2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题29技巧03数学文化与数学阅读解题技巧含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题29技巧03数学文化与数学阅读解题技巧含解析答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A．B．
C．D．
2．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．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
3．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A．B．C．D．
4．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%
5．某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
6．法国数学家蒙日发现椭圆两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴和短半轴的平方和．如图所示为稀圆及其蒙日圆，点均为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，若与的面积比为，则的离心率为（ ）

A．B．C．D．
7．公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数，拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（ ）
A．B．C．D．
8．《九章算术》中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，则堆放的米约有（ ）
A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛
9．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形和四边形是两个全等的等腰梯形，和是两个全等的正三角形．已知该多面体的棱与平面成的角，，则该屋顶的侧面积为（ ）
A．80B．C．160D．
11．首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天.中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌.雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示.在适当的坐标系下圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（ ）

A．B．
C．D．
12．2022年卡塔尔足球世界杯吸引了全世界许多球迷的关注，足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗和臣子们蹴鞠的场景．已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D，连接这四点构成三棱锥如图所示，顶点A在底面的射影落在△BCD内，它的体积为，其中△BCD和△ABC都是边长为的正三角形，则该“鞠”的表面积为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
13．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的远行规律时发现的.在平面直角坐标系中，设到与两点的距离之积为2的点的轨迹为曲线，则（ ）
A．
B．曲线关于原点对称
C．曲线围成的面积不大于7
D．曲线C上任意两点之间的距离不大于3
14．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为，B．曲线C关于x轴对称
C．面积的最大值为2D．的取值范围是
三、填空题
15．我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
16．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积 ．
17．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 .
18．球面几何是几何学的一个重要分支，在刚海､航空､卫星定位等方面都有广泛的应用.如图，A，B，C是球而上不在同一大圆(大圆是过球心的平面与球面的交线)上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为AB，BC，CA，由这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC.已知地球半径为R，北极为点N，P､Q是地球表面上的两点.
①若P，Q在赤道上，且经度分别为东经40°和东经100°，则球面△NPQ的面积为 .②若，则球面的面积 .
19．天津相声文化是天津具有代表性的地域文化符号，天津话妙趣横生，天津相声精彩纷呈，是最具特色的旅游亮点之一.某位北京游客经常来天津听相声，每次从北京出发来天津乘坐高铁和大巴的概率分别为0.6和0.4，高铁和大巴准点到达的概率分别为0.9和0.8，则他准点到达天津的概率是 （分数作答）.若他已准点抵达天津，则此次来天津乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高 （分数作答）.
20．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：
①正方体在每个顶点的曲率均为；
②任意四棱锥的总曲率均为；
③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.
其中，所有正确的结论是 （填写序号）.
21．某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足；
③；④.
那么以上结论正确的是 （填序号）
22．我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且、、三点共线，，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的正弦值是 .

等级
24h降雨量（精确到0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……
参考答案：
1．C
【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
2．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．B
【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.
4．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．B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
6．C
【分析】由蒙日圆的方程求得的坐标，可得直线的方程，联立椭圆的方程，求出的横坐标，再结合条件，即可得到，从而求出结果.
【详解】由题知，蒙日圆为，设，
则直线的方程为，
由，消得到，
显然有，解得，
又与的面积比为，所以，
又，，所以，
得到，所以，

故选：C.
7．D
【分析】
根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，高为的圆锥的体积近似相等，利用锥体的体积公式可求得该“睡美人城堡”的体积.
【详解】
如下图所示：
圆锥的高和底面半径为，平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点，
设截面圆圆心为点，且，则，
易知，则，即，可得，
所以，截面圆圆的半径为，圆的面积为，
又因为，
根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，
高为的圆锥的体积近似相等，
所以该“睡美人城堡”的体积约为，
故选：D.
8．B
【分析】由地面弧长求出圆锥底面半径，再利用体积公式求体积，再代换为斛即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得，
故米堆的体积（立方尺）．
1斛米的体积约为1.62立方尺，
故（斛）.
故选：B.
9．D
【分析】
由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果.
【详解】平面，，连接，由，可得，
四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系，
则，设，，
则，
所以
因为，则，则，
所以.
故选：D
10．D
【分析】先求两个等腰梯形的高，进而计算出屋顶的侧面积.
【详解】设分别是的中点，连接，根据对称性可知，
在平面的射影在上，设其为，连接，
则平面，而平面，所以，
所以是与平面成的角，即，
所以，
过作，垂足为，连接，
由于平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
，所以，
所以，所以，
所以该屋顶的侧面积为：
.
故选：D
11．A
【分析】将直线方程与圆的方程联立可求得点坐标，根据在点的切线斜率和点坐标可求得抛物线方程中的，整理可得抛物线方程.
【详解】由题意知：，又，
直线方程为：，即；
由得：或，
即或，
为靠近轴的切点，；
设飞行轨迹的抛物线方程为：，则，
在点处的切线斜率为，，解得：，
，解得：，，
即抛物线方程为：.
故选：A.
12．B
【分析】取的中点，连接，作于点，设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为点，则平面，易得平面，则，从而可得平面，再根据棱锥的体积求出，利用勾股定理求出外接球的半径，即可得解.
【详解】如图，取的中点，连接，作于点，
因为△BCD和△ABC都是正三角形，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面，
所以平面，
则，
即，解得，
，
则，
设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为点，则平面，
外接圆的半径，，
设外接球的半径为，，
则，，
故，解得，
所以，
所以该“鞠”的表面积为.
故选：B.

【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
13．BC
【分析】根据定义得到曲线的方程，根据方程求和的取值范围，验证选项AC，由方程的对称性判断选项B，特殊值法验证选项D.
【详解】设，则，，，
化简，所以，
对于A，，所以，得，A选项错误；
对于B，曲线方程，显然若在曲线上，则也在曲线上，曲线关于原点对称，B选项正确；
对于C，，令，则，，
所以曲线围成的面积，C选项正确；
对于D，当时，，此时两点距离为，D选项错误.
故选：BC
14．ABD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；
对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；
对于D，由得：，解得，
于是得，解得，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；
(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
15． 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
16．.
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【详解】因为，所以．
故答案为：.
17． 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.
18．
【分析】利用所在的经度求出球面三角形面积，再利用已知可得三角形为等边三角形，进而可以求解．
【详解】解：在赤道上，且经度分别为和，
上半球面面积为，
球面面积为，
当时，为等边三角形，
根据题意构造一个正四面体，如图所示：
其中心为，是高的靠近的四等分点，
则，
由余弦定理可得：，
解得，正好为题目所给的长度，
所以球面的面积为，
故答案为：；．
19．
【分析】根据互斥事件的概率公式，求得他准点到达天津的概率，再结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设事件为他准点到达天津，事件为他乘坐高铁到达天津，事件为他乘坐大巴到达天津，
若他乘坐高铁，且正点到达天津的概率为；
若他乘坐大巴，且正点到达天津的概率为；
则，且,
所以乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高.
故答案为：，
20．①②③
【分析】根据曲率的定义逐个对题中三个结论进行计算并判断.
【详解】对于①，根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；
对于②，由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；
对于③，设每个面记为边形，
则所有的面角和为，
根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.
故填：①②③
21．②③
【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④.
【详解】对于①，由题意可知，，，.
由已知，则当时，单调递增.
所以，时，由已知可知，单调递增，且.
所以数列在时，为严格增数列.
但是该数列的前三项不满足，故①错误；
对于②，当时，有
，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，，故②正确；
对于③，由已知可得，，
，
，
，
两边同时相加可得，，故③正确；
对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误.
所以，结论正确的是②③.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：由递推公式推得，，进而累加法，逐项相消即可得出.
22．/
【分析】利用余弦定理、同角三角函数的基本关系式求得，再利用二倍角公式求得正确答案.
【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，因为为的中点，
所以，，当伞完全收拢时，，
所以，，
在中，，
则为锐角，所以，
所以.
故答案为：