2023届高考数学压轴小题25 与数学文化相关的数学考题含答案.pdf

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1、1/922023 届高考数学压轴小题 25 与数学文化相关的数学考题与数学文化相关的数学考题【方法综述方法综述】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.【解答策略解答策略】类型一、取材数学游戏类型一、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

2、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A，B，C，D满足10cmABBCCDDADB，15cmAC，则该“鞠”的表面积为（）A2350cm3B2700cm3C2350 cmD23500 35cm27【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ABD，CBD均为等边三角形.如图所示，2/92设

3、球心为O，BCD的中心为O，取BD的中点F，连接AF，CF，OO，OB，OB，AO，则AFBD，CFBD，得BD 平面AFC，且可求得5 3cmAFCF，而15cmAC，所以120AFC.在平面AFC中过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD 平面AFC，得BDAE，故AE平面BCD，过点O作OGAE于点G，则四边形O EGO是矩形.则210 3sin60cm33OBBC，15 3cm23OFOB，15sin60cm2AEAF，5 3sin30cm3EFAF.设球的半径为R，cmOOx，则由222OOO BOB，222OAAGGO，得221003xR，2225 35 315232xR

4、，解得5cmx，175cm3R.故三棱锥ABCD外接球的表面积227004cm3SR.故选：B.【举一反三】【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3/92率为（）ABCD【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：B2、五位同学围成一圈依次循环报数，规定：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

5、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；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

6、.类型二、取材数学名著类型二、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x里见到树，则11972215x 若一小城，如图所示，出东门 1200 步4

7、/92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）（）A2 10里B4 10里C6 10里D8 10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1200EB 步=4 里，750GA步=2.5 里由题意，得EF GFGAEB，则4 2.510EF GFEB GA，所以该小城的周长为4()88 10EFGFEF GF，当且仅当10EFGF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

8、数 19 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 19 这 9 数字表示两位数的个数为（）A13B14C15D16【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5/92表示 2714 个两位数；数字组合 3、3，7、

9、7，每组可以表示 1 个两位数，则可以表示 212 个两位数；则一共可以表示 14+216 个两位数；故选：D【举一反三】【举一反三】1.1.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M，现将该金杖截成长度相等的 10 段，记第i段的重量为1,2,10ia i，且1210aaa，若485iaM，则i（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析

10、】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）h6/92A5700cm3B8100cm3C10000cm3D9000cm3【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

11、9cm，长方体形凹橹的体积为 4300cm3，这个斗的体积是：V+430010000（cm3）故选：C类型三、取材数学名题类型三、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ABC中，点O为斜边AB的中点，点D为斜边AB上异于顶点的一个动点，设ADa

12、，BDb，则该图形可以完成的无字证明为（）A(0,0)2abab abB22(0,0)22abababC2(0,0)abab ababD222(0,0)abab ab【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，122abOCAB，22ababODOBBDb，在RtOCD中，22222abCDOCOD，显然OCCD，即2222abab.故选：B7/92【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

13、 1 的项，依次构成数列，则此数列的前 55 项和为()A4072B2026C4096D2048【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Sn2n1，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n10，所有项的个数和为 55，则杨辉三角形的前 12 项的和为S122121，则此数列前 55 项的和为S12234072，故选：A【指点迷津【指点迷津】利用利用n n次二项式系数对应杨辉三角形的第次二项式系数对应杨辉三角形的第n n+1+1 行行，

14、然后令然后令x x1 1 得到对应项的系数和得到对应项的系数和，结合等结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可比数列和等差数列的公式进行转化求解即可【举一反三】【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（t0 且 t1）为常数，则 P点的轨迹为圆已知圆 O：x2+y21 和，若定点 B（b，0）（b）和常数满足：对圆 O8/92上任意一点 M，都有|MB|MA|，则2，MAB 面积的最大值为【答案】A【解析】分析：画出图形，通过|MB|MA|，求解轨迹方程，

15、推出，然后求解三角形的面积解：设点 M（x，y），由|MB|MA|，得，整理得，所以解得2，b2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（）ABCD【答案】C【解析】由时，可得，9/92时，可得,排除，由，可排除,故选 C.类型四、取材数学推理类型四、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

16、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a，b，c，则三角形的面积为Sp papbpc，其中2abcp，这个公式被称为海伦-秦九韶公式；材料二:阿波罗尼奥斯Apollonius在圆锥曲线论中提出椭圆定义:我们把平面内与两个定点1F，2F的距离的和等于常数（大于12FF）的点的轨迹叫做椭圆.根据材料一或材料二解答:已知ABC中，4BC，8ABAC，则ABC面积的最大值为（）A2 3B3C4 3D6

17、【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，Sp papbpc，其中2abcp，由题意，可知4a，8bc，4862p，且64pa，故2666 646612 66124 32bcSbcbc；当且仅当66bc，即4bc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2211612xy，1|2ASBCy（|Ay为 A 到 BC 的距离），11|42 34 322ASBCy，当且仅当ABAC时取等号.故选：C.10/92【举一反三】【举一反三】1.（2019葫芦岛二

18、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（n9，nN*）个圆环所需的移动最少次数，an满足 a11，且 an，则解下 4 个圆环所需的最少移动次数为（）A7B10C12D22【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，a22a111；a32a2+24；a42a317；即解下 4 个圆环最少移动 7 次；故选：A2.（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：

19、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（）A9B16C18D20【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.11/92类型五、取材数学图形类型五、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

20、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：1122334455667781OAA AA AA AA AA AA AA A

21、，123,A A A 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 nl，nS，则关于此两个数列叙述错误的是（）A2nS是等差数列B11nlnn C111,nnllnnnn ND1122nnnlSS【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1111 122S ，得2114S，12/922121222S ，得2224S 2131322S ，得2334S 1122nnSn，得24nnS，则22114nnSS所以2nS是等差数列，故 A 正确；对 B，11 11 1l ，2122 1l ，3133 1l 所以11n

22、lnn，故 B 正确；对 C，由 1111111,1,nnllnnnnnnnnN 故 C 错；对 D，由11nlnn，2nnS，112nnS所以1122nnnlSS，故 D 正确故选：C【举一反三】【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（）ABCD【答案】

23、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13/92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：B2.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

24、方寸），（升），故选:B类型六、取材数学文化与现代科学：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，14/92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

25、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A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD（如图），且两切线斜率之积等于916，则椭圆的离心率为（）A34B74C916D32【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22221(0)xyabab，由离心率相同，可设外层椭圆方程为22221

26、(1)()()xymmamb，(,0),(0,)AmaBmb，设切线AC为1()yk xma，切线BD为2yk xmb，12222()1yk xmaxyab，整理得22223224222111()20a kbxma k xm a ka b，由0 知：32 222224222111(2)4()()0ma ka kbm a ka b，整理得2212211bkam，同理，222221yk xmbxyab，可得22222(1)bkma，15/924221249()()16bk ka，即22916ba，故22274cabeaa.故选：B.【举一反三】【举一反三】1.1.（20202020 沧州市模拟）中

27、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（）ABCD【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.16/92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

28、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 CMBD 于 M,CNAD 于 N,设 BM=h,则 CM=,解得 h=20(),BD=h+20【强化训练】强化训练】一、选择题一、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：“

29、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（）17/92A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：B2（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

30、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（）A4B6C8D12【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 S4R2，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18/923（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

31、 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（）A12B44C58D76【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+444 种

32、；故选：B4（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（）19/92ABCD【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

33、“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（）ABCD20/92【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，

34、一边 39 根，故假设 a1，b1，且 a+b39，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：C6.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

35、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（）A0.9 升B1 升C1.1 升D2.1 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

36、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（）21/92A7B8C9D10【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（）ABCD【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.

37、22/929.（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（）ABCD【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23/92一书作序时，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

38、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（）ABCD【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，24/92所以，因为，所以，即，整理得，所以.故选 D11（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

39、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：25/92图是底面直径和高均为 的圆锥；图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；图是底面边长和高均为 的正四棱锥；图是将上底面直径为，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（）ABCD【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，横截面面积图中的圆锥高为 1，底面

40、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.26/9212（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（）ABCD【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V132824；V2321022；V332626，这 3 根木条的体积分别为V1，V2，V3，满

41、足V2V1V3故选：C13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27/92多 2 个，第三层比第二层多 3 个，以此类推.记第n层货物的个数为na，则数列1na的前 2021 项和为（）A40412021B20211011C20212022D20201011【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，2132*123,2,.nnaaaannNaan且11a，则由累加法可知，123.naan，所以111 2.

42、22nn nn nann，当1n 时，111 112a，则*1,2nn nanN，则1211211nan nnn，记1na的前n项的和为nS，则1211111111.2 1.2231nnSaaann12 11n，则2021S120212 12021 11011，故选:B.14斐波那契数列 Fibonacci sequence，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11a，21a，*123,nnnaaannN的递推方法定义，则下列结论成立的是（）A8364aaaaB224nnnaaaC13520192020aaaaaD624

43、20202021aaaaa【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11a，21a，*123,Nnnnaaann28/92可得32a，43a，55,a，68a，713a，821a，则83647aaaa，A 错误；B 选项，2221213nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa，B 错误；C 选项，1352019aaaa 24264200020182020aaaaaaaaC 正确；D 选项，2462020aaaa 3153752021201920211aaaaaaaaa，D 错误.故选：C15意大利数学家斐波那契（1175 年1250 年）以兔子繁殖数量

44、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21nnnaaanN故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为11515225nnna（设n是不等式2log15x15211xx的正整数解，则n的最小值为（）A10B9C8D7【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】n是不等式2log1515211xxx的正整数解，2log1515211nnn，29/922log1515211nnn，222log1515log211nnn，即22log1515log211nnn21515log112nnn，21515

45、log1122nn，111515222nn，112115152255nn，令11515225nnna，则数列 na即为斐波那契数列，1125na，即11225na，显然数列 na为递增数列，所以数列 2na亦为递增数列，不难知道713a，821a，且112725a，112825a，使得11225na 成立的n的最小值为 8，使得2log1515211xxx成立的n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30/92的圆柱，与半球

46、（如图）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），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22149xy绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A8B16C24D32【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(04)hh 时，小圆锥的底面半径为r，则32hr，23rh，故截面面

47、积为2494h，把yh代入椭圆22149xy可得22 93hx，橄榄球形几何体的截面面积为22449hx，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积221222323163VVV 圆柱圆锥故选：B17 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2a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31/92水平面距离为h的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数()Sf h的图象是（）ABCD【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，

48、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a，设截面圆的半径为r，则222ahra，解得：222rhah，设截面圆的外接正方形的边长为b，则2br，正方形的面积222448Sbrhah，0,2ha，由函数形式可知，图象应是开口向下的抛物线.故选：D18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32

49、/92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（）A12cosB12sinC2sinD2cos【答案】A【解析】如图，设底面中心为 H，底面边长为 a，连接PH，AH，底面ABCDEF为正六边形，AHa由正棱锥性质知，PH 底面ABCDEF又侧棱PA与高PH所成的角为，APH，则sinAHaPAPA，即sinaPA设正六棱锥外接球球心为 O，半径为 R，连接AO,则OPOAR，OHPHPOPHRtanAHaPHPHQ，tanaPH在直角AOH中，222AOOHAH，即222tanaRRa222221tansincostan22tan2sincossin2tan

50、aaaRaaasin1sin2sin22cossinaRaPA故选：A33/9219如图所示，在圆锥内放入两个球1O，2O，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1C，2C.这两个球都与平面相切，切点分别为1F，2F，丹德林（GDandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，1F，2F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30，1C，2C的半径分别为 1，4，点M为2C上的一个定点，点P为椭圆上的一个动点，则从点P沿圆锥表面到达M的路线长与线段1PF的长之和的最小值是（）34/92A6B8C3 3