高分突破，智取压轴小题25 与数学文化相关的数学考题

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与数学文化相关的数学考题

【方法综述】
关注学生数学文化的意识的养成，努力推进数学文化的教育，已经成为当今数学教师与改革的一个重要特征，在新课改的数学命题中，数学文化已经得到足够的重视，特别是在近几年的高考试题中已经开始有意识的进行尝试和引导，并出现了众多的经典试题，因而有必要将数学文化与数学知识相结合，选取典型样题深度解读，希望能够给予广大师生的复习备考以专业的帮助与指导.
【解答策略】
类型一、取材数学游戏
游戏可以让数学更加好玩，在游戏中运用数学知识，或蕴含着数学原理的智力游戏可笼统地称为数学游戏，把数学游戏改编为高考试题，既不失数学型，又能增加了考题的趣味性，充分体现了素质教育与大众数学的理念.
【例1】蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，满足，，则该“鞠”的表面积为（ ）

A． B．
C． D．
【来源】云南省2021届高三冲刺联考数学（文）试题
【答案】B
【解析】由已知得△，△均为等边三角形.如图所示，

设球心为，△的中心为，
取的中点，连接，，，，，，
则，，得平面，
且可求得，
而，所以.
在平面中过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，得，
故平面，过点作于点，
则四边形是矩形.
则，，
，.
设球的半径为，，
则由，，
得，，
解得，.
故三棱锥外接球的表面积.
故选：B.
【举一反三】
1．（2020•天河区二模）甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每
局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概
率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分析：求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．
解：由题意，甲获得冠军的概率为×+×+×＝，
其中比赛进行了3局的概率为×+×＝，
∴所求概率为＝，故选：B．
2、五位同学围成一圈依次循环报数，规定：
①第一位同学首次报出的数为1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；
②若报出的数是3的倍数，则报该数的同学需拍手一次.
已知甲同学第一个报数，当五位同学依次循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为 .
【答案】
【解析】由题意可知：将每位同学所报的数排列起来，即是“斐波那契数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，44，233，377，610，987，……
该数列的一个规律是，第4，8，12，16，……4n项是3的倍数；
甲同学报数的序数是1，6，11，16，……，5m-4；
甲同学报的数为3的倍数，依次为第15，35，55，75，95位数，共5个，所以，甲同学拍手的总次数是5次.
类型二、取材数学名著
如数学家的传记、数学演讲报告、数学讲义等，这些都是命制考题好的素材，从中选取一段有关的数学素材，突出索要考查的数学知识，在引导中学数学教学知能并重的同时，有意识地培养学生的数学素养.
【例2】《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木?”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门里见到树，则．若一小城，如图所示，出东门1200步有树，出南门750步能见到此树，则该小城的周长的最小值为（注：1里=300步）（ ）

A．里 B．里 C．里 D．里
【来源】普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（四）
【答案】D
【解析】因为1里=300步，则由图知步=4里，步=2.5里．
由题意，得，则，
所以该小城的周长为，当且仅当时等号成立.
故选:D．
【例3】（2020•天河区一模）中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上
是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“≡”，26可表
示为“＝⊥”．现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1～9这9数字表示两位数的个
数为（　　）

A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】B
【解析】分析：根据题意，分析可得6根算筹可以表示的数字组合，进而分析每个组合表示的两位数个数，由加法原理分析可得答案．
解：根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、3，3、7，7、7；数字组合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示2×7＝14个两位数；数字组合3、3，7、7，每组可以表示1个两位数，则可以表示2×1＝2个两位数；
则一共可以表示14+2＝16个两位数；故选：D．
【举一反三】
1.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其重量为，现将该金杖截成长度相等的10段，记第段的重量为，且，若，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
2．（2020•达州模拟）斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物
图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长
方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那
么这个斗的体积是（　　）
注：台体体积公式是V＝（S'++S）h．

A．5700cm3 B．8100cm3 C．10000cm3 D．9000cm3
【答案】C
【解析】分析：利用棱台体积公式直接求解．
【解答】解：∵斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．
棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，
∴这个斗的体积是：
V＝+4300＝10000（cm3）．故选：C．
类型三、取材数学名题
数学名题具有非凡的魅力，它常常蕴涵深刻的数学内容、经典的数学方法或与一些数学大师相关联，数学名题能持续地是命制试题的重点取材之一.
【例4】数学里有一种证明方法叫做Proofs without words，也称之为无字证明，一般是指仅用图象语言而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证明被认为比严格的数学证明更为优雅．现有如图所示图形，在等腰直角三角形中，点为斜边的中点，点为斜边上异于顶点的一个动点，设，，则该图形可以完成的无字证明为（ ）

A． B．
C． D．
【来源】湖南省六校2021届高三下学期4月联考数学试题
【答案】B
【解析】由图可知，，，
在中，，显然，
即.故选：B

【例5】（2020南昌一模）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列的前55项和为( )

A．4072 B．2026 C．4096 D．2048
【答案】A
【解析】
解：由题意可知：每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，
则杨辉三角形的前n项和为Sn2n﹣1，
若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
则Tn，
可得当n＝10，所有项的个数和为55，
则杨辉三角形的前12项的和为S12＝212﹣1，
则此数列前55项的和为S12﹣23＝4072，
故选：A．
【指点迷津】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．
【举一反三】
1．（2020•岳阳一模）阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”
是他的代表成果之一：平面上一点P到两定点A，B的距离之满足＝t（t＞0且t≠1）为常数，则P
点的轨迹为圆．已知圆O：x2+y2＝1和，若定点B（b，0）（b≠﹣）和常数λ满足：对圆O
上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，则λ＝　2　，△MAB面积的最大值为　　．
【答案】A
【解析】分析：画出图形，通过|MB|＝λ|MA|，求解轨迹方程，推出λ，然后求解三角形的面积．
解：设点M（x，y），由|MB|＝λ|MA|，得，整理得
，
所以解得λ＝2，b＝﹣2
如右图，当M（0，1）或M（0，﹣1）时，．
故答案为：2；．

2.(2020广西桂林市高三调研)2018年9月24日，英国数学家M.F阿帝亚爵在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和.记无穷数列的各项的和，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由时，，
可得 ，
时，，可得,排除，
由，可排除,故选C.
类型四、取材数学推理
数学猜想是推动数学发展的强大动力之一，是数学发展中最活跃、最主动、最积极的因素，也是人类理性中最富有创造性的部分，数学猜想一旦被证明，就将转化为定理，从而丰富数学理论，即使被否定或不能被证实，也常常能给数学带来不可预期的成果，数学猜想是命制考题的好素材，它包含丰富的数学知识和思想方法.
【例6】材料一:已知三角形三边长分别为，，，则三角形的面积为，其中，这个公式被称为海伦-秦九韶公式；
材料二:阿波罗尼奥斯在《圆锥曲线论》中提出椭圆定义:我们把平面内与两个定点，的距离的和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆.
根据材料一或材料二解答:已知中，，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学2020-2021学年上学期高三1月线上学习阶段性考试数学（理）试题
【答案】C
【解析】用材料一：根据海伦-秦九韶公式，，其中，
由题意，可知，，，且，
故；
当且仅当，即时取等号.
用材料二：以BC的中点为原点，由椭圆的定义易知，椭圆方程为，
（为A到BC的距离），，
当且仅当时取等号.
故选：C.
【举一反三】
1.（2019•葫芦岛二模）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．它用九个圆环相连成串，以解开
为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载“两环互相贯为一得其关换，解之为三，又合而为一”．在某种玩法中，
用an表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需的移动最少次数，{an}满足a1＝1，且an＝，
则解下4个圆环所需的最少移动次数为（　　）

A．7 B．10 C．12 D．22
【答案】A
【解析】分析：根据已知规律和递归式，推导出a4的值即可．
解：根据题意，
a2＝2a1﹣1＝1；
a3＝2a2+2＝4；
a4＝2a3﹣1＝7；
即解下4个圆环最少移动7次；故选：A．
2.（2020江门模拟）朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人.”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人.”在该问题中的1864人全部派遣到位需要的天数为（ ）
A．9 B．16 C．18 D．20
【答案】B
【解析】根据题意设每天派出的人数组成数列，
分析可得数列是首项，公差的等差数列，
该问题中的1864人全部派遣到位的天数为，则，
依次将选项中的值代入检验得，满足方程，故选B.
类型五、取材数学图形
一幅图胜过一千字，“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”，图形不仅包含大量信息，而且形象直观，生动绚丽，还能展示数学之美，图形是数学总要的组成部分，高考试题中自然少不了这样的试题，同时能较好的体现数学文化，甚至富有诗意的数学图形.
【例7】国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国际数学教育大会于2021年上海举行，华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会微的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.


其中已知：，为直角顶点，设这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为，，则关于此两个数列叙述错误的是（ ）
A．是等差数列
B．
C．
D．
【来源】安徽省马鞍山市2021届高三下学期第三次教学质量监测理科数学试题
【答案】C
【解析】对A，由，得，
，得
，得

，得，则
所以是等差数列，故A正确；
对B，，，
所以，故B正确；
对C，由 故C错；
对D，由，，
所以，故D正确．
故选：C
【举一反三】
1．（2020•佛山一模）希尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家希尔宾斯基在1915年提出，先作一个
正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形
中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色代表挖去的面积，那么黑三角形为剩下的面积（我们称黑三角形
为希尔宾斯基三角形）．在如图第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】分析：我们要根据已知条件，求出第3个大正三角形的面积，及黑色区域的面积，代入几何概型计算公式，即可求出答案．
解：由题意可知：每次挖去的面积为前一个三角形剩下面积的，不妨设第一个三角形的面积为1．
∴第三个三角形的面积为1；
则阴影部分的面积之为：
第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率：，故选：B．
2.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取，立方寸=升，则商鞅铜方升的容积约为（ ）

A．升 B．升 C．升 D．升
【答案】B
【解析】由三视图得，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，（如图所示）
故其体积 （立方寸）， （升），
故选:B

类型六、取材数学文化与现代科学：
数学文化与现代科学泛指最近一段时间国内外发生的数学方面的大事，被广大媒体和公众共同关注，具有方向性和短暂性和聚焦性等特点，命题专家从一段时事材料中甄选一个角度，简明扼要的交代时事背景，抽象出数学模型，突出索要考查的数学问题，类似于文科综合卷中的时事材料，既能达到一般试题的考查效果，又能融入肥厚的数学文化，平添点滴生活气息.
【例8】第24届冬季奥林匹克运动会，将在2022年2月4日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，（如图），且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）

A． B． C． D．
【来源】山西省运城市高中联合体2021届高三下学期4月模拟数学（文）数学试题
【答案】B
【解析】若内层椭圆方程为，由离心率相同，可设外层椭圆方程为，
∴，设切线为，切线为，
∴，整理得，由知：
，整理得，
同理，，可得，
∴，即，故.
故选：B.
【举一反三】
1.（2020沧州市模拟）中国最早的天文学和数学著作《周髀算经》里提到了七衡，即七个等距的同心圆.七衡的直径和周长都是等差数列，最里面的一圆叫内一衡，外面的圆依次叫次二衡，次三衡，….设内一衡直径为，衡间距为，则次二衡直径为，次三衡直径为，…，执行如下程序框图，则输出的中最大的一个数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知题中所给的程序框图功能为计算并输出的值，
由等差数列通项公式有：，且易知恒成立，则：
，
当且仅当，即时等号成立.
综上可得，输出的中最大的一个数为.
本题选择D选项.
2.（2020漳州模拟）习总书记在十九大报告中指出：必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.某市为贯彻落实十九大精神，开展植树造林活动，拟测量某座山的高.如图，勘探队员在山脚A测得山顶B的仰角为，他沿着倾斜角为的斜坡向上走了40米后到达C，在C处测得山顶B的仰角为，则山高约为______米.（结果精确到个位，在同一铅垂面）.参考数据：.

【答案】
【解析】过C做CM⊥BD于M,CN⊥AD于N,设BM=h,
则CM=
,
解得h=20(),∴BD=h+20
【强化训练】
一、选择题
1．（2020洛阳模拟）《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊食人苗苗主责之粟五斗羊主曰：“我羊食半马”马主曰：“我马食半牛”今欲衰偿之，问各出几何其意思是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿五斗粟羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”若按此比例偿还，牛、马、羊的主人各应赔偿多少？设牛、马、羊的主人分别应偿还x斗、y斗、z斗，则下列判断正确的是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
【答案】B
【解析】由题意可知x，y，z依次成公比为的等比数列，
则，解得，
由等比数列的性质可得．
故选：B．
2．（2020•九江一模）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相
同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱
锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三
角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．若二十四等边体的棱长为，则该二十四等
边体外接球的表面积为（　　）

A．4π B．6π C．8π D．12π
【答案】C
【解析】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，
侧棱长为2的正四棱柱的外接球，
∴，∴，
∴该二十四等边体的外接球的表面积S＝4πR2＝，故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的外接球的半径的求法和应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于基础题型．
3．（2020•重庆模拟）如果一个四位数的各位数字互不相同，且各位数字之和等于10，则称此四位数为“完
美四位数（如1036），则由数字0，1，2，3，4，5，6，7构成的“完美四位数”中，奇数的个数为（　　）
A．12 B．44 C．58 D．76
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，按四位数的尾数分4种情况讨论，求出每种情况下四位数的数目，由加法原理计算可得答案．
解：根据题意，分4种情况讨论：
若尾数为1：则前三位的数字可能为027，036，045，共，还可能为234，有种；
若尾数为3：则前三位的数字可能为016，025，共，还可能为124，有种；
若尾数为5：则前三位的数字可能为014，023，045，共；
若尾数为7：则前三位的数字可能为012，共．
综上所述，共有12+6+8+6+8+4＝44种；故选：B．
4．（2020沧州市高考模拟）中国最早的天文学和数学著作《周髀算经》里提到了七衡，即七个等距的同心圆.七衡的直径和周长都是等差数列，最里面的一圆叫内一衡，外面的圆依次叫次二衡，次三衡，….设内一衡直径为，衡间距为，则次二衡直径为，次三衡直径为，…，执行如下程序框图，则输出的中最大的一个数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知题中所给的程序框图功能为计算并输出的值，
由等差数列通项公式有：，且易知恒成立，则：
，
当且仅当，即时等号成立.
综上可得，输出的中最大的一个数为.
本题选择D选项.
5．（2020•九江一模）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成．其中记载一种
起卦方法称为“大衍筮法”，其做法为：从50根蓍草中先取出一根放在案上显著位置，用这根蓍草象征太
极．将剩下的49根随意分成左右两份，然后从右边拿出一根放中间，再把左右两份每4根一数，直到两份
中最后各剩下不超过4根（含4根）为止，把两份剩下的也放中间．将49根里除中间之外的蓍草合在一起，
为一变；重复一变的步骤得二变和三变，三变得一爻．若一变之后还剩40根蓍草，则二变之后还剩36根
蓍草的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，列出所有的可能性，根据古典概型的概率公式即可求解．
解：用（a，b）来表示40根蓍草中从右边去掉一根后的根数，分成两份后不会出现一边没有，一边39根，故假设a≥1，b≥1，且a+b＝39，
则基本事件有（1，38），（2，37），（3，36），（4，35），（5，34），（6，33），（7，32），（8，31），（9，30），（10，29），（11，28），（12，27），（13，26），（14，25），（15，24），（16，23），（17，22），（18，21），（19，20）共19个基本事件，
其中划线的为二变之后剩36根蓍草的共10个基本事件．
所以概率P＝，故选：C．
6.我国明代伟大数学家程大位在《算法统综》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明”意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为（ ）
A．0.9升 B．1升 C．1.1升 D．2.1升
【答案】B
【解析】
依题意得，故，即 ，解得，故升.故选B.
7．（2020铜陵一模） “垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（ ）

A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【解析】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，
第三层货物总价为万元，…，第层货物总价为万元，
设这堆货物总价为万元,则，
，
两式相减得
，
则,解得， 故选D.
8．（2020黄山质检）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为AD的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设是中点，连接，由于分别是中点，是三角形的中位线，故，所以是两条异面直线所成的角.根据鳖臑的几何性质可知.故，在三角形中，由余弦定理得，故选C.

9.（2020哈尔滨模拟）牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义是函数零点近似解的初始值，过点的切线为，切线与轴交点的横坐标，即为函数零点近似解的下一个初始值，以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数，满足应用上述方法，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
，切线斜率，切线方程，令，得
，切线斜率，切线方程，令，得
，切线斜率，切线方程，令，得，故选D项
10．（2020东北师大附中模拟）赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，则（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
设，因此，又由题意可得，
所以，
因此；
延长交于，
记，，
则，所以；
又由题意易知，则，
在三角形中，由正弦定理可得，
即，因此，
，
所以，
因为，所以，即，
整理得，
所以.
故选D

11．（2020济南市模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线，直线为曲线在点处的切线.如图所示，阴影部分为曲线、直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为.给出以下四个几何体：


① ② ③ ④
图①是底面直径和高均为的圆锥；
图②是将底面直径和高均为的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为的正四棱锥；
图④是将上底面直径为，下底面直径为，高为的圆台挖掉一个底面直径为，高为的倒置圆锥得到的几何体.
根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积相等的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】A
【解析】几何体是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，
且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为，切线对应的横坐标为
，
切线为，即，
横截面面积
图①中的圆锥高为1，底面半径为，可以看成由直线绕轴旋转得到
横截面的面积为.
所以几何体和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，
故选A项.
12．（2020吕梁市高考模拟）孔明锁，也叫鲁班锁，起源于中国古代建筑中首创的榫卵结构，它是用6根木条制作的一件可拼可拆的、广泛流传于中国民间的智力玩具．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是其中3根木条的三视图，记这3根木条的体积分别为，则（　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：由题意可知几何体是正四棱柱去掉部分棱柱的几何体，
由题意可知V1＝32﹣8＝24；
V2＝32﹣10＝22；
V3＝32﹣6＝26，这3根木条的体积分别为V1，V2，V3，满足V2＜V1＜V3．
故选：C．



13．我国古代很早就有对等差数列和等比数列的研究成果.北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题.现有一物品堆，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，…，以此类推.记第层货物的个数为，则数列的前2021项和为（ ）
A． B． C． D．
【来源】四川省凉山州2021届高三三模数学（理）试题
【答案】B
【解析】由题意知，且，则由累加法可知，
，所以，
当时，，则，则，
记的前项的和为，则
，则，
故选:B.
14．斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列以，，的递推方法定义，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【来源】2021年浙江省高考最后一卷数学（第四模拟）
【答案】C
【解析】A选项，由，，
可得，，，，，，
则，
A错误；
B选项，，
B错误；
C选项，

C正确；
D选项，
，
D错误.
故选：C
15．意大利数学家斐波那契（1175年—1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为（设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【来源】内蒙古赤峰二中2021届高三5月适应性考试理科数学试题
【答案】C
【解析】∵是不等式的正整数解，
∴，
∴，
∴，
即
∴，
∴，
∴，
∴，
令，则数列即为斐波那契数列，
，即，
显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，
不难知道，，且，，
∴使得成立的的最小值为8，
∴使得成立的的最小值为8.
故选：C.
16．运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）．

A． B． C． D．
【来源】山东省德州市2021届高三二模数学试题
【答案】B
【解析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，
，
故截面面积为，
把代入椭圆可得，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．
故选：B．
17．我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积.如图1，在一个棱长为的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为，则函数的图象是（ ）


A． B．
C． D．
【来源】北京市海淀区2021届高三一模数学试题
【答案】D
【解析】正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，
内切球的半径为，设截面圆的半径为，则，解得：，
设截面圆的外接正方形的边长为，则，正方形的面积，，由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线.
故选：D
18．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称为攒尖．依其平面有圆形攒尖，三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也四有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示．某园林建筑屋顶为六角攒尖，它的主轮廓可近似看作一个正六棱锥（底面为正六边形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心）．若正六棱锥的侧棱与高线所成的角为，则其外接球半径与侧棱长的比值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，设底面中心为H，底面边长为a，连接，，
底面为正六边形，
由正棱锥性质知，底面
又侧棱与高所成的角为，，则，即
设正六棱锥外接球球心为O，半径为R，连接,则，
，
在直角中，，即


故选：A

19．如图所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为，， 的半径分别为1，4，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达的路线长与线段的长之和的最小值是（ ）

A．6 B．8 C． D．
【答案】A
【解析】在椭圆上任取一点，连接交球于点 ，交球于点，连接，， ，， ，

在与中有： ，（ 为球的半径），
， 为公共边，
所以，
所以，设点沿圆锥表面到达的路线长为，
则，
当且仅当为直线与椭圆交点时取等号，
，
所以最小值为，
故选：A
20．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球表面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解法一：由“堑堵”的定义可知，为直角三角形，
故，
易知，又，，
所以平面，而平面，于是得．
设，，则，
则，，，
由，得，整理得，
所以，
所以
，
当且仅当，即时的面积取得最小值18．
此时．
设三棱锥的外接球半径为，
因为，，故线段为外接球的直径，
故所求外接球的表面积．
故选：D．
解法二：令，则，，，
又因为平面，所以，又．
所以平面，所以．
的面积

当且仅当时，取最小值，
此时，．
在三棱锥中，因为，取中点为，
则，
故为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球直径，．
故选：D．
二、填空题
21.（2020大连模拟）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数.如22，,11,3443,94249等.显然2位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则
（Ⅰ）4位回文数有______个；
（Ⅱ）2n＋1（n∈N+）位回文数有______个.
【答案】 位回文数与位回文数个数相等，均为个.
22.（2020福建模拟）我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高.该原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图，在空间直角坐标系中的平面内，若函数的图象与轴围成一个封闭的区域，将区域沿轴的正方向平移8个单位长度，得到几何体如图一，现有一个与之等高的圆柱如图二，其底面积与区域的面积相等，则此圆柱的体积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】利用四分之一圆的面积和直角三角形面积公式求得阴影部分的面积，进而求得圆柱的体积.
【详解】
表示的是四分之一的圆的面积，且圆的半径是，所以区域的面积为，所以圆柱的体积.
23．（2020杭州地区高三）九章算术中有一题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马，”马主曰：“我马食半牛”，今欲衰偿之，问各出几何？其意：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，苗主人要求赔偿五斗粟，羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比例偿还，问羊的主人应赔偿______斗粟，在这个问题中牛主人比羊主人多赔偿______斗粟．
【答案】
【解析】
设牛、马、羊的主人应赔偿的斗栗分别为x,y,z.
由题意可知x，y，z依次成公比为的等比数列，
则，
解得，
则，
羊的主人应赔偿斗粟；
牛主人比羊主人多赔偿斗粟．
故答案为：；．
24．（2020长沙市长郡中学一模）太极图被称为“中华第一图”.从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物；从道袍、卦摊、中医、气功、武术到南韩国旗、新加坡空军机徽……，太极图无不跃居其上.这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用小等式组或来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为___________.

【答案】
【解析】如图，作出直线：，

当直线往上平移至与阴影部分的圆的边界相切时，最大，
此时圆心到直线的距离等于半径1，即： .
解得：
25．（2020南通市通州区高三）对于直角三角形的研究，中国早在商朝时期商高就提出了“勾三股四玄五”勾股定理的特例，而西方直到公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯才提出并证明了勾股定理如果一个直角三角形的斜边长等于5，那么这个直角三角形面积的最大值等于______．
【答案】
【解析】设直角三角形的斜边为c，直角边分别为a，b，
由题意知，则，
则三角形的面积，
，，
则三角形的面积，当且仅当a=b=取等
即这个直角三角形面积的最大值等于，故答案为：．
26．（2020•黄山一模）裴波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多•裴波
那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列{an}
满足：a1＝a2＝1，an+2＝an+an+1，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是
【答案】
【解析】【分析】列举出数列{an}的前40项其中能被3整除的有10个，由此能求出从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率．
解：在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列{an}满足：a1＝a2＝1，an+2＝an+an+1，
∴数列{an}的前40项为：
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，
10946，17711，28657，46368，75025，121393，196418，317811，514229，832040，1346269，
2178309，3524578，5702887，9227465，14930352，24157817，39088169，63245986，10334155，
其中能被3整除的有10个，分别为：
3，21，144，987，6765，46368，317811，1346269，2178309，14930352．
∴从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是P＝．
27．（2020•北碚区模拟）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问
题：将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满
足＝＝≈0.618．后人把这个数称为黄金分割数，把点C称为线段AB的黄金分割点在△ABC
中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为

【答案】﹣2
【解析】【分析】先阅读题意，理解“黄金分割”，再结合几何概型中的面积型可得：BQ＝，CP＝，所以PQ＝BQ+CP﹣BC＝（）a，S△APQ：S△ABC＝PQ：BC＝（﹣2）a：a＝﹣2，
则在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为＝，得解．
【解答】解：设BC＝a，由点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，
所以BQ＝，CP＝，
所以PQ＝BQ+CP﹣BC＝（）a，
S△APQ：S△ABC＝PQ：BC＝（﹣2）a：a＝﹣2，
由几何概型中的面积型可得：
在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为＝，

28．（2020 •东城区高三期末）用平面截圆柱面，当圆柱的轴与α所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭
圆．著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，
使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切．给出下列三个结论：
①两个球与α的切点是所得椭圆的两个焦点；
②若球心距O1O2＝4，球的半径为，则所得椭圆的焦距为2；
③当圆柱的轴与α所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大．
其中，所有正确结论的序号是（　　）

【答案】①②
【解析】【分析】数形结合，利用切线长定理得空间推过可得①正确，结合图形，利用勾股定理可得②正确，根据图形特征可得③错误．
对于①，设点P为曲线上任一点，连接PF1，PF2，则PF1，PF2分别是两个球面的切线，切点分别为F1，F2，过点P作母线，与两球面分别相交于点K1，K2，则PK1，PK2分别是两球面的切点，切点为K1，K2，
根据切线长定理的空间推广，可知PF1＝PK1，PF2＝PK2，所以PF1+PF2＝PK1+PK2＝K1K2是定值，
故点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，故①对；
对于②，OF2＝＝＝1，所以F1F2＝2OF2＝2，故②正确；
对于③，因为平面与母线的夹角相同，故离心率相同，故③错．