专题19 数学新文化小题综合-备战2024年数学新高考一轮复习之专题知识归纳和题型技巧大综合

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冲刺秘籍
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、时事热点第
需学生熟悉此类题型，强化练习
冲刺训练
一、单选题
1．（2023·安徽六安·六安一中校考模拟预测）《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书.”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清撤，表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点，测得切线，，，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为（ ）

A．0.62B．0.56C．D．
【答案】A
【分析】运用四边形的内角和为、余弦定理及诱导公式可求得结果.
【详解】如图所示，

设弧AB对应圆心是O，根据题意可知，，，则，
因为，，，
则在△ACB中，，
所以.
故选：A.
2．（2023·福建三明·统考三模）17世纪，法国数学家马林·梅森在欧几里得､费马等人研究的基础上，对（为素数）型的数作了大量的研算，他在著作《物理数学随感》中断言：在的素数中，当，3，5，7，13，17，19，31，67，127，257时，是素数，其它都是合数.除了和两个数被后人证明不是素数外，其余都已被证实.人们为了纪念梅森在型素数研究中所做的开创性工作，就把型的素数称为“梅森素数”，记为.几个年来，人类仅发现51个梅森素数，由于这种素数珍奇而迷人，因此被人们答为“数海明珠”.已知第7个梅森素数，第8个梅森素数，则约等于（参考数据：）（ ）
A．17.1B．8.4C．6.6D．3.6
【答案】D
【分析】利用对数的运算法则计算即可.
【详解】由已知可得.
故选：D
3．（2023·福建泉州·校联考模拟预测）历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，，，，，，，，，，，，即，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举数列，得到数列的周期为6求解.
【详解】解：由题意得：数列为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…
所以该数列的周期为6，
所以
，
故选：B
4．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，是正整数，，），这样的分解称为自然数的标准素数分解式.若的标准素数分解式为，则的正因子有个，根据以上信息，180的正因子个数为（ ）
A．6B．12C．13D．18
【答案】D
【分析】先将180分解成素数的乘积，然后根据题意求解即可.
【详解】根据N的标准分解式可得，故180的正因子个数为，
故选：D.
5．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）正割（Secant）及余割（Csecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，sec，csc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割，余割．则函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据新定义及辅助角公式化简，然后根据三角函数的性质求得答案.
【详解】，其中，
所以，且，
即的值域为.
故选：D.
6．（2023·海南海口·校考模拟预测）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，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可 近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为 ，则侧棱与底面外接圆半径的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正六棱锥的底面为正六边形计算可得结果.
【详解】正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为，则底面正六边形的边长为，
因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，
所以侧棱长为，
所以侧棱与底面外接圆半径的比为.
故选：D
7．（2023·福建福州·福州四中校考模拟预测）欧拉公式由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数，虚数单位与三角函数，联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数，则z的虚部为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由欧拉公式化简复数z，再由复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，
因为，所以z的虚部为.
故选：D.
8．（2023·广东广州·统考三模）我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”．这就是“祖暅原理”．祖暅原理用现代语言可描述为：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平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，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的面积都相等，由此得到新几何体与半球的体积相等，即．现将椭圆绕轴旋转一周后得到如图3所示的椭球，类比上述方法，运用祖暅原理可求得该椭球的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.
【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中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．
当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为，
则，即，故新几何体的截面面积为．
把代入，即，解得，
故半椭球的截面面积为，
由祖暅原理，可得椭球的体积为：
圆柱圆锥．
故选：A．
9．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值，南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“车合方盖”和球的体积，其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的正四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的为（ ）

A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形．
B．图2中阴影部分的面积为．
C．由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为．
D．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为．
【答案】D
【分析】由牟盒方盖的定义判断A，由祖原理判断B，直接求出“牟合方盖”体积判断C，求出圆的面积与正方形面积的比值判断C.
【详解】牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们所得的截面为正方形，故A错误；
因为图1中阴影部分的面积为，所以图2中阴影部分的面积为，故B错误；
因为图2与图3中的阴影部分等高且面积相等，都为，
根据祖暅原理得，图2中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，
而正四棱锥的体积为，所以由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为，故C错误；
因为任意水平与“牟合方盖”及其内切球相交的截面为一个正方形和一个正方形的内切圆，
又正方形的面积为，正方形内切圆的面积为，正方形和内切圆的面积比为，
由祖暅原理得，“牟合方盖”的体积和内切球的体积之比为，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：理解“牟合方盖”的定义、祖暅原理，看懂图形是关键.
10．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二、多选题
11．（2023·山西大同·统考模拟预测）《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下尺，第二天截取剩下的一半后剩下尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下尺，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由已知可得，逐个验证选项即可.
【详解】根据题意可得是首项为，公比为的等差数列，则，
，故A错误；，故B正确；
，，则，故C正确；
，故D正确．
故选：BCD．
12．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为
C．四棱锥体积最大值为
D．四面体为“鳖臑”
【答案】ABD
【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
对A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
对C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，故C错误；
对D选项，由，即，又且，平面，
∴平面，平面,
∴，则为直角三角形，
又由平面，平面，，则为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，故D正确；
对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，
而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，
则外接球半径，
则球的表面积为，故B正确.
故选：ABD．
13．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考二模）1990年9月，Craig F·Whitaker给《Parade》杂志“Ask Marilyn”专栏提了一个问题（著名的蒙提霍尔问题，也称三门问题），在蒙提霍尔游戏节目中，事先在三扇关着的门背后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是豪车，其余两扇门背后是山羊，作为游戏参与者当然希望选中并赢得豪车，主持人知道豪车在哪扇门后面.假定你初次选择的是1号门，接着主持人会从号门中打开一道后面是山羊的门.则以下说法正确的是（ ）
A．你获得豪车的概率为
B．主持人打开3号门的概率为
C．在主持人打开3号门的条件下，2号门有豪车的概率为
D．在主持人打开3号门的条件下，若主持人询问你是否改选号码，则改选2号门比保持原选择获得豪车的概率更大
【答案】ABD
【分析】设分别表示号门里有豪车，用分别表示主持人打开号门，然后用全概率公式和贝叶斯公式对选项进行分析即可
【详解】设分别表示号门里有豪车，用分别表示主持人打开号门.
对于A，如题意所述，游戏参与者初次选择了1号门，因为在做选择的时候不知道豪车在哪个门里，故不影响豪车在三个门中的概率分配，所以事件发生的概率仍然为，即正确；
对于B，在选择了1号门的前提下，主持人打开1号门外的一个门有以下几种可能的情况：
豪车在1号门里，主持人打开2，3号门，故，
豪车在2号门里，主持人只能打开3号门，故，
豪车在3号门里，主持人只能打开2号门，故，
由全概率公式，即正确；
对于C，由贝叶斯公式，在3号门打开的条件下，1号门和2号门里有豪车的条件概率为，
故选2号门会使获得豪车的概率更大，是正确的决策，即错误，正确.
故选：ABD
14．（2023·山东·山东省实验中学校考二模）平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）．它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，…．则（ ）

A．数列是以4为首项，为公比的等比数列
B．从正方形开始，连续个正方形的面积之和为32
C．使得不等式成立的的最大值为3
D．数列的前项和
【答案】ACD
【分析】根据题意，，都是等比数列，从而可求，的通项公式，再对选项逐个判断即可得到答案．
【详解】对于A选项，由题意知，且，
所以，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，，，，，
所以，故B错误；
对于C选项，，
易知是单调递减数列，且，，
故使得不等式成立的的最大值为，故C正确；
对于D选项，因为，且，
所以，所以，故D正确；
故选：ACD．
15．（2023·江苏无锡·辅仁高中校考模拟预测）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列，现有高阶等差数列､其前7项分别为5，9，17，27，37，45，49，设通项公式.则下列结论中正确的是（ ）
（参考公式：）
A．数列为二阶等差数列
B．数列的前11项和最大
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据题中定义，结合累加法、等差数列前项和公式、题中所给的公式逐一判断即可.
【详解】设，
所以数列前6项分别为，
设，
所以数列前5项分别为，显然数列是以为首项，为公差的等差数列，由题中定义可知数列为二阶等差数列，因此选项A正确；
，
于是有
，
因此有
，
因为
，
所以数列的前11项和最大不正确，因此选项B不正确；
因此选项C正确；
，因此选项D不正确；
故选：AC
【点睛】关键点睛：利用累加法，结合题中定义、所给的公式是解题的关键.
16．（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）欧拉函数的函数值等于所有不超过，且与互素（两个数的最大公约数为1）的正整数的个数，例如.欧拉函数具有以下性质：如果是互素的正整数，那么.下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若为素数，则
C．若为奇数，则
D．若，则
【答案】ABD
【分析】用欧拉函数的定义及性质逐一判断即可.
【详解】在不超过5的正整数中与5互素的正整数有1，2，3，4，所以，
在不超过8的正整数中与8互素的正整数有1，3，5，7，所以，
5与8互素，所以，故A正确；
若为素数，则与其前面个正整数互素，所以，故B正确；
因为，，故C错误；
因为在不超过且与互素的正整数有1，3，5，…，，共有个，
所以，故D正确.
故选：ABD
17．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）我国古代《九章算术》里记载了一个“羡除”的例子，羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪，如图是一个“羡除”模型，该“羡除”是以为顶点的五面体，四边形为正方形，平面，则（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为
C．该几何体的外接球的表面积为
D．与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】过E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，过F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，将该几何体分为一个棱柱与两个棱锥，取AD，BC的中点P，Q，则EP⊥AD，FQ⊥BC，然后求出表面积可判断A；连接PQ，交GH于T，则T为GH的中点，可证得FT⊥面ABCD，求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积，从而判断B；连接AC，BD交于点O，可求得O为该几何体的外接球的球心，半径R＝，求出表面积即可判断C；取AB的中点N，得AE∥FN，则与平面所成角等于FN与平面所成角，设N到面FBC的距离为h，利用等体积法，由求得，进而可得与平面所成角的正弦值，可判断D．
【详解】∵EF∥平面ABCD，EF在平面ABFE内，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，∴EF∥AB，
∵AB∥DC，∴EF∥DC，
∵
∴ABFE，DCFE均为等腰梯形，
过E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，连接KM，
过F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，连接GH，
∴EF∥KG∥MH， EF＝KG＝MH＝2，AK＝GB＝DM＝HC＝1，
∵AB∥DC ， FH⊥DC，∴AB⊥FH，
又AB⊥GF，GF，FH在平面FGH内，GF∩FH＝F，
∴AB⊥面FGH，同理，AB⊥面EKM，∴面FGH∥面EKM，
∴该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥.
分别取AD，BC的中点P，Q，连接FQ，EP，
∵，∴EP⊥AD，FQ⊥BC，
∴FQ＝，
∴，
FG＝，
，又，
∴该几何体的表面积为， 故A正确；
连接PQ，交GH于T，则T为GH的中点，连接FT，
∵AB⊥面FGH，FT在面FGH内，∴FT⊥AB，
∵GF＝FH＝EK＝EM，∴FT⊥GH，
又AB，GH在面ABCD内，AB∩GH＝G，∴FT⊥面ABCD，
∴FT＝，
∴，
∵，
∴，
∴该几何体的体积为，故B正确；
连接AC，BD交于点O，则O也在PQ上，连接OE，OF，
∵EF∥OQ，EF＝OQ，∴EFQO为平行四边形，
∴EO＝FQ＝，同理，FO＝EP＝，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝，
∴O为该几何体的外接球的球心，半径R＝，
∴该几何体的外接球的表面积为，故C错误；
取AB的中点N，连接FN，NC，
∵EF∥AN，EF＝AN，∴EFNA为平行四边形，∴AE∥FN，
∴与平面所成角等于FN与平面所成角，设为，
设N到面FBC的距离为h，
∵，∴，
∴，∴，
∴，
即与平面所成角的正弦值为，故D正确．
故选：ABD．
18．（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）正割（Secant）及余割（Csecant）这两个概念是由伊朗数学家､天文学家阿布尔·威发首先引入，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法正确的是（ ）
A．的定义域为；
B．的最小正周期为；
C．的值域为；
D．图象的对称轴为直线.
【答案】BC
【分析】由辅助角公式化一，再根据，即可求出函数的定义域，即可判断A；根据正弦函数的周期性即可判断B；根据正弦函数的值域结合函数的定义域即可判断C；根据正弦函数的对称性即可判断D.
【详解】，
由，得，
即的定义域为，故A错误；
的定义域关于原点对称，
故的最小正周期与函数的最小正周期一致，均为，故B正确；
当时，的值分别为，
而函数的值域为，
再结合周期性可知，的值域为，故C正确；
令，得，
即图象的对称轴为直线，故D错误.
故选：BC.
19．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：，是双曲线的左､右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过；当异于双曲线顶点时，双曲线在点处的切线平分.若双曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）

A．射线所在直线的斜率为，则
B．当时，
C．当过点时，光线由到再到所经过的路程为13
D．若点坐标为，直线与相切，则
【答案】ABD
【分析】A选项，根据直线与双曲线的交点位置可判断.
B选项，利用双曲线定义和勾股定理化简可得.
C选项，由双曲线定义可判断.
D选项，利用角平分线性质，结合双曲线的定义可得.
【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，渐近线方程为，
选项A，因为直线与双曲线有两个交点，所以，即A正确；
选项B，由双曲线的定义知，，
若，则，
因为，
所以，
解得，即B正确；
选项C：，即C错误；
选项D，因为平分，由角分线定理知，，
所以，
又，
所以，解得，即D正确.
故选：ABD.
20．（2023·浙江·校联考模拟预测）意大利著名数学家莱昂纳多．斐波那契（ Lenard Fibnacci）在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，人们把这样的一列数称为“斐波那契数列”．同时，随着趋于无穷大，其前一项与后一项的比值越来越逼近黄金分割，因此又称“黄金分割数列”，记斐波那契数列为，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据数列消项求和判断A,B,C选项，化简合并判断D选项.
【详解】因为，所以，所以
故A正确；
因为，所以，即，
所以，而，故B错误；
，所以
故C正确；
，故D正确
答案：ACD.
三、填空题
21．（2023·广东广州·统考三模）算盘是中国传统的“珠算”工具．下图是一把算盘，自右向左，分别是个位、十位、百位、，上面一粒珠（简称上珠）代表数字，下面一粒珠（简称下珠）代表数字，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现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，则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 .

【答案】
【分析】利用列举法求出算盘表示的数有6个，其中质数的有2个，代入古代概型概率公式直接计算即可.
【详解】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.
故答案为：
22．（2023·广东·校联考模拟预测）十九世纪下半叶集合论的创立，奠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：）
【答案】12
【分析】根据题意求出第n次操作后去掉的各区间长度之和,列不等式结合对数运算法则，即可求解.
【详解】由题意可知，每次操作剩下的区间长度为都是原来的，
第n次操作后剩下的区间长度为，则所有去掉的区间长度之和为，
由题意知，，得，
两边取对数得，解得，
又n为整数，∴n的最小值为12．
故答案为：12．
23．（2023·福建三明·统考三模）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》，里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线C上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率 .
【答案】/
【分析】由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点，，
则，，可得四边形为平行四边形，

又及托勒密定理，可得四边形为矩形．
设，，
在中，，
则，，
，，，
，解得．
双曲线的离心率为．
故答案为：．
24．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）幻方又称为魔方，方阵或厅平方，最早记载于中国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中，宋代数学家杨辉称之为纵横图.如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使三行､三列､两对角线的三个数之和都等于15，便得到一个3阶幻方；一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格内，使得每行､每列､每条对角线上的数字的和相等，这个正方形就叫做阶幻方.记阶幻方的一条对角线上的数字之和为（如：），则 .
【答案】
【分析】利用等差数列求和公式得出n阶幻方的所有数之和，再计算每行数之和即可得出对角线上数字之和.
【详解】n阶幻方共有个数，其和为，
∵n阶幻方共有n行，
∴每行的和为.
故答案为：505
25．（2023·河北石家庄·正定中学校考模拟预测）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点是满足的阿氏圆上的任一点，若抛物线的焦点为，过点的直线与此阿氏圆相交所得的最长弦与最短弦的和为 .
【答案】
【分析】由阿氏圆的定义得到点的轨迹方程，即阿氏圆的方程，然后由圆的性质即可求解.
【详解】设，由阿氏圆的定义可得，
即，化简得.
所以，所以点在圆心为，半径为的圆上，
因为抛物线的焦点为.所以，
因为.所以点在圆内，
因为点到与圆心的距离为，
所以过点的最短弦长为，过点的最长弦长为，
所以过点的最长弦与最短弦的和为.
故答案为：
26．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图（1）所示，已知点B在抛物线上，过B作轴于点A，且．将曲边三角形如图（2）所示放置，并将曲边三角形沿平面的垂线方向平移一个单位长度（即），得到相应的几何体．取一个底面面积为高为a的正四棱锥放在平面上如图（3）所示，这时，平面平面，现用平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形，四边形，截面与平面的距离为（），试用祖暅原理求曲边三角形的面积 ．

【答案】/
【分析】根据给定的条件，结合图形探讨矩形与四边形的面积始终相等，再借助祖暅原理求解作答.
【详解】依题意，在图（2）中，当时，，而，
则矩形的面积，
在正四棱锥中，截面四边形为正方形，其中心为，令正方形的中心为，
则点共线，连接，，如图，

平面平面，平面平面，平面平面，
因此，有，于是，
而，则，由祖暅原理知，
而几何体可视为以曲边三角形为底面，高为的柱体，其体积，
所以曲边三角形的面积.
故答案为：
27．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先求得数列的通项公式和前n项和，化简题给不等式为，求得的最小值，进而得到实数t的取值范围.
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故．
所以．
由，得，
整理得对任意，且恒成立．
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以t＜15，即实数t的取值范围是
故答案为：
28．（2023·全国·模拟预测）斐波那契数列由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第 项．
【答案】
【分析】利用递推关系，将所求关系式中的“”换为，再利用即可求得答案．
【详解】由可得
.
故答案为：.
29．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin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，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为 .

【答案】
【分析】根据给定条件，过切点E，F作出双球模型的轴截面，利用圆的切线性质及椭圆的定义求解作答.
【详解】过切点E，F作出双球模型的轴截面，设球分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，

有，过作于点C，则四边形是矩形，
于是，，又，从而，
设直线AB与平面的交点为P，则有，，
所以椭圆的长轴长.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
30．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．

【答案】
【分析】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【详解】由已知得，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
第一条路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；

第二条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；

第三条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为．
，

通过比较可知，最小．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题结合生活实际情景考查空间几何体，要求学生了解空间几何体的结构特征，会根据生活实际情境解决路线最短问题．
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