新高考数学临考题号押题第5题 数学新文化（2份打包，原卷版+解析版）

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押新高考卷5题
数 学 新 文 化

考点
3年考题
考情分析
数学新文化
2022年新高考Ⅰ卷第4题
2022年新高考Ⅱ卷第3题
2021年新高考Ⅰ卷第16题
2021年新高考Ⅱ卷第4题
2020年新高考Ⅰ卷第4题
2020年新高考Ⅱ卷第4题
高考中数学新文化均是以小题的形式进行考查，难度较易或一般，纵观近几年的新高考试题，分别以立体几何和数列为背景考查了高中数学新文化鉴赏及其相关运算，命题体现了数学背景相关知识点的理解及运算，需要在高考备考中建立此类题型的熟悉度和解题思维。可以预测2023年新高考命题方向将继续数列、立体几何等数学文化为背景展开命题．

数学新文化一方面考查学生数学思维、模型思维，另一方面也考查学生计算能力，常见的数学文化命题方向有：
斐波那契数列、赵爽弦图、杨辉三角、欧拉公式、阿基米德、笛卡尔、莱布尼茨、牛顿、高斯、费马、泰勒、九章算术、孙子算经、秦九韶、古代建筑、切比雪夫、科赫曲线、割圆术、祖暅原理、拉格朗日、时事热点等需学生熟悉此类题型，强化练习.


1．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．

故选：C．

2．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（    ）

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D

3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】 5
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：


，
因此，.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.



4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
5．（2020·新高考Ⅰ卷+Ⅱ卷高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ）


A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.
【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B

【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.

1．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）
A．55 B．49 C．43 D．37
【答案】A
【分析】由条件写出通项公式，即可求解.
【详解】正整数中既能被3除余1且被2除余1的数，即被6除余1，那么
，有.
故选：A
2．（2023·湖南·模拟预测）《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.
【详解】由题意可知：，，
所以.
故选：A.
3．（2023·浙江嘉兴·统考二模）相传早在公元前3世纪，古希腊天文学家厄拉多塞内斯就首次测出了地球半径.厄拉多塞内斯选择在夏至这一天利用同一子午线（经线）的两个城市（赛伊城和亚历山大城）进行观测，当太阳光直射塞伊城某水井时，亚历山大城某处的太阳光线与地面成角，又知某商队旅行时测得与的距离即劣弧的长为5000古希腊里，若圆周率取3.125，则可估计地球半径约为（    ）

A．35000古希腊里 B．40000古希腊里
C．45000古希腊里 D．50000古希腊里
【答案】B
【分析】利用圆心角所对应的弧长是即可求解.
【详解】设圆周长为，半径长为，两地间的弧长为，对应的圆心角为，
的圆心角所对应的弧长就是圆周长，
的圆心角所对应的弧长是，即，
于是在半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为：，
.
当为5000古希腊里，，即时，
古希腊里.
故选：B.
4．（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（    ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】B
【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.
【详解】解:由题意可令,
所以将数列逐个列举可得:
,,,,,
故,
因为,
所以,
故.
故选:B
5．（2023·安徽·校联考二模）巴普士（约公元3~4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家．生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来．《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，（表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭合图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．已知在梯形ABCD中，，，，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】考虑先计算重心G到AB的距离和重心G到BC的距离，再用勾股定理可得.
【详解】
直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积，设重心G到AB的距离为，则，解得；直角梯形绕BC旋转一周所得几何体的体积，设重心G到BC的距离为，则，所以，所以．
故选：C．
6．（2023·福建·统考模拟预测）中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的帐周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案.
【详解】设圆的半径为，将内解正边形分成个小三角形，
由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：，
解得：.
故选：A.
7．（2023·河北张家口·统考二模）2021年5月15日，中国首次火星探测任务天问一号探测器在火星成功着陆.截至目前，祝融号火星车在火星上留下1900多米的“中国脚印”，期待在2050年实现载人登陆火星.已知所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方的比值都相等.若火星与地球的公转周期之比约为，则地球运行轨道的半长轴与火星运行轨道的半长轴的比值约为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知先设周期再应用分数指数幂与根式的互化得出比值.
【详解】设地球的公转周期为，则火星的公转周期为.
设地球､火星运行轨道的半长轴分别为，，
则，
于是.
故选: A.
8．（2023·山东滨州·邹平市第一中学校考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中，把正四棱台形状的灿筑物称为“方亭”，沿“方亭”上底面的一对边作垂直于底面的两截面，去掉截面之间的几何体，将“方亭”的两个边角块合在一起组成的几何体称为“刍甍”.现记截面之间几何体体积为，“刍甍”的体积为，若，则“方亭”的上､下底面边长之比为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设“方亭”的上底面边长为，下底面边长为，高为，通过，转化求解体积的比值即可．
【详解】解：设“方亭”的上底面边长为，下底面边长为，高为，
则，
，
，
．即
解得或（舍去）
故选：．
9．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心到水面的距离为，筒车的半径为，筒车每秒转动，如图1所示，盛水桶在处距水面的距离为，后盛水桶到水面的距离近似为(取)（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设为水平方向与的夹角，可知水桶到水面的距离为，由处的值可构造方程求得，根据所求距离为，利用三角恒等变换公式计算可得结果.
【详解】由题意知：水桶到水面的距离为：(为水平方向与的夹角)
由得：，则，
则后水桶距离水面的距离为：，
即.
后水桶距离水面的距离约为.
故选：B.
10．（2023·江苏泰州·统考一模）2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
11．（2023·湖南·校联考二模）蹴鞠（如图所示），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，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.
【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，

易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，
因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，
所以平面ABC，
∵，∴，
即，在中，，
∴，∴，∴球O的表面积为．
故选：D．
12．（2023·广东佛山·统考二模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（    ）
（参考数据：，，，）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），
则（m3），
（m3），
（m3），
所以（m3）．
故选：A．
13．（2023·浙江杭州·统考一模）国际数学家大会已经有了一百多年历史，每届大会都是吸引当时世界上研究各类数学和相关问题的世界顶级科学家参与世纪的第一次国际数学家大会在我国北京举行，有来自多个国家的多位数学家参加了本次大会这次大会的“风车”会标取材于我国古代数学著作《勾股圆设方图》，该弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为，且大正方形与小正方形面积之比为，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，求出小正方形的边长为，大正方形的边长为，结合题意可得，联立，求解即可得出答案
【详解】解：设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，
小正方形的边长为，大正方形的边长为，
大正方形与小正方形面积之比为，
所以，，则，①
因为，则，②
又因为，③
由①②③可得.
故选：C.
14．（2023·浙江金华·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积是（    ）

A．54 B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题设确定旋转后多出面积的构成，应用柱体表面积的求法求魔方表面积.
【详解】
如上图，转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，
显然小三角形为等腰直角三角形，直角边为，则斜边为，
故，可得
由几何关系得：阴影部分的面积为，
所以，所求面积．
故选：C
15．（2022·江苏苏州·校联考模拟预测）《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”（注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体），若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为（    ）立方尺
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知得球心在几何体的外部，设球心到几何体下底面的距离为x，列方程求出x＝2，从而R2，由此能求出该球体的体积．
【详解】解：作出图象如下图所示：
由已知得球心在几何体的外部，
设球心到几何体下底面的距离为x，
则R2＝x2+（）2＝（x+1）2+（）2，
解得x＝2，∴R2，
∴该球体的体积．
故选：C．

16．（2023·黑龙江哈尔滨·校联考一模）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，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.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.

我们借助杨辉三角可以得到以下两个数列的和.
；

若杨辉三角中第三斜行的数：1，3，6，10，15，…构成数列，则关于数列叙述正确的是（    ）
A． B．
C．数列的前n项和为 D．数列的前n项和为
【答案】A
【分析】确定，计算，得到A正确B错误，取特殊值排除CD得到答案.
【详解】.
对选项A：，正确；
对选项B：，错误；
对选项C：当时，，错误；
对选项D：当时，，错误；
故选：A
17．（2023·黑龙江哈尔滨·校联考一模）“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（    ）

A．18π B．16π C．14π D．12π
【答案】A
【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积.
【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，
∵分别为的中点，则，
∴正方体的边长为，
故，可得，
根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，
故该半正多面体外接球的表面积为.
故选：A.

18．（2023·山东菏泽·统考一模）2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以达到到达月球的距离，那么至少对折的次数是（    ）（，）
A．40 B．41 C．42 D．43
【答案】C
【解析】设对折次时，纸的厚度为，则是以为首项，公比为的等比数列，
求出的通项，解不等式即可求解
【详解】设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，
由题意知是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
令，
即，所以，即，
解得：，
所以至少对折的次数是，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不等式即可.
19．（2023·山东日照·山东省日照实验高级中学校考模拟预测）“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（    ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【答案】C
【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.
【详解】由题意，，即，
令，即，故，即，
可得，即.
故选：C
20．（2022·江苏南京·统考模拟预测）足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足，二面角的大小为，则该足球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】画出图形，为线段的中点，则可得为二面角的平面角，取分别是线段上靠近点的三等分点，则可得分别为和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，然后结已知数据求出，从而可求出足球的体积
【详解】根据题意，三棱锥如图所示，图中点为线段的中点，分别是线段上靠近点的三等分点，
因为，
所以和均为等边三角形，
因为点为线段的中点，
所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为和均为等边三角形，点为线段的中点，
所以分别为和的中线，
因为分别是线段上靠近点的三等分点，
所以分别为和的外心，
过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，
因为，，
所以，则，
因为，
所以≌，所以，
在直角中，，
因为平面，平面，
所以，
因为是的外心，所以，
所以,
所以，
所以足球的体积为，
故选：A

【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题