专题23 数学文化（客观题）（理）（解析版）-2021年高考数学（理）二轮复习热点题型精选精练

专题 23 数学文化（客观题） 一、单选题 1．1750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V 、 E和 F 表示闭的凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系： 2V E F   ．已知正 十二面体有 20个顶点，则正十二面体有条棱 A．30 B．14 C． 20 D． 26 【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 20V  ， 12F  ，代入欧拉公式 2V E F   可求得 E的值，即 为所求． 【解析】由已知条件得出 20V  ， 12F  ， 由欧拉公式 2V E F   可得 2 20 12 2 30E V F       ．故选 A． 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．27 B． 42 C．55 D． 210 【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  5132 ，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  5132 ，化为十进制数为   2 5132 1 5 3 5 2 42      ．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．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1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1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．12尺 B．10尺 C．9尺 D．14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 x尺，根据题意列出有关 x的方程，进而可求得 x的值，即可得出结论． 【解析】设水深为 x尺，依题意得  2 2 21 5x x   ，解得 12x  ． 因此，水深为12尺．故选 A． 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．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． 4 7 B． 3 4 C． 16 49 D． 40 49 【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】 S 大扇形 21 2 aR ， S 小扇形 21 2 r ， 2 2 2 9 401 49 49 R rP R       ．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． 6．九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 ＝ 1 1 2 1, 2 2, n n a n a n      为偶数 为奇数 ，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】 2020-2021学年高三 10月模块考试 【答案】C 【解析】 1 1a  ，  2 12 1 1a a   ， 3 22 2 4a a   ， 4 32 1 7a a   ， 5 42 2 16a a   ， 所以解下 5个环所需的最少移动次数为 16．故选 C． 7．《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． 3 20  B． 3 10  C． 4  D． 2 5  【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 2 a b cr    （ a，b为直角边， c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 8, 15a b  ，斜边 2 28 15 17c    ， 所以内切圆半径 8 15 17 3 2 2 a b cr        ， 所以落在其内切圆内的概率： 23 3 1 208 15 2 P       ，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． 2 2 3 π B． 4 2 3 π C．4 2 D． 8 3  【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 2 3 2 3    ，所以圆锥的底面半径为 1，母线长为 3， 所以圆锥的高为 23 1 2 2  ，所以圆锥的体积V 圆锥 21 2 21 2 2 3 3       ． 从而所求几何体的体积为 2 2 3 V  ．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 x的不足近似值和过剩近似值为 b a 和 d c *( , , , )a b c d N ，则 b d a c   是更为精确的不足近似 值或过剩近似值．若令 31 63 10 20   ，则第一次用“调日法”后得 47 15 ，它是 的更为精确的 不足近似值，即 47 63 15 20   ．若每次都取得简分数，则第 n次用调日法后 的近似值为 113 36 ， 则n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： 47 63 15 20   ；第二次“调日法”后： 247 15 7 2  ； 第三次“调日法”后： 69 22 22 7   ；第四次“调日法”后： 91 22 29 7   ； 第五“调日法”后： 113 22 36 7   ，此时 的近似值为 113 36 ．故选D． 【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， ABC 满足“勾三股四弦五”，其中股 4AB  ，D为弦 BC上一点（不 含端点），且 ABD△ 满足勾股定理，则 cos ,AB AD    A． 3 5 B． 4 5 C． 3 4 D． 5 12 【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 AD 的长，再根据向量数量积公式 转化，并计算 cos ,AB AD    的值． 【解析】由题意可知 AD BC ， 所以根据等面积转化可知 4 3 5BA AC BC AD AD       ，解得 12 5 AD    2 AB AD AD DB AD AD           ， 2 3cos , 4 54 ADAB AD ADAB AD AB AD AD              ． 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1，有一点 P从 A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3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点 B的概率 为 A． 1 16 B． 1 8 C． 1 4 D． 1 2 【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 P从 A点出发，每次向右或向下跳一个单位长度， 跳3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8种不同的跳法（线路）， 符合题意的只有（下，下，右）这1种， 所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点 B的概率为 1 8 ．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 2400cm ， 2900cm ，高为 9cm，长方体形凹槽的高为 12cm ，斗的密度是 30.50 /g cm ．那么这个斗的质量是 A．3990g B．3010g C．6900g D． 6300g 【试题来源】 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    31 400 900 400 900 9 5700 3 V cm       台 ， 设长方体的长为 xcm，宽为 ycm，则 900xy  ，则原长方体的高为12cm ， 所以，长方体凹槽的体积为  3112 6 9 8100 2 V xy x y xy cm     ， 所以，“斗”的体积为  35700 8100 13800 cm  ， 因此，“斗”的质量为  13800 0.5 6900 g  ．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．我们将 5 1 2  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 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 , ,a b c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 2 5 1 25 1 ce a      ，即 5 1 2 c a+ = 2 2 2a b c  ， 2 25 1 2 b a+ \ = ， 2b ac  ， ( ) ( )( ) 22 2 2b a c\ = ， 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 , ,a b c之间的数量关系即可，是一道较易题． 14．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3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5，下面一粒珠（简称下珠）是1，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 2粒下珠，算盘表示的数为质数 （除了1和本身没有其它的约数）的概率是 A． 1 3 B． 1 2 C． 2 3 D． 1 6 【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： 7、16、 25、52、61、70， 其中是质数的有： 7、61，故所求事件的概率为 2 1 6 3 P   ．故选 A． 15．《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= 1 2 （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 7 2 平方米， 则 cos∠AOB= A． 1 25 B． 3 25 C． 1 5 D． 7 25 【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= 1 2 （弦×矢+矢 2）= 1 2 （6×矢+矢 2）= 7 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 2 2 1 9 r d r d      ，解得 d=4，r=5， 所以 cos∠AOD= 4 5 d r  ，所以 cos∠AOB=2cos2∠AOD-1= 32 25 -1= 7 25 ．故选 D． 16．数列1、1、 2、3、5、8、13、 21、34、称为斐波那契数列，是意大利著名数 学家斐波那契于1202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 2020项中，偶数的个数为 A．505 B．673 C． 674 D．1010 【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  3k k N 项为偶数，再由 2020 3 673 1   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  3k k N 项为偶数， 由于 2020 3 673 1   ，所以前 2020项中偶数的个数为673．故选 B． 17．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 ABC 内角 A， B，C 所对的边分别为 a，b， c，面积 22 2 2 2 21 4 2 a b cS a b             ．若 2c  ， sin 4sinb C A ，则 ABC 面积的最大值为 A． 1 3 B． 2 3 C． 6 3 D． 4 3 【试题来源】 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 2b a ，代入三角形面积公式，结合函数的性质即可得 解． 【解析】因为 2c  ， sin 4sinb C A ，所以 4bc a 即 2b a ， 所以 ABC 的面积 2 22 2 4 2 2 2 21 1 5 44 4 2 4 2 a b c aS a b a                              221 3 10 4 2 64 93 a             ，所以当 23 10 2 3 a  即 2 5 3 a  时，面积取最大值 max 4 3 S  ， 此时 4 52 3 b a  ， ABC 存在，所以 ABC 面积的最大值为 4 3 ．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． 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 ABCD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． 3 7 B． 4 7 C． 3 14 D． 11 14 【试题来源】 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 2 8 28C  种， 其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有 2 34 12C  种，故所求概率 12 3 28 7 P   ．故 选 A． 19．将正整数 12分解成两个正整数的乘积有1 12 ，2 6 ，3 4 三种，其中3 4 是这三种 分解中两数差的绝对值最小的，我们称3 4 为 12的最佳分解．当 p q ( p q 且 p､ N*q ) 是正整数 n的最佳分解时，我们定义函数  f n q p  ，例如  12 4 3 1f    ，则数列   3nf 的前 2020项和为 A． 10103 1 B． 10103 C． 10113 1 D． 10113 【试题来源】河北省 2021届高三上学期期中 【答案】A 【分析】按照 n为偶数、 n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n为偶数时，  3 0nf  ；当 n为奇数时，   1 1 1 2 2 23 3 3 2 3 n n n nf        ； 所以数列   3nf 的前 2020项和  0 2 1009 2020 2 3 3 3 3S        0 1010 1010 3 1 3 2 3 1 1 3       ．故选 A． 20．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： 1 1 r r r n n nC C C    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 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 m n m n nC C  ，故 A正确； 对于 B，由组合数的性质可得 1 1 r r r n n nC C C   ， 故 B正确； 对于 C，由二项式系数和的性质可得 0 1 2 2n n n n n nC C C C     ，故 C正确； 对于 D，  55 5 4 3 211 10 1 10 5 10 10 10 10 10 5 10 1 161051             ， 故 D错误．故选 D． 21．《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． 2 B．2 4 2 C． 4 2 2 D． 4 4 2 【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 2的等腰直角三角形，且直三棱柱的 高为 2，因此，该“堑堵”的侧面积为  2 2 2 2 4 2 4    ．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． 22．古希腊时期，人们把宽与长之比为 5 1 2  的矩形称为黄金矩形，把这个比值 5 1 2  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 ABCD，EBCF，FGHC，FGJI ，LGJK，MNJK 均近似为黄金矩 形．若 A与D间的距离大于 18．7m，C与 F 间的距离小于 12m．则该古建筑中 A与 B间 的距离可能是（参考数据： 5 1 0.618 2   ， 70.618 0.38 ， 30.618 0.236 ） 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 ABCD和 EBCF是黄金矩形，由边长的比求出 AB范围即可得． 【解析】由黄金矩形的定义可知 0.618AD AB  ， 20.618 0.38BC CF CF AB BC AB     ，所以 18.7 30.26 0.618 0.618 ADAB m   ， 12 31.58 0.38 0.38 CFAB m   ，即  30.26,31.58AB ， 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． 13 40 B． 7 20 C． 1 4 D． 3 10 【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 2 1 5 4 40C C  种，其中满足条件的为  7,8,9 ， 7,6,9 ， 7,4,9 ， 7,2,9 ， 5,8,9 ， 5,6,9 ， 5,4,9 ，  3,8,9 ，  3,6,9 ，  1,8,9 ，  7,8,5 ，  7,6,5, ，  7,8,3 ，共 13种， 故所求概率 13 40 P  ．故选 A． 24．《张丘建算经》卷上第 22题为“今有女善织，日益功疾（注：从第 2天开始，每天比前 一天多织相同量的布），第一天织5尺布，现一月（按30天计）共织390尺”，则从第 2天 起每天比前一天多织 A． 1 2 尺布 B． 5 18 尺布 C． 16 31 尺布 D． 16 29 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  Nn n  尺布，前  Nn n  天工织布 nS 尺，则数列 na 为等差数列， 设其公差为 d ，根据 1 5a  ， 30 390S  可求得 d 的值． 【解析】设该女子第  Nn n  尺布，前  Nn n  天工织布 nS 尺， 则数列 na 为等差数列，设其公差为 d ， 由题意可得 30 1 30 2930 150 15 29 390 2 S a d d       ，解得 16 29 d  ．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： 0 1 2 3 0 ! 0! 1! 2! 3! ! n n x n x x x x x xe n n            ，其中 ,x n N  R ．试用上述公式估计 1 2e 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 2020-2021学年高三上学期期中 【答案】C 【分析】根据泰勒公式，令 0.5x  ，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 0.5x  ，取前5项可得 0 1 2 3 0 0 1 44 2 0.5 0.5 0.25 0.125 0.06251 0.5 ! ! 0! 1! 2! 3! 4! 2 6 24 1.64843 0.5 0.5 0.5 0.5 8 1.648 0.5n n n n e n n                    所以 1 2e 的近似值为1.648，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 60AB  米， 60BC  米， 40CD  米， 60ABC  ， 120BCD  ，据此可以估计 天坛的最下面一层的直径 AD大约为．（结果精确到 1米） （参考数据： 2 1 .414 ， 3 1.732 ， 5 2.236 ， 7 2.646 ） 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 AC，在 CDA 中，用余弦定理即可求得 AD． 【解析】在 ACB△ 中， 60AB  ， 60BC  ， 60ABC  ， 所以 60AC  ，在 CDA 中， 2 2 2 2 cos60AD AC CD AC CD      2 2 160 40 2 60 40 2800 2        ，所以 20 7 53AD   （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 n边形 等分成n个等腰三角形(如图所示)，当 n变得很大时，这 n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 6sin 的近似值为 A． 30  B． 60  C． 90  D． 180  【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 sin 6的近似值． 【解析】圆的周角为360， 360 60 6  ，所以当等腰三角形的顶角为6时，共割了 60个等 腰三角形，设圆的半径为 r，则由题意可知 2 2160 sin 6 2 r r   ，解得 sin 6 30   ， 所以 sin 6的近似值是 30  ．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 2sin18 表示 ．若实 数 n 满足 2 24sin 18 4n   ，则 2 2 1 sin18 8 sin 18n     A． 1 4 B． 1 2 C． 5 4 D． 3 2 【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  2 2 2 2 22 2 1 sin18 1 sin18 1 sin18 1 sin18 8 sin 18 8sin 18 4cos 18 8sin 368sin 18 4 4sin 18n                    1 sin18 1 sin18 1 1 cos72 4 1 cos72 48 2             ．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 1a ，公比 1 2 q  ， 1 7 7 11 2 25411 2 a S         ， 解得 1 128a  ．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． 20 31 B． 5 31 C． 10 31 D． 40 31 【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q， 由题意知 1q  ，首项为 1a ，前 n项和为 nS ， 由题意可得 5 1 5 2 (1 ) 5 1 q a qS q       ，解得 1 2 5 31 q a     ， 所以第二天织的布为 2 1 10 31 a a q  ．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 1V 、 2V ，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 1S 、 2S ，则命题 p：“ 1V 、 2V 相等”是命题 :q “ 1S 、 2S 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 1S 、 2S 总相等，则 1V 、 2V 相等，即必要性成立； 假设夹在两平行平面间的底面积为 S 的棱柱和底面积为3S的棱锥，它们的体积分别为 1V 、 2V ，则 1 2V V ，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 1S 、 2S ，但 1S 与 2S 不总相等，即充分性不成立． 因此，命题 p是命题q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 0,1 均分为三段， 去掉中间的区间段 1 2, 3 3       ，记为第一次操作；再将剩下的两个区间 10, 3      ， 2 ,1 3      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 4 5 ，则需要操作的次数n的最小值为参考数据： lg2 0.3010 ， lg3 0.4771 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 n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 1 3 ；第二次操作去掉两个长度为 1 9 的区间，长度和 为 2 9 ；第三次操作去掉四个长度为 1 27 的区间，长度和为 4 27 ；…第n次操作去掉 12n 个长 度为 1 3n 的区间，长度和为 12 3 n n  ．于是进行了 n次操作后，所有去掉的区间长度之和为 11 2 2 21 3 9 3 3 nn n nS                ，由题意， 2 41 3 5 n       ，即 2 1lg lg 3 5 n  ，解得 3.97n  ， 又n为整数，所以 n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6 2 ( 1,2, )n n   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O的内接正n边形的一边为 AC，点 B为劣 弧AC的中点，则 BC是内接正 2n边形的一边，现记 nAC S ， 2nAB S ，则 A． 2 2 2 4n nS S   B． 2 2 2 4n nS S   C． 2 2 2 2 4n nS S   D． 2 2 4 3 4n nS S   【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 AOB   ，则在 AOB 中，由余弦定理得 2 2 2 2cosnS   ， 设 AC 与 OB 相 交 于 点 D ， 则 OD AD ， 利 用 三 角 函 数 的 定 义 可 得 2 cos 1 4 nOD S OA     ，代入上式化简求得结果；方法二，设 AC与OB相交于点D，可 以得到OD AD ，且 1 2 nAD S ，所以 2 1 4 nSOD   ，所以 2 1 1 1 4 nSBD OD     ， 利用勾股定理可得 2 2 2 2 2 4n nS BD AD S     ，从而求得结果． 【解析】法一：设 AOB   ，则在 AOB 中，由余弦定理得 2 2 2 2cosnS   ， 设 AC与OB相交于点D，则OD AD ，所 2 cos 1 4 nOD S OA     ， 所以 2 2 2 2 2 2 1 2 4 4 n n n SS S      ，故选 A． 法二：设 AC与OB相交于点D，则OD AD ， 因为 1 2 nAD S ，所以 2 1 4 nSOD   ，所以 2 1 1 1 4 nSBD OD     ， 所以 2 2 2 2 2 4n nS BD AD S     ，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 36o的等腰三角形（另一种是顶角为108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 ABC 中， 5 1 2 BC AC   ．根据这些 信息，可得 sin126  A．1 2 5 4  B． 3 5 8  C．1 5 4  D． 4 5 8  【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 5 1cos72 4   ，然后利用二倍角公式以及诱导公式可计算得出 sin126 cos36 的值，即可得出合适的选项． 【解析】因为 ABC 是顶角为 36o的等腰三角形，所以， 72ACB  ， 则 1 5 12cos72 cos 4 BC ACB AC      ，  sin126 sin 90 36 cos36      ， 而 2cos72 2cos 36 1   ， 所以， 1 cos72 3 5 6 2 5 5 1cos36 2 8 16 4           ．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．3D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 A、 B、C、D，满足任意两点间的直线距离为 2 6cm，现在利用3D打印技术制作模型，该 模型是由鞠的内部挖去由 ABCD组成的几何体后剩余的部分，打印所用原料密度为 31g/cm ， 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 3.14  ， 2 1.41 ， 3 1.73 ，精确到 0.1） A．113.0g B．267.9g C．99.2g D．13.8g 【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 ABCD是棱长为 2 6cm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 a，则正四面体的高为 2 2 2 3 6 3 2 3 aa a          ， 设正四面体外接球半径为R，则 2 2 26 2 3( ) ( ) 3 3 2 aR R a    ，解得 R  6 4 a ， 所以3D打印的体积为 3 2 3 34 6 1 1 3 6 6 2 3 4 3 2 2 3 8 12 V a a a a a               ， 又 3 3(2 6) 48 6a   ，所以 36 8 3 113.04 13.84 99.2V      ，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 1a ， 2a ， 3a ，…，且满足  *1k ka a k k N    ；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 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 2a ，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1 2 3 4 5 7 8 9 11 14 15 16 18 21 25 159               ．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 ( )R x 为当 qx p  （ ,p q为正整数， q p 是既约真分数） 时   1R x p  ，当 0x  或 1x  或 x为[0,1]上的无理数时   0R x  ．已知a、b、 a b都 是区间[0,1]内的实数，则下列不等式一定正确的是 A． ( ) ( ) ( )R a b R a R b   B． ( ) ( ) ( )R a b R a R b   C． ( ) ( ) ( )R a b R a R b   D． ( ) ( ) ( )R a b R a R b   【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  | , ,qA x x p q p   为正整数， q p 是既约真分数 ，  | 0B x x  或 1x  或 x 为[0,1]上的无理数 ，然后根据 a，b与集合 A， B的关系分类讨论，计算  R a b 与    +R a R b ，  R a b 与    R a R b 的关系． 【解析】设  | , ,qA x x p q p   为正整数， q p 是既约真分数 ，  | 0B x x  或 1x  或 x 为[0,1]上的无理数 ，则根据题意有： ①当 a A b A    时，则      R a b R a R b   ，      R a b R a R b   ， ②当 a B b B    时，       0R a b R a R b    ，       0R a b R a R b    ； ③当 a A b B    时，        R a b R a R b R a    ，       0R a b R a R b    ； ④当 a B b A    时，        R a b R a R b R b    ，       0R a b R a R b    综上所述，      R a b R a R b   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 a、b、 a b都是区间[0,1]内的实数时， a b与 ab的取值可能为 qx p  的形式（ ,p q为正整数， q p 是既约真分数），也可能为 0或1或 x为[0,1]上的无理数，解决的途径主要是要针对 a，b 的取值进行分类讨论，然后根据 ( )R x 的性质判断  R a b 与    +R a R b ，  R a b 与    R a R b 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．1125 B．1250 C． 2250 D． 2500 【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 na 以及驽马每日行的距离 nb 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 na ，其中 1 103a  ，公差 1 13d  ． 驽马每日行的距离成等差数列，记为 nb ，其中 1 97b  ，公差 2 0.5d   ． 设长安至齐为 x里，则 1 2 9 1 2 9 2a a a b b b x         ， 即 9 8 13 9 8 0.52 103 9 97 9 2250 2 2 x            ，解得 1125x  ．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 2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   cosh xf x a a  ，其中 a 为悬链线系数， cosh x称为双曲余弦函数，其函数表达式为 cosh 2 x xe ex   ，相应地双 曲正弦函数的函数表达式为 sinh 2 x xe ex   ．若直线 x m 与双曲余弦函数 1C 和双曲正弦 函数 2C 分别相交于点 A，B，曲线 1C 在点 A处的切线与曲线 2C 在点 B处的切线相交于点 P，则 A． sinh coshy x x 是偶函数 B．  cosh cosh cosh sinh sinhx y x y x y   C． BP 随m的增大而减小 D． PAB△ 的面积随m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 P，表示出 BP ， PABS 即可判断． 【解析】对于选项 A：定义域为R，   2 2 sinh cosh 4 x xe ey f x x x     ，而     2 2 2 x xe ef x f x       ，所以  f x 是奇 函数，所以 A错误； 对于选项 B： cosh cosh sinh sinh 2 2 2 2 x x y y x x y ye e e e e e e ex y x y              cosh 4 4 2 x y x y x y y x x y x y x y y x x y y xe e e e e e e e e e x y                        ，所以 B错误； 对 于 选 项 C 、 D ： 设 , 2 m me eA m       ， , 2 m me eB m       ，    cosh , sinh 2 2 x x x xe e e ex x      ， 则曲线 1C 在点 A处的切线方程为   2 2 m m m me e e ey x m       ， 曲线 2C 在点 B处的切线方程为   2 2 m m m me e e ey x m       ， 联立求得点 P的坐标为  1, mm e ，则  22 2 1 1 2 4 m mm m m e ee eBP e            ， 1 1 2 2 m PABS AB e △ ，所以 BP 随m的增大而先减小后增大， PAB△ 的面积随m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 ABC 中，角 A， B，C所对的边分别为 a，b，c，则 ABC 的面积 22 2 2 21 ( ) 2 2 a b cS ab         ．根据 此公式，若 cos ( 2 )cos 0a B b c A   ，且 2 2 2 4b c a+ - = ，则 ABC 的面积为 A． 6 B．2 3 C． 3 D．3 2 【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 1cos 2 A  ，再根据余弦定理求bc，最后代入面 积公式求解． 【解析】由正弦定理边角互化可知 cos ( 2 )cos 0a B b c A   化简为  sin cos sin 2sin cos 0A B B C A   ， sin cos sin cos 2sin cosA B B A C A  即  sin sin 2sin cosA B C C A   ， sin 0C  ， 1cos 2 A  ， 2 2 2 1 4 1cos 2 2 2 2 b c aA bc bc       ，解得 4bc  ， 根据面积公式可知   22 2 2 21 1 16 4 3 2 2 2 b c aS bc            ．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   22 2 2 21 2 2 b c aS bc         ． 二、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 P ABC 为 鱉臑， PA 平面 ABC， ABC 为直角，且 2PA AB BC   ，则 P ABC 的体积为 ________． 【试题来源】2020届江苏省高三高考全真模拟（八） 【答案】 4 3 【分析】计算出 ABC 的面积，然后利用锥体的体积公式可求得三棱锥 P ABC 的体积． 【解析】由题意知 PA 平面 ABC， 2 ABC    ， 2PA AB BC   ， 所以 ABC 的面积为 1 2 2ABCS AB BC  △ ，因此， 1 1 42 2 3 3 3P ABC ABCV S PA       ． 故答案为 4 3 ． 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  y f x 满足如下条件： （1）在闭区间 ,a b 上是连续不断的； （2）在区间  ,a b 上都有导数． 则在区间  ,a b 上至少存在一个数，使得       f b f a f b a   ，其中称为拉格 朗日中值．则   xg x e 在区间 0,1 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】  ln 1e 【分析】先求得导函数，结合拉格朗日中值的定义，可得 1e e   ，进而求得的值即可． 【解析】   xg x e ，则   xg x e  ，所以  g e  ， 由拉格朗日中值的定义可知，      1 0 1 1 0 g g g e       ， 即 1e e   ，所以  ln 1e   ．故答案为  ln 1e ． 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O的球面上， 则球O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】 288 【分析】设这个正四棱锥为P ABCD ，球O的半径为 R，则 8AB  ， 1 8PO  ，在直角 三角形 1OOC中，根据勾股定理可求得 12R  ，再根据球的体积公式可得结果． 【解析】设这个正四棱锥为 P ABCD ，如图： 则 8AB  ， 1 8PO  ，设球O的半径为 R，则OC OP R  ， 在直角三角形 1OOC 中， 1 4 2OC  ，所以 2 2 2 1 1OO OC OC  ， 所以 2 2 2(8 ) (4 2)R R   ，解得 6R  ， 所以球O的体积是 3 34 4 6 288 3 3 R     立方尺．故答案为 288 ． 【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 2021届高三上学期 9月入学检测 【答案】 2 1 【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 ABCDEFGH ，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 a，则 2 2 1 2 a a   ，解得 2 1a   ， 故答案为 2 1 ． 【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1204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 21米，底面边长为30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】 297 14 【分析】作出图形，设球体的半径为R，根据几何关系可得出关于R的等式，进而可解得R 的值． 【解析】如下图所示： 在正四棱锥 P ABCD 中，设M 为底面正方形 ABCD的对角线的交点，则 PM 底面 ABCD，由题意可得 21PM  ， 30AB  ， 2 30 2BD AB  ，则 15 2BM  ， 设该球的半径为R，设球心为O，则O PM ， 由勾股定理可得 2 2 2OB OM BM  ，即    222 21 15 2R R   ，解得 297 14 R  ． 故答案为 297 14 ． 【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109 28 ，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 ABCDEF A B C D E    ﹣ 的三个顶点 , ,A C E处分别用平面 BFM ，平面BDO，平面DFN 截掉三个相等的三棱锥M ABF ，O BCD ，N DEF ，平面 BFM ，平面 BDO，平 面DFN交于点 P，就形成了蜂巢的结构． 如 图 ， 设 平 面 PBOD 与 正 六 边 形 底 面 所 成 的 二 面 角 的 大 小 为  ， 则 cos ____________．（用含 tan54 44 的代数式表示） 【试题来源】江苏省两校（、兴化中学）2020-2021学年高三上学期第二次适应性 联考 【答案】 3 3tan 54 44 【分析】利用 DOB 的面积与 BCD△ 的面积比可求 cos 的值． 【解析】先证明一个结论：如图， ABC 在平面 内的射影为 ABC△ ，C AB C  的 平面角为（ 0, 2       ），则 cos ABC ABC S S     ． 证明：如图，在平面  内作CE AB ，垂足为 E，连接 EC， 因为 ABC 在平面 内的射影为 ABC△ ，故CC   ， 因为 AB  ，故CC AB  ，因为CE AB E  ，故 AB 平面 ECC． 因为 EC 平面 ECC，故C E AB  ，所以 CEC 为二面角的平面角，所以 CEC   ． 在直角三角形CEC中， cos cos ABC ABC SECCEC EC S         ． 由题设中的第二图可得 cos DBO DBC S S   V V ． 设正六边形的边长为 a，则 2 21 3 3 2 2 4DBCS a a  V ， 如图，在 DBO 中，取 BD的中点为W ，连接OW，则OW BD ， 且 3BD a ， 109 28BOD    ，故 3 1 2 tan 54 44 OW a   ， 故 21 3 1 3 13 2 2 tan 54 44 4 tan 54 44DBOS a a a       V ， 故 3cos 3tan54 44    ．故答案为 3 3tan 54 44 ． 【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． 三、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 n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    ln 1f x x  ，则曲线  y f x 在点  0 0， 处的切线 方程为____________，用此结论计算 ln 2020 ln 2019  ____________． 【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】 y x 1 2019 【分析】先根据题意求出  f x 在  0 0， 处的切线方程为 y x ，然后根据以直代曲，可以 令    ln 1f x x y x    ． 【解析】函数    ln 1f x x  ，则   1' 1 f x x   ， 所以  0 1f   ，故切线为 y x ．所以 1 1ln 2020 ln 2019 ln 1 2019 2019 f              ， 根据以直代曲， 1 2019 x  也非常接近切点 0x  ． 所以可以将 1 2019 x  代入切线近似代替 1 2019 f       ， 即 1 1 2019 2019 f       ．故答案为 y x ， 1 2019 ． 【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1 2 个，第三层摆放1 2 3  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n，“三角垛”的物体总数为 nS ， 则    1 1 2 6nS n n n   ．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】10 165 【分析】由题意1 2 3 4   即为第四层物体数；再由    1 1 2 6nS n n n   ，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1 2 3 4 10    ， 物体总数为 9 1 9 10 11 165 6 S      ．故答案为10；165． 3．在复变函数中，自变量 z可以写成 (cos sin ) iz r i r e       ，其中 | |r z ， 是 z 的辐角．点  ,x y 绕原点逆时针旋转θ后的位置可利用复数推导，点  2,3A 绕原点逆时针旋 转 3arcsin 5 得 A ____________ ．； 复 变 函 数 ln ( , 0)z z C z    ， i  ， z  ____________． 【试题来源】浙江省 2020届高三下学期 6月新高考进阶 【答案】 1 18( , ) 5 5  1 【解析】点 A对应的复数 13(cos sin )z i   ，其中 2 13 3 13cos ,sin 13 13    ， 则 A对应的复数 13[cos( ) sin( )]z i        ，其中 3 4sin ,cos 5 5    ， 则 13cos( ) cos cos sin sin 65           ， 18 13sin( ) sin cos cos sin 65          ， 则 13 18 13 1 1813( ) 65 65 5 5 z i i       ，故 A的坐标为 1 18( , ) 5 5  ； 由 ln ( , 0)z z C z    ， i  ，则 iz e  cos sini   ，得 1z   ． 故答案为 1 18( , ) 5 5  ； 1