小排成的三位数记为 D（a）（例如 $\mathrm{a}=815$, 则 I (a) $=158, D(a)=851)$. 阅读如图所示的程序框图, 运行相应的程序, 任意输入一个 $\mathrm{a}$, 输出的结果 $\mathrm{b}=$


选项：
答案：495
解析：本题主要考查程序框图, 意在考查考生的转化能力及逻辑推理能力. 显然对于任意符合题意的 $\mathrm{a}$, 输出的 b 为定值, 假设输入的 a 值为 123 .

当 $a=123$ 时, $b=321-123=198 \neq 123$;

当 $a=198$ 时, $b=981-189=792 \neq 198$;

当 $a=792$ 时, $b=972-279=693 \neq 792$;

当 $a=693$ 时,$b=963-369=594 \neq 693$;

当 $a=594$ 时, $b=954-459=495 \neq 594$;

当 $a=495$ 时, $b=954-459=495=a$, 终止循环, 输出 $b=495$.

故答案为:495
题目（高一 · 组合数学）：根据党中央关于精准脱贫的要求, 我市某部门派四位专家各自在周一、周二两天中任选一天对某县进行调研活动, 选择周一、周二可能性相同, 且四位专家周一或是周二去互不影响，则周一、周二都有专家参加调研活动的概率为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{7}{8}$
解析：依题意, 总的事件数为 $2^{4}=16$ 种, 只有周一或周二有专家参加调研活动的情况有 2 种, 所以

周一、周二都有专家参加调研活动的情况有 $16-2=14$ 种,

则周一、周二都有专家参加调研活动的概率为 $\frac{14}{16}=\frac{7}{8}$, 故答案为 $\frac{7}{8}$.
题目（高一 · 组合数学）：将一枚质地均匀的骰子先后抛郑两次, 若第一次朝上一面的点数为 $a$, 第二次朝上一面的点数为 $b$, 则函数 $y=a x^{2}-2 b x+1$ 在 $(-\infty, 2]$ 上为减函数的概率是
选项：
答案：$\frac{1}{4}$
解析：由题意, 将一枚质地均匀的股子先后抛郑两次, 可得 $a \in\{1,2,3,4,5,6\}, b \in\{1,2,3,4,5,6\}$,

又由函数 $y=a x^{2}-2 b x+1$ 在 $(-\infty, 2]$ 上为减函数, 则 $\frac{b}{a} \geq 2$, 即 $2 a \leq b$,

当 $a$ 取 1 时, $b$ 可取 $2,3,4,5,6$;

当 $a$ 取 2 时, $b$ 可取 $4,5,6$;

当 $a$ 取 3 时, $b$ 可取 6

共 9 种,

又因为 $(a, b)$ 的取值共 36 种情况,

所以所求概率为 $\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$, 故答案为 $\frac{1}{4}$.
题目（高一 · 组合数学）：若 $x \in A$, 且 $\frac{1}{x} \in A$, 则称 $A$ 是“伙伴关系集合”. 在集合 $M=\left\{-1,0, \frac{1}{4}, \frac{1}{3}, \frac{1}{2}, 1,2,3,4\right\}$ 的所有非空子集中任选一个集合, 则该集合是“伙伴关系集合”的概率为
选项：
答案：$\frac{31}{511}$
解析：$\because M=\left\{-1,0, \frac{1}{4}, \frac{1}{3}, \frac{1}{2}, 1,2,3,4\right\}$ ，

$\therefore$ 集合 $M$ 的所有非空子集的个数为 $2^{9}-1=511$.

$\because$ 若 $-1 \in A$, 则 $\frac{1}{-1}=-1 \in A$; 若 $1 \in A$, 则 $\frac{1}{1}=1 \in A$;
若 $2 \in A$, 则 $\frac{1}{2} \in A, 2$ 与 $\frac{1}{2}$ 成对出现; 若 $3 \in A$, 则 $\frac{1}{3} \in A, 3$ 与 $\frac{1}{3}$ 成对出现;

若 $4 \in A$, 则 $\frac{1}{4} \in A, 4$ 与 $\frac{1}{4}$ 成对出现,

$\therefore$ 集合 $M$ 的所有非空子集中，“伙伴关系集合”共有 $2^{5}-1=31$ (个)

$\therefore$ 在集合 $M$ 的所有非空子集中任选一个集合，

则该集合是“伙伴关系集合”的概率为 $\frac{31}{511}$ ，故答案为 $\frac{31}{511}$.
题目（高一 · 组合数学）：如图 2-3-8 所示, $P A \perp$ 平面 $A B C$, 在 $\triangle A B C$ 中, $B C \perp A C$, 则图中直角三角形的个数有



图 2-3-8
选项：
解析：left.\begin{array}{l}P A \perp \text { 平面 } A B C \\ B C \subset \text { 平面 } A B C\end{array}\right\} \Rightarrow$

$$
\left.\begin{array}{l}
P A \perp B C \\
A C \perp B C \\
P A \cap A C=A
\end{array}\right\} \Rightarrow B C \perp \text { 平面 } P A C \Rightarrow B C \perp P C
$$

$\therefore$ 直角三角形有 $\triangle P A B 、 \triangle P A C 、 \triangle A B C 、 \triangle P B C$.
题目（高一 · 组合数学）：满足 $\{1,3\} \cup A=\{1,3,5\}$ 的所有集合 $A$ 的个数是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：4
解析：由 $\{1,3\} \cup A=\{1,3,5\}$, 知 $A \subseteq\{1,3,5\}$, 且 $A$ 中至少有一个元素为 5 , 从而 $A$ 中其余元素可以是集合 $\{1,3\}$ 的子集的元素。而 $\{1,3\}$ 有 4 个子集, 因此满足条件的 $A$ 的个数是 4. 它们分别是 $\{5\},\{1,5\},\{3,5\}$, $\{1,3,5\}$.

## 答案: 4
题目（高一 · 组合数学）：在 26 枚崭新的金币中, 有一枚外表与真金币完全相同的假币(质量小一点), 现在只有一台天平, 则应用二分法的思想，最多称 \$ \qquad \$次就可以发现这枚假币.
选项：
答案：4
解析：将 26 枚金币平均分成两份, 分别放在天平两端, 则假币一定在质量小的那 13 枚金币里面; 从这 13 枚金币中拿出 1 枚，然后将剩下的 12 枚金币平均分成两份，分别放在天平两端，若天平平衡，则假币一定是拿出的那一枚，若不平衡，则假币一定在质量小的那 6 枚金币里面; 将这 6 枚金币平均分成两份，分别放在天平两端，则假币一定在质量小的那 3 枚金币里面; 从这 3 枚金币中任拿出 2 枚, 分别放在天平两端,若天平平衡, 则剩下的那一枚即是假币, 若不平衡, 则质量小的那一枚即是假币.

综上可知, 最多称 4 次就可以发现这枚假币.

答案: 4
题目（高一 · 组合数学）：某校高一某班共有 45 人, 摸底测验数学 20 人得优, 语文 15 人得优, 两门都不得优 20 人, 则两门都得优的人数为 \$ \qquad \$人.
选项：
答案：10
解析：如图, 设两门都得优的人数是 $x$, 则依题意得 $20-x+(15-x)+x+20=45$,



整理, 得 $-x+55=45$, 解得 $x=10$, 即两门都得优的人数是 10 人.

## 【答案】 10
题目（高一 · 解析几何）：已知 $a>0$, 若平面内 3 点 $A(1,-a), B\left(2, a^{2}\right), C\left(3, a^{3}\right)$ 共线, 则 $a=$
选项：
答案：$1+\sqrt{2}$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：如下图所示, 如果直线 $l_{1}$ 的倾斜角是 $150^{\circ}, l_{2} \perp l_{1}$, 垂足为 B. $l_{1}, l_{2}$ 与 $x$ 轴分别相交于点 $C, A, l_{3}$ 平分 $\angle$ $B A C$, 则 $l_{3}$ 的倾斜角为


选项：
答案：$30^{\circ}$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：已知实数 $x, y$ 满足方程 $x+2 y=6$, 当 $1 \leqslant x \leqslant 3$ 时, $\frac{y-1}{x-2}$ 的取值范围为
选项：
答案：left(-\infty,-\frac{3}{2}\right] \cup\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：已知点 $A(1,2)$, 若在坐标轴上有一点 $P$, 使直线 $P A$ 的倾斜角为 $135^{\circ}$, 则点 $P$ 的坐标为
选项：
答案：$(3,0)$ 或 $(0,3)$
解析：由题意知 $k_{P A}=-1$, 若 $P$ 点在 $x$ 轴上, 则设 $P(m, 0)$, 则 $\frac{0-2}{m-1}=-1$, 解得 $m=3$; 若 $P$ 点在 $y$ 轴上,则设 $P(0, n)$, 则 $\frac{n-2}{0-1}=-1$, 解得 $n=3$, 故 $P$ 点的坐标为 $(3,0)$ 或 $(0,3)$.
题目（高一 · 解析几何）：若经过点 $A(1-t, 1+t)$ 和点 $B(3,2 t)$ 的直线的倾斜角为钝角, 则实数 $t$ 的取值范围是
选项：
答案：$(-2,1)$
解析：由题意知, $k_{A B}=\frac{2 t-(1+t)}{3-(1-t)}=\frac{t-1}{t+2}$.

因为直线的倾斜角为钝角,

所以 $k_{A B}=\frac{t-1}{t+2}<0$,

解得 $-2<t<1$.
题目（高一 · 解析几何）：若直线 $l$ 经过 $A(2,1), B\left(1, m^{2}\right)(m \in \mathbf{R})$ 两点, 则直线 $l$ 的倾斜角的取值范围为
选项：
答案：$\left[0^{\circ}, 45^{\circ}\right] \cup\left(90^{\circ}, 180^{\circ}\right)$
解析：$l$ 的斜率 $k=\frac{m^{2}-1}{1-2}=1-m^{2} \leqslant 1$.

若 $l$ 的倾斜角为 $\alpha$, 则 $\tan \alpha \leqslant 1$.

又 $\because \alpha \in\left[0^{\circ}, 180^{\circ}\right)$, 当 $0 \leqslant \tan \alpha \leqslant 1$ 时, $0^{\circ} \leqslant \alpha \leqslant 45^{\circ}$;
当 $\tan \alpha<0$ 时, $90^{\circ}<\alpha<180^{\circ}$.

$\therefore \alpha \in\left[0^{\circ}, 45^{\circ}\right] \cup\left(90^{\circ}, 180^{\circ}\right)$.
题目（高一 · 解析几何）：若三点 $A(2,2), B(a, 0), C(0, b)(a b \neq 0)$ 共线, 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 的值等于
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：由于 $A, B, C$ 三点共线, 所以此直线的斜率既可用 $A, B$ 两点的坐标表示, 也可用 $A, C$ 两点的坐标表示, 于是有 $\frac{2}{2-a}=\frac{2-b}{2}$, 由此可得 $a+b=\frac{1}{2} a b$, 两边同时除以 $a b$, 得 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：若圆 $C$ 的半径为 1 , 圆心在第一象限, 且与直线 $4 x-3 y=0$ 和 $x$ 轴都相切, 则该圆的标准方程是
选项：
答案：$(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$
解析：$\because$ 圆心在第一象限, 而且与 $x$ 轴相切,

$\therefore$ 可设圆心坐标为 $(a, 1)$,

则圆心到直线 $4 x-3 y=0$ 的距离为 1 ,

即 $\frac{|4 a-3|}{5}=1$, 得 $a=2$ 或 $a=-\frac{1}{2}$ (舍去)，

$\therefore$ 该圆的标准方程是 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$.
题目（高一 · 解析几何）：若实数 $x, y$ 满足 $x^{2}+y^{2}=1$, 则 $\frac{y-2}{x-1}$ 的最小值是
选项：
答案：$\frac{3}{4}$
解析：frac{y-2}{x-1}$ 的几何意义是两点 $(x, y)$ 与 $(1,2)$ 连线的斜率, 而点 $(x, y)$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 上,

过点 $P(1,2)$ 作圆的切线,



由图知 $P A$ 的斜率不存在, $P B$ 的斜率存在, 则 $P B$ 的斜率即为所求.

$\therefore$ 设 $P B$ 的方程为 $y-2=k(x-1)$, 得 $k x-y-k+2=0$.

又 $\because P B$ 和圆相切,

$\therefore \frac{|-k+2|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$, 得 $k=\frac{3}{4}$.

$\therefore \frac{y-2}{x-1}$ 的最小值是 $\frac{3}{4}$.
题目（高一 · 解析几何）：若圆 $C$ 与圆 $M:(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ 关于原点对称, 则圆 $C$ 的标准方程为
选项：
答案：$(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=1$
解析：已知圆的圆心 $M$ 的坐标为 $(-2,1)$, 关于原点对称的点的坐标为 $(2,-1), \therefore$ 圆 $C$ 的标准方程为 $(x-2)^{2}$ $+(y+1)^{2}=1$.
题目（高一 · 解析几何）：若点 $(2,-k)$ 到直线 $5 x+12 y+6=0$ 的距离是 4 , 则 $k$ 的值是
选项：
答案：-3 或 $\frac{17}{3}$
解析：$d=\frac{|5 \times 2+12 \times(-k)+6|}{\sqrt{5^{2}+12^{2}}}=\frac{|16-12 k|}{13}$,

由题意知 $\frac{|16-12 k|}{13}=4$, 即 $\frac{|4-3 k|}{13}=1$,

$\therefore k=-3$ 或 $k=\frac{17}{3}$.
题目（高一 · 解析几何）：经过点 $P(-3,4)$, 且与原点的距离等于 3 的直线 $l$ 的方程为
选项：
答案：$x=-3$ 或 $7 x+24 y-75=0$
解析：) 当直线 $l$ 的斜率不存在时, 原点到直线 $l: x=-3$ 的距离等于 3 , 满足题意;

(2) 当直线 $l$ 的斜率存在时, 设直线 $l$ 的方程为 $y-4=k(x+3)$, 即 $k x-y+3 k+4=0$.

原点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|3 k+4|}{\sqrt{k^{2}+(-1)^{2}}}=3$,

解得 $k=-\frac{7}{24}$.

直线 $l$ 的方程为 $7 x+24 y-75=0$.
综上, 直线 $l$ 的方程为 $x=-3$ 或 $7 x+24 y-75=0$.