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2023版考前三个月冲刺专题练 第3练 聚焦热点情境，弘扬数学文化
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这是一份2023版考前三个月冲刺专题练 第3练 聚焦热点情境，弘扬数学文化，共15页。
第3练 聚焦热点情境，弘扬数学文化
1．(2022·新高考全国Ⅱ)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′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DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
答案 D
解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且＝0.725，
所以＝0.725，
故k3＝0.9.
2．(2020·全国Ⅱ)如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i
A．5 B．8 C．10 D．15
答案 C
解析 满足条件1≤i
A．b1
解析 方法一 当n取奇数时，
由已知b1＝1＋，b3＝1＋，
因为>，所以b1>b3，
同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；
当n取偶数时，由已知b2＝1＋，
b4＝1＋，
因为>，所以b2
同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，
又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；故选D.
方法二 (特殊值法)
不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋＝2，
b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，
b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，
所以b4＝1＋＝1＋＝，
b5＝1＋＝1＋＝，
b6＝1＋＝1＋＝，
b7＝1＋＝1＋＝，
b8＝1＋＝1＋＝.
逐一判断选项可知选D.
4．(2020·新高考全国Ⅰ)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
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，
又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，
则晷针AC与水平面所成角为40°.
5．(2019·全国Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“— —”，如图就是一重卦，在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.
6．(2021·新高考全国Ⅱ)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36 000 km(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6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA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α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，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
解析 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为＝
＝≈0.42＝42%.
7．(2019·全国Ⅱ)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 26 －1
解析 依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
8．(2022·浙江)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S＝，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a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝________.
答案
解析 因为a＝，b＝，c＝2，
所以S＝＝.
9．(2022·陕西汉台中学模拟)2022年北京冬奥会开幕式以中国传统二十四节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕．在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被定为冬至与夏至，其日影长分别为13.5 尺与1.5 尺．从冬至到夏至，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日(立春)的日影长是( )
A．10.5 尺 B．11 尺
C．11.5 尺 D．12 尺
答案 A
解析 依题意设日影长为等差数列{an}，
其中a1＝13.5，a13＝1.5，
所以d＝＝－1，
所以a4＝a1＋3d＝13.5－3＝10.5，
即北京冬奥会开幕日(立春)的日影长是10.5 尺．
10．(2022·沈阳模拟)习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图所示，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行第8个数是( )
A．45 B．90 C．120 D．720
答案 C
解析 因为二项展开式第k＋1项的系数为C，
所以第10行第8个数是
C＝C＝＝120.
11．《九章算术》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委菽依组内角，下周三丈，高七尺，问积及为菽几何？”其意思为：“靠墙壁堆放大豆成半圆锥形，大豆堆底面的弧长为3丈，高为7尺，问大豆堆体积和堆放的大豆有多少斛？”已知1斛大豆＝2.43立方尺，1丈＝10尺，圆周率约为3，估算出堆放的大豆有( )
A．140斛 B．142斛 C．144斛 D．146斛
答案 C
解析 依题意，令半圆锥体底面半圆半径为r，半圆弧长为l，
则有πr＝l，即r＝，
半圆锥体底面面积为S＝πr2＝，
而l＝30尺，半圆锥体的高h＝7尺，
于是得半圆锥体体积为V＝Sh＝··h≈××7＝350(立方尺)，
由≈144得大豆约有144 斛，
所以堆放的大豆大约有144 斛．
12．(2022·长春模拟)从某个角度观察篮球(如图甲)，可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆O，将篮球表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且AB＝BO＝OC＝CD，则该双曲线的渐近线的斜率为( )
A．±1 B．±
C．±2 D．±
答案 B
解析 由题设，令AB＝BO＝OC＝CD＝1，双曲线方程为x2－＝1，
∵坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，
∴双曲线过点(，)，
则2－＝1，可得b＝，
∴该双曲线的渐近线的斜率为±＝±.
13．(多选)(2022·广饶模拟)中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”，如图所示的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：圆O的圆心在原点，若函数的图象将圆O的周长和面积同时等分成两部分，则这个函数称为圆O的一个“太极函数”，则( )
A．对于圆O，其“太极函数”有1个
B．函数f(x)＝是圆O的一个“太极函数”
C．函数f(x)＝x3－3x不是圆O的“太极函数”
D．函数f(x)＝ln(＋x)是圆O的一个“太极函数”
答案 BD
解析 圆O的“太极函数”不止1个，故A错误；
由于函数f(x)＝
当x≥0时，f(－x)＝－x2＋x＝－f(x)，
当x<0时，f(－x)＝x2＋x＝－f(x)，
故f(x)＝为奇函数，
故根据对称性可知函数f(x)＝为圆O的一个“太极函数”，故B正确；
函数f(x)＝x3－3x的定义域为R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，
故f(x)是奇函数，故函数f(x)＝x3－3x为圆O的一个“太极函数”，故C错误；
函数f(x)＝ln(＋x)的定义域为R，f(－x)＝ln(－x)＝ln＝－ln(＋x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，
故函数f(x)＝ln(＋x)是圆O的一个“太极函数”，故D正确．
14．(2022·郑州模拟)窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境．从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等．已知圆O是某窗的平面图，O为圆心，点A在圆O的圆周上，点P是圆O内部一点，若||＝2，且·＝－2，则|＋|的最小值是( )
A．3 B．4 C．9 D．16
答案 A
解析 因为＝－，
所以·＝·(－)＝·－2＝－2，
所以·＝2，
即||·||cos∠AOP＝2，
则||＝，
因为点P是圆O内部一点，
所以||＝<2，
所以
＝8＋，
所以9≤(＋)2<12，
当且仅当cos∠AOP＝1时，等号成立，
故|＋|的最小值是3.
15.我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)，若直角三角形直角边的长分别为3,4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝________.
答案 25
解析 因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以S1＝()2＝25，S2＝25－4××3×4＝1，所以＝25.
16．(2022·马鞍山模拟)1471年米勒向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长(即可见角最大)．后人将其称为“米勒问题”，是载入数学史上的第一个极值问题．我们把地球表面抽象为平面α，悬杆抽象为线段AB(或直线l上两点A，B)，则上述问题可以转化为如下的数学模型：如图1，一条直线l垂直于一个平面α，直线l上有两点A，B位于平面α的同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．设A，B两点的坐标分别为(0，a)，(0，b)(0
答案
解析 由题意可知∠ACB是锐角，且∠ACB＝∠OCA－∠OCB，
而tan∠OCA＝，tan∠OCB＝，
所以tan∠ACB＝tan(∠OCA－∠OCB)＝＝，
而c＋≥2，当且仅当c＝，
即c＝时取等号，
所以当c＝时，
tan∠ACB＝≤，
此时∠ACB最大．
[考情分析] 数学与传统文化是近几年高考命题热点内容之一，考查题型主要是选择题和填空题，解答题和证明题比较少，涉及的知识点主要集中在函数、数列、立体几何、复数、统计、概率、圆锥曲线．
一、与名人、名著有关的数学文化
核心提炼
将数学文化融入高考试题，改变了以往单纯的知识性考查，体现了数学文化本身对于数学教育与数学学习的重要意义．从备考的角度，要广泛阅读一些有关数学文化的书籍，开拓视野，加强合作探究，经历数学家发明、发现的过程，使数学素养得到有效提升．
练后反馈
题目
5
8
10
11
15
16
正误
错题整理：
二、与古代传统有关的数学文化
核心提炼
以古代的建筑、风俗习惯以及文化为题目背景，考查高中数学所学的知识内容，我们首先要明确数学文化反映出的数学知识内容，然后运用所学的知识和已掌握的解题技能灵活地进行解题．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．
练后反馈
题目
1
4
7
9
13
正误
错题整理：
三、与现代生活有关的数学文化
核心提炼
数学知识源于生活又高于生活，最终服务于生活．引导学生把数学知识运用到现实生活中去，自觉地应用数学知识和方法去观察、分析、解决生活中的数学问题，可以全面提升学生的数学素养．
练后反馈
题目
2
3
6
12
14
正误
错题整理：
1．[T3补偿](2022·宣城模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，最上面3节的容积之积为3升，最下面3节的容积之积为243升，则第5节的容积是( )
A．2升 B．3升
C．4升 D．5升
答案 B
解析 由题意知
解得a1q＝，q3＝，
∴第5节的容积为a1q4＝a1q·q3＝
2．[T5补偿](2022·昌平模拟)算盘是中国传统的计算工具．东汉徐岳所撰的《数术记遗》中记载：“珠算，控带四时，经纬三才．”用如图所示的算盘表示数时，约定每档中有两粒算珠(上珠中最上面的一粒和下珠中最下面的一粒)不使用．如果一个数在算盘上能够用个位、十位和百位这三档中的2粒算珠表示，则这个数能够被3整除的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 从个位、十位、百位这三组中随机拨动2粒珠，
有11,15,51,55,101,105,501,505,110,150,510,550，共12个，
其中能被3整除的有15,51,105,501,150,510，共6个，
所以这个数能够被3整除的概率是P＝＝.
3．[T14补偿]唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为A(1,1)，若将军从山脚下的点B(4,4)处出发，河岸线所在直线l的方程为x－y＋1＝0，则“将军饮马”的最短总路程是( )
A．3 B.
C. D．2
答案 D
解析 如图，设B(4,4)关于直线x－y＋1＝0对称的点为C(a，b)，
则有
可得可得C(3,5)，
依题意可得“将军饮马”的最短总路程为
AC＝＝2.
4．[T12补偿](2022·东北师大附中模拟)由伦敦著名建筑事务所Steyn Studio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线－＝1(a>0，b>0)下支的部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，焦距为，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
答案 B
解析 双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，下焦点为(0，－c)，
因为双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，
所以＝＝b＝2，
因为焦距为，
所以c＝，
所以a＝＝＝，
所以＝，
所以双曲线的渐近线方程y＝±x.
5．[T7补偿](多选)(2022·武汉模拟)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美，如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为6＋2，则下列关于该半正多面体的说法中正确的是( )
A．与AB所成的角是60°的棱共有12条
B．AB与平面BCD所成的角为45°
C．二面角A－BC－D的余弦值为－
D．经过A，B，C，D四个顶点的外接球半径为1
答案 BCD
解析 补全该半正多面体得到正方体，设该正方体的棱长为a，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成．
则由半正多面体的表面积为6＋2，
得8××2＋6×2＝6＋2，
解得a＝.
在与AB相交的6条棱中，与AB所成的角是60°的棱有4条，
又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，
故与AB所成的角是60°的棱共有16条，故选项A错误；
因为AE⊥平面BCD，
所以AB与平面BCD所成的角为∠ABE＝45°，故选项B正确；
取BC的中点F，连接EF，AF，
则有AF⊥BC，EF⊥BC，
故二面角A－BC－D的平面角的补角为∠AFE，二面角A－BC－D的余弦值为－cos∠AFE，
在Rt△AFE中，AE＝，EF＝，AE⊥EF，
所以AF＝＝＝，
cos∠AFE＝＝，
－cos∠AFE＝－，故选项C正确；
由半正多面体的对称性可知，经过A，B，C，D四个顶点的外接球的对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点O，点O在平面ABE的投影点为O1，
则有OO1＝，AO1＝，
所以AO＝＝1，
故经过A，B，C，D四个顶点的球半径为1，故选项D正确．
6．[T1补偿](2022·赤峰模拟)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，如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝60米，则滕王阁的高度OP＝________米．
答案 12
解析 设OB＝h 米，
因为∠PBO＝60°，tan 60°＝＝，
则OP＝h 米，
又∠PAO＝30°，∠PCO＝45°，
所以OA＝＝＝3h(米)，
OC＝＝h(米)，
在△OBC中，OC2＝OB2＋BC2－2OB·BC·cos∠OBC，
即3h2＝h2＋602－2×60·h·cos∠OBC，①
在△OAB中，OA2＝OB2＋AB2－2OB·AB·cos∠OBA，
即9h2＝h2＋602－2×60·h·cos∠OBA，②
因为cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，
所以由①②两式相加可得
12h2＝2h2＋2×602，解得h＝12，
则OP＝h＝12(米)．
第3练 聚焦热点情境，弘扬数学文化
1．(2022·新高考全国Ⅱ)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′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DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
答案 D
解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且＝0.725，
所以＝0.725，
故k3＝0.9.
2．(2020·全国Ⅱ)如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i
A．5 B．8 C．10 D．15
答案 C
解析 满足条件1≤i
A．b1
解析 方法一 当n取奇数时，
由已知b1＝1＋，b3＝1＋，
因为>，所以b1>b3，
同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；
当n取偶数时，由已知b2＝1＋，
b4＝1＋，
因为>，所以b2
同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，
又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；故选D.
方法二 (特殊值法)
不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋＝2，
b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，
b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，
所以b4＝1＋＝1＋＝，
b5＝1＋＝1＋＝，
b6＝1＋＝1＋＝，
b7＝1＋＝1＋＝，
b8＝1＋＝1＋＝.
逐一判断选项可知选D.
4．(2020·新高考全国Ⅰ)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
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，
又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，
则晷针AC与水平面所成角为40°.
5．(2019·全国Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“— —”，如图就是一重卦，在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.
6．(2021·新高考全国Ⅱ)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36 000 km(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6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA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α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，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
解析 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为＝
＝≈0.42＝42%.
7．(2019·全国Ⅱ)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 26 －1
解析 依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
8．(2022·浙江)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S＝，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a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝________.
答案
解析 因为a＝，b＝，c＝2，
所以S＝＝.
9．(2022·陕西汉台中学模拟)2022年北京冬奥会开幕式以中国传统二十四节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕．在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被定为冬至与夏至，其日影长分别为13.5 尺与1.5 尺．从冬至到夏至，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日(立春)的日影长是( )
A．10.5 尺 B．11 尺
C．11.5 尺 D．12 尺
答案 A
解析 依题意设日影长为等差数列{an}，
其中a1＝13.5，a13＝1.5，
所以d＝＝－1，
所以a4＝a1＋3d＝13.5－3＝10.5，
即北京冬奥会开幕日(立春)的日影长是10.5 尺．
10．(2022·沈阳模拟)习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图所示，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行第8个数是( )
A．45 B．90 C．120 D．720
答案 C
解析 因为二项展开式第k＋1项的系数为C，
所以第10行第8个数是
C＝C＝＝120.
11．《九章算术》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委菽依组内角，下周三丈，高七尺，问积及为菽几何？”其意思为：“靠墙壁堆放大豆成半圆锥形，大豆堆底面的弧长为3丈，高为7尺，问大豆堆体积和堆放的大豆有多少斛？”已知1斛大豆＝2.43立方尺，1丈＝10尺，圆周率约为3，估算出堆放的大豆有( )
A．140斛 B．142斛 C．144斛 D．146斛
答案 C
解析 依题意，令半圆锥体底面半圆半径为r，半圆弧长为l，
则有πr＝l，即r＝，
半圆锥体底面面积为S＝πr2＝，
而l＝30尺，半圆锥体的高h＝7尺，
于是得半圆锥体体积为V＝Sh＝··h≈××7＝350(立方尺)，
由≈144得大豆约有144 斛，
所以堆放的大豆大约有144 斛．
12．(2022·长春模拟)从某个角度观察篮球(如图甲)，可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆O，将篮球表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且AB＝BO＝OC＝CD，则该双曲线的渐近线的斜率为( )
A．±1 B．±
C．±2 D．±
答案 B
解析 由题设，令AB＝BO＝OC＝CD＝1，双曲线方程为x2－＝1，
∵坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，
∴双曲线过点(，)，
则2－＝1，可得b＝，
∴该双曲线的渐近线的斜率为±＝±.
13．(多选)(2022·广饶模拟)中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”，如图所示的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：圆O的圆心在原点，若函数的图象将圆O的周长和面积同时等分成两部分，则这个函数称为圆O的一个“太极函数”，则( )
A．对于圆O，其“太极函数”有1个
B．函数f(x)＝是圆O的一个“太极函数”
C．函数f(x)＝x3－3x不是圆O的“太极函数”
D．函数f(x)＝ln(＋x)是圆O的一个“太极函数”
答案 BD
解析 圆O的“太极函数”不止1个，故A错误；
由于函数f(x)＝
当x≥0时，f(－x)＝－x2＋x＝－f(x)，
当x<0时，f(－x)＝x2＋x＝－f(x)，
故f(x)＝为奇函数，
故根据对称性可知函数f(x)＝为圆O的一个“太极函数”，故B正确；
函数f(x)＝x3－3x的定义域为R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，
故f(x)是奇函数，故函数f(x)＝x3－3x为圆O的一个“太极函数”，故C错误；
函数f(x)＝ln(＋x)的定义域为R，f(－x)＝ln(－x)＝ln＝－ln(＋x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，
故函数f(x)＝ln(＋x)是圆O的一个“太极函数”，故D正确．
14．(2022·郑州模拟)窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境．从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等．已知圆O是某窗的平面图，O为圆心，点A在圆O的圆周上，点P是圆O内部一点，若||＝2，且·＝－2，则|＋|的最小值是( )
A．3 B．4 C．9 D．16
答案 A
解析 因为＝－，
所以·＝·(－)＝·－2＝－2，
所以·＝2，
即||·||cos∠AOP＝2，
则||＝，
因为点P是圆O内部一点，
所以||＝<2，
所以
＝8＋，
所以9≤(＋)2<12，
当且仅当cos∠AOP＝1时，等号成立，
故|＋|的最小值是3.
15.我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)，若直角三角形直角边的长分别为3,4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝________.
答案 25
解析 因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以S1＝()2＝25，S2＝25－4××3×4＝1，所以＝25.
16．(2022·马鞍山模拟)1471年米勒向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长(即可见角最大)．后人将其称为“米勒问题”，是载入数学史上的第一个极值问题．我们把地球表面抽象为平面α，悬杆抽象为线段AB(或直线l上两点A，B)，则上述问题可以转化为如下的数学模型：如图1，一条直线l垂直于一个平面α，直线l上有两点A，B位于平面α的同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．设A，B两点的坐标分别为(0，a)，(0，b)(0
答案
解析 由题意可知∠ACB是锐角，且∠ACB＝∠OCA－∠OCB，
而tan∠OCA＝，tan∠OCB＝，
所以tan∠ACB＝tan(∠OCA－∠OCB)＝＝，
而c＋≥2，当且仅当c＝，
即c＝时取等号，
所以当c＝时，
tan∠ACB＝≤，
此时∠ACB最大．
[考情分析] 数学与传统文化是近几年高考命题热点内容之一，考查题型主要是选择题和填空题，解答题和证明题比较少，涉及的知识点主要集中在函数、数列、立体几何、复数、统计、概率、圆锥曲线．
一、与名人、名著有关的数学文化
核心提炼
将数学文化融入高考试题，改变了以往单纯的知识性考查，体现了数学文化本身对于数学教育与数学学习的重要意义．从备考的角度，要广泛阅读一些有关数学文化的书籍，开拓视野，加强合作探究，经历数学家发明、发现的过程，使数学素养得到有效提升．
练后反馈
题目
5
8
10
11
15
16
正误
错题整理：
二、与古代传统有关的数学文化
核心提炼
以古代的建筑、风俗习惯以及文化为题目背景，考查高中数学所学的知识内容，我们首先要明确数学文化反映出的数学知识内容，然后运用所学的知识和已掌握的解题技能灵活地进行解题．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．
练后反馈
题目
1
4
7
9
13
正误
错题整理：
三、与现代生活有关的数学文化
核心提炼
数学知识源于生活又高于生活，最终服务于生活．引导学生把数学知识运用到现实生活中去，自觉地应用数学知识和方法去观察、分析、解决生活中的数学问题，可以全面提升学生的数学素养．
练后反馈
题目
2
3
6
12
14
正误
错题整理：
1．[T3补偿](2022·宣城模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，最上面3节的容积之积为3升，最下面3节的容积之积为243升，则第5节的容积是( )
A．2升 B．3升
C．4升 D．5升
答案 B
解析 由题意知
解得a1q＝，q3＝，
∴第5节的容积为a1q4＝a1q·q3＝
2．[T5补偿](2022·昌平模拟)算盘是中国传统的计算工具．东汉徐岳所撰的《数术记遗》中记载：“珠算，控带四时，经纬三才．”用如图所示的算盘表示数时，约定每档中有两粒算珠(上珠中最上面的一粒和下珠中最下面的一粒)不使用．如果一个数在算盘上能够用个位、十位和百位这三档中的2粒算珠表示，则这个数能够被3整除的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 从个位、十位、百位这三组中随机拨动2粒珠，
有11,15,51,55,101,105,501,505,110,150,510,550，共12个，
其中能被3整除的有15,51,105,501,150,510，共6个，
所以这个数能够被3整除的概率是P＝＝.
3．[T14补偿]唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为A(1,1)，若将军从山脚下的点B(4,4)处出发，河岸线所在直线l的方程为x－y＋1＝0，则“将军饮马”的最短总路程是( )
A．3 B.
C. D．2
答案 D
解析 如图，设B(4,4)关于直线x－y＋1＝0对称的点为C(a，b)，
则有
可得可得C(3,5)，
依题意可得“将军饮马”的最短总路程为
AC＝＝2.
4．[T12补偿](2022·东北师大附中模拟)由伦敦著名建筑事务所Steyn Studio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线－＝1(a>0，b>0)下支的部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，焦距为，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
答案 B
解析 双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，下焦点为(0，－c)，
因为双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，
所以＝＝b＝2，
因为焦距为，
所以c＝，
所以a＝＝＝，
所以＝，
所以双曲线的渐近线方程y＝±x.
5．[T7补偿](多选)(2022·武汉模拟)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美，如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为6＋2，则下列关于该半正多面体的说法中正确的是( )
A．与AB所成的角是60°的棱共有12条
B．AB与平面BCD所成的角为45°
C．二面角A－BC－D的余弦值为－
D．经过A，B，C，D四个顶点的外接球半径为1
答案 BCD
解析 补全该半正多面体得到正方体，设该正方体的棱长为a，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成．
则由半正多面体的表面积为6＋2，
得8××2＋6×2＝6＋2，
解得a＝.
在与AB相交的6条棱中，与AB所成的角是60°的棱有4条，
又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，
故与AB所成的角是60°的棱共有16条，故选项A错误；
因为AE⊥平面BCD，
所以AB与平面BCD所成的角为∠ABE＝45°，故选项B正确；
取BC的中点F，连接EF，AF，
则有AF⊥BC，EF⊥BC，
故二面角A－BC－D的平面角的补角为∠AFE，二面角A－BC－D的余弦值为－cos∠AFE，
在Rt△AFE中，AE＝，EF＝，AE⊥EF，
所以AF＝＝＝，
cos∠AFE＝＝，
－cos∠AFE＝－，故选项C正确；
由半正多面体的对称性可知，经过A，B，C，D四个顶点的外接球的对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点O，点O在平面ABE的投影点为O1，
则有OO1＝，AO1＝，
所以AO＝＝1，
故经过A，B，C，D四个顶点的球半径为1，故选项D正确．
6．[T1补偿](2022·赤峰模拟)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，如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝60米，则滕王阁的高度OP＝________米．
答案 12
解析 设OB＝h 米，
因为∠PBO＝60°，tan 60°＝＝，
则OP＝h 米，
又∠PAO＝30°，∠PCO＝45°，
所以OA＝＝＝3h(米)，
OC＝＝h(米)，
在△OBC中，OC2＝OB2＋BC2－2OB·BC·cos∠OBC，
即3h2＝h2＋602－2×60·h·cos∠OBC，①
在△OAB中，OA2＝OB2＋AB2－2OB·AB·cos∠OBA，
即9h2＝h2＋602－2×60·h·cos∠OBA，②
因为cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，
所以由①②两式相加可得
12h2＝2h2＋2×602，解得h＝12，
则OP＝h＝12(米)．
相关学案
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