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高考热点01 数学传统文化和实际民生为载体的创新题（解析版）
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这是一份高考热点01 数学传统文化和实际民生为载体的创新题（解析版），共48页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
热点01 数学传统文化和实际民生为载体的创新题
2022年新高考难度也不会太大，但是新高考趋势是重点强调知识点活学活用和重视科技发展与进步与生活的实际应用。如果知识点不理解那么将很难做题。所以考生死记硬背肯定难拿到高分了，只有知识点融入贯通不能留下知识盲区才能考好试，考生扫描知识点盲区尤为重要。
每年高考过后，数学习题都会上热搜，飚榜第一名，近年来，高考出题的角度更是接近生活与文化，从去年高考试题中可以看出，题型越来越接近文化，比如今年的测量珠穆朗玛峰高度（三角高程测量法），前两年的埃及金字塔、“一朵云”、断臂维纳斯这些在当年都是难倒了很多考生的。归根结底来说，数学考试也没有那么难，只是考题比较新颖，换了一种出题方式，知识点是不变的，这就需要同学们在平时做题时要打开思路，更广的解题思维！
数学与文化的考查在突出所要考查的数学知识的同时，培养学生的数学素养，不仅可以让学生理解数学文化形成数学素养，同时也让学生感受我们古代数学的伟大成就，增强爱国情怀，引导学生了解数学文化体现数学文化以数化人的本质内涵。这是新高考考察的目的，从而这类问题也是新高考必考题型。
高考数学与文化命题的角度常有以下四个方面：
（1）源于数学名著，如《九章算术》《算法统宗》《周髀算经》《律学新说》等．
（2）以数学成就为背景创设数学问题，如斐波那契数列、杨辉三角等．
（3）以数学故事为背景创设数学问题，如阿基里斯悖论、贝特朗悖论等．
（4）以数学名词、数学中有名的猜想或结论为背景创设数学问题，如阿波罗尼斯圆、哥德巴赫猜想、勾股定理、阿基米德三角形、蒙日圆等．这些内容在历年高考中时有考查， 因此在复习备考中，有意识地加强对这方面的训练是很有必要的，这有利于培养学生的探究、创新精神，拓宽思维视野，提升解题能力．
无论是以数学传统文化还是实际民生为载体的创新题，都要求学生们在短时内读懂并理解一个陌生的数学问题的情景，然后运用所学的知识和已掌握的解题技能灵活的进行解题。这类问题的关键就是通过认真阅读，深刻理解题意，从中找到数学信息。提炼信息我们可以从这几方面入手：（1）紧扣信息，深刻发掘问题的本质；（2）紧扣信息，类比推理；（3）紧扣信息，探索出本质内容，并进行数学加工；（4）紧扣信息，摆脱传统思维约束，创新思维。
近年来不管是新高考还是新课标的高考题渗透了大量的数学文化、国家的前沿科技和实际民生等问题。我们现在的社会在飞速发展，无论是科技还是人的思想都不断地变化。为了让学生能够更好地适应未来社会的发展，我们的教育也在及时更新，不仅仅要反映在教材，考试也都在与时俱进。
如：2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境设计立体几何问题，考查考生的空间想象能力和阅读理解、数学建模的素养。2021年新高考I卷第16题，以我国传统文化剪纸艺术为背景，来说明翻折的现象。2021年全国甲卷文、理科第2题，以我国在脱贫攻坚工作取得全面胜利和农村振兴为背景，引导学生关注社会与经济发展。2021年全国甲卷理科第8题以测量珠穆朗玛峰高程的方法之一（三角高程测量法），取材真实情境，解决实践问题。
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ）
A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
【答案】C
【分析】根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均值的估计值，计算后即可判定C.
【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值.
该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为,故A正确；
该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为,故B正确；
该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为,故D正确；该地农户家庭年收入的平均值的估计值为(万元)，超过6.5万元，故C错误.综上，给出结论中不正确的是C.故选：C.
【点睛】本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值，样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意各组的频率等于.
2．（2021·全国·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.
3．（2021·广东·高三月考）欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数z满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】由已知可得，再把变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，结合复数模的计算公式求解．
【详解】解：由，得，
则由，得，．故选：A．
4．（2021·北京·高考真题）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
【答案】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.
5．（2021·全国·高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
【答案】A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
6．（2021·全国·高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346 B．373 C．446 D．473
【答案】B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：，
而，
所以所以．故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
7．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.
【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，
，则.故选：A.
【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
8．（2020·海南·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.
9．（2020·全国·高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，所以，
即即，解得，
所以.故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
10．（2021·湖北·高三期中）2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示.如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，….下列说法错误的是（ ）
A．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为 B．
C．使得不等式成立的的最大值为4 D．数列的前项和
【答案】C
【分析】根据题意得到数列是以4为首项，为公比的等比数列，进而求出的通项公式，再根据得到然后得出的通项公式，最后验证四个选项得到答案.
【详解】由题意， ，
，……，，
于是数列是以4为首项，为公比的等比数列，则.由题意可得：，
即……，于是.
对A，连续三个正方形面积之和为：，正确；易知B正确；
对C，令，而，错误；
对D，，正确.故选：C.
【点睛】新文化试题一定要读懂题意，一定要反复读几遍理解题目所要表达的意思，新文化试题会与我们所学知识相结合，本题入手不太难，难点在于运算量.
二、多选题
11．（2022·全国·高三专题练习）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.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法正确的是（ ）
A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B．春分和秋分两个节气的晷长相同
C．小雪的晷长为一丈五寸 D．立春的晷长比立秋的晷长短
【答案】AB
【分析】根据题意得到由夏至到冬至的晷长构成等差数列，由冬至到夏至的晷长也构成等差数列，进而所处首项和公差，利用等差数列的基本量运算进而判断每个答案.
【详解】现以寸为单位，由题意可知，由夏至到冬至的晷长构成等差数列，
其中，，公差.同理可得，由冬至到夏至的晷长构成等差数列，
其中，，公差，
故相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸，即一尺，故选项A正确；
因为春分的晷长为，所以，因为秋分的晷长为，所以，
故春分和秋分两个节气的晷长相同，故选项B正确；因为小雪的晷长为，所以，
即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，故选项C错误；
因为立春的晷长和立秋的晷长分别为，，，，
所以，故立春的晷长比立秋的晷长长，故选项D错误.故选：AB.
12．（2022·全国·高三专题练习）千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”、“日落云里走，雨在半夜后” ……小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，随机观察了他所在地区的100天日落情况和后半夜天气，得到如下列联表，
日落云里走
后半夜天气
总计
下雨
未下雨
出现
25
5
30
未出现
25
45
70
总计
50
50
100
并计算得到，下列小波对该地区天气的判断正确的是（ ）
A．后半夜下雨的概率约为 B．未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为
C．在犯错误的概率不超过0.001的前提下，可以认为““日落云里走’是否出现”与“后半夜是否下雨”有关
D．根据的独立性检验，若出现“日落云里走”，则后半夜有99.9%的可能会下雨
【答案】AC
【分析】视频率为概率，利用数表计算后半夜下雨及未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的频率即可判断A，B，由给定的观测值与临界值比对即可判断C，D作答.
【详解】由题意，把频率看作概率，可得后半夜下雨的概率约为，A判断正确；
未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为，B判断情误；
由，则在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“日落云里走”是否出现与“当晚后半夜是否下雨”有关，C判断正确；“日落云里走’是否出现”与“当晚后半夜是否下雨”有关，有关只是说可能性，不代表一定要下雨，D判断错误．故选：AC
13．（2021·全国全国·模拟预测）2021年2月28日国家统计局发布了《2020年国民经济和社会发展统计公报》，全面展示了一年来全国人民顽强奋斗取得的令世界瞩目、可载入史册的伟大成就，来之不易，催人奋进．如图是2016-2020年国内生产总值（单位：亿元）及其增长速度走势图和三次产业增加值占国内生产总值比重图，据图可知下列说法正确的是（ ）
A．2020年国内生产总值突破百万亿大关
B．2016-2020年国内生产总值逐年增长，但增长速度逐年降低
C．2016-2020年第二产业增加值占国内生产总值的比重整体呈下降趋势
D．2016-2020年第三产业增加值逐年增长
【答案】ACD
【分析】根据条形图提供的数据判断各选项．
【详解】由题图1知，2020年国内生产总值达到1015986亿元，突破百万亿，故A正确；
根据折线图知2017年国内生产总值的增长速度为6.9%，比2016年多0.1%，故B错误；
由题图2知，2017-2020年第二产业增加值占国内生产总值比重逐年下降，故C正确；
因为2016-2020年国内生产总值逐年增加，且第三产业增加值占国内生产总值比重也逐年增加，所以第三产业增加值逐年增长，故D正确．故选：ACD．
13．（2021·山东·枣庄市第三中学高三期中）颗粒物过滤效率是衡量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为，其中表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：ind./L），表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：ind./L）．某研究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点的横坐标表示第i种口罩第j次测试时的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时的值（，）．
该研究小组得到以下结论，正确的是（ ）
A．在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高
B．在第1种口罩的4次测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高
C．在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高
D．在第3次和第4次测试中第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低
【答案】AD
【分析】根据实验数据图表逐个分析选项即可.
【详解】分别将原点与图中各点相连. 设线段的斜率为，根据题意有，
即越小，颗粒物过滤效率越高。由图可知，；
在第2种口罩的4次测试中，最小，所以第3次测试时的颗粒物过滤效率最高，选项A正确；
在第1种口罩的4次测试中，最小，所以第1次测试时的颗粒物过滤效率最高，选项B错误；
由图知，，所以第3次测试中第2种口罩的颗粒物过滤效率更高，选项C错误；
，所以第3次和第4次测试中第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低，选项D正确.故选：AD.
14．（2021·重庆·模拟预测）筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(图1)，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(图2).
现有一个半径为3米的筒车按逆时针方向每分钟旋转1圈，简车的轴心距离水面的高度为2米，设简车上的某个盛水筒P到水面的距离为(单位：米)(在水面下则为负数)，若以盛水筒P刚浮出水面为初始时刻，经过1秒后，下列命题正确的是（ ）(参考数据：)
A．，其中，且 B．，其中，且
C．当时，盛水筒再次进入水中 D．当时，盛水筒到达最高点
【答案】BD
【分析】若为筒车的轴心的位置，为水面，为筒车经过秒后的位置，由题设知筒车的角速度，令易得，而、，即可求的解析式判断A、B的正误，、代入函数解析式求，即可判断C、D的正误.
【详解】
由题意知，如上图，若为筒车的轴心的位置，为水面，为筒车经过秒后的位置，筒车的角速度，令且，
∴，故，而，
∴，故A错误，B正确；
当时，，且，，
∴，故盛水筒没有进入水中，C错误；
当时，，且，即，
∴，故盛水筒到达最高点，D正确.故选：BD
【点睛】关键点点睛：画出筒车与水面的简单平面示意图，利用及盛水筒P到水面的距离与相关线段的等量关系，写出函数解析式.
15．（2021·海南·三模）如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月飞行，然后在点处变轨进入以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月飞行，最后在点处变轨进入以为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则以下说法正确的是（ ）
A．椭圆轨道Ⅱ上任意两点距离最大为 B．椭圆轨道Ⅱ的焦距为
C．若不变，则越大，椭圆轨道Ⅱ的短轴越短 D．若不变，则越小椭圆轨道Ⅱ的离心率越大
【答案】BD
【分析】根据椭圆中一个焦点与长轴两顶点的距离分别为与，分别结合两圆的半径R和r分析选项即可求解.
【详解】设椭圆轨道Ⅱ的长轴长为，短轴长为，焦距为.依题意得，解得，.
椭圆轨道Ⅱ上任意两点距离的最大值为，故A错误；椭圆轨道Ⅱ的焦距为，故B正确；
椭圆轨道Ⅱ的短轴长，若不变，越大，则越大，故C错误；
椭圆轨道Ⅱ的离心率，若不变，越小，则越大，故D正确.故选：BD.
【点睛】根据示意图理解并找出椭圆中与两圆半径的关系，是解决问题的关键.
16．（2021·广东·高三月考）提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维斯，提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离（以天文单位A.U.为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4得数列，可以发现从第3项起，每一项是前一项的2倍，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的通项公式为 B．数列的第2021项为
C．数列的前n项和 D．数列的前n项和
【答案】CD
【分析】由题意先求出，即可判断选项A，由和的关系，求出，求出，即可判断选项B，由的通项公式，由分组求和结合等差数列和等比数列的求和公式求解，即可得到，从而判断选项C，利用错位相减法求出，即可判断选项D．
【详解】数列各项乘10再减4得到数列：0，3，6，12，24，48，96，192，，
故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以，故选项A错误；
所以，所以，故选项B错误；当时，，
当时，，
当时，也适合上式，所以，故选项C正确；
因为，所以当时，，
当时，①，
则②，
所以①②可得，，
所以，又当时，也适合上式，所以，故选项D正确．故选：CD．
三、填空题
17．（2021·四川资阳·高三月考）九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，，则_______．
【答案】
【分析】利用累加法可求得的值.
【详解】当且时，，
所以，.故答案为：.
18．（2019·全国·高考真题（文））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．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
【答案】共26个面. 棱长为.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．
【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
19．（2021·安徽·合肥市第八中学高三月考）滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流放后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.
【答案】
【分析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，即①.，
在中，，即②，
因为，所以①②两式相加可得：，解得：，
则，故答案为：.
20．（2021·全国·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】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，则，利用裂项相消法求和.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设，则，
由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.
【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
2．（2021·山东高三月考）意大利“美术三杰”（文艺复兴后三杰）之一的达芬奇的经典之作—《蒙娜丽莎》举世闻名．画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷．某数学兼艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角，处作圆弧的切线，两条切线交于点，测得如下数据：，，，根据测得到的结果推算：将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于以下哪个区间（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据图形画出圆心角，利用解三角形的方法求出，从而可估计圆心角的范围.
【详解】
设圆弧所在的圆的圆心为，半径为，连接，则，
又垂直平分，设 所以，
所以
，
同理，若利用，则，
而，，
且为三角形内角，故均有，故选：B.
3．（2022·全国·高三专题练习）将杨辉三角中的每一个数都换成分数，可得到如图所示的分数三角形，成为“莱布尼茨三角形”，从莱布尼茨三角形可以看出，存在使得，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，可得，再根据组合数得计算，计算即可得出答案.
【详解】解：根据题意可得，
，
所以.故选：C
4．（2021·重庆梁平·高三月考）天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（，又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森（）又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念．天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足．其中星等为的星的亮度为．已知“心宿二”的星等是1.75．“天津四” 的星等是1.5．“天津四”的亮度是“心宿二”的倍，则与最接近的是（ ）（当较小时， ）
A．1.24 B．1.26 C．1.25 D．1.27
【答案】B
【分析】根据题意，设“心宿二”的亮度为，“天津四”的亮度为，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.
【详解】设“心宿二”的亮度为，“天津四”的亮度为，根据题意可得，
可得，解得，
根据参考公式可得，故与最接近的是.故选：B.
5．（2021·湖北·高三月考）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振.右图是根据左图绘制的古筝弦及其弦码简易直观图.在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线(又称为雁柱曲线)方程为y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦)根弦分别与雁柱曲线和直线l：y＝x＋1交于点An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，则（ ）
参考数据：1.122＝8.14
A．814 B．900 C．914 D．1000
【答案】C
【分析】由题得，再利用错位相减法求解.
【详解】由条件可得，
∴，
得
，∵，∴．故选：C
6．（2021·湖北·武汉市第六中学高三月考）古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.在平面直角坐标系中，，，点满足，设点的轨迹为，下列结论正确的是（ ）
A．的方程为 B．当A，B，P三点不共线时，面积的最大值为12
C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是的角平分线 D．在上存在点M，使得
【答案】BC
【分析】设点，根据题意可求出的方程，当到的距离的最大值为半径4时，面积最大，根据三角形内角平分线的性质可得射线PO是的角平分线，求出点M的轨迹方程，和的方程联立即可判断.
【详解】设点，则由可得，化简可得，故A错误；
因为，当A，B，P三点不共线时，到的距离的最大值为半径4，所以面积的最大值为，故B正确；当A，B，P三点不共线时，，则由三角形内角平分线的性质可得射线PO是的角平分线，故C正确；若存在点M，使得，可设，则，化简可得，与联立可得方程组无解，故不存在，故D错误.故选：BC.
7．（2020·全国·高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，，不满足；
对于选项D，，不满足；故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
8．（2021·全国·高三专题练习）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后，在落潮时返回海洋.一艘货船的吃水深度（船底到水面的距离）为4m.安全条例规定至少要有2.25m的安全间隙（船底到海底的距离），下表给出了某港口在某季节每天几个时刻的水深.
时刻
水深/m
时刻
水深/m
时刻
水深/m
0：00
5.0
9：00
2.5
18：00
5.0
3：00
7.5
12：00
5.0
21：00
2.5
6：00
5.0
15：00
7.5
24：00
5.0
若选用一个三角函数来近似描述这个港口的水深与时间的函数关系，则下列说法中不正确的有（ ）
A． B．
C．该货船在2：00至4：00期间可以进港 D．该货船在13：00至17：00期间可以进港
【答案】A
【分析】依据题中所给表格，写出的表达式而判断选项A，B；再根据船进港的条件列出不等式，求解即可判断选项C，D.
【详解】依据表格中数据知，可设函数为，
由已知数据求得，，周期，所以﹐
所以有，选项A错误；选项B正确；
由于船进港水深至少要6.25，所以，得，
又，则有或，
从而有或，选项C，D都正确.故选：A
【点睛】解三角不等式关键在于：找准不等式中的函数值m所对角；
长为一个周期的区间内相位所在范围.
二、多选题
9．（2021·重庆·高三月考）声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的，纯音的数学函数为，其中A是影响音的响度和音长，是影响音的频率.平时我们听到的音乐都是有许多音构成的复合音，假设我们听到的声音函数是，令.已知一个音的发音的频率为200，发音函数，则下列说法正确的有（ ）
A． B．的最大值为
C．在上单调递减 D．图象过图象的最值点
【答案】ACD
【分析】利用频率和周期公式判断A，结合导数判断BCD
【详解】A选项，，A正确.
B选项，，，
由于，所以当，即，时，递增；当，即，时，递减.
所以，所以B错误.
C选项，，
，
所以当或时，递增；
当或时，递减；
，此时递减，C选项正确.
D选项，由B选项的分析可知，的最大值点为，
.图象过图象的最大值点.
，所以为奇函数，，所以为奇函数，
所以图象过图象的最小值点. 所以D选项正确.故选：ACD
10．（2021·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由欧拉在1735年解决.由于这个问题难倒了以前许多的数学家，欧拉一解出这个问题，马上就出名了，当时他28岁.这个问题是精确计算所有平方数倒数的和，也就是以下级数的和.巴塞尔问题是寻找这个数的准确值，欧拉发现的准确值是.不过遗憾的是：若把上式中的指数换成其他的数，例如，则的精确值为多少，至今未解决.下列说法正确的是（ ）
A．所有正奇数的平方倒数和为
B．记，则的值为
C．的值不超过
D．记，则存在正常数，使得对任意正整数，恒有
【答案】ABC
【分析】根据题意，依次分析选项，即可得到答案
【详解】对于选项A：记，
，所以，，选项A正确；
对于选项B：，选项B正确；
对于选项C：注意到时，，
，选项C正确；
对于选项D：因为，令，得，
所以，即，所以选项D错误.
故选：ABC
11．（2021·江苏·无锡市第一中学高三月考）数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”.小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；类似地，依次进行下去，就形成了阴影部分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为(其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为(其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…)，则（ ）
A．数列是公比为的等比数列 B．
C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和
【答案】BD
【分析】先得到，即可判断A，再求出，可判断B与C，最后求出，可判断D.
【详解】如图：
由图知，
对于A：，数列是公比为的等比数列，故A不正确；
对于BC：因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确，C不正确；
对于D：因为，故D正确，故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题考查数列的归纳推理，关键在于根据几何图形的性质得出数列的递推关系式.
12．（2021·重庆市蜀都中学校高三月考）曼哈顿距离(或出租车几何)是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.例如，在平面上，点和点的曼哈顿距离为：.若点为上一动点，为直线上一动点，设为，两点的曼哈顿距离的最小值，则的可能取值有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】直线l恒过定点(2，-4)，画出图形，对k分类讨论并借助导数求出的取值范围即可作答.
【详解】直线恒过定点A(2，-4)，
由点(0，0)到直线的距离得，即直线与圆相离，(1)当l的斜率k满足|k|<1时，作出一条纵截距为负数的直线平行于l，如图：
要使得最小，P应位于切点处，作PC⊥x轴交直线l于点C，过Q作直线QB⊥PC于点B，
当Q位于点C的左方时，，当Q位于点C的右方时，
同理也有，于是有，
设直线与圆相切，则有，即切线的纵截距，
而直线l的纵截距为，
，在上递增，；
(2)当l的斜率k满足时，作出一条纵截距为负数的直线平行于l，如图：
要使得最小，P应位于切点处，作PC⊥y轴交直线l于点C，过Q作直线QB⊥PC于点B，
当Q位于点C的左方时，，当Q位于点C的右方时，同理也有，于是有，设直线与圆相切，则有，即切线的横截距，而直线l的横截距为，
，在上递减，，
综上得，则选项ABC满足.故选：ABC
【点睛】思路点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
三、填空题
13．（2021·广东·广州市真光中学高三月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（1643-1727）给出了牛顿法——用“作切线”的方法求方程的近似解如图，方程的根就是函数的零点r，取初始值处的切线与x轴的交点为在处的切线与x轴的交点为，一直这样下去，得到，它们越来越接近r.若，则用牛顿法得到的r的近似值约为___________（结果保留两位小数）.
【答案】
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程进行求解即可.
【详解】由，，
所以在处的切线方程为：，令，
可得：，所以在处的切线方程为：，令，故答案为：
14．（2021·山西·长治市第八中学高三月考）苏格兰数学家纳皮尔在研究天文的过程中，通过对运算体系的研究，最终找到了简化大数运算的有效工具，发明了对数，这是数学史上的大事件．他的朋友布里格斯构造了现在常用的以10为底的常用对数，并出版了常用对数表，以下是部分数据（保留到小数点后三位），瑞士数学家欧拉则在1770年指出了“对数源于指数”，根据下表中的参考数据和指对数之间关系，判断下面的结论，其中正确的序号是_______．
①在区间内；②是15位数；③若，则；
④若是一个70位正整数，则．参考数据如下表：
真数x
2
3
5
7
11
13
17
19
（近似值）
0.301
0.477
0.699
0.845
1.041
1.114
1.230
1.279
【答案】①④
【分析】利用对数的运算性质求出，由此分析求解即可．
【详解】解：，则，所以，故①正确；
因为，所以，即是16位数，故②错误；
因为，即，所以，则，则③错误；因为，因为是一个70位正整数，所以，所以，所以，故④正确故答案为：①④
15．（2021·河北保定·高三月考）如图所示，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，则下列有关说法中：
①函数是圆O：的一个太极函数；
②函数是圆O：的一个太极函数；
③函数是圆O：的一个太极函数；
④函数是圆O：的一个太极函数．
所有正确的是_________．
【答案】①②③④
【分析】建立平面直角坐标系，作出每个函数的图像，探讨每个函数的对称性，进而得到答案.
【详解】①两曲线的对称中心均为点，且两曲线交于两点，所以能把圆一分为二，如图，
故正确；
②函数关于点对称，经过圆的圆心，且两曲线交于两点，如图：
所以函数是圆的一个太极函数，故正确；
③函数为奇函数，如图：
所以函数是圆的一个太极函数，故正确；
④函数为奇函数，且单调递增，如图，
所以函数是圆的一个太极函数，故正确．
故答案为：①②③④.
16．（2021·四川·双流中学高三月考）“双纽线”象数字“”，不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一的美，同时也具有特殊的有价值的艺术美，是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多设计者设计作品的主要几何元素．曲线是“双纽线”，下面是关于曲线的四个结论：
①曲线的方程中；②曲线经过个整点（横、纵坐标均为整数的点）；
③若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围是；
④曲线上任意一点到坐标原点的距离不超过．则上述结论正确的是______．
【答案】①②④
【分析】推导出，可判断④的正误；由④可得出，解该不等式可判断①的正误；求出曲线的整点，分析出当时，关于的方程无解，可判断②的正误；分析出，解此不等式可判断③的正误.
【详解】对于④，因为，则，且，
所以，，即，所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不超过，④对；
对于①，在曲线的方程中，令，可得，解得或，
且，可得，解得，所以，曲线的方程中，①对；
对于②，曲线经过点、、，当时，则有，
令，可得，，
则关于的方程无解，所以曲线经过个整点（横、纵坐标均为整数点），②对；
对于③，直线与曲线必有公共点，联立，可得，
由题意可知，解得或，③错.故答案为：①②④.
四、解答题
17．（2022·上海·高三专题练习）随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线. 如图，A- B- C-A为某区的一条健康步道，AB、AC为线段， 是以BC为直径的半圆，AB=km，AC=4km，．
（1）求的长度；（2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道A-D-C（B，D在AC两侧），其中AD，CD为线段. 若，求新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加多少长度？（精确到）
【答案】（1）(km)；（2）1.39(km).
【分析】（1）由余弦定理求得直径长，易得弧长；
（2）记AD=a，CD=b，由余弦定理求得的关系，利用基本不等式求得的最大值，从而可得最多的增加值．
【详解】解：（1）联结，在△ABC中，由余弦定理可得，
，
所以=，即的长度为(km)；
（2）记AD=a，CD=b，则在△ACD中，由余弦定理可得：，即，
从而，所以，，当且仅当时，等号成立；
新建健康步道的最长路程为8(km)，又(km)，
故新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加1.39(km)．
【点睛】本题考查余弦定理的应用，解题关键是确定问题是什么，已知什么条件，用什么公式计算求解．本题中已知两边及夹角，选择余弦定理求得第三边，即圆直径，第一个问题易得解，而第二个问题，在三角形中已知一边及其对角，问题是求三角形的周长，因此利用余弦定理求得另二边关系，由不等式知识求得和的最大值．
18．（2022·全国·高三专题练习）十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流､大束流､高能､特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产.
（1）在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，.①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.
（2）已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？
附：.
【答案】（1）①；②；（2），有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.
【分析】（1）①利用对立事件、相互独立事件概率乘法公式求得所求的次品率.
②根据条件概率计算公式，计算出所求概率.
（2）先求得的表达式，利用导数求得，填写列联表，计算，由此作出判断.
【详解】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为.
②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
由己知得，，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
.
（2）个芯片中恰有个不合格的概率.
因此，令，得.
当时，；当时，.所以的最大值点为.
由（1）可知，，，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片质量优于批次.由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人）
开机速度满意度
芯片批次
合计
I
J
不满意
12
3
15
满意
28
57
85
合计
40
60
100
根据列联表得.
因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.
【点睛】求解最值点有关的题目，是利用导数研究函数的单调性，由此来求得最值点.
19．（2021·全国·高三专题练习）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：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.
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体，几何体的底面半径和高都为，其底面和半球体的底面同在平面内.设与平面平行且距离为的平面截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球，（如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球的体积公式，并写出椭球，的体积之比.
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ），体积之比为.
【分析】（Ⅰ）由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，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，即挖去的圆锥底面半径为，高为，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球的体积，同理求出椭球的体积，作比得出答案.
【详解】（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为的半球，图②几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为，所以，圆环的面积为，所以，截得的截面的面积相等
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），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，即挖去的圆锥底面半径为，高为；在半椭球截面圆的面积，
在圆柱内圆环的面积为
∴距离平面为的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球的体积为：，
同理：椭球的体积为所以，两个椭球，的体积之比为.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题.
20．（2021·广东中山·高三期末）高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.
如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，6的球槽内.例如小球要掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向右4次向左滚到第7层的第3个空隙处，再以的概率向右滚下，或在前6次碰撞中有3次向右3次向左滚到第7层的第4个空隙处，再以的概率向左滚下.（1）若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；
（2）小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中.
①求的分布列：②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？
【答案】（1）；（2）①答案见解析，②能盈利.
【分析】（1）记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，由此能求出这个小球掉入第7层第6个空隙处的概率；
（2）①记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，此能求出X的分布列；
②由①得的可能取值为0，5，10，15，进而可求出的分布列和，从而能求出小明同学能盈利.
【详解】解：(1)记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，则；
(2)①，记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，
则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，
，
，
，
，
，
，
∴X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
②，的可能取值为0，5，10，15，
，，
，，
∴.
∴小明同学能盈利.
21．（2021·重庆·西南大学附中高三月考）如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分.过对称轴的截口是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于该椭圆的另一个焦点上.椭圆具有以下光学性质：由椭圆的一个焦点出发的光线，经过椭圆面反射后集中到另一个点.也即：焦点为，的椭圆上任意一点处的切线与直线和直线所成的角相等.已知，，.以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如下图的平面直角坐标系.（1）求截口所在椭圆的方程；（2）点为椭圆上除长轴端点和短轴端点外的任意一点，若的角平分线交轴于点，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为，.请问是否为定值，若是，求出这个定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】（1）设所求椭圆方程为，由椭圆的性质求得，，可得椭圆的方程.
（2）由（1）得椭圆的方程为，设椭圆上的点，有，证明椭圆在点处的切线方程为， 再由右光学性质得直线，由此可求得定值.
【详解】解：（1）设所求椭圆方程为，
则，
由椭圆的性质：，所以，
，所以椭圆的方程为.
（2）由椭圆的方程为，则.
设椭圆上的点，则，
又椭圆在点处的切线方程为，
证明如下：对于椭圆，当，，则，
所以椭圆在处的切线方程为，
又由，可以整理切线方程为：，
即切线方程为，即，也即.
所以椭圆在点处的切线方程为，
同理可证：当，椭圆在点处的切线方程为，
综述：椭圆在点处的切线方程为，
所以在点处的切线的斜率为，又由光学性质可知：直线，所以，则.
所以，，那么.
22．（2021·全国·高三专题练习）青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率．曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．已知函数，若，则曲线在点处的曲率为．
（1）求；（2）若函数存在零点，求的取值范围；（3）已知，，，证明：．
【答案】（1）1；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）将代入并计算，， 根据曲率直接计算即可.
（2）等价转化为有根，然后令并研究其性质，最后进行判断可得结果.（3）依据（2）条件可知，然后根据判断即可.
【详解】（1）当时，，．
，．
∴在处的曲率为．
（2）
令，则 当时，，当时，
所以函数在单调递增，在单调递减，所以，则
又令，则 当时，，当时，
所以函数在单调递增，在单调递减所以
令，∴，
当且仅当时取“”，显然，当时，无零点．
当时，，∴存在使，符合题意．
综上：实数的取值范围为．
（3）由（2）知，∴（当且仅当时取“”）
∴，∴
又∵，∴综上：．
【点睛】第（1）问关键在于求导；第（2）问关键在于等价转化的使用以及常用不等式（）的使用以及放缩法；第（3）问在于利用第（2）问的条件进行比较
热点01 数学传统文化和实际民生为载体的创新题
2022年新高考难度也不会太大，但是新高考趋势是重点强调知识点活学活用和重视科技发展与进步与生活的实际应用。如果知识点不理解那么将很难做题。所以考生死记硬背肯定难拿到高分了，只有知识点融入贯通不能留下知识盲区才能考好试，考生扫描知识点盲区尤为重要。
每年高考过后，数学习题都会上热搜，飚榜第一名，近年来，高考出题的角度更是接近生活与文化，从去年高考试题中可以看出，题型越来越接近文化，比如今年的测量珠穆朗玛峰高度（三角高程测量法），前两年的埃及金字塔、“一朵云”、断臂维纳斯这些在当年都是难倒了很多考生的。归根结底来说，数学考试也没有那么难，只是考题比较新颖，换了一种出题方式，知识点是不变的，这就需要同学们在平时做题时要打开思路，更广的解题思维！
数学与文化的考查在突出所要考查的数学知识的同时，培养学生的数学素养，不仅可以让学生理解数学文化形成数学素养，同时也让学生感受我们古代数学的伟大成就，增强爱国情怀，引导学生了解数学文化体现数学文化以数化人的本质内涵。这是新高考考察的目的，从而这类问题也是新高考必考题型。
高考数学与文化命题的角度常有以下四个方面：
（1）源于数学名著，如《九章算术》《算法统宗》《周髀算经》《律学新说》等．
（2）以数学成就为背景创设数学问题，如斐波那契数列、杨辉三角等．
（3）以数学故事为背景创设数学问题，如阿基里斯悖论、贝特朗悖论等．
（4）以数学名词、数学中有名的猜想或结论为背景创设数学问题，如阿波罗尼斯圆、哥德巴赫猜想、勾股定理、阿基米德三角形、蒙日圆等．这些内容在历年高考中时有考查， 因此在复习备考中，有意识地加强对这方面的训练是很有必要的，这有利于培养学生的探究、创新精神，拓宽思维视野，提升解题能力．
无论是以数学传统文化还是实际民生为载体的创新题，都要求学生们在短时内读懂并理解一个陌生的数学问题的情景，然后运用所学的知识和已掌握的解题技能灵活的进行解题。这类问题的关键就是通过认真阅读，深刻理解题意，从中找到数学信息。提炼信息我们可以从这几方面入手：（1）紧扣信息，深刻发掘问题的本质；（2）紧扣信息，类比推理；（3）紧扣信息，探索出本质内容，并进行数学加工；（4）紧扣信息，摆脱传统思维约束，创新思维。
近年来不管是新高考还是新课标的高考题渗透了大量的数学文化、国家的前沿科技和实际民生等问题。我们现在的社会在飞速发展，无论是科技还是人的思想都不断地变化。为了让学生能够更好地适应未来社会的发展，我们的教育也在及时更新，不仅仅要反映在教材，考试也都在与时俱进。
如：2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境设计立体几何问题，考查考生的空间想象能力和阅读理解、数学建模的素养。2021年新高考I卷第16题，以我国传统文化剪纸艺术为背景，来说明翻折的现象。2021年全国甲卷文、理科第2题，以我国在脱贫攻坚工作取得全面胜利和农村振兴为背景，引导学生关注社会与经济发展。2021年全国甲卷理科第8题以测量珠穆朗玛峰高程的方法之一（三角高程测量法），取材真实情境，解决实践问题。
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ）
A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
【答案】C
【分析】根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均值的估计值，计算后即可判定C.
【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值.
该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为,故A正确；
该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为,故B正确；
该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为,故D正确；该地农户家庭年收入的平均值的估计值为(万元)，超过6.5万元，故C错误.综上，给出结论中不正确的是C.故选：C.
【点睛】本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值，样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意各组的频率等于.
2．（2021·全国·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.
3．（2021·广东·高三月考）欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数z满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】由已知可得，再把变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，结合复数模的计算公式求解．
【详解】解：由，得，
则由，得，．故选：A．
4．（2021·北京·高考真题）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
【答案】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.
5．（2021·全国·高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
【答案】A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
6．（2021·全国·高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346 B．373 C．446 D．473
【答案】B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：，
而，
所以所以．故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
7．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.
【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，
，则.故选：A.
【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
8．（2020·海南·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.
9．（2020·全国·高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，所以，
即即，解得，
所以.故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
10．（2021·湖北·高三期中）2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示.如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，….下列说法错误的是（ ）
A．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为 B．
C．使得不等式成立的的最大值为4 D．数列的前项和
【答案】C
【分析】根据题意得到数列是以4为首项，为公比的等比数列，进而求出的通项公式，再根据得到然后得出的通项公式，最后验证四个选项得到答案.
【详解】由题意， ，
，……，，
于是数列是以4为首项，为公比的等比数列，则.由题意可得：，
即……，于是.
对A，连续三个正方形面积之和为：，正确；易知B正确；
对C，令，而，错误；
对D，，正确.故选：C.
【点睛】新文化试题一定要读懂题意，一定要反复读几遍理解题目所要表达的意思，新文化试题会与我们所学知识相结合，本题入手不太难，难点在于运算量.
二、多选题
11．（2022·全国·高三专题练习）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.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法正确的是（ ）
A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B．春分和秋分两个节气的晷长相同
C．小雪的晷长为一丈五寸 D．立春的晷长比立秋的晷长短
【答案】AB
【分析】根据题意得到由夏至到冬至的晷长构成等差数列，由冬至到夏至的晷长也构成等差数列，进而所处首项和公差，利用等差数列的基本量运算进而判断每个答案.
【详解】现以寸为单位，由题意可知，由夏至到冬至的晷长构成等差数列，
其中，，公差.同理可得，由冬至到夏至的晷长构成等差数列，
其中，，公差，
故相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸，即一尺，故选项A正确；
因为春分的晷长为，所以，因为秋分的晷长为，所以，
故春分和秋分两个节气的晷长相同，故选项B正确；因为小雪的晷长为，所以，
即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，故选项C错误；
因为立春的晷长和立秋的晷长分别为，，，，
所以，故立春的晷长比立秋的晷长长，故选项D错误.故选：AB.
12．（2022·全国·高三专题练习）千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”、“日落云里走，雨在半夜后” ……小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，随机观察了他所在地区的100天日落情况和后半夜天气，得到如下列联表，
日落云里走
后半夜天气
总计
下雨
未下雨
出现
25
5
30
未出现
25
45
70
总计
50
50
100
并计算得到，下列小波对该地区天气的判断正确的是（ ）
A．后半夜下雨的概率约为 B．未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为
C．在犯错误的概率不超过0.001的前提下，可以认为““日落云里走’是否出现”与“后半夜是否下雨”有关
D．根据的独立性检验，若出现“日落云里走”，则后半夜有99.9%的可能会下雨
【答案】AC
【分析】视频率为概率，利用数表计算后半夜下雨及未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的频率即可判断A，B，由给定的观测值与临界值比对即可判断C，D作答.
【详解】由题意，把频率看作概率，可得后半夜下雨的概率约为，A判断正确；
未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为，B判断情误；
由，则在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“日落云里走”是否出现与“当晚后半夜是否下雨”有关，C判断正确；“日落云里走’是否出现”与“当晚后半夜是否下雨”有关，有关只是说可能性，不代表一定要下雨，D判断错误．故选：AC
13．（2021·全国全国·模拟预测）2021年2月28日国家统计局发布了《2020年国民经济和社会发展统计公报》，全面展示了一年来全国人民顽强奋斗取得的令世界瞩目、可载入史册的伟大成就，来之不易，催人奋进．如图是2016-2020年国内生产总值（单位：亿元）及其增长速度走势图和三次产业增加值占国内生产总值比重图，据图可知下列说法正确的是（ ）
A．2020年国内生产总值突破百万亿大关
B．2016-2020年国内生产总值逐年增长，但增长速度逐年降低
C．2016-2020年第二产业增加值占国内生产总值的比重整体呈下降趋势
D．2016-2020年第三产业增加值逐年增长
【答案】ACD
【分析】根据条形图提供的数据判断各选项．
【详解】由题图1知，2020年国内生产总值达到1015986亿元，突破百万亿，故A正确；
根据折线图知2017年国内生产总值的增长速度为6.9%，比2016年多0.1%，故B错误；
由题图2知，2017-2020年第二产业增加值占国内生产总值比重逐年下降，故C正确；
因为2016-2020年国内生产总值逐年增加，且第三产业增加值占国内生产总值比重也逐年增加，所以第三产业增加值逐年增长，故D正确．故选：ACD．
13．（2021·山东·枣庄市第三中学高三期中）颗粒物过滤效率是衡量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为，其中表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：ind./L），表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：ind./L）．某研究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点的横坐标表示第i种口罩第j次测试时的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时的值（，）．
该研究小组得到以下结论，正确的是（ ）
A．在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高
B．在第1种口罩的4次测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高
C．在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高
D．在第3次和第4次测试中第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低
【答案】AD
【分析】根据实验数据图表逐个分析选项即可.
【详解】分别将原点与图中各点相连. 设线段的斜率为，根据题意有，
即越小，颗粒物过滤效率越高。由图可知，；
在第2种口罩的4次测试中，最小，所以第3次测试时的颗粒物过滤效率最高，选项A正确；
在第1种口罩的4次测试中，最小，所以第1次测试时的颗粒物过滤效率最高，选项B错误；
由图知，，所以第3次测试中第2种口罩的颗粒物过滤效率更高，选项C错误；
，所以第3次和第4次测试中第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低，选项D正确.故选：AD.
14．（2021·重庆·模拟预测）筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(图1)，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(图2).
现有一个半径为3米的筒车按逆时针方向每分钟旋转1圈，简车的轴心距离水面的高度为2米，设简车上的某个盛水筒P到水面的距离为(单位：米)(在水面下则为负数)，若以盛水筒P刚浮出水面为初始时刻，经过1秒后，下列命题正确的是（ ）(参考数据：)
A．，其中，且 B．，其中，且
C．当时，盛水筒再次进入水中 D．当时，盛水筒到达最高点
【答案】BD
【分析】若为筒车的轴心的位置，为水面，为筒车经过秒后的位置，由题设知筒车的角速度，令易得，而、，即可求的解析式判断A、B的正误，、代入函数解析式求，即可判断C、D的正误.
【详解】
由题意知，如上图，若为筒车的轴心的位置，为水面，为筒车经过秒后的位置，筒车的角速度，令且，
∴，故，而，
∴，故A错误，B正确；
当时，，且，，
∴，故盛水筒没有进入水中，C错误；
当时，，且，即，
∴，故盛水筒到达最高点，D正确.故选：BD
【点睛】关键点点睛：画出筒车与水面的简单平面示意图，利用及盛水筒P到水面的距离与相关线段的等量关系，写出函数解析式.
15．（2021·海南·三模）如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月飞行，然后在点处变轨进入以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月飞行，最后在点处变轨进入以为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则以下说法正确的是（ ）
A．椭圆轨道Ⅱ上任意两点距离最大为 B．椭圆轨道Ⅱ的焦距为
C．若不变，则越大，椭圆轨道Ⅱ的短轴越短 D．若不变，则越小椭圆轨道Ⅱ的离心率越大
【答案】BD
【分析】根据椭圆中一个焦点与长轴两顶点的距离分别为与，分别结合两圆的半径R和r分析选项即可求解.
【详解】设椭圆轨道Ⅱ的长轴长为，短轴长为，焦距为.依题意得，解得，.
椭圆轨道Ⅱ上任意两点距离的最大值为，故A错误；椭圆轨道Ⅱ的焦距为，故B正确；
椭圆轨道Ⅱ的短轴长，若不变，越大，则越大，故C错误；
椭圆轨道Ⅱ的离心率，若不变，越小，则越大，故D正确.故选：BD.
【点睛】根据示意图理解并找出椭圆中与两圆半径的关系，是解决问题的关键.
16．（2021·广东·高三月考）提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维斯，提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离（以天文单位A.U.为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4得数列，可以发现从第3项起，每一项是前一项的2倍，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的通项公式为 B．数列的第2021项为
C．数列的前n项和 D．数列的前n项和
【答案】CD
【分析】由题意先求出，即可判断选项A，由和的关系，求出，求出，即可判断选项B，由的通项公式，由分组求和结合等差数列和等比数列的求和公式求解，即可得到，从而判断选项C，利用错位相减法求出，即可判断选项D．
【详解】数列各项乘10再减4得到数列：0，3，6，12，24，48，96，192，，
故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以，故选项A错误；
所以，所以，故选项B错误；当时，，
当时，，
当时，也适合上式，所以，故选项C正确；
因为，所以当时，，
当时，①，
则②，
所以①②可得，，
所以，又当时，也适合上式，所以，故选项D正确．故选：CD．
三、填空题
17．（2021·四川资阳·高三月考）九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，，则_______．
【答案】
【分析】利用累加法可求得的值.
【详解】当且时，，
所以，.故答案为：.
18．（2019·全国·高考真题（文））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．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
【答案】共26个面. 棱长为.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．
【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
19．（2021·安徽·合肥市第八中学高三月考）滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流放后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.
【答案】
【分析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，即①.，
在中，，即②，
因为，所以①②两式相加可得：，解得：，
则，故答案为：.
20．（2021·全国·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】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，则，利用裂项相消法求和.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设，则，
由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.
【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
2．（2021·山东高三月考）意大利“美术三杰”（文艺复兴后三杰）之一的达芬奇的经典之作—《蒙娜丽莎》举世闻名．画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷．某数学兼艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角，处作圆弧的切线，两条切线交于点，测得如下数据：，，，根据测得到的结果推算：将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于以下哪个区间（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据图形画出圆心角，利用解三角形的方法求出，从而可估计圆心角的范围.
【详解】
设圆弧所在的圆的圆心为，半径为，连接，则，
又垂直平分，设 所以，
所以
，
同理，若利用，则，
而，，
且为三角形内角，故均有，故选：B.
3．（2022·全国·高三专题练习）将杨辉三角中的每一个数都换成分数，可得到如图所示的分数三角形，成为“莱布尼茨三角形”，从莱布尼茨三角形可以看出，存在使得，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，可得，再根据组合数得计算，计算即可得出答案.
【详解】解：根据题意可得，
，
所以.故选：C
4．（2021·重庆梁平·高三月考）天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（，又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森（）又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念．天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足．其中星等为的星的亮度为．已知“心宿二”的星等是1.75．“天津四” 的星等是1.5．“天津四”的亮度是“心宿二”的倍，则与最接近的是（ ）（当较小时， ）
A．1.24 B．1.26 C．1.25 D．1.27
【答案】B
【分析】根据题意，设“心宿二”的亮度为，“天津四”的亮度为，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.
【详解】设“心宿二”的亮度为，“天津四”的亮度为，根据题意可得，
可得，解得，
根据参考公式可得，故与最接近的是.故选：B.
5．（2021·湖北·高三月考）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振.右图是根据左图绘制的古筝弦及其弦码简易直观图.在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线(又称为雁柱曲线)方程为y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦)根弦分别与雁柱曲线和直线l：y＝x＋1交于点An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，则（ ）
参考数据：1.122＝8.14
A．814 B．900 C．914 D．1000
【答案】C
【分析】由题得，再利用错位相减法求解.
【详解】由条件可得，
∴，
得
，∵，∴．故选：C
6．（2021·湖北·武汉市第六中学高三月考）古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.在平面直角坐标系中，，，点满足，设点的轨迹为，下列结论正确的是（ ）
A．的方程为 B．当A，B，P三点不共线时，面积的最大值为12
C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是的角平分线 D．在上存在点M，使得
【答案】BC
【分析】设点，根据题意可求出的方程，当到的距离的最大值为半径4时，面积最大，根据三角形内角平分线的性质可得射线PO是的角平分线，求出点M的轨迹方程，和的方程联立即可判断.
【详解】设点，则由可得，化简可得，故A错误；
因为，当A，B，P三点不共线时，到的距离的最大值为半径4，所以面积的最大值为，故B正确；当A，B，P三点不共线时，，则由三角形内角平分线的性质可得射线PO是的角平分线，故C正确；若存在点M，使得，可设，则，化简可得，与联立可得方程组无解，故不存在，故D错误.故选：BC.
7．（2020·全国·高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，，不满足；
对于选项D，，不满足；故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
8．（2021·全国·高三专题练习）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后，在落潮时返回海洋.一艘货船的吃水深度（船底到水面的距离）为4m.安全条例规定至少要有2.25m的安全间隙（船底到海底的距离），下表给出了某港口在某季节每天几个时刻的水深.
时刻
水深/m
时刻
水深/m
时刻
水深/m
0：00
5.0
9：00
2.5
18：00
5.0
3：00
7.5
12：00
5.0
21：00
2.5
6：00
5.0
15：00
7.5
24：00
5.0
若选用一个三角函数来近似描述这个港口的水深与时间的函数关系，则下列说法中不正确的有（ ）
A． B．
C．该货船在2：00至4：00期间可以进港 D．该货船在13：00至17：00期间可以进港
【答案】A
【分析】依据题中所给表格，写出的表达式而判断选项A，B；再根据船进港的条件列出不等式，求解即可判断选项C，D.
【详解】依据表格中数据知，可设函数为，
由已知数据求得，，周期，所以﹐
所以有，选项A错误；选项B正确；
由于船进港水深至少要6.25，所以，得，
又，则有或，
从而有或，选项C，D都正确.故选：A
【点睛】解三角不等式关键在于：找准不等式中的函数值m所对角；
长为一个周期的区间内相位所在范围.
二、多选题
9．（2021·重庆·高三月考）声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的，纯音的数学函数为，其中A是影响音的响度和音长，是影响音的频率.平时我们听到的音乐都是有许多音构成的复合音，假设我们听到的声音函数是，令.已知一个音的发音的频率为200，发音函数，则下列说法正确的有（ ）
A． B．的最大值为
C．在上单调递减 D．图象过图象的最值点
【答案】ACD
【分析】利用频率和周期公式判断A，结合导数判断BCD
【详解】A选项，，A正确.
B选项，，，
由于，所以当，即，时，递增；当，即，时，递减.
所以，所以B错误.
C选项，，
，
所以当或时，递增；
当或时，递减；
，此时递减，C选项正确.
D选项，由B选项的分析可知，的最大值点为，
.图象过图象的最大值点.
，所以为奇函数，，所以为奇函数，
所以图象过图象的最小值点. 所以D选项正确.故选：ACD
10．（2021·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由欧拉在1735年解决.由于这个问题难倒了以前许多的数学家，欧拉一解出这个问题，马上就出名了，当时他28岁.这个问题是精确计算所有平方数倒数的和，也就是以下级数的和.巴塞尔问题是寻找这个数的准确值，欧拉发现的准确值是.不过遗憾的是：若把上式中的指数换成其他的数，例如，则的精确值为多少，至今未解决.下列说法正确的是（ ）
A．所有正奇数的平方倒数和为
B．记，则的值为
C．的值不超过
D．记，则存在正常数，使得对任意正整数，恒有
【答案】ABC
【分析】根据题意，依次分析选项，即可得到答案
【详解】对于选项A：记，
，所以，，选项A正确；
对于选项B：，选项B正确；
对于选项C：注意到时，，
，选项C正确；
对于选项D：因为，令，得，
所以，即，所以选项D错误.
故选：ABC
11．（2021·江苏·无锡市第一中学高三月考）数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”.小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；类似地，依次进行下去，就形成了阴影部分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为(其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为(其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…)，则（ ）
A．数列是公比为的等比数列 B．
C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和
【答案】BD
【分析】先得到，即可判断A，再求出，可判断B与C，最后求出，可判断D.
【详解】如图：
由图知，
对于A：，数列是公比为的等比数列，故A不正确；
对于BC：因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确，C不正确；
对于D：因为，故D正确，故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题考查数列的归纳推理，关键在于根据几何图形的性质得出数列的递推关系式.
12．（2021·重庆市蜀都中学校高三月考）曼哈顿距离(或出租车几何)是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.例如，在平面上，点和点的曼哈顿距离为：.若点为上一动点，为直线上一动点，设为，两点的曼哈顿距离的最小值，则的可能取值有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】直线l恒过定点(2，-4)，画出图形，对k分类讨论并借助导数求出的取值范围即可作答.
【详解】直线恒过定点A(2，-4)，
由点(0，0)到直线的距离得，即直线与圆相离，(1)当l的斜率k满足|k|<1时，作出一条纵截距为负数的直线平行于l，如图：
要使得最小，P应位于切点处，作PC⊥x轴交直线l于点C，过Q作直线QB⊥PC于点B，
当Q位于点C的左方时，，当Q位于点C的右方时，
同理也有，于是有，
设直线与圆相切，则有，即切线的纵截距，
而直线l的纵截距为，
，在上递增，；
(2)当l的斜率k满足时，作出一条纵截距为负数的直线平行于l，如图：
要使得最小，P应位于切点处，作PC⊥y轴交直线l于点C，过Q作直线QB⊥PC于点B，
当Q位于点C的左方时，，当Q位于点C的右方时，同理也有，于是有，设直线与圆相切，则有，即切线的横截距，而直线l的横截距为，
，在上递减，，
综上得，则选项ABC满足.故选：ABC
【点睛】思路点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
三、填空题
13．（2021·广东·广州市真光中学高三月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（1643-1727）给出了牛顿法——用“作切线”的方法求方程的近似解如图，方程的根就是函数的零点r，取初始值处的切线与x轴的交点为在处的切线与x轴的交点为，一直这样下去，得到，它们越来越接近r.若，则用牛顿法得到的r的近似值约为___________（结果保留两位小数）.
【答案】
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程进行求解即可.
【详解】由，，
所以在处的切线方程为：，令，
可得：，所以在处的切线方程为：，令，故答案为：
14．（2021·山西·长治市第八中学高三月考）苏格兰数学家纳皮尔在研究天文的过程中，通过对运算体系的研究，最终找到了简化大数运算的有效工具，发明了对数，这是数学史上的大事件．他的朋友布里格斯构造了现在常用的以10为底的常用对数，并出版了常用对数表，以下是部分数据（保留到小数点后三位），瑞士数学家欧拉则在1770年指出了“对数源于指数”，根据下表中的参考数据和指对数之间关系，判断下面的结论，其中正确的序号是_______．
①在区间内；②是15位数；③若，则；
④若是一个70位正整数，则．参考数据如下表：
真数x
2
3
5
7
11
13
17
19
（近似值）
0.301
0.477
0.699
0.845
1.041
1.114
1.230
1.279
【答案】①④
【分析】利用对数的运算性质求出，由此分析求解即可．
【详解】解：，则，所以，故①正确；
因为，所以，即是16位数，故②错误；
因为，即，所以，则，则③错误；因为，因为是一个70位正整数，所以，所以，所以，故④正确故答案为：①④
15．（2021·河北保定·高三月考）如图所示，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，则下列有关说法中：
①函数是圆O：的一个太极函数；
②函数是圆O：的一个太极函数；
③函数是圆O：的一个太极函数；
④函数是圆O：的一个太极函数．
所有正确的是_________．
【答案】①②③④
【分析】建立平面直角坐标系，作出每个函数的图像，探讨每个函数的对称性，进而得到答案.
【详解】①两曲线的对称中心均为点，且两曲线交于两点，所以能把圆一分为二，如图，
故正确；
②函数关于点对称，经过圆的圆心，且两曲线交于两点，如图：
所以函数是圆的一个太极函数，故正确；
③函数为奇函数，如图：
所以函数是圆的一个太极函数，故正确；
④函数为奇函数，且单调递增，如图，
所以函数是圆的一个太极函数，故正确．
故答案为：①②③④.
16．（2021·四川·双流中学高三月考）“双纽线”象数字“”，不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一的美，同时也具有特殊的有价值的艺术美，是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多设计者设计作品的主要几何元素．曲线是“双纽线”，下面是关于曲线的四个结论：
①曲线的方程中；②曲线经过个整点（横、纵坐标均为整数的点）；
③若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围是；
④曲线上任意一点到坐标原点的距离不超过．则上述结论正确的是______．
【答案】①②④
【分析】推导出，可判断④的正误；由④可得出，解该不等式可判断①的正误；求出曲线的整点，分析出当时，关于的方程无解，可判断②的正误；分析出，解此不等式可判断③的正误.
【详解】对于④，因为，则，且，
所以，，即，所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不超过，④对；
对于①，在曲线的方程中，令，可得，解得或，
且，可得，解得，所以，曲线的方程中，①对；
对于②，曲线经过点、、，当时，则有，
令，可得，，
则关于的方程无解，所以曲线经过个整点（横、纵坐标均为整数点），②对；
对于③，直线与曲线必有公共点，联立，可得，
由题意可知，解得或，③错.故答案为：①②④.
四、解答题
17．（2022·上海·高三专题练习）随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线. 如图，A- B- C-A为某区的一条健康步道，AB、AC为线段， 是以BC为直径的半圆，AB=km，AC=4km，．
（1）求的长度；（2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道A-D-C（B，D在AC两侧），其中AD，CD为线段. 若，求新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加多少长度？（精确到）
【答案】（1）(km)；（2）1.39(km).
【分析】（1）由余弦定理求得直径长，易得弧长；
（2）记AD=a，CD=b，由余弦定理求得的关系，利用基本不等式求得的最大值，从而可得最多的增加值．
【详解】解：（1）联结，在△ABC中，由余弦定理可得，
，
所以=，即的长度为(km)；
（2）记AD=a，CD=b，则在△ACD中，由余弦定理可得：，即，
从而，所以，，当且仅当时，等号成立；
新建健康步道的最长路程为8(km)，又(km)，
故新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加1.39(km)．
【点睛】本题考查余弦定理的应用，解题关键是确定问题是什么，已知什么条件，用什么公式计算求解．本题中已知两边及夹角，选择余弦定理求得第三边，即圆直径，第一个问题易得解，而第二个问题，在三角形中已知一边及其对角，问题是求三角形的周长，因此利用余弦定理求得另二边关系，由不等式知识求得和的最大值．
18．（2022·全国·高三专题练习）十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流､大束流､高能､特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产.
（1）在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，.①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.
（2）已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？
附：.
【答案】（1）①；②；（2），有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.
【分析】（1）①利用对立事件、相互独立事件概率乘法公式求得所求的次品率.
②根据条件概率计算公式，计算出所求概率.
（2）先求得的表达式，利用导数求得，填写列联表，计算，由此作出判断.
【详解】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为.
②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
由己知得，，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
.
（2）个芯片中恰有个不合格的概率.
因此，令，得.
当时，；当时，.所以的最大值点为.
由（1）可知，，，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片质量优于批次.由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人）
开机速度满意度
芯片批次
合计
I
J
不满意
12
3
15
满意
28
57
85
合计
40
60
100
根据列联表得.
因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.
【点睛】求解最值点有关的题目，是利用导数研究函数的单调性，由此来求得最值点.
19．（2021·全国·高三专题练习）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：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.
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体，几何体的底面半径和高都为，其底面和半球体的底面同在平面内.设与平面平行且距离为的平面截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球，（如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球的体积公式，并写出椭球，的体积之比.
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ），体积之比为.
【分析】（Ⅰ）由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，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，即挖去的圆锥底面半径为，高为，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球的体积，同理求出椭球的体积，作比得出答案.
【详解】（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为的半球，图②几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为，所以，圆环的面积为，所以，截得的截面的面积相等
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），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，即挖去的圆锥底面半径为，高为；在半椭球截面圆的面积，
在圆柱内圆环的面积为
∴距离平面为的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球的体积为：，
同理：椭球的体积为所以，两个椭球，的体积之比为.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题.
20．（2021·广东中山·高三期末）高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.
如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，6的球槽内.例如小球要掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向右4次向左滚到第7层的第3个空隙处，再以的概率向右滚下，或在前6次碰撞中有3次向右3次向左滚到第7层的第4个空隙处，再以的概率向左滚下.（1）若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；
（2）小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中.
①求的分布列：②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？
【答案】（1）；（2）①答案见解析，②能盈利.
【分析】（1）记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，由此能求出这个小球掉入第7层第6个空隙处的概率；
（2）①记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，此能求出X的分布列；
②由①得的可能取值为0，5，10，15，进而可求出的分布列和，从而能求出小明同学能盈利.
【详解】解：(1)记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，则；
(2)①，记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，
则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，
，
，
，
，
，
，
∴X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
②，的可能取值为0，5，10，15，
，，
，，
∴.
∴小明同学能盈利.
21．（2021·重庆·西南大学附中高三月考）如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分.过对称轴的截口是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于该椭圆的另一个焦点上.椭圆具有以下光学性质：由椭圆的一个焦点出发的光线，经过椭圆面反射后集中到另一个点.也即：焦点为，的椭圆上任意一点处的切线与直线和直线所成的角相等.已知，，.以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如下图的平面直角坐标系.（1）求截口所在椭圆的方程；（2）点为椭圆上除长轴端点和短轴端点外的任意一点，若的角平分线交轴于点，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为，.请问是否为定值，若是，求出这个定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】（1）设所求椭圆方程为，由椭圆的性质求得，，可得椭圆的方程.
（2）由（1）得椭圆的方程为，设椭圆上的点，有，证明椭圆在点处的切线方程为， 再由右光学性质得直线，由此可求得定值.
【详解】解：（1）设所求椭圆方程为，
则，
由椭圆的性质：，所以，
，所以椭圆的方程为.
（2）由椭圆的方程为，则.
设椭圆上的点，则，
又椭圆在点处的切线方程为，
证明如下：对于椭圆，当，，则，
所以椭圆在处的切线方程为，
又由，可以整理切线方程为：，
即切线方程为，即，也即.
所以椭圆在点处的切线方程为，
同理可证：当，椭圆在点处的切线方程为，
综述：椭圆在点处的切线方程为，
所以在点处的切线的斜率为，又由光学性质可知：直线，所以，则.
所以，，那么.
22．（2021·全国·高三专题练习）青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率．曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．已知函数，若，则曲线在点处的曲率为．
（1）求；（2）若函数存在零点，求的取值范围；（3）已知，，，证明：．
【答案】（1）1；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）将代入并计算，， 根据曲率直接计算即可.
（2）等价转化为有根，然后令并研究其性质，最后进行判断可得结果.（3）依据（2）条件可知，然后根据判断即可.
【详解】（1）当时，，．
，．
∴在处的曲率为．
（2）
令，则 当时，，当时，
所以函数在单调递增，在单调递减，所以，则
又令，则 当时，，当时，
所以函数在单调递增，在单调递减所以
令，∴，
当且仅当时取“”，显然，当时，无零点．
当时，，∴存在使，符合题意．
综上：实数的取值范围为．
（3）由（2）知，∴（当且仅当时取“”）
∴，∴
又∵，∴综上：．
【点睛】第（1）问关键在于求导；第（2）问关键在于等价转化的使用以及常用不等式（）的使用以及放缩法；第（3）问在于利用第（2）问的条件进行比较
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