專題18數學文化與新情景問題（十一大題型）

專題18數學文化與新情景問題集合與邏輯語言1．（2022秋·福建寧德·高三寧德市民族中學校考期中）（多選）由無理數引發(fā)的數學危機一直延續(xù)到19世紀直到1872年，德國數學家戴德金從連續(xù)性的要求出發(fā)，用有理數的“分割”來定義無理數史稱戴德金分割，并把實數理論建立在嚴格的科學基礎上，才結束了無理數被認為“無理”的時代，也結束了持續(xù)2000多年的數學史上的第一次大危機所謂戴德金分割，是指將有理數集Q劃分為兩個非空的子集M與N，且滿足，，M中的每一個元素都小于N中的每一個元素，則稱為戴德金分割試判斷，對于任一戴德金分割，下列選項中，可能成立的是（

）A．M沒有最大元素，N有一個最小元素B．M沒有最大元素，N也沒有最小元素C．M有一個最大元素，N有一個最小元素D．M有一個最大元素，N沒有最小元素【答案】ABD【分析】舉特例根據定義分析判斷，進而可得到結果．【詳解】令，，顯然集合M中沒有最大元素，集合N中有一個最小元素，即選項A可能；令，，顯然集合M中沒有最大元素，集合N中也沒有最小元素，即選項B可能；假設答案C可能，即集合M、N中存在兩個相鄰的有理數，顯然這是不可能的；令，，顯然集合M中有一個最大元素，集合N中沒有最小元素，即選項D可能.故選：ABD．2．（2022秋·遼寧沈陽·高三統(tǒng)考期中）十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立.奠定了現代數學的基礎.著名的“康托三分集.（Cantor）”是數學理性思維的構造產物，具體典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間均分為三段，去掉中間的開區(qū)間段，記為第一次操作；再將剩下的兩個區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的開區(qū)間段，記為第二次操作；….如此這樣，每次在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的開區(qū)間段.操作過程不斷地進行下去.以至無窮，剩下的區(qū)間集合即“康托三分集”.第三次操作后，從左到右第四個區(qū)間為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意依次寫出即可.【詳解】第一次操作剩下：；第二次操作剩下：；第三次操作剩下：；即從左到右第四個區(qū)間為.故選：C.3．（2022秋·河北張家口·高三校聯考期中）王昌齡是盛唐著名的邊塞詩人，被譽為“七絕圣手”，其詩作《從軍行》中的詩句“青海長云暗雪山，孤城遙望玉門關．黃沙百戰(zhàn)穿金甲，不破樓蘭終不還”傳誦至今．由此推斷，其中最后一句“返回家鄉(xiāng)”是“攻破樓蘭”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由題意，“不破樓蘭”可以推出“不還”，但是反過來“不還”的原因有多種，按照充分條件、必要條件的定義即可判斷【詳解】由題意，“不破樓蘭終不還”即“不破樓蘭”是“不還”的充分條件，即“不破樓蘭”可以推出“不還”，但是反過來“不還”的原因有多種，比如戰(zhàn)死沙場；即如果已知“還”，一定是已經“破樓蘭”，所以“還”是“破樓蘭”的充分條件故選：A4．（山東省青島第二中學分校20222023學年高三上學期期中）在數學漫長的發(fā)展過程中，數學家發(fā)現在數學中存在著神秘的“黑洞”現象．數學黑洞：無論怎樣設值，在規(guī)定的處理法則下，最終都將得到固定的一個值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一樣．目前已經發(fā)現的數字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡爾黑洞”、“自戀性數字黑洞”等．定義：若一個n位正整數的所有數位上數字的n次方和等于這個數本身，則稱這個數是自戀數．已知所有一位正整數的自戀數組成集合A，集合，則的子集個數為（

）A．3 B．4 C．7 D．8【答案】D【分析】根據自戀數的定義可得集合，再根據交集的定義求出，從而可得答案.【詳解】解：依題意，，，故，故的子集個數為8．故選：D．5．（2022秋·山東菏澤·高三統(tǒng)考期中）（多選）中國古代重要的數學著作《孫子算經》下卷有題：“今有物，不知其數，三三數之，剩二；五五數之，剩三；七七數之，剩二問：物幾何?”現有如下表示：已知，，，若，則下列選項中符合題意的整數為（

）A．8 B．128 C．37 D．23【答案】BD【分析】根據給定條件對各選項逐一分析計算即可判斷作答.【詳解】對于A，因，則，選項A錯誤；對于B，，即；又，即；而，即，因此，，選項B正確；對于C，因，則，選項C錯誤；對于D，，即；又，即；而，即，因此，，選項D正確.故選：BD6．（河北省張家口市第一中學2023屆高三上學期期中）若集合，，，，且滿足集合中最大的數大于集合中最大的數，則稱有序集合對為“兄弟集合對”.當時，這樣的“兄弟集合對”有對；當時，這樣的“兄弟集合對”有對（用含有的表達式作答）.【答案】14【分析】當時，分別對集合中最大數為1，2和3進行討論即可；當時，先找出集合中最大數為時，集合和的個數，再結合等比數列求和公式即可求解.【詳解】由題意可知，時，.當集合中最大數為1，即時，無滿足題意的集合；當集合中最大數為2，即或時，只有一種滿足題意的集合，此時“兄弟集合對”有種；當集合中最大數為3，即，，或時，滿足題意的集合有，和三種可能，此時“兄弟集合對”有種；故當時，這樣的“兄弟集合對”有種.若集合中最大數為時，集合的個數為的子集個數，即個，此時集合的個數為的真子集個數，即個，因此這樣的“兄弟集合對”有種，故當時，這樣的“兄弟集合對”有：種.故答案為：14；.7．（河北省大名縣第一中學2023屆高三上學期期中）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，為了紀念數學家高斯，我們把取整函數稱為高斯函數，其中表示不超過的最大整數，如則點集所表示的平面區(qū)域的面積是.【答案】4【分析】根據定義有或，分別確定出所在區(qū)域，然后可求得面積．【詳解】根據定義有或，，則，這是一個邊長為1的正方形，面積為1，同理，，也都形成一個邊長為1的正方形，面積都是1，所以，故答案為：4．向量與復數8．（海南華僑中學2023屆高三上學期期中）勒洛三角形是一種典型的定寬曲線，以等邊三角形每個頂點為圓心，以邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形.在如圖所示的勒洛三角形中，已知，P為弧AC上的一點，且，則的值為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】根據數量積的坐標運算即可求解.【詳解】如圖所示，

以B為坐標原點，直線BC為x軸，過點B且垂直于BC的直線為y軸，建立平面直角坐標系，則，，由，得，所以，，所以.故選：C.9．（遼寧省重點高中沈陽市郊聯體20222023學年高三上學期期中考試）下圖是北京2022年冬奧會會徽的圖案，奧運五環(huán)的大小和間距如圖所示．若圓半徑均為12，相鄰圓圓心水平路離為26，兩排圓圓心垂直距離為11．設五個圓的圓心分別為、、、、，則的值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】建立平面直角坐標系，做軸于點，可求出、、坐標，及、、，再由向量的坐標運算可得答案.【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，做軸于點，所以，由已知可得，，，所以，，，所以.故選：B.

10．（2022秋·山東青島·高三山東省青島第一中學校考期中）歐拉公式由瑞士數學家歐拉發(fā)現，其將自然對數的底數，虛數單位與三角函數，聯系在一起，被譽為“數學的天橋”，若復數，則z的虛部為（

）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】由歐拉公式化簡復數z，再由復數的定義即可得出答案.【詳解】因為，因為，所以z的虛部為.故選：D.11．（2022秋·浙江紹興·高三紹興一中?？计谥校ǘ噙x）若的三個內角均小于，點滿足，則點到三角形三個頂點的距離之和最小，點被人們稱為費馬點.根據以上性質，已知是平面內的任意一個向量，向量滿足，且，則的取值可以是（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】設，，，則，即為點到三點的距離之和，由費馬點的性質可知當時，取得最小值，然后求解即可.【詳解】因為，，設，，，則，即為點到三點的距離之和，則是等腰銳角三角形，如圖：

由費馬點的性質可知，當點滿足時，點到三角形三個頂點的距離之和最小，所以，則的最小值是.故選：AB12．（2022秋·福建寧德·高三統(tǒng)考期中）（多選）任何一個復數（其中、，為虛數單位）都可以表示成：的形式，通常稱之為復數的三角形式.法國數學家棣莫弗發(fā)現，我們稱這個結論為棣莫弗定理.根據以上信息，下列說法正確的是（

）A． B．當，時，C．當，時， D．當，時，若為偶數，則復數為純虛數【答案】AC【分析】利用復數的模長公式可判斷A選項的正誤；利用復數的棣莫弗定理可判斷B選項的正誤；計算出復數，可判斷C選項的正誤；計算出，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于復數，則，，而，所以A正確；當，時，，所以B錯誤；，時，，則，所以C正確；，時，，為偶數時，設,，所以為奇數時，為純虛數；為偶數時，為實數，選項D錯誤.故選：AC.13．（2022秋·河北滄州·高三任丘市第一中學?？计谥校兑捉洝肥顷U述天地世間關于萬象變化的古老經典，其中八卦深邃的哲理解釋了自然、社會現象．如圖1所示的是八卦模型圖，其平面圖形（圖2）中的正八邊形，其中為正八邊形的中心，邊長，則．【答案】【分析】連接，，根據正八邊形可知，，以，為基底表示，，在中，由余弦定理可得，求數量積即可.【詳解】如圖所示，連接，，由為正八邊形可知，且，則，所以，即，且，所以，則，在中，由余弦定理，解得，所以，故答案為：.函數14．（山東省青島市4區(qū)縣20222023學年高三上學期期中）嶺南古邑的番禺不僅擁有深厚的歷史文化底蘊，還聚焦生態(tài)的發(fā)展．下圖是番禺區(qū)某風景優(yōu)美的公園地圖，其形狀如一顆愛心．圖是由此抽象出來的一個“心形”圖形，這個圖形可看作由兩個函數的圖象構成，則“心形”在軸上方的圖象對應的函數解析式可能為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】利用基本不等式可求得，知A錯誤；由時，可知B錯誤；根據、圖象中的特殊點及函數的奇偶性、單調性可知C正確；根據函數定義域可知D錯誤.【詳解】對于A，（當且僅當，即時取等號），在上的最大值為，與圖象不符，A錯誤；對于B，當時，，與圖象不符，B錯誤；對于C，，當時，；又過點；由得：，解得：，即函數定義域為；又，為定義在上的偶函數，圖象關于軸對稱；當時，，則函數在上單調遞增，在上單調遞減；綜上所述：與圖象相符，C正確；對于D，由得：，不存在部分的圖象，D錯誤.故選：C.15．（山東省日照市20222023學年高三上學期期中）提丟斯一波得定則，簡稱“波得定律”，是表示各行星與太陽平均距離的一種經驗規(guī)則.它是在1766年德國的一位中學教師戴維·提丟斯發(fā)現的.后來被柏林天文臺的臺長波得歸納成了一個如下經驗公式來表示：記太陽到地球的平均距離為1，若某行星的編號為n，則該行星到太陽的平均距離表示為，那么編號為9的行星用該公式推得的平均距離位于（

）行星金星地球火星谷神星木星土星天王星海王星編號12345678公式推得值0.711.62.85.21019.638.8實測值0.7211.522.95.29.5419.1830.06A． B． C． D．【答案】D【分析】代入數據計算的值即可.【詳解】由表格可得，故選：D16．（2022秋·山西臨汾·高三統(tǒng)考期中）從古至今，中國人一直追求著對稱美學．世界上現存規(guī)模最大、保存最為完整的木質結構——故宮：金黃的宮殿，朱紅的城墻，漢白玉的階，琉璃瓦的頂……沿著一條子午線對稱分布，壯美有序，和諧莊嚴，映祇著藍天白云，宛如東方仙境．再往遠眺，一線貫穿的對稱風格，撐起了整座北京城．某建筑物的外形輪廓部分可用函數的圖像來刻畫，滿足關于的方程恰有三個不同的實數根，且（其中），則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先確定函數的對稱性，然后根據函數的對稱性確定根，從而列出關于的方程組，解方程組即可求解.【詳解】因為，所以關于對稱，所以的根應成對出現，又因為的方程恰有三個不同的實數根且，所以該方程的一個根是，得，所以，由得，當，即時，，①則，②由①②可求出，所以；當，即時，，③，④由③④得方程組無實數解；綜上，方程組的解為，所以．故選：C.17．（湖南省長沙市南雅中學20222023學年高三上學期期中）世界公認的三大著名數學家為阿基米德、牛頓、高斯，其中享有“數學王子”美譽的高斯提出了取整函數，表示不超過的最大整數，例如，.已知，，則函數的值域為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意，將其變形分析其取值范圍結合取整函數，即可求得結果.【詳解】易知，在上單調遞減，上單調遞增.當時，；當時，；當時，；所以，則函數的值域為.故選：C.18．（2022秋·山東日照·高三統(tǒng)考期中）（多選）意大利畫家列奧納多·達·芬奇曾提出：固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，項鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的“懸鏈線問題”．當微積分尚未出現時，伽利略猜測這種形狀是拋物線，直到1691年萊布尼茲和伯努利借助微積分推導出這種曲線是懸鏈線，其函數解析式（其中a是懸鏈線系數），當時，稱為雙曲余弦函數，相應的還得到了雙曲正弦函數．已知雙曲正弦函數和雙曲余弦函數具有如下性質：①是定義域為R的奇函數，是定義域為R的偶函數；②（常數是自然對數的底數，）．則下列說法正確的是（

）A．雙曲正弦函數是周期函數B．C．若直線與和的圖象分別交于點，，則線段的長度隨著的增大而增大D．若直線與和的圖象共有三個交點，這三個交點的橫坐標分別為，，，則【答案】BD【分析】首先求出、的解析式，再一一分析即可.【詳解】依題意，解得，即，，易知不是周期函數，故A錯誤；，故B正確．線段的長度為，且隨著的增大，越來越小，所以C錯誤；如圖，若與雙曲余弦函數和雙曲正弦函數，共有三個交點，則，

由雙曲余弦函數為偶函數，得，由，得，即，解得或（舍去），所以得，即，則，故D正確.故選：BD．19．（2022秋·山東·高三山東師范大學附中?？计谥校祵W上將形如（p為素數）的素數稱為“梅森素數”．顯然，即使p是一個“不太大”的素數，“梅森素數”也可能是一個“很大”的數．利用和，可估計得出“梅森素數”的位數為．【答案】21【分析】根據“梅森素數”的定義及對數運算即可得得結論.【詳解】依題意，得，所以，則“梅森素數”的位數為21．故答案為：21．20．（湖北省荊荊宜三校20222023學年高三上學期期中）十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現代數學的基礎.著名的“康托三分集”是數學理性思維的構造產物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第一次操作；再將剩下的兩個區(qū)間分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第二次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段.操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”.若使去掉的各區(qū)間長度之和不小于，則需要操作的次數的最小值為.（參考數據：）【答案】12【分析】根據題意求出第n次操作后去掉的各區(qū)間長度之和,列不等式結合對數運算法則，即可求解.【詳解】由題意可知，每次操作剩下的區(qū)間長度為都是原來的，第n次操作后剩下的區(qū)間長度為，則所有去掉的區(qū)間長度之和為，由題意知，，得，兩邊取對數得，解得，又n為整數，∴n的最小值為12．故答案為：12．導數21．（湖南省張家界市慈利縣第一中學20222023學年高三上學期期中）閔氏距離（）是衡量數值點之間距離的一種非常常見的方法，設點、坐標分別為，，則閔氏距離.若點、分別在和的圖像上，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設，由閔氏距離的定義和絕對值不等式的性質可得.設，利用導數求出，即可求解.【詳解】由題意得，設，因為點A、B分別在函數和的圖象上，所以，當且僅當時等號成立.設，，則，令，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即，所以，即，所以的最小值為.故選：A.22．（2022秋·山東青島·高三統(tǒng)考期中）英國數學家泰勒1712年提出了泰勒公式，這個公式是高等數學中非常重要的內容之一.其正弦展開的形式如下：，（其中，），則的值約為（1弧度）（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用已知公式，將公式兩邊分別求導，結合誘導公式，即可得到，求解即可．【詳解】因為，又，則，當時，則有，又，則．故選：B．23．（2022秋·遼寧·高三校聯考期中）如圖，古建筑的主要受力構件梁椽?樓板?柱子都是木頭，由于構件的拼接需要，梁通常做成矩形.圓形的木頭加工成矩形斷面，梁是主要的水平受力構件，作為水平或斜向受彎構件，除了材料本身的特性，截面抵抗矩是唯一的標準.矩形截面抵抗，（其中為垂直于彎矩作用方向的長度），木材本身的圓形直徑是確定的，則截面抵抗矩最大時為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得，代入整理可得，求導根據導函數得出函數的最大值，即可得出答案.【詳解】由已知結合圖象可得，，所以，所以，，，所以，.解，可得.當時，，所以函數在上單調遞增；當時，，所以函數在上單調遞減.所以，函數在處取得唯一極大值，也是最大值，此時，則，所以.故選：C.24．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中?？计谥校┯嬎闫饔嬎悖?，，等函數的函數值，是通過寫入“泰勒展開式”程序的芯片完成的．“泰勒展開式”是：如果函數在含有的某個開區(qū)間內可以多次進行求導數運算，則當，且時，有．其中是的導數，是的導數，是的導數……．取，則的“泰勒展開式”中第三個非零項為，精確到0.01的近似值為．【答案】【分析】根據泰勒展開式，化簡得到，求得的“泰勒展開式”中第三個非零項，令，代入上式，進而求得的近似值.【詳解】取時，可得則，所以的“泰勒展開式”中第三個非零項為，令，代入上式可得.故答案為：；.25．（山東省大教育聯盟學校20222023學年高三上學期期中）泰勒公式是一個用函數在某點的信息描述其附近取值的公式，得名于英國數學家泰勒．根據泰勒公式，有，其中，，，．現用上述式子求的值，下列選項中與該值最接近的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知公式，將公式兩邊求導，結合誘導公式和角度弧度轉換即可得到答案.【詳解】由題意得當時，于是故選：D.26．（2022秋·湖南湘潭·高三湘潭一中?？计谥校┌_克牛頓是英國皇家學會會長，著名物理學家，他在數學上也有杰出貢獻.牛頓用“作切線”的方法求函數零點時給出一個數列，我們把該數列稱為牛頓數列.如果函數有兩個零點1和2，數列為牛頓數列.設，已知，，的前項和為，則.【答案】/【分析】由函數有兩個零點可得，，的關系，從而得，求導后代入，整理可得，再由得數列是等比數列，通過等比數列的求和公式得答案.【詳解】有兩個零點1，2，則，解之得，則，則，則，則，由，可得，故，又，則數列是首項為1公比為2的等比數列，則通項公式，前項和，則.故答案為:.三角函數27．（2022秋·山東濰坊·高三濰坊一中?？计谥校毒耪滤阈g》是我國古代內容極為豐富的數學名著，其中《方田》章給出計算弧田面積所用的經驗公式為：弧田面積（），弧田（如圖）由圓弧和其所對弦所圍成，公式中“弦”指圓弧所對弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差.現已知弧田面積為，且弦是矢的倍，按照上述經驗公式計算所得弧田的弧長是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據弧田面積可求得，利用勾股定理可構造方程求得半徑，并根據長度關系得到圓心角弧度數，利用扇形弧長公式可求得結果.【詳解】如圖，

由題意得：，弧田面積，解得：.設圓半徑為，則有，即，解得：，，則在中，，，所求弧長為.故選：D.28．（黑龍江省大慶中學20222023學年高三上學期期中）順德歡樂海岸摩天輪是南中國首座雙立柱全拉索設計的摩天輪，轉一圈21分鐘，摩天輪的吊艙是球形全景艙，摩天輪最高點距離地面高度為99，轉盤直徑為90，開啟后按逆時針方向勻速旋轉，游客在座艙轉到距離地面最近的位置進艙，開始轉動后距離地面的高度為，則在轉動一周的過程中，高度H關于時間的函數解析式是（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】結合三角函數圖像的特征和性質，將實際問題轉化為對應參數求解；【詳解】根據題意設，，因為某摩天輪最高點距離地面高度為99，轉盤直徑為90，所以，該摩天輪最低點距離地面高度為9，所以，解得：.因為開啟后按逆時針方向勻速旋轉，旋轉一周需要21所以，解得，因為時，，故，即，解得：.所以.故選：B29．（廣東省佛山市第四中學2023屆高三上學期期中）正割（Secant）及余割（Cosecant）這兩個概念是由伊朗數學家、天文學家阿布爾·威發(fā)首先引入，sec，csc這兩個符號是荷蘭數學家基拉德在《三角學》中首先使用，后經歐拉采用得以通行．在三角中，定義正割，余割．則函數的值域為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據新定義及輔助角公式化簡，然后根據三角函數的性質求得答案.【詳解】，其中，所以，且，即的值域為.故選：D.30．（安徽省卓越縣中聯盟20222023學年高三上學期期中）數學里有一種證明方法叫做Proofwithoutwords，也被稱為無字證明，是指僅用圖象而無需文字解釋就能不證自明的數學命題，由于這種證明方法的特殊性，無字證時被認為比嚴格的數學證明更為優(yōu)雅與有條理.如下圖，點為半圓上一點，，垂足為，記，則由可以直接證明的三角函數公式是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據直角三角形中的定義寫出，用表示出，然后分析可得．【詳解】由已知，則，，又，，，，因此，故選：C．31．（廣東省華附、省實、廣雅、深中2023屆高三上學期期中）我國古代數學家僧一行應用“九服晷影算法”在《大衍歷》中建立了晷影長l與太陽天頂距的對應數表，這是世界數學史上較早的一張正切函數表，根據三角學知識可知，晷影長等于表高與太陽天頂距的正切值的乘積，即．若對同一“表高”兩次測量，“晷影長”分別是“表高”的和，相應的太陽天頂距為和，則的值為（

）A． B． C． D．1【答案】D【分析】依題意可得，，利用兩角和的正切公式計算可得.【詳解】由題設，“晷影長”分別是“表高”的倍和倍時，，，所以.故選：D．32．（2022秋·山西陽泉·高三統(tǒng)考期中）（多選）水車在古代是進行灌溉引水的工具，亦稱“水轉筒車”，是一種以水流作動力，取水灌田的工具.據史料記載，水車發(fā)明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的歷史，是人類的一項古老的發(fā)明，也是人類利用自然和改造自然的特征.如圖是一個半徑為的水車，一個水斗從點出發(fā)，沿圓周按逆時針方向勻速旋轉，且旋轉一周用時120秒.經過秒后，水斗旋轉到點，設點的坐標為，其縱坐標滿足（，，），則下列敘述正確的是（

）

A．B．當時，函數單調遞增C．當時，的最大值為D．當時，【答案】AD【分析】根據題意，結合條件可得的值，從而求得函數的解析式，然后根據正弦型函數的性質，對選項逐一判斷，即可得到結果.【詳解】由題意，，，所以，則，又點，此時代入可得，解得，又，所以，故A正確；因為，當時，，所以函數先增后減，故B錯誤；當時，所以，則，則，故C錯誤；當時，，的縱坐標為，橫坐標為，所以，故D正確；故選：AD33．（2021秋·山東青島·高三統(tǒng)考期中）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”.如圖，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為，且.以為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為.則角.

【答案】/【分析】根據三角恒等變化可得，進而可得，即可求解，【詳解】，則，故，所以，可得（負值舍），由，所以.故答案為：解三角形34．（湖南省岳陽市第五中學20222023學年高三上學期期中）我國南宋著名數學家秦九韶發(fā)現了“三斜”求積公式，即△ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則△ABC的面積．若，，則△ABC面積S的最大值為（

）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】先利用正弦定理求出，代入公式，結合二次函數可求答案.【詳解】因為，所以；因為，所以，當時，有最大值，最大值為.故選：C.35．（山東省濰坊市臨朐縣實驗中學20222023學年高三上學期期中）《孔雀東南飛》中曾敘“十三能織素，十四學裁衣，十五彈箜篌，十六誦詩書.”箜篌歷史悠久、源遠流長，音域寬廣、音色柔美清撤，表現力強.如圖是箜篌的一種常見的形制，對其進行繪制，發(fā)現近似一扇形，在圓弧的兩個端點A，B處分別作切線相交于點，測得切線，，，根據測量數據可估算出該圓弧所對圓心角的余弦值為（

）

A．0.62 B．0.56 C． D．【答案】A【分析】運用四邊形的內角和為、余弦定理及誘導公式可求得結果.【詳解】如圖所示，

設弧AB對應圓心是O，根據題意可知，，，則，因為，，，則在△ACB中，，所以.故選：A.36．（江蘇省常州市金沙高級中學20222023學年高三上學期期中）哥特式建筑是1140年左右產生于法國的歐洲建筑風格，它的特點是尖塔高聳、尖形拱門、大窗戶及繪有故事的花窗玻璃，如圖所示的幾何圖形，在哥特式建筑的尖形拱門與大窗戶中較為常見，它是由線段和兩個圓弧、圍成，其中一個圓弧的圓心為，另一個圓弧的圓心為，圓與線段及兩個圓弧均相切，若，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】構造直角三角形，勾股定理求圓O的半徑，得到，余弦定理求，利用向量數量積公式求.【詳解】若，則圓弧、的半徑為2，設圓O的半徑為，則，過O作，則，，中，，即，解得，則有，中，由余弦定理得，．故選：A.37．（2022秋·廣東汕頭·高三統(tǒng)考期中）法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為等邊三角形的頂點”.如圖，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為，且.以為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為.

(1)求角；(2)若的面積為，求的周長.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據三角恒等變化可得，進而可得，即可求解，（2）利用正弦定理得，結合余弦定理即可聯立方程求解.【詳解】（1），則，故，所以，可得（負值舍），由，所以.（2）如圖，連接，由正弦定理得，,則，

正面積，而，則，在中，由余弦定理得：，即，則，在中，，由余弦定理得，則，，所以的周長為38．（江蘇省常州市橫林高級中學20222023學年高三上學期期中）（多選）2022年卡塔爾世界杯會徽（如圖）的正視圖近似伯努利雙紐線.定義在平面直角坐標系中，把到定點，距離之積等于的點的軌跡成為雙紐線，已知點是雙紐線上一點，下列說法正確的有（

）．

A．雙紐線關于原點中心對稱；B．；C．雙紐線上滿足的點有兩個；D．的最大值為.【答案】ABD【分析】對于A，根據雙紐線的定義求出曲線方程，然后將替換方程中的進行判斷，對于B，根據三角形的等面積法分析判斷，對于C，由題意得，從而可得點在軸上，進行可判斷，對于D，由向量的性質結合余弦定理分析判斷.【詳解】對于A，因為定義在平面直角坐標系中，把到定點距離之積等于的點的軌跡稱為雙紐線，所以，用替換方程中的，原方程不變，所以雙紐線關于原點中心對稱，所以A正確，對于B，設∵，，∴，∴，∴，故B正確；對于C，由知在的垂直平分線（方程為）上將代入得即，解得，∴這樣的點只有一個，故C錯誤；對于D，因為，所以，由余弦定理得，所以，所以的最大值為，故D正確；故選：ABD.39．（2022秋·河北保定·高三河北省唐縣第一中學校聯考期中）（多選）東漢末年的數學家趙爽在《周髀算經》中利用一副“弦圖”，根據面積關系給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”如圖，它由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形．我們通過類比得到圖，它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，對于圖，下列結論正確的是（

）A．這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形B．若，，則C．若，則D．若是的中點，則三角形的面積是三角形面積的倍【答案】ABD【詳解】利用正弦定理、余弦定理、三角形面積公式即可求解.【解答】根據對稱性，所以，故A正確；在中，，而，所以，，由正弦定理得，解得，又因為，所以，故B正確不妨設，，由余弦定理，解得，所以，故C錯誤；若是的中點，，所以,故D正確.故選：ABD．40．（河北省張家口市部分學校2023屆高三上學期期中）山東省科技館新館目前成為濟南科教新地標（如圖1），其主體建筑采用與地形吻合的矩形設計，將數學符號“”完美嵌入其中，寓意無限未知?無限發(fā)展?無限可能和無限的科技創(chuàng)新.如圖2，為了測量科技館最高點A與其附近一建筑物樓頂B之間的距離，無人機在點C測得點A和點B的俯角分別為75°，30°，隨后無人機沿水平方向飛行600米到點D，此時測得點A和點B的俯角分別為45°和60°（A，B，C，D在同一鉛垂面內），則A，B兩點之間的距離為米.【答案】【分析】根據已知角的關系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.【詳解】由題意，，所以，所以在中，，，又，所以，在中，由正弦定理得，，所以，在中，，由余弦定理得，，所以.故答案為：數列41．（湖北省重點高中聯考協(xié)作體2023屆高三上學期期中）我國天文學和數學著作《周髀算經》中記載：一年有二十四個節(jié)氣，每個節(jié)氣的晷長損益相同（晷是按照日影測定時刻的儀器，晷長即為所測量影子的長度），二十四節(jié)氣及晷長變化如圖所示，相鄰兩個節(jié)氣晷長減少或增加的量相同，周而復始.已知每年冬至的晷長為一丈三尺五寸，夏至的晷長為一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），則說法不正確的是（

）

A．相鄰兩個節(jié)氣晷長減少或增加的量為十寸B．秋分的晷長為75寸C．立秋的晷長比立春的晷長長D．立冬的晷長為一丈五寸【答案】C【分析】由題意可知夏至到冬至的晷長構成等差數列，其中寸，寸，公差為寸，可求出，利用等差數列知識即可判斷各選項.【詳解】由題意可知夏至到冬至的晷長構成等差數列，其中寸，寸，公差為寸，則，解得（寸），同理可知由冬至到夏至的晷長構成等差數列，首項，末項，公差（單位都為寸）.故選項A正確；春分的晷長為,秋分的晷長為，所以正確；立冬的晷長為，即立冬的晷長為一丈五寸，正確；立春的晷長，立秋的晷長分別為，，，故錯誤.故選：C.42．（2022秋·浙江杭州·高三學軍中學校考期中）“積跬步以至千里，積小流以成江海．”出自荀子《勸學篇》．原文為“故不積跬步，無以至千里；不積小流，無以成江海．”數學上這樣的兩個公式：①；②，也能說明這種積少成多，聚沙成塔的成功之道．它們所詮釋的含義是“每天增加1%，就會在一個月、一年以后產生巨大的變化．雖然這是一種理想化的模型，但也能充分地說明“小小的改變和時間積累的力量”．假設某同學通過學習和思考所帶來的知識積累的變化，以每天2.01%的速度“進步”，則30天以后他的知識積累約為原來的（

）A．1.69倍 B．1.96倍 C．1.78倍 D．2.8倍【答案】A【分析】根據等比數列的通項公式計算可得答案.【詳解】每天進步2.01%，即0.0201，因為，所以30天以后某同學的知識積累約為原來的1.69倍．故選：A.43．（2022秋·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學校考期中）如表所示的數陣稱為“森德拉姆素數篩”，表中每行每列的數都成等差數列，設表示該數陣中第行、第列的數，則下列說法正確的是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意，依次計算選項中的結果是否正確，即可得答案．【詳解】對于A，第3行是首項為4，公差為3的等差數列，為第3行的第18個數，則，A錯誤；對于B，第6行是首項為7，公差為6的等差數列，為第6行的第8個數，則，B錯誤；對于C，第7行是首項為8，公差為7的等差數列，為第7行的第7個數，則，C錯誤；對于D，第12行是首項為13，公差為12的等差數列，為第12行的第4個數，則，D正確；故選：D．44．（湖北省部分省級示范高中20222023學年高三上學期期中）英國物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時，給出的“牛頓數列”在航空航天中應用廣泛.若數列滿足，則稱數列為牛頓數列.若，數列為牛頓數列，且，，數列的前n項和為，則滿足的最大正整數n的值為（

）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】A【分析】根據題意可證得是等比數列，再結合等比數列的求和公式運算求解.【詳解】因為，所以，則，又，，所以是首項為，公比的等比數列，則，令，則，又因為在定義域內單調遞增，且，所以，所以最大正整數n的值為10.故選：A45．（遼寧省撫順市六校協(xié)作體20222023學年高三上學期期中）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號．用他名字定義的函數稱為高斯函數，其中表示不超過x的最大整數．已知正項數列的前n項和為，且，令，則（

）A．7 B．8 C．17 D．18【答案】B【分析】根據與的關系，化簡可得，再由裂項相消法求，分析其范圍即可得解.【詳解】當時，，解得（負值舍去）.由可得，所以，即，所以數列是以1為首項，1為公差的等差數列，故，即，所以，所以，由知，，所以故，故選：B46．（2022秋·河北衡水·高三河北武強中學校考期中）1934年，東印度（今孟加拉國）學者森德拉姆（Sundaram）發(fā)現了“正方形篩子”：（1）“正方形篩子”中位于第10行的第10個數是.（2）若表示第行列的數，則（用，表示）

【答案】220【分析】（1）由所給“正方形篩子”觀察可知第1列數字通項公式，再分析第N行數列的通項公式即可得解；（2）觀察可知第n行和第n列的等差數列的公差相等，都是2n＋1，據此可求通項.【詳解】（1）第一列的數字為4，7，10，13，16，，為等差數列，公差d=3，則，故第10行的第一個數為，再看行，第一行的數字是加3遞增，第二行是加5遞增，第三行是加7遞增，，第N行是加遞增，則第10行是加遞增，所以第10行的第10個數是；（2）觀察“正方形篩子"得：每一行都是等差數l列，每一列都是等差數列，第n行和第n列的等差數列的公差相等，都是2n＋1，第n行的第一個數是：，第n行第m個數為：，.故答案為：；47．（山西省運城市2023屆高三上學期期中）風雨橋（如圖①所示）是侗族最具特色的民間建筑之一.風雨橋由橋、塔、亭組成.其中亭、塔的俯視圖通常是正方形、正六邊形或正八邊形.圖②是某風雨橋亭的大致俯視圖，其中正六邊形的邊長的計算方法如下：，，…，，其中.已知該風雨橋亭共層，若，，則圖②中的五個正六邊形的周長總和為.

【答案】【分析】分析可知圖②中五個六邊形的邊長（單位：）構成以為首項，以為公差的等差數列，結合等差數列的求和公式可求得這五個正六邊形的周長之和.【詳解】由已知可得（且），，則，所以，圖②中五個六邊形的邊長（單位：）構成以為首項，以為公差的等差數列，所以，這五個正六邊形的周長之和為.故答案為：.48．（2022秋·黑龍江牡丹江·高三牡丹江市第二高級中學?？计谥校┠纤螖祵W家在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，高階等差數列中前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.現有高階等差數列，其前7項分別為1，2，4，7，11，16，22，則該數列的第20項為.【答案】191【分析】構造數列，并利用等差數列的性質即可求得原數列的第20項為191.【詳解】高階等差數列：1，2，4，7，11，16，22，，令，則數列：1，2，3，4，5，6，，則數列為等差數列，首項，公差，，則則，故答案為：191【點睛】關鍵點睛：根據等差數列的前項和公式，利用累和法是解題的關鍵.解析幾何49．（安徽省合肥市廬江第五中學20222023學年高三上學期期中）阿基米德是古希臘著名的數學家、物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積已知橢圓的右焦點為，過作直線交橢圓于兩點，若弦中點坐標為，則橢圓的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據橢圓右焦點坐標可知，由弦中點坐標為可利用點差法求得，聯立即可解得，再由橢圓面積公式即可求得結果.【詳解】設的中點為，即，如下圖所示：

易知，即；設，又中點坐標為，所以則；又兩點在橢圓上可得，兩式相減可得，整理得，解得，聯立可解得；即所以橢圓的面積為.故選：A50．（江蘇省連云港市灌南高級中學20222023學年高三上學期期中）加斯帕爾蒙日是1819世紀法國著名的幾何學家．如圖，他在研究圓錐曲線時發(fā)現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，其圓心是橢圓的中心，這個圓被稱為“蒙日圓”．若長方形的四邊均與橢圓相切，則下列說法錯誤的是（

）

A．橢圓的離心率為 B．橢圓的蒙日圓方程為C．若為正方形，則的邊長為 D．長方形的面積的最大值為18【答案】D【分析】由橢圓標準方程求得后再求得，從而可得離心率，利用特殊的長方形（即邊長與橢圓的軸平行）求得蒙日圓方程，從而可得長方形邊長的關系，結合基本不等式得面積最大值，并得出長方形為正方形時的邊長．【詳解】由橢圓方程知，，則，離心率為，A正確；當長方形的邊與橢圓的軸平行時，長方形的邊長分別為和4，其對角線長為，因此蒙日圓半徑為，圓方程為，B正確；設矩形的邊長分別為，因此，即，當且僅當時取等號，所以長方形的面積的最大值是20，此時該長方形為正方形，邊長為，C正確，D錯誤．故選：D．51．（河北省安平中學2023屆高三上學期期中）（多選）我國首先研制成功的“雙曲線新聞燈”，如圖，利用了雙曲線的光學性質：，是雙曲線的左?右焦點，從發(fā)出的光線射在雙曲線右支上一點，經點反射后，反射光線的反向延長線過；當異于雙曲線頂點時，雙曲線在點處的切線平分.若雙曲線的方程為，則下列結論正確的是（

）

A．射線所在直線的斜率為，則B．當時，C．當過點時，光線由到再到所經過的路程為13D．若點坐標為，直線與相切，則【答案】ABD【分析】A選項，根據直線與雙曲線的交點位置可判斷.B選項，利用雙曲線定義和勾股定理化簡可得.C選項，由雙曲線定義可判斷.D選項，利用角平分線性質，結合雙曲線的定義可得.【詳解】解：因為雙曲線的方程為，所以，漸近線方程為，選項A，因為直線與雙曲線有兩個交點，所以，即A正確；選項B，由雙曲線的定義知，，若，則，因為，所以，解得，即B正確；選項C：，即C錯誤；選項D，因為平分，由角分線定理知，，所以，又，所以，解得，即D正確.故選：ABD.52．（2022秋·山東臨沂·高三統(tǒng)考期中）法國數學家加斯帕·蒙日被稱為“畫法幾何創(chuàng)始人”“微分幾何之父”.他發(fā)現與橢圓相切的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個圓被稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓：，則的蒙日圓的方程為；在圓上總存在點，使得過點能作橢圓的兩條相互垂直的切線，則的取值范圍是.【答案】【分析】根據蒙日圓的定義，可知點一定在蒙日圓上，可求得蒙日圓的半徑，進而求得蒙日圓的方程；根據圓與圓的位置關系列不等式求的取值范圍.【詳解】橢圓的右頂點為，上頂點為，過點的橢圓的切線方程為，過點的橢圓的切線方程為，直線與直線的交點為，所以點在蒙日圓上，所以蒙日圓的半徑，所以蒙日圓的方程為；因為過點能作橢圓的兩條相互垂直的切線，所以點在上，又點在圓上，故圓與圓有交點，所以，所以，故答案為：，.53．（2022秋·河北滄州·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，在圓錐內放入兩個大小不同的球，，使得它們分別與圓錐的側面和平面都相切，平面分別與球，相切于點，.數學家GerminalDandelin利用這個模型證明了平面與圓錐側面的交線為橢圓，，為此橢圓的兩個焦點，這兩個球也被稱為Dandelin雙球.若球，的半徑分別為6和3，球心距離，則此橢圓的長軸長為.

【答案】【分析】根據給定條件，過切點E，F作出雙球模型的軸截面，利用圓的切線性質及橢圓的定義求解作答.【詳解】過切點E，F作出雙球模型的軸截面，設球分別與圓錐的同一條母線切于A，B兩點，

有，過作于點C，則四邊形是矩形，于是，，又，從而，設直線AB與平面的交點為P，則有，，所以橢圓的長軸長.故答案為：【點睛】關鍵點睛：涉及與旋轉體有關的組合體，作出軸截面，借助平面幾何知識解題是解決問題的關鍵.54．（2022秋·山東淄博·高三統(tǒng)考期中）某校同學設計一個如圖所示的“蝴蝶形圖案陰影區(qū)域”，其中、是過拋物線焦點的兩條弦，且其焦點，，點為軸上一點，記，其中為銳角．

(1)求拋物線方程；(2)求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】設出拋物線的標準方程，由焦點坐標算出焦參數，可得拋物線的方程；過點作軸于點，設，在中利用三角函數的定義算出且，可得點的坐標為，代入拋物線的方程得到關于、的等式，將其看作是關于的一元二次方程，利用求根公式加以計算可得，即成立．本題已知拋物線的焦點坐標，求拋物線的方程并證明關于線段長的一個等式．著重考查了拋物線的標準方程、直角三角形中三角函數的定義與一元二次方程根的求法等知識，屬于中檔題．【詳解】設拋物線的方程為，拋物線焦點為，，解得，因此，拋物線的方程為；過點作軸于點，設，則中，，可得，，可得，，由此可得點的坐標為，點為拋物線上的點，，整理得將其看作是關于的一元二次方程，解得．為銳角，可得，且，不符合題意，得，即：成立．立體幾何該幾何體是上、下底面均為扇環(huán)形的柱體（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）．在如圖所示的“曲池”中，平面，記弧AB、弧DC的長度分別為，，已知，，E為弧的中點．(1)證明：．(2)若，求直線CE與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）延長，并相交于點，證明，再利用線面垂直的性質、判定推理作答.（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角的正弦值作答.【詳解】（1）延長，并相交于點，因為，則，，連接，，因為E為弧的中點，則，為正三角形，于是，因為平面，，則有平面，又平面，于是，而，平面，因此平面，又平面，所以．（2）以為坐標原點，為x軸，為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，則，，，設平面的法向量為，則，令，得，令直線CE與平面所成角為，則，直線CE與平面所成角的正弦值為．56．（2022秋·山東青島·高三青島二中?？计谥校┕蕦m太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂的屋頂樣式，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿.由于屋頂有四面斜坡,故又稱四阿頂.如圖，某幾何體有五個面，其形狀與四阿頂相類似.已知底面為矩形，，底面，且，，分別為，的中點.(1)證明：，且平面.(2)若與底面所成的角為，過點作，垂足為，過作平面的垂線，寫出作法，并求到平面的距離.【答案】(1)證明見解析；(2)作法見解析；.【分析】（1）根據線面平行的性質定理可證明；分別證明，根據線面垂直的判定定理即可證明平面；（2）利用線面垂直的判定和性質定理可得到過作平面的垂線的作法，解直角三角形求得到平面的距離.【詳解】（1）證明：因為底面，平面,平面底面．所以；因為，分別為的中點，所以，而，因為，且，所以四邊形為梯形，且與必相交于一點，又,所以，而平面,故平面.（2）由(1)知平面,平面EFNM,所以,因為，平面，所以平面，則為與底面所成的角，則，因為，所以，作，垂足為G，連接,則,作，垂足為K，因為底面，底面,所以，平面,所以平面，平面,所以,平面,所以平面,則即為要求作的垂線,又底面，底面,所以，且，所以,所以H到平面的距離為.57．（江蘇省鎮(zhèn)江市揚中市第二高級中學20222023學年高三上學期期中）自古以來，斗笠是一個防曬遮雨的用具，是家喻戶曉的生活必需品之一，主要用竹篾和一種叫做棕櫚葉染白后編織而成，已列入世界非物質文化遺產名錄．現測量如圖中一頂斗笠，得到圖中圓錐模型，經測量底面圓的直徑，母線，若點在上，且，為的中點．證明：平面；【答案】證明見解析【分析】根據三角形中位線證明，根據線面平行的判定定理即可證明結論.【詳解】證明：如圖連接，因為底面圓的直徑，所以為的中點，因為點為的中點，所以，因為平面，平面，所以平面.58．（2022秋·山東濟寧·高三統(tǒng)考期中）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規(guī)定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根據彎曲度、曲率的定義求得正確答案.（2）（i）結合多面體的表面積的求法求得；（ii）利用導數求得蜂房表面積最小時的值.令，利用余弦定理求得，結合三角恒等變換的知識求得頂點的曲率的余弦值.【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個菱形的7個頂點的曲率之和，根據定義其度量值等于減去三個菱形的內角和，再減去6個直角梯形中的兩個非直角內角和，即蜂房曲頂空間的彎曲度為.（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則，設點在平面的射影為O，則，則，菱形SAHC的面積為，側面積，所以蜂房的表面積為.（ii），令得到，所以在遞增；在遞增.所以在處取得極小值，也即是最小值.此時，在中，令，由余弦定理得，又頂點的曲率為，.59．（江蘇省徐州市第七中學20222023學年高三上學期期中）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規(guī)律的立體結構，其所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形，且每一個頂點所接的面數都一樣，各相鄰面所成二面角都相等）.數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.已知一個正四面體和一個正八面體的棱長都是（如圖），把它們拼接起來，使它們一個表面重合，得到一個新多面體.（1）求新多面體的體積；（2）求正八面體中二面角的余弦值；（3）判斷新多面體為幾面體？（只需給出答案，無需證明）【答案】（1）；（2）；（3）七面體.【分析】（1）分別取、的中點、，連接、、，證明出平面，計算出的面積，利用錐體的體積公式可求得正四面體的體積，利用錐體的體積公式可求得正八面體的體積，進而可得出新多面體的體積為正四面體和正八面體體積之積，即可得解；（2）在正八面體中，取的中點為，連接，分析出為二面角的平面角，計算出三邊邊長，利用余弦定理可求得結果；（3）計算出正四面體相鄰面所構成的二面角與正八面體相鄰面所構成的二面角互補，由此可得出結論.【詳解】（1）分別取、的中點、，連接、、，如下圖所示：因為，為的中點，則且，同理可知且，，所以，平面，為的中點，則，且，，所以正四面體的體積為；如下圖所示：在正八面體中，連接交平面于點，則平面，所以，，所以正八面體的體積為，因為新多面體體積為原正四面體體積與正八面體體積之和，所以，新多面體的體積為；（2）如圖，在正八面體中，取的中點為，連接，，為的中點，則，且，同理可知，且，所以，為二面角的平面角．，由余弦定理得，故二面角的余弦值為；（3）新多面體是七面體.

證明如下：由（2）可知，正八面體任何相鄰面構成的二面角余弦值均為，設此角為．在正四面體中，因為，，故為二面角的平面角．由余弦定理得，即正四面體相鄰面所構成的二面角的余弦值為，所以，因此新多面體是七面體.)60．（湖北省襄陽市部分學校20222023學年高三上學期期中考）中國是風箏的故鄉(xiāng)，南方稱“鷂”，北方稱“鳶”，如圖，某種風箏的骨架模型是四棱錐，其中于，，，平面．（1）求證：；（2）試驗表明，當時，風箏表現最好，求此時直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）利用平面可得，再利用即可；（2）以為坐標原點，分別以，，為，，軸正方向，建立空間直角坐標系即可求出；或利用等體積法也可.【詳解】（1）證明：∵平面，平面，∴，又，，平面，平面，∴平面，又平面．∴．（2）解：法一：如圖，以為坐標原點，分別以，，為，，軸正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，∴，，，設為平面的法向量，則，即，令，則，設直線與平面所成角為，則．法二：如圖，在中，由得，在中，由得，在中，由得．在中，由得，在中，由，得，，設點到平面的距離為，由，得，即，設直線與平面所成的角為，則．計數原理61．（福建省石獅市永寧中學2023屆高三上學期期中）歐幾里得在《幾何原本》中證明了算術基本定理：任何一個大于1的自然數，可以唯一分解成有限個素數的乘積，如果不考慮這些素數在乘積中的順序，那么這個乘積形式是唯一的.記（其中是素數，是正整數，，），這樣的分解稱為自然數的標準素數分解式.若的標準素數分解式為，則的正因子有個，根據以上信息，180的正因子個數為（

）A．6 B．12 C．13 D．18【答案】D【分析】先將180分解成素數的乘積，然后根據題意求解即可.【詳解】根據N的標準分解式可得，故180的正因子個數為，故選：D.62．（云南民族大學附屬中學2023屆高三上學期期中）我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果，哥德巴赫猜想如下：每個大于2的偶數都可以表示為兩個素數的和，如30=7+23，在不超過25的素數中，隨機選取2個不同的數，則這2個數恰好含有這組數的中位數的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先確定不超過25的素數，再確定中位數，最后根據古典概型概率公式求概率．【詳解】因為不超過25的素數有2，3，5，7，11，13，17，19，23共9個，這組數的中位數為11，所以所求概率．故選：C63．（河北省滄衡八校聯盟20222023學年高三上學期11月期中）算盤是中國傳統(tǒng)的計算工具，其形長方，周為木框，內貫直柱，俗稱“檔”，檔中橫以梁，梁上兩珠，每珠作數五，梁下五珠，每珠作數一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位檔撥一顆下珠，十位檔撥一顆上珠和兩顆下珠，則表示數字170，若在個、十、百、千位檔中，先隨機選擇一檔撥一顆上珠，再隨機選擇兩個檔位各撥一顆下珠，則所撥數字大于的概率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由條件確定隨機試驗的樣本空間中的樣本點的個數，再求事件所撥數字大于所包含的樣本點的個數，利用古典概型概率公式求其概率．【詳解】依題意得所撥數字共有種可能，即樣本空間中共含個樣本點，要使所撥數字大于，則：①上珠撥的是千位檔或百位檔，則所撥數字一定大于，有種;②上珠撥是十位檔或個位檔，則再隨機選擇兩個檔位必有千位檔，有種,則所撥數字大于1000的概率為.故選：D.64．（2022秋·河北唐山·高三開灤第二中學?？计谥校┨扑伟舜蠹?，又稱唐宋散文八大家，是中國唐代韓愈、柳宗元，宋代蘇洵、蘇軾、蘇轍、王安石、曾鞏、歐陽修八位散文家的合稱，其中江西獨占三家，分別是：王安石、曾鞏、歐陽修，他們掀起的古文革新浪潮，使詩文發(fā)展的陳舊面貌煥然一新.為弘揚中國傳統(tǒng)文化，某校決定從唐宋八大家中挑選五位，于某周末開展他們的散文賞析課，五位散文家的散文賞析課各安排一節(jié)，連排五節(jié).若在來自江西的三位散文家中至少選出兩人，且他們的散文賞析課互不相鄰，則不同的排課方法共有種.（用數字作答）【答案】【分析】根據題意，分兩種情況討論，第一種情況是來自江西的三位散文家中選出兩人，第二種情況是來自江西的三位散文家中選出三人，然后再結合插空法即可得到結果.【詳解】由題意可得，若挑選來自江西的三位散文家中選出兩人，則另外五位中挑選三人，則有種情況，且他們互不相鄰，則有種情況，即；若挑選來自江西的三位散文家中選出三人，則另外五位中挑選兩人，且他們互不相鄰，則有種情況；故不同的排課方法共有種情況.故答案為：.65．（福建省寧德市高級中學2023屆高三上學期期中）古代中國的太極八卦圖是以同圓內的圓心為界，畫出形狀相同的兩個陰陽魚，陽魚的頭部有個陰眼，陰魚的頭部有個陽眼，表示萬物都在相互轉化，互相滲透，陰中有陽，陽中有陰，陰陽相合，相生相克，蘊含現代哲學中的矛盾對立統(tǒng)一規(guī)律，由八卦模型圖可抽象得到正八邊形，從該正八邊形的8個頂點中任意取出4個構成四邊形，其中梯形的個數為（

）A．8 B．16 C．24 D．32【答案】C【分析】利用分類加法原理即可求解.【詳解】梯形的上、下底平行且不相等，如圖，若以為底邊，則可構成2個梯形，根據對稱性可知此類梯形有16個，若以為底邊，則可構成1個梯形，此類梯形共有8個，所以梯形的個數是16+8=24，故選：C.66．（山東省泰安市寧陽縣20222023學年高三上學期期中）（多選）“楊輝三角”是二項式系數在三角形中的一種幾何排列，在中國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現.如圖所示，在“楊輝三角”中，除每行兩邊的數都是1外，其余每個數都是其“肩上”的兩個數之和，例如第4行的6為第3行中兩個3的和.則下列命題中正確的是（

）

A．在第10行中第5個數最大B．C．第8行中第4個數與第5個數之比為D．在楊輝三角中，第行的所有數字之和為【答案】BC【分析】利用二項式定理，結合組合數運算性質逐一判斷，即可求解．【詳解】對于A：第行是二項式的展開式的系數，所以第行中第個數最大，故A錯誤；對于B：，故B正確；對于C：第行是二項式的展開式的系數，又展開式的通項為，所以第個數為，第個數為，所以第個數與第個數之比為，故C正確；對于D：第行是二項式的展開式的系數，故第行的所有數字之和為，故D錯誤；故選：BC67．（河北省高碑店市崇德實驗中學2023屆高三上學期期中）數字波是由0和1組成的脈沖信號序列，某類信號序列包含有個數字0和個數字1，且每個數字0之前1的個數多于0的個數.當等于3時，這樣的信號序列有種；當等于5時，這樣的信號序列有種.【答案】542【分析】利用計數原理、插空法和列舉法即可得出答案.【詳解】當時，只有：一種；當時，有、兩種；當時，說明有個、個，且最后一位只能是，即_____，可得、、、、五種；當時，根據卡特蘭數的模型可得，總排法為，不符合題意的排法為，符合題意的排法，所以時，共有種.故答案為：5；42統(tǒng)計與概率68．（2022秋·福建廈門·高三廈門一中校考期中）云南某鎮(zhèn)因地制宜，在政府的帶領下，數字力量賦能鄉(xiāng)村振興，利用“農抬頭”智慧農業(yè)平臺，通過大數據精準分析柑橘等特色產業(yè)的生產數量?價格走勢?市場供求等數據，幫助小農戶找到大市場，開啟“直播+電商”銷售新模式，推進當地特色農產品“走出去”；通過“互聯網+旅游”聚焦特色農產品?綠色食品?生態(tài)景區(qū)資源.下面是2022年7月到12月份該鎮(zhèn)甲?乙兩村銷售收入統(tǒng)計數據（單位：百萬）：甲：5，6，6，7，8，16；乙：4，6，8，9，10，17.根據上述數據，則（

）A．甲村銷售收入的第50百分位數為7百萬B．甲村銷售收入的平均數小于乙村銷售收入的的平均數C．甲村銷售收入的中位數大于乙村銷售收入的中位數D．甲村銷售收入的方差大于乙村銷售收入的方差【答案】B【分析】對于A，求出這組數據的第50百分位數即可判斷；對于B，分別求出，即可判斷；對于C，分別求出甲村銷售收入的中位數和乙村銷售收入的中位數即可判斷；對于D，分別求出甲村銷售收入的方差和乙村銷售收入的方差即可判斷.【詳解】對于A，因為，所以這組數據的第50百分位數為，故A錯誤；對于B，，故甲村銷售收入的平均數小于乙村銷售收入的平均數，故B正確；對于C，甲村銷售收入的中位數為，乙村銷售收入的中位數為，則甲村銷售收入的中位數小于乙村銷售收入的中位數，故C錯誤；對于D，甲村銷售收入的方差，乙村銷售收入的方差，所以甲村銷售收入的方差小于乙村銷售收入的方差，故D錯誤.故選：B69．（江蘇省淮安市淮安區(qū)20222023學年高三上學期期中）泊松分布是一種描述隨機現象的概率分布，在經濟生活、事故預測、生物學、物理學等領域有廣泛的應用，泊松分布的概率分布列為，其中e為自然對數的底數，是泊松分布的均值．當n很大且p很小時，二項分布近似于泊松分布，其中．一般地，當而時，泊松分布可作為二項分布的近似．若隨機變量，的近似值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題可得，代入公式用對立事件的概率和為1計算即可.【詳解】由題，，，泊松分布可作為二項分布的近似，此時，所以，所以，，則.故選：B70．（2022秋·遼寧沈陽·高三沈陽二十中校聯考期中）（多選）1990年9月，CraigF·Whitaker給《Parade》雜志“AskMarilyn”專欄提了一個問題（著名的蒙提霍爾問題，也稱三門問題），在蒙提霍爾游戲節(jié)目中，事先在三扇關著的門背后放置好獎品，然后讓游戲參與者在三扇關著的門中選擇一扇門并贏得所選門后的獎品，游戲參與者知道其中一扇門背后是豪車，其余兩扇門背后是山羊，作為游戲參與者當然希望選中并贏得豪車，主持人知道豪車在哪扇門后面.假定你初次選擇的是1號門，接著主持人會從號門中打開一道后面是山羊的門.則以下說法正確的是（

）A．你獲得豪車的概率為B．主持人打開3號門的概率為C．在主持人打開3號門的條件下，2號門有豪車的概率為D．在主持人打開3號門的條件下，若主持人詢問你是否改選號碼，則改選2號門比保持原選擇獲得豪車的概率更大【答案】ABD【分析】設分別表示號門里有豪車，用分別表示主持人打開號門，然后用全概率公式和貝葉斯公式對選項進行分析即可【詳解】設分別表示號門里有豪車，用分別表示主持人打開號門.對于A，如題意所述，游戲參與者初次選擇了1號門，因為在做選擇的時候不知道豪車在哪個門里，故不影響豪車在三個門中的概率分配，所以事件發(fā)生的概率仍然為，即正確；對于B，在選擇了1號門的前提下，主持人打開1號門外的一個門有以下幾種可能的情況：豪車在1號門里，主持人打開2，3號門，故，豪車在2號門里，主持人只能打開3號門，故，豪車在3號門里，主持人只能打開2號門，故，由全概率公式，即正確；對于C，由貝葉斯公式，在3號門打開的條件下，1號門和2號門里有豪車的條件概率為，故選2號門會使獲得豪車的概率更大，是正確的決策，即錯誤，正確.故選：ABD71．（海南省海口嘉勛高級中學2023屆高三上學期11月期中）橘生淮南則為橘，生于淮北則為枳，出自《晏子使楚》.意思是說，橘樹生長在淮河以南的地方就是橘樹，生長在淮河以北的地方就是枳樹，現在常用來比喻一旦環(huán)境改變，事物的性質也可能隨之改變.某科研院校培育橘樹新品種，使得橘樹在淮北種植成功，經過科學統(tǒng)計，單個果品的質量（單位：g）近似服從正態(tài)分布，且，在有1000個的一批橘果中，估計單個果品質量不低于的橘果個數為.【答案】300【分析】先按照正態(tài)分布計算出不低于的概率，再計算出個數即可.【詳解】結合正態(tài)分布特征，，，所以估計單個果品質量不低于的橘果個數為.故答案為：300.72．（江蘇省淮安市漣水縣第一中學2023屆高三上學期期中）數獨是源自18世紀瑞士的一種數學游戲，玩家需要根據9×9盤面上的已知數字，推理出所有剩余空格的數字，并滿足每一行?每列?每一個粗線宮（3×3）內的數字均含1~9，且不重復.數獨愛好者小明打算報名參加“絲路杯”全國數獨大賽初級組的比賽.（1）賽前小明在某數獨上進行了一段時間的訓練，每天解題的平均速度（秒/題）與訓練天數（天）有關，經統(tǒng)計得到如下數據：（天）1234567（秒/題）910800600440300240210現用作為回歸方程模型，請利用表中數據，求出該回歸方程（，用分數表示）.（2）小明和小紅在數獨上玩“對戰(zhàn)賽”，每局兩人同時開始解一道數獨題，先解出題的人獲勝，不存在平局，兩人約定先勝局者贏得比賽.若小明每局獲勝的概率為，且各局之間相互獨立，設比賽局后結束，求隨機變量的分布列及期望.參考數據（其中）：17500.370.55參考公式：對于一組數據，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為【答案】（1）；（2）分布列見解析，數學期望.【分析】（1）由題意可得，由有表中數據計算，根據公式計算和的值即可求解.（2）隨機變量X的可能取值為3，4，5，求出相應的概率即可得分布列和數學期望.【詳解】（1）因為，，所以.因為，所以，所以，所以，所以所求回歸方程為；（2）隨機變量X的可能取值為3，4，5，，，.所以隨機變量X的分布列為.73．（2022秋·江蘇南通·高三統(tǒng)考期中）《周易》包括《經》和《傳》兩個部分，《經》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中國古代的二進制計數的思想方法．我們用近代語解釋為：把陽爻“”當做數字“1”，把陰爻“”當做數字“0”，則六十四卦代表的數表示如下：卦名符號表示的二進制數表示的十進制數坤0000000剝0000011比0000102觀0000113…………(1)成語“否極泰來”包含了“否”卦和“泰”卦，試分別寫出這兩個卦所表示的十進制數；(2)若某卦的符號由四個陽爻和兩個陰爻構成，求所有這些卦表示的十進制數的和；(3)在由三個陽爻和三個陰爻構成的卦中任取一卦，若三個陽爻均相鄰，則記5分；若只有兩個陽爻相鄰，則記2分；若三個陽爻均不相鄰，則記1分．設任取一卦后的得分為隨機變量X，求X的概率分布和數學期望．【答案】(1)7；56；(2)630；(3).分布列見解析【分析】（1）先寫出給定符號所表示的二進制數，再將二進制數轉化成十進制數即可；（2）先列出該卦所表示的所有二進制數，再求和；（3）根據相鄰問題捆綁、不相鄰問題插空分別求得概率，即可求得分布列，進而求得數學期望.【詳解】（1）“否”卦所表示的二進制數為000111，轉化為十進制數是，“泰”卦所表示的二進制數為111000，轉化為十進制數是.（2）因為該卦的符號由四個陽爻和兩個陰爻構成，所以該卦所表示的二進制數共有個，分別為：001111,010111,011011,011101,011110,100111,101011,101101,101110,110011,110101,110110，111001,111010,111100，因為這15個數中，每個位置都是5次0,10次1，所以所有這些卦表示的十進制數的和為.（3）依題意可得，則，所以X的概率分布列如下：125所以，即數學期望為.74．（湖北省武漢市江北重點高中20222023學年高三上學期期中）近日，某芯片研發(fā)團隊表示已自主研發(fā)成功多維先進封裝技術XDFOI，可以實現4nm手機SOC芯片的封裝，這是中國芯片技術的又一個重大突破，對中國芯片的發(fā)展具有極為重要的意義．可以說國產4nm先進封裝技術的突破，激發(fā)了中國芯片的潛力，證明了知名院士倪光南所說的先進技術是買不來的、求不來的，自主研發(fā)才是最終的出路．研發(fā)團隊準備在國內某著名大學招募人才，準備了3道測試題，答對兩道就可以被錄用，甲、乙兩人報名參加測試，他們通過每道試題的概率均為，且相互獨立，若甲選擇了全部3道試題，乙隨機選擇了其中2道試題，試回答下列問題．（所選的題全部答完后再判斷是否被錄用）(1)求甲和乙各自被錄用的概率；(2)設甲和乙中被錄用的人數為，請判斷是否存在唯一的值，使得？并說明理由．【答案】(1)甲被錄用的概率為，乙被錄用的概率為(2)存在；理由見解析【分析】（1）利用獨立重復實驗的概率公式可得解；（2）利用概率的乘法公式求出概率及期望，利用導數可得解.【詳解】（1）設甲答對題目的個數為，由題意，得，則甲被錄用的概率為，乙被錄用的概率為．（2）的可能取值為0，1，2，則，，，∴，設，則．∴當時，為增函數．又，，所以存在唯一的的值，使得，即．1．（廣東省江門市新會區(qū)新會陳經綸中學20222023學年高三上學期期中）記，若（且），則稱是的n次迭代函數．若，則（

）A． B． C．2022 D．2023【答案】B【分析】根據題意，由函數的解析式迭代可得，由此可得，進而可得，將代入計算可得答案．【詳解】根據題意，，即，則，，，故有，所以，故.故選：B．【點睛】準確理解題干給出的“n次迭代函數”的概念并正確應用，是解決本題的關鍵.2．（湖北省襄陽市部分學校20222023學年高三上學期期中考）聲音是由于物體的振動產生的能引起聽覺的