专题22 数学文化（客观题）（新高考地区专用）（解析版）

这是一份专题22 数学文化（客观题）（新高考地区专用）（解析版），共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。

专题22 数学文化（客观题）
一、单选题
1．自宋朝以来，折扇一直深受文人雅土的喜爱，在扇面(折扇由扇骨和扇面组成)上题字作画是生活高雅的象征．现有一位折扇爱好者准备在如图所示的扇面上题字，由于突然停电，不慎将一滴墨汁落入折扇所在区域，则墨汁恰好落入扇面部分的概率为

A． B．
C． D．
【试题来源】2019届百校联盟TOP20十二月联考（全国Ⅰ卷）（理）
【答案】D
【分析】求出整个折扇和只有扇骨处的面积，相减即得扇面的面积，代入几何概型概率公式即可得解．
【解析】大扇形，小扇形，．故选D．
【名师点睛】本题考查了扇形的面积公式和几何概型，考查了计算能力，属于简单题．
2．远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”，就是现在我们熟悉的“进位制”，下图所示的是一位母亲记录的孩子自出生后的天数，在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满五进一，根据图示可知，孩子已经出生的天数是

A． B．
C． D．
【试题来源】陕西省宝鸡市金台区2020-2021学年高三上学期11月教学质量检测（理）
【答案】B
【分析】根据题意可得孩子已经出生天数的五进制数为，化为十进制数即可得出结果．
【解析】由题意可知，孩子已经出生的天数的五进制数为，化为十进制数为．故选B．
【名师点睛】本题考查五进制数化为十进制数，考查计算能力，属于基础题．
3．九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，得其关捩，解之为二，又合面为一“．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，若a1＝1．且an＝，则解下5个环所需的最少移动次数为
A．7 B．13
C．16 D．22
【试题来源】辽宁师范大学附属中学2020-2021学年高三10月模块考试
【答案】C
【解析】，
，，，，
所以解下5个环所需的最少移动次数为16．故选C．
4．我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．则下列说法不正确的是
注：“相差”是指差的绝对值

A．立春和立冬的晷长相同
B．立夏和立秋的晷长相同
C．与夏至的晷长相差最大的是冬至的晷长
D．与春分的晷长相差最大的是秋分的晷长
【试题来源】2021届北京市人民大学附属中学高三（上）8月练习
【答案】D
【分析】根据对称性判断出说法不正确的选项．
【解析】根据对称性可知立春和立冬的晷长相同、立夏和立秋的晷长相同、春分和秋分的晷长相同；与夏至的晷长相差最大的是冬至的晷长（冬至晷长最大，夏至晷长最小）．
所以说法错误的是D．故选D
5．年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是如果用、和表示闭的凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知正十二面体有个顶点，则正十二面体有条棱
A． B．
C． D．
【试题来源】云南师范大学附属中学2021届高考适应性月考卷（四）（文）
【答案】A
【分析】由已知条件得出，，代入欧拉公式可求得的值，即为所求．
【解析】由已知条件得出，，
由欧拉公式可得．故选A．
6．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作．书中有如下问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是“已知直角三角形两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径是多少？”现若向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是
A． B．
C． D．
【试题来源】2020届宁夏中卫市高三下学期第二次模拟考试（文）
【答案】A
【分析】根据直角三角形的内切圆半径（，为直角边，为斜边），求出圆的面积，再利用几何概型-面积比即可求解．
【解析】由题意两直角边为，斜边，
所以内切圆半径，
所以落在其内切圆内的概率：，故选A
7．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，始与岸齐，问水深、葭长各几何？”意思是说：“有一个边长为丈的正方形水池，在池的正中央长着一根芦苇，芦苇露出水面尺．若将芦苇拉到池边中点处，芦苇的顶端恰好到达水面．问水有多深？芦苇多长？”该题所求的水深为
A．尺 B．尺
C．尺 D．尺
【试题来源】2020届全国100所名校高考模拟金典卷（理）（六）试题
【答案】A
【分析】设水深为尺，根据题意列出有关的方程，进而可求得的值，即可得出结论．
【解析】设水深为尺，依题意得，解得．
因此，水深为尺．故选A．
8．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为
A．π B．π
C．4 D．
【试题来源】2020届广东省湛江市高三二模（文）
【答案】A
【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解．
【解析】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，
因为圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，
所以圆锥的底面周长为，所以圆锥的底面半径为1，母线长为3，
所以圆锥的高为，所以圆锥的体积圆锥．
从而所求几何体的体积为．故选A．
【名师点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解题意是解题的关键，属于基础题．
9．2011年国际数学协会正式宣布将每年的3月14日设为国际数学节，来源则是中国古代数学家祖冲之的圆周率．现用我国何承天发明“调日法”来得到的近似数，其原理是设实数的不足近似值和过剩近似值为和，则是更为精确的不足近似值或过剩近似值．若令，则第一次用“调日法”后得，它是的更为精确的不足近似值，即．若每次都取得简分数，则第次用调日法后的近似值为，则的值为
A．2 B．3
C．4 D．5
【试题来源】湘赣粤2020届高三（6月）大联考（文）
【答案】D
【分析】按照“调日法”的基本原理进行运算、推导即可得到结果．
【解析】第一次“调日法”后：；第二次“调日法”后：；
第三次“调日法”后：；第四次“调日法”后：；
第五“调日法”后：，此时的近似值为．故选．
【名师点睛】本题考查数学史和新定义运算的问题，本质是考查根据程序框图循环结构计算循环体执行次数，属于基础题．
10．最早发现勾股定理的人是我国西周数学家商高，商高比毕达哥拉斯早500多年发现勾股定理，如图所示，满足“勾三股四弦五”，其中股，为弦上一点（不含端点），且满足勾股定理，则

A． B．
C． D．
【试题来源】宁夏石嘴山市第三中学2020-2021学年高三上学期第二次月考（文）
【答案】A
【分析】首先根据直角三角形等面积公式计算斜边的高的长，再根据向量数量积公式转化，并计算的值．
【解析】由题意可知，
所以根据等面积转化可知，解得
，．
故选A.
11．饕餮（tāo tiè）纹，青铜器上常见的花纹之一，盛行于商代至西周早期，最早出现在距今五千年前长江下游地区的良渚文化玉器上．有人将饕餮纹的一部分画到了方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为，有一点从点出发每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能性的，那么它经过次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为

A． B．
C． D．
【试题来源】安徽省阜阳市太和中学2020届高三下学期最后一模（文）
【答案】B
【分析】列举出所有的基本事件，确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
【解析】点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，
跳次的所有基本事件有：（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下），共种不同的跳法（线路），
符合题意的只有（下，下，右）这种，
所以次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为．故选B．
12．斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所持有，图一图二是北京故宫太和殿斗拱实物图，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（长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是，，高为，长方体形凹槽的高为，斗的密度是．那么这个斗的质量是

A． B．
C． D．
【试题来源】河南省实验中学2020-2021学年高三上学期模拟试卷（文）
【答案】C
【分析】根据题意，求出“斗”的体积，再乘以密度可得出“斗”的质量．
【解析】由题意可知，棱台的体积为，
设长方体的长为，宽为，则，则原长方体的高为，
所以，长方体凹槽的体积为，
所以，“斗”的体积为，
因此，“斗”的质量为．故选C．
【名师点睛】本题主要考查组合体体积的计算，同时也跨学科考查了质量、密度与体积之间的关系，考查计算能力，属于基础题．
13．我国南宋时期数学家秦九韶发现了求三角形面积的“三斜求积”公式：设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积．若，，则面积的最大值为
A． B．
C． D．
【试题来源】辽宁师范大学附属中学2020-2021学年高三10月模块考试
【答案】D
【分析】由题意结合正弦定理可得，代入三角形面积公式，结合函数的性质即可得解．
【解析】因为，，所以即，
所以的面积
，所以当即时，面积取最大值，
此时，存在，所以面积的最大值为．故选D．
【名师点睛】本题考查了数学文化及正弦定理的应用，考查了二次函数性质的应用及运算求解能力，属于基础题．
14．我们将称为黄金分割数，亦可简称为黄金数，将离心率等于黄金数的倒数的双曲线叫做黄金双曲线，则
A．黄金双曲线的虚轴是实轴与焦距的等比中项
B．黄金双曲线的虚轴是实轴与焦距的等差中项
C．黄金双曲线的焦距是实轴与虚轴的等比中项
D．黄金双曲线的焦距是实轴与虚轴的等差中项
【试题来源】湖南省衡阳市第八中学2020-2021学年高三上学期11月第三次月考
【答案】A
【分析】根据条件分别将每个选项的条件转化为双曲线中的关系，即可判断是否正确．
【解析】若双曲线为黄金双曲线，则满足，即
，，，，
即虚轴是实轴与焦距的等比中项．故选A．
【名师点睛】本题由黄金双曲线引入双曲线中实轴、虚轴、焦距之间的关系，只需要转化为之间的数量关系即可，是一道较易题．
15．算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的、重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具．“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才．”北周甄鸾为此作注，大意是把木板刻为部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的．下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、，上面一粒珠（简称上珠）代表，下面一粒珠（简称下珠）是，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小．现在从个位和十位这两组中随机选择往下拨一粒上珠，往上拨粒下珠，算盘表示的数为质数（除了和本身没有其它的约数）的概率是

A． B．
C． D．
【试题来源】陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试（文）
【答案】A
【分析】求得算盘所表示的所有数，并找出对应的质数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
【解析】由题意可知，算盘所表示的数可能有：、、、、、，
其中是质数的有：、，故所求事件的概率为．故选A．
16．《九章算术》中《方田》章有弧田面积计算问题，术日：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．其大意是弧田面积计算公式为弧田面积=（弦×矢+矢×矢），弧田是由圆弧(弧田弧)和以圆弧的端点为端点的线段(弧田弦)围成的平面图形，公式中的“弦”指的是弧田弦的长，“矢”指的是弧田所在圆的半径与圆心到孤田弧的距离之差，现有一弧田，其弧田弦AB等于6米，其狐田弧所在圆为圆O，若用上述弧田面积计算公式算得该弧田的面积为平方米，则cos∠AOB=
A． B．
C． D．
【试题来源】江苏省扬州市高邮市第一中学2020-2021学年高三上学期9月阶段性测试
【答案】D
【分析】利用弧田面积公式可求出矢长，继而求出半径和圆心到弧田弦的距离，则可求出cos∠AOD，由二倍角可求出cos∠AOB．
【解析】如图，由题意可得AB=6，
弧田面积S=（弦×矢+矢2）=（6×矢+矢2）=平方米．
解得矢=1，或矢=-7（舍），

设半径为r，圆心到弧田弦的距离为d，则，解得d=4，r=5，
所以cos∠AOD=，所以cos∠AOB=2cos2∠AOD-1=-1=．故选D．
17．数列、、、、、、、、、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是从第三项起，每一项都等于它前面两项的和．在该数列的前项中，偶数的个数为
A． B．
C． D．
【试题来源】河北省衡水中学2021届高三数学第一次联合考试
【答案】B
【分析】由斐波那契数列的特点可知，该数列只有第项为偶数，再由可求得结果．
【解析】由斐波那契数列的特点，可得此数列只有第项为偶数，
由于，所以前项中偶数的个数为．故选B．
18．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．下图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，其中正方形内部为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的．我们将图中阴影所在的四个三角形称为“风叶”，若从该“数学风车”的八个顶点中任取两点，则该两点取自同一片“风叶”的概率为

A． B．
C． D．
【试题来源】湖南省长沙市第一中学2020-2021学年高三上学期月考（五）
【答案】A
【分析】利用组合数计算出基本事件的总数，以及事件“所选的两个顶点取自同一片“风叶””所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
【解析】从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点的基本事件有种，
其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有种，故所求概率．故选A．
19．将正整数12分解成两个正整数的乘积有，，三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为12的最佳分解．当(且p､)是正整数n的最佳分解时，我们定义函数，例如，则数列的前2020项和为
A． B．
C． D．
【试题来源】河北省石家庄市第二中学2021届高三上学期期中
【答案】A
【分析】按照为偶数、为奇数分类，再结合等比数列的前n项和公式即可得解．
【解析】当为偶数时，；当为奇数时，；
所以数列的前2020项和
．故选A．
20．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为

A． B．
C． D．
【试题来源】甘肃省武威第六中学2020届高三下学期第六次诊断考试（文）
【答案】D
【分析】利用三视图还原原几何体，结合三视图中的数据可计算出该“堑堵”的侧面积．
【解析】由三视图还原原几何体如下图所示：

由三视图可知，该几何体是直三棱柱，底面是腰长为的等腰直角三角形，且直三棱柱的高为，因此，该“堑堵”的侧面积为．故选D．
【名师点睛】本题考查利用三视图计算几何体的侧面积，一般要求还原原几何体，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题．
21．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的猜想中错误的是

A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：Cnm＝Cnn－m
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：
C．由“第n行所有数之和为2n”猜想：Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnn＝2n
D．由“111＝11，112＝121，113＝1331”猜想：115＝15101051
【试题来源】安徽省六安市城南中学2020-2021学年高三上学期第一次月考（理）
【答案】D
【分析】由组合数及二项式系数的性质可判断A、B、C，由二项式定理运算可判断D．
【解析】对于A，由组合数的互补性质可得，故A正确；
对于B，由组合数的性质可得， 故B正确；
对于C，由二项式系数和的性质可得，故C正确；
对于D，，
故D错误．故选D．
22．古希腊时期，人们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例．下图为希腊的一古建筑．其中部分廊、檐、顶的连接点为图中所示相关对应点，图中的矩形，，，，，均近似为黄金矩形．若与间的距离大于18．7m，与间的距离小于12m．则该古建筑中与间的距离可能是（参考数据：，，）

A．29m B．29．8m
C．30．8m D．32．8m
【试题来源】河南省洛阳市汝阳县2020-2021学年高三上学期联考（文）
【答案】C
【分析】由矩形和是黄金矩形，由边长的比求出范围即可得．
【解析】由黄金矩形的定义可知，，所以，，即，对照各选项，只有C符合．故选C．

【名师点睛】本题考查数学文化，考查学生的阅读理解能力，转化与化归能力，创新意识．属于基础题．
23．龙马负图、神龟载书图象如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图象如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足u，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为（ ）

A． B．
C． D．
【试题来源】湘鄂部分重点学校2020-2021学年高三上学期11月联考（理）
【答案】A
【分析】由题可求出所有情况共40种，再求出满足条件的情况即可求出概率．
【解析】依题意，阳数为1、3、5、7、9，阴数为2、4、6、8，故所有的情况有种，其中满足条件的为，，，，，，，，，，，，，共13种，
故所求概率．故选A．
24．《张丘建算经》卷上第题为“今有女善织，日益功疾（注：从第天开始，每天比前一天多织相同量的布），第一天织尺布，现一月（按天计）共织尺”，则从第天起每天比前一天多织
A．尺布 B．尺布
C．尺布 D．尺布
【试题来源】贵州省贵阳市普通高中2020届高三上学期期末监测考试（文）
【答案】D
【分析】设该女子第尺布，前天工织布尺，则数列为等差数列，设其公差为，根据，可求得的值．
【解析】设该女子第尺布，前天工织布尺，
则数列为等差数列，设其公差为，
由题意可得，解得．故选D．
25．1715年英国数学家布鲁克·泰勒（Brook Taylor）在他的著作中陈述了泰勒公式，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数．泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如：，其中．试用上述公式估计的近似值为（精确到0.001）
A．1.647 B．1.648
C．1.649 D．1.650
【试题来源】湖南省衡阳市第一中学2020-2021学年高三上学期期中
【答案】C
【分析】根据泰勒公式，令，代入即可求解．
【解析】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，
令，取前项可得
所以的近似值为，故选C．
26．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得米，米，米，，，据此可以估计天坛的最下面一层的直径大约为．（结果精确到1米）
（参考数据：，，，）

A．39米 B．43米
C．49米 D．53米
【试题来源】百校联盟2020-2021学年高三教育教学质量监测考试12月全国卷（新高考）
【答案】D
【分析】求出，在中，用余弦定理即可求得．
【解析】在中，，，，
所以，在中，
，所以（米）．故选D.
【名师点睛】解三角形应用题的一般步骤：
（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．
27．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一．他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作．割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，这个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到的近似值为

A． B．
C． D．
【试题来源】河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（文）
【答案】A
【分析】首先判断等腰三角形的个数，根据割圆术的思想，等腰三角形的面积和近似为圆的面积，列出面积公式，求的近似值．
【解析】圆的周角为，，所以当等腰三角形的顶角为时，共割了60个等腰三角形，设圆的半径为，则由题意可知，解得，
所以的近似值是．故选A
28．古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示．若实数满足，则
A． B．
C． D．
【试题来源】海南省2021届高三年级第二次模拟考试
【答案】A
【解析】根据题中的条件可得
．故选A．
29．我国古代数学论著中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四，请问底层几盏灯？意思是一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯
A．32盏 B．64盏
C．128盏 D．196盏
【试题来源】北京市顺义区2021届高三上学期期末考试
【答案】C
【解析】设最底层的灯数为，公比，，
解得．故选C.
30．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，可求得该女子第2天所织布的尺数为
A． B．
C． D．
【试题来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试（理）
【答案】C
【分析】先根据题意，得到该女子每天所织布的长度构成等比数列，根据题意求出首项和公比，即可求出结果．
【解析】由题意可得，该女子每天所织布的长度构成等比数列，设公比为，
由题意知，首项为，前项和为，
由题意可得，解得，
所以第二天织的布为．故选C．
31．南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．其含义是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为、，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为、，则命题：“、相等”是命题“、总相等”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【试题来源】辽宁省开原市第二高级中学2020-2021学年高三第三次模拟考试
【答案】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可．
【解析】由祖暅原理可知，若、总相等，则、相等，即必要性成立；
假设夹在两平行平面间的底面积为的棱柱和底面积为的棱锥，它们的体积分别为、，则，这两个几何体被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为、，但与不总相等，即充分性不成立．
因此，命题是命题的必要不充分条件．故选B．
【名师点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合祖暅原理是解本题的关键，考查推理能力，属于中等题．
32．十九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：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，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，则需要操作的次数的最小值为参考数据：，
A．3 B．4
C．5 D．6
【试题来源】陕西省宝鸡市金台区2020-2021学年高三上学期11月教学质量检测（理）
【答案】B
【分析】依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前项和，列出不等式解之可得．
【解析】第一次操作去掉的区间长度为；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；…第次操作去掉个长度为的区间，长度和为．于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为，由题意，，即，解得，又为整数，所以的最小值为4．故选B．
33．我国古代著名数学家刘徽的杰作《九章算术注》是中国最宝贵的数学遗产之一，书中记载了他计算圆周率所用的方法．先作一个半径为1的单位圆，然后做其内接正六边形，在此基础上做出内接正边形，这样正多边形的边逐渐逼近圆周，从而得到圆周率，这种方法称为“刘徽割圆术”．现设单位圆的内接正边形的一边为，点为劣弧的中点，则是内接正边形的一边，现记，，则
A． B．
C． D．
【试题来源】福建省漳州市2020届高三高中毕业班第二次教学质量检测（理）
【答案】A
【分析】方法一，可以设，则在中，由余弦定理得，设与相交于点，则，利用三角函数的定义可得，代入上式化简求得结果；方法二，设与相交于点，可以得到，且，所以，所以，利用勾股定理可得，从而求得结果．
【解析】法一：设，则在中，由余弦定理得，
设与相交于点，则，所，
所以，故选A．
法二：设与相交于点，则，
因为，所以，所以，
所以，故选A．
【名师点睛】该题考查的是有关数学文化的知识，在解题的过程中，注意对圆中特殊三角形的应用，即半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，还有余弦定理的应用，属于简单题目．
34．德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）．例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，．根据这些信息，可得

A． B．
C． D．
【试题来源】安徽省宣城市2020-2021学年高三上学期期末（文）
【答案】C
【分析】计算出，然后利用二倍角公式以及诱导公式可计算得出的值，即可得出合适的选项．
【解析】因为是顶角为的等腰三角形，所以，，
则，，
而，
所以，．故选C．
35．蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法”）．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等）．已知某鞠的表面上有四个点、、、，满足任意两点间的直线距离为，现在利用打印技术制作模型，该模型是由鞠的内部挖去由组成的几何体后剩余的部分，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（参考数据：取，，，精确到0.1）
A． B．
C． D．
【试题来源】湖北省十一校考试联盟2020-2021学年高三上学期12月联考
【答案】C
【分析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果．
【解析】由题意可知，几何体是棱长为的正四面体，
所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，
设正四面体的棱长为，则正四面体的高为，
设正四面体外接球半径为，则，解得，
所以打印的体积为，
又，所以，故选C．
36．《孙子算经》记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为男、子、伯、侯、公，一共五级．现每个级别的诸侯分别有1，2，3，4，5人，按照如下规则给他们分发一批苹果：同一等级的诸侯所得苹果数依次为，，，…，且满足；任一等级诸侯所得苹果数量最多的比高一级的诸侯所得苹果数最少的少一个．现已知等级为男的诸侯所得苹果数为1，则这批苹果共有（ ）个．
A．158 B．159
C．160 D．161
【试题来源】重庆市南开中学2021届高三上学期第四次质量检测
【答案】B
【分析】等级为男的诸侯只有1人，所得苹果数为1，然后求出等级为子的诸侯所得苹果数最小的为2，再根据题意求出，这样根据规则写出各个等级的诸侯所得苹果数，相加即可得．
【解析】由题意等级为男的诸侯只有1人，所得苹果数为1，
等级为子的诸侯有2人，所得苹果数为2，3；
等级为伯的诸侯有3人，所得苹果数为4，5，7；
等级为侯的诸侯有4人，所得苹果数为8，9，11，14；
等级为公的诸侯有5人，所得苹果数为15，16，18，21，25．
所以苹果总数为．故选B．
【名师点睛】本题考查数学文化，解题关键是从题目中抽象出数的规律，解题方法是按照规则逐个写出各诸侯所得苹果数，相加即得．
37．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用．其定义黎曼函数为当（为正整数，是既约真分数）时，当或或为上的无理数时．已知、、都是区间内的实数，则下列不等式一定正确的是
A． B．
C． D．
【试题来源】江苏省宿迁中学、如东中学、阜宁中学三校2020-2021学年高三上学期八省联考前适应性考试
【答案】B
【分析】设为正整数，是既约真分数，或或为上的无理数，然后根据，与集合，的关系分类讨论，计算与，与的关系．
【解析】设为正整数，是既约真分数，或或为上的无理数，则根据题意有：
①当时，则，，
②当时， ，；
③当时，，；
④当时，，
综上所述，一定成立．故选B．
【名师点睛】本题以黎曼函数为背景，考查学生获取新知识应用新知识的能力． 当、、都是区间内的实数时，与的取值可能为的形式（为正整数，是既约真分数），也可能为或或为上的无理数，解决的途径主要是要针对，的取值进行分类讨论，然后根据的性质判断与，与的关系．
38．我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢．问：齐去长安多少里？
A． B．
C． D．
【试题来源】山西省运城市2021届高三上学期期中（文）
【答案】A
【分析】由题意可知，良马每日行的距离以及驽马每日行的距离均为等差数列，确定这两个数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式可求得结果．
【解析】由题意可知，良马每日行的距离成等差数列，记为，其中，公差．
驽马每日行的距离成等差数列，记为，其中，公差．
设长安至齐为里，则，
即，解得．故选A．
【名师点睛】解本题的关键在于得出长安至齐的距离等于良马和驽马九日所行的距离之和的 倍，并结合题意得知两匹马所行的距离成等差数列，解题时要充分抓住题中信息进行分析，将实际问题转化为数学问题来求解．
39．将一条均匀柔软的链条两端固定，在重力的作用下它所呈现的形状叫悬链线，例如悬索桥等．建立适当的直角坐标系，可以写出悬链线的函数解析式为，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为．若直线与双曲余弦函数和双曲正弦函数分别相交于点，，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线相交于点，则
A．是偶函数
B．
C．随的增大而减小
D．的面积随的增大而减小
【试题来源】T8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考
【答案】D
【分析】对于选项A，由奇函数定义进行判断即可；
对于选项B，根据新函数定义代入化简可判断；
对于选项C、D，利用导数求出切线方程，求出点，表示出，即可判断．
【解析】对于选项A：定义域为，
，而，所以是奇函数，所以A错误；
对于选项B：
，所以B错误；
对于选项C、D：设，，，
则曲线在点处的切线方程为，
曲线在点处的切线方程为，
联立求得点的坐标为，则，
，所以随的增大而先减小后增大，的面积随的增大而减小，所以C错误，D正确．故选D
【名师点睛】本题的关键是能够根据新函数定义综合运用函数知识求解，判断选项C，D的关键是能够利用导数的几何意义求解出切线方程．
40．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积．根据此公式，若，且，则的面积为
A． B．
C． D．
【试题来源】山西省太原市2021届高三上学期期末（理）
【答案】C
【分析】首先根据正弦定理化简已知，求得，再根据余弦定理求，最后代入面积公式求解．
【解析】由正弦定理边角互化可知化简为
，
即，，，
，解得，
根据面积公式可知．故选C
【名师点睛】关键点点睛，本题考查数学文化，理解面积公式，对于面积公式可变形为．
二、多选题
1．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若实数，则下列不等式不一定成立的是
A． B．
C．≥2 D．
【试题来源】山东省德州市2020-2021学年高三上学期期中考试
【答案】ACD
【分析】举特值可知选项正确，作差比较可知选项不正确．
【解析】当时，满足，此时，故正确；
因为，所以，所以，即，
所以一定成立，故不正确；
当时，满足，此时，故正确；
当时，满足，此时，故正确．故选ACD
2．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作△ABC，AB＝AC＝4，点B(－1，3)，点C(4，－2)，且其“欧拉线”与圆M：相切，则下列结论正确的是
A．圆M上点到直线的最小距离为2
B．圆M上点到直线的最大距离为3
C．若点（x，y）在圆M上，则的最小值是
D．圆与圆M有公共点，则a的取值范围是
【试题来源】广东省惠州市惠州中学2021届高三上学期12月月考
【答案】ACD
【分析】由题意结合“欧拉线”概念可得△ABC的“欧拉线”即为线段BC的垂直平分线，结合直线方程的知识可得线段BC的垂直平分线的方程，由直线与圆相切可得圆M的方程；由圆心到直线的距离可判断A、B；令，由直线与圆相切可得z的最值，即可判断C；由圆与圆的位置关系即可判断D；即可得解．
【解析】由AB＝AC可得△ABC外心、重心、垂心均在线段BC的垂直平分线上，即△ABC的“欧拉线”即为线段BC的垂直平分线，
由点B(－1，3)，点C(4，－2)可得线段BC的中点为，且直线的BC的斜率，所以线段BC的垂直平分线的斜率，
所以线段BC的垂直平分线的方程为即，
又圆M：的圆心为，半径为，
所以点到直线的距离为，
所以圆M：，
对于A、B，圆M的圆心到直线的距离，所以圆上的点到直线的最小距离为，最大距离为，故A正确，B错误；
对于C，令即，当直线与圆M相切时，圆心到直线的距离为，解得或，则的最小值是，故C正确；
对于D，圆圆心为，半径为，若该圆与圆M有公共点，则即，解得，故D正确．故选ACD．
【名师点睛】本题考查了直线方程的求解及直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题．
3．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”．下列结论正确的是
A．若为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【试题来源】重庆市西南大学附属中学2021届高三上学期第一次月考
【答案】ABCD
【分析】根据“倍跟随区间”的定义，分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可．
【解析】对A， 若为的跟随区间，因为在区间为增函数，故其值域为，根据题意有，解得或，因为故．故A正确；
对B，因为函数在区间与上均为减函数，故若存在跟随区间则有，解得．
故存在， B正确．
对C， 若函数存在跟随区间，因为为减函数，故由跟随区间的定义可知，
即，因为，所以．
易得．
所以，令代入化简可得，同理也满足，即在区间上有两根不相等的实数根．
故，解得，故C正确．
对D，若存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为，值域为．当时，易得在区间上单调递增，此时易得为方程的两根，求解得或．故存在定义域，使得值域为．
故D正确．故选ABCD．
【名师点睛】本题主要考查了函数新定义的问题，需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值，并根据函数的解析式列式求解．属于难题．
三、填空题
1．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鱉臑．如图，四面体为鱉臑，平面，为直角，且，则的体积为________．

【试题来源】2020届江苏省高三高考全真模拟（八）
【答案】
【分析】计算出的面积，然后利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积．
【解析】由题意知平面，，，
所以的面积为，因此，．
故答案为．
2．法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数满足如下条件：
（1）在闭区间上是连续不断的；
（2）在区间上都有导数．
则在区间上至少存在一个数，使得，其中称为拉格朗日中值．则在区间上的拉格朗日中值________．
【试题来源】广东省清远市清新一中2021届高三上学期月测2
【答案】
【分析】先求得导函数，结合拉格朗日中值的定义，可得，进而求得的值即可．
【解析】，则，所以，
由拉格朗日中值的定义可知，，
即，所以．故答案为 ．
3．《九章算术》是我国古代的一部数学书记，通过“牟合方盖”解决了球体体积计算的难题，其中一段记载：“今有方锥，下方八尺，高八尺，问：积几何？术曰：下方自乘，以高乘之，三而一，若以立圆外接，问积几何？”意思是“假设有一个正四棱锥（底面是正方形，并且顶点在底面的射影是正方形中心的四棱锥），下底边长是8尺，高8尺，则它的体积是多少？方法是下底边长自乘，以高乘之，再除以3．若这个正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的体积是__________立方尺．”
【试题来源】黑龙江省大庆市第四中学2020届高三上学期第一次检测（文）
【答案】
【分析】设这个正四棱锥为，球的半径为，则，，在直角三角形中，根据勾股定理可求得，再根据球的体积公式可得结果．
【解析】设这个正四棱锥为，如图：

则，，设球的半径为，则，
在直角三角形中，，所以，
所以，解得，
所以球的体积是立方尺．故答案为．
【名师点睛】本题考查了正四棱锥与球的组合体，考查了球的体积公式，属于基础题．
4．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的棱长为____________．

【试题来源】河北省唐山市第十一中学2021届高三上学期9月入学检测
【答案】
【分析】从图形中作一个最大的水平截面，它是一个正八边形，八个顶点都在边长为铁正方形边上，由此可计算出棱长．
【解析】作出该图形的一个最大的水平截面正八边形，如图，其八个顶点都在边长为1的正方形上，设“半正多面体”棱长为，则，解得，
故答案为．

【名师点睛】本题考查学生的空间想象能力，抽象概括能力，解题关键是从“半正多面体”中作出一个截面为正八边形且正八边形的八个顶点都在边长为1的正方形上，由此易得棱长．
5．世界四大历史博物馆之首卢浮宫博物馆始建于年，原是法国的王宫，是法国文艺复兴时期最珍贵的建筑物之一，以收藏丰富的古典绘画和雕刻而闻名于世，卢浮宫玻璃金字塔为正四棱锥，且该正四棱锥的高为米，底面边长为米，是华人建筑大师贝聿铭设计的．若玻璃金字塔五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为____________米．

【试题来源】河南九师联盟2020-2021学年高三新高考11月质量检测
【答案】
【分析】作出图形，设球体的半径为，根据几何关系可得出关于的等式，进而可解得的值．
【解析】如下图所示：

在正四棱锥中，设为底面正方形的对角线的交点，则底面，由题意可得，，，则，
设该球的半径为，设球心为，则，
由勾股定理可得，即，解得．
故答案为．
【名师点睛】求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
6．蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是，这样的设计含有深刻的数学原理、我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》．用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在正六棱柱的三个顶点处分别用平面，平面，平面截掉三个相等的三棱锥，，，平面，平面，平面交于点，就形成了蜂巢的结构．


如图，设平面与正六边形底面所成的二面角的大小为，则____________．（用含的代数式表示）
【试题来源】江苏省两校（徐州一中、兴化中学）2020-2021学年高三上学期第二次适应性联考
【答案】
【分析】利用的面积与的面积比可求的值．
【解析】先证明一个结论：如图，在平面内的射影为，的平面角为（），则．
证明：如图，在平面内作，垂足为，连接，
因为在平面内的射影为，故，
因为，故，因为，故平面．
因为平面，故，所以为二面角的平面角，所以．

在直角三角形中，．
由题设中的第二图可得．
设正六边形的边长为，则，
如图，在中，取的中点为，连接，则，
且，，故，
故，
故．故答案为．

【名师点睛】关于二面角的余弦值的计算，我们可用一个平面中的平面图形的面积与其在另一个平面的射影图形的面积的比值来处理．
四、双空题
1．我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设 ，则曲线在点处的切线方程为____________，用此结论计算____________．
【试题来源】宁夏银川市2019-2020学年普通高中高三学科教学质量检测（理）
【答案】
【分析】先根据题意求出在处的切线方程为，然后根据以直代曲，可以令．
【解析】函数，则，
所以，故切线为．所以，
根据以直代曲，也非常接近切点．
所以可以将代入切线近似代替，
即．故答案为，．
【名师点睛】本题考查了导数的几何意义，以及导数的极限概念．要注意理解．属于基础题．
2．古代的商人在堆放物品时，为了节约空间，常把物品垒成许多层，俗称“垛”，每层摆成三角形的就叫做“三角垛”．在一个“三角垛”中，自上而下的第一层摆放1个，第二层摆放个，第三层摆放个，以此类推．13世纪，我国数学家杨辉在《详解九章算法》中介绍了计算“三角垛”物体总个数的方法：记“三角垛”的层数为，“三角垛”的物体总数为，则．由上述材料可知层数为9的“三角垛”的第四层物体数为____________，物体总数为____________．
【试题来源】浙江省浙考交流联盟2020-2021学年高三上学期8月线上考试
【答案】
【分析】由题意即为第四层物体数；再由，代入运算即可得物体总数．
【解析】由题意该“三角垛”的第四层物体数为，
物体总数为．故答案为；．
3．在复变函数中，自变量可以写成，其中，是z的辐角．点绕原点逆时针旋转θ后的位置可利用复数推导，点绕原点逆时针旋转得____________．；复变函数，，____________．
【试题来源】浙江省2020届高三下学期6月新高考进阶
【答案】
【解析】点对应的复数，其中，
则对应的复数，其中，
则，
，
则，故的坐标为；
由，，则，得．
故答案为；