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新高考背景100題
一、單選題
1．圖1是中國古代建筑中的舉架結構，是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉，圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖．其中是舉，是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為．已知成公差為0.1的等差數列，且直線的斜率為0.725，則（ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
2．沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，是以O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點，D在上，．“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式：．當時，（ ）
A． B． C． D．
3．“萊洛三角形”是機械學家萊洛研究發(fā)現的一種曲邊三角形，轉子發(fā)動機的設計就是利用了萊洛三角形，轉子引擎只需轉一周，各轉子便有一次進氣、壓縮、點火與排氣過程，相當于往復式引擎運轉兩周，因此具有小排氣量就能成就高動力輸出的優(yōu)點．另外，由于轉子引擎的軸向運動特性，它不需要精密的曲軸平衡就可以達到非常高的運轉轉速．“萊洛三角形”是分別以正三角形的頂點為圓心，以其邊長為半徑作圓弧，由這三段圓弧組成的曲邊三角形（如圖所示）．設“萊洛三角形”曲邊上兩點之間的最大距離為4，則該“萊洛三角形”的面積為（ ）
A． B．
C． D．
4．我國古代數學經典著作《九章算術》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材埋在壁中，不知大小，以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺，問徑幾何 ”現有一類似問題，不確定大小的圓柱形木材，部分埋在墻壁中，其截面如圖所示.用鋸去鋸這木材，若鋸口深，鋸道，則圖中與弦圍成的弓形的面積為（ ）
A． B． C． D．
5．2021年是中國共產黨成立100周年，為了慶祝建黨100周年，激發(fā)青少年學生的愛國、愛黨熱情，引導青少年學生深入地了解黨的光輝歷史，加強愛國主義教育，甲、乙兩所學校均計劃于2021年7月組織師生參加“觀看一部紅色電影”活動．據了解，《1921》、《革命者》、《紅船》、《三灣改編》等多部電影將陸續(xù)上映．甲、乙兩校分別從這4部電影中任選一部電影觀看，則甲、乙兩校選擇不同電影觀看的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．2021年1月7日，一個戴著紅帽子，扎著紅圍脖，身材圓滾的大雪人在哈爾濱市友誼西路音樂公園內落成．這個用雪量2000余立方米的“雪人中的巨人”，寓意著可愛祥和、喜慶豐收，每天約有3000人前來和大雪人合影打卡，已成為松花江畔冬天的新地標，這滿滿的冬日儀式感就是冰城獨特的浪漫．小明同學為了估算大雪人的高度，在大雪人的正東方向找到一座建筑物AB，高為，在它們之間的地面上的點M（B，M，D三點共線）處測得樓頂A，雪人頭頂C的仰角分別是15°和45°，在樓頂A處測得雪人頭頂C的仰角為15°，則小明估算大雪人的高度為（ ）
A． B．13m C． D．
7．2021年4月12日，四川省三星堆遺址考古發(fā)據3號坑出土一件完整的圓口方尊，這是經科學考古發(fā)據出土的首件完整圓口方尊（圖1）.北京冬奧會火種臺“承天載物”的設計理念正是來源于此，它的基座沉穩(wěn)，象征“地載萬物”，頂部舒展開翩，寓意迎接純潔的奧林匹克火種，一種圓口方尊的上部（圖2）外形近似為雙曲線的一部分繞著虛軸所在的直線旋轉形成的曲面，該曲面的高為50cm，上口直徑為cm，下口直徑為25cm，最小橫截面的直徑為20cm，則該雙曲線的離心率為（ ）
A． B．2 C． D．
8．圭表（如圖甲）是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標竿垂直的長尺（稱為“圭”）．當太陽在正午時刻照射在表上時，日影便會投影在圭面上，圭面上日影長度最長的那一天定為冬至，日影長度最短的那一天定為夏至．圖乙是一個根據某地的地理位置設計的圭表的示意圖，已知某地冬至正午時太陽高度角（即）大約為15°，夏至正午時太陽高度角（即）大約為60°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即DB的長）為a，則表高（即AC的長）為（ ）
A． B． C． D．
9．高爾頓釘板是英國生物學家高爾頓設計的，如圖，每一個黑點表示釘在板上的一顆釘子，上一層的每個釘子水平位置恰好位于下一層的兩顆釘子的正中間，從入口處放進一個直徑略小于兩顆釘子之間距離的白色圓玻璃球，白球向下降落的過程中，首先碰到最上面的釘子，碰到釘子后皆以二分之一的概率向左或向右滾下，于是又碰到下一層釘子如此繼續(xù)下去，直到滾到底板的一個格子內為止現從入口放進一個白球，則其落在第③個格子的概率為（ ）
A． B． C． D．
10．數學源于生活，數學在生活中無處不在!學習數學就是要學會用數學的眼光看現實世界!1906年瑞典數學家科赫構造了能夠描述雪花形狀的圖案，他的做法如下：從一個邊長為2的正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊，分別向外作正三角形，再去掉底邊（如圖① ② ③等）.反復進行這一過程，就得到雪花曲線.
不妨記第個圖中的圖形的周長為，則（ ）
A． B． C． D．
11．歐拉公式（為虛數單位，）是由數學家歐拉創(chuàng)立的，該公式建立了三角函數與指數函數的關聯(lián)，被譽為“數學中的天橋”.依據歐拉公式，下列選項正確的是（ ）
A．的虛部為 B．
C． D．的共軛復數為
12．公元1715年英國數學家布魯克·泰在他的著作中陳述了“泰勒公式”，如果滿足一定的條件，泰勒公式可以用函數在某一點的各階導數值構建一個多項式來近似表達這個函數.泰勒公式將一些復雜函數近似地表示為簡單的多項式函數，使得它成為分析和研究許多數學問題的有力工具，例如：，其中，，試用上述公式估計的近似值為（精確到0.001）（ ）
A．1.647 B． C． D．1.646
13．十八世紀早期，英國數學家泰勒發(fā)現了如下公式：
（其中）
現用上述公式求的值，下列選項中與該值最接近的是（ ）
A． B． C． D．
14．我國古代數學名著《九章算術》中給出了很多立體幾何的結論，其中提到的多面體“鱉臑”是四個面都是直角三角形的三棱錐．若一個“鱉臑”的所有頂點都在球的球面上，且該“鱉臑”的高為，底面是腰長為的等腰直角三角形．則球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
15．若函數是定義域和值域均為的單調遞增函數，我們稱曲線為洛倫茲曲線，它在經濟學上用來描述一個國家的家庭收入分布情況．如圖，設曲線與直線所圍成的區(qū)域面積為A，曲線與直線，x軸圍成的區(qū)域面積為B，定義基尼系數，基尼系數可以衡量一個國家家庭收入分布不平均的程度．若某個國家的洛倫茲曲線為，則該國家的基尼系數為（ ）．
A． B．
C． D．
16．大衍數列，來源于中國古代著作《乾坤普》中對易傳“大衍之數五十”的推論.其前項為：、、、、、、、、、，通項公式為，若把這個數列排成下側形狀，并記表示第行中從左向右第個數，則的值為（ ）
A． B．
C． D．
17．“回文聯(lián)”是對聯(lián)中的一種，既可順讀，也可倒讀．比如，一副描繪廈門鼓浪嶼景色的回文聯(lián)：霧鎖山頭山鎖霧，天連水尾水連天．由此定義“回文數”，n為自然數，且n的各位數字反向排列所得自然數與n相等，這樣的n稱為“回文數”，如：1221，2413142．則所有5位數中是“回文數”且各位數字不全相同的共有（ ）
A．648個 B．720個 C．810個 D．891個
18．南宋數學家楊輝在《詳解九章算術法》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的等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次成等差數列．如數列1，3，6，10，前后兩項之差組成新數列2，3，4，新數列2，3，4為等差數列，這樣的數列稱為二階等差數列．現有二階等差數列，其前7項分別為2，3，5，8，12，17，23，則該數列的第31項為（ ）
A． B．
C． D．
19．在歸國包機上，孟晚舟寫下《月是故鄉(xiāng)明，心安是歸途》，其中寫道“過去的1028天，左右踟躇，千頭萬緒難抉擇；過去的1028天，日夜徘徊，縱有萬語難言說；過去的1028天，山重水復，不知歸途在何處．”“感謝親愛的祖國，感謝黨和政府，正是那一抹絢麗的中國紅，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗時刻，引領我回家的漫長路途．”下列數列中，其前n項和不可能為1028的數列是（ ）
(參考公式：)
A． B．
C． D．
20．斐波那契數列又稱黃金分割數列，因數學家列昂納多 斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”．斐波那契數列用遞推的方式可如下定義：用表示斐波那契數列的第n項，則數列滿足： . ，記，則下列結論不正確的是（ ）
A． B．
C． D．
21．中國古代名詞“芻童”原來是草堆的意思，古代用它作為長方棱臺（上、下底面均為矩形的棱臺）的專用術語，關于“芻童”體積計算的描述，《九章算術注》中記載：“倍上袤，下袤從之，亦倍下袤，上袤從之，各以其廣乘之，并，以高若深乘之，皆六而一．”其計算方法是：將上底面的長乘二，與下底面的長相加，再與上底面的寬相乘；將下底面的長乘二，與上底面的長相加，再與下底面的寬相乘．把這兩個數值相加，與高相乘，再取其六分之一．現有一體積為的“芻童”，如圖所示，四棱臺ABCD－EFGH的上、下底面均為正方形，且平面ABCD∥平面EFGH，EF＝2AB＝4，FB⊥平面ABCD，∠EAF＝90°，直線AE與平面EFGH所成的角為45°，M，N分別為棱AE，CG的中點，則直線AF與MN所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
22．我國東漢末數學家趙爽在《周髀算經》中利用一副“弦圖”給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，它是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，如圖所示．在“趙爽弦圖”中，若，，則實數（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
23．歐拉公式被稱為世界上最完美的公式，歐拉公式又稱為歐拉定理，是用在復分析領域的公式，歐拉公式將三角函數與復數指數函數相關聯(lián)，即（）.根據歐拉公式，下列說法不正確的是（ ）
A．對任意的，
B．在復平面內對應的點在第二象限
C．的實部為
D．與互為共軛復數
24．密位制是度量角的一種方法，把一周角等分為6000份，每一份叫做1密位的角．在角的密位制中，單位可省去不寫，采用四個數碼表示角的大小，在百位數與十位數之間畫一條短線，如7密位寫成“0-07”，478密位寫成“4-78”．若，則角可取的值用密位制表示錯誤的是（ ）
A．12-50 B．2-50 C．13-50 D．32-50
25．朱載堉（1536~1611），是中國明代一位杰出的音樂家 數學家和天文歷算家，他的著作《律學新說》中闡述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一組音（八度）分成十二個半音音程的律制，各相鄰兩律之間的頻率之比完全相等，亦稱“十二等程律”.即一個八度13個音，相鄰兩個音之間的頻率之比相等，且最后一個音是最初那個音的頻率的2倍.設第二個音的頻率為，第八個音的頻率為.則（ ）
A． B． C． D．
26．據史料推測，算籌最晚出現在春秋晚期戰(zhàn)國初年，是充分體現我國勞動人民智慧的一種計數方法.在算籌計數法中，用一根根同樣長短和粗細的小棍子(用竹子，木頭，獸骨，象牙，金屬等材料制成)以不同的排列方式來表示數字，如果用五根小木棍隨機擺成圖中的兩個數(小木棍全部用完)，那么這兩個數的和不小于9的概率為( )
A． B． C． D．
27．圖中的機械設備叫做“轉子發(fā)動機”，其核心零部件之一的轉子形狀是“曲側面三棱柱”，圖是一個曲側面三棱柱，它的側棱垂直于底面，底面是“萊洛三角形”（如圖），萊洛三角形是以正三角形的三個頂點為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的，若曲側面三棱柱的高為，底面任意兩頂點之間的距離為，則其體積為（ ）
A． B．
C． D．
28．北宋數學家賈憲創(chuàng)制的數字圖式（如圖）又稱“賈憲三角”，后被南宋數學家楊輝引用、n維空間中的幾何元素與之有巧妙聯(lián)系、例如，1維最簡幾何圖形線段它有2個0維的端點、1個1維的線段：2維最簡幾何圖形三角形它有3個0維的端點，3個1維的線段，1個2維的三角形區(qū)域；……如下表所示.從1維到6維最簡幾何圖形中，所有1維線段數的和是（ ）
元素維度 幾何體維度0123…（線段）21（三角形）331（四面體）4641………………
A．56 B．70 C．84 D．28
29．如圖1所示，雙曲線具有光學性質：從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經過雙曲線的左焦點．若雙曲線的左、右焦點分別為，，從發(fā)出的光線經過圖2中的A，B兩點反射后，分別經過點和．且，，則的離心率為（ ）
A． B． C． D．
30．一個三角形的腰與底邊（或底邊與腰）的比值等于黃金比，則稱此三角形為黃金三角形．黃金三角形有銳角三角形和鈍角三角形，其中銳角三角形的頂角，底角，而鈍角三角形頂角，底角．如圖，在一個銳角黃金中，．根據這些信息，可得（ ）
A． B． C． D．
31．攢尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構形式，通常有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖，多見于亭閣式建筑、園林建筑．下面以四角攢尖為例，如圖1，它的屋頂部分的輪廓可以近似看作如圖2所示的正四棱錐，其中底面邊長和攢尖高的比值為，若點是棱的中點，則異面直線與所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
32．英國化學家、物理學家享利·卡文迪許被稱為第一個能測出地球質量的人，卡文迪許是從小孩玩的游戲（用一面鏡子將太陽光反射到墻面上，我們只要輕輕晃動一下手中的鏡子，墻上的光斑就會出現大幅度的移動，如圖1）得到靈感，設計了卡文迪許扭秤實驗來測量萬有引力，由此計算出地球質量，他在扭秤兩端分別固定一個質量相同的鉛球，中間用一根韌性很好的鋼絲系在支架上，鋼絲上有個小鏡子，用激光照射鏡子，激光反射到一個很遠的地方，標記下此時激光所在的點，然后用兩個質量一樣的鉛球同時分別吸引扭秤上的兩個鉛球（如圖2），由于萬有引力作用，根秤微微偏轉，但激光所反射的點卻移動了較大的距離，他用此計算出了萬有引力公式中的常數G，從而計算出了地球的質量．在該實驗中，光源位于刻度尺上點P處，從P出發(fā)的光線經過鏡面（點M處）反射后，反射光線照射在刻度尺的點Q處，鏡面繞M點順時針旋轉a角后，反射光線照射在刻度尺的點處，若△PMQ是正三角形．（如圖3），則下列等式中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
33．公元1202年意大利數學家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即，此數列在現代物理、準晶體結構、化學等領域都有著廣泛的應用．若記，數列的前n項和為，則（ ）
A．-1 B．0 C．2021 D．2022
34．趙爽是我國古代著名的數學家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”（以弦為邊長得到的正方形組成），如圖（1）類比“趙爽弦圖”，可類似地構造如圖（2）所示的形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊角形，設，若向三角形ABC內隨機投一粒芝麻（忽略該芝麻的大小），則芝麻落在陰影部分的概率為（ ）
A． B． C． D．
35．如圖是美麗的“勾股樹”，將一個直角三角形分別以它的每一條邊向外作正方形而得到如圖①的第1代“勾股樹”，重復圖①的作法，得到如圖②的第2代“勾股樹”，…，以此類推，記第n代“勾股樹”中所有正方形的個數為，數列的前n項和為，若不等式恒成立，則n的最小值為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
36．中國南北朝時期的著作《孫子算經》中，對同余除法有較深的研究．設a，b，為整數，若a和b被m除得的余數相同，則稱a和b對模m同余，記為．若，，則b的值可以是（ ）
A．2022 B．2021 C．2020 D．2019
37．若正整數、只有為公約數，則稱、互質.對于正整數，是小于或等于的正整數中與互質的數的個數.函數以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如：，，，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．數列是等差數列
C．
D．數列的前項和為，則
38．李生素數猜想是數學家希爾伯特在1900年提出的23個問題中的第8個：存在無窮多個素數p，使得是素數，素數對稱為孿生素數.2013年華人數學家張益唐發(fā)表的論文《素數間的有界距離》第一次證明了存在無窮多組間距小于定值的素數對，那么在不超過16的素數中任意取出不同的兩個，則不能組成孿生素數的概率為（ ）
A． B． C． D．
39．古希臘哲學家芝諾提出了如下悖論：一個人以恒定的速度徑直從A點走向B點，要先走完總路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，會產生無限個“剩下的路程”，因此他有無限個“剩下路程的三分之一”要走，這個人永遠走不到終點．另一方面，我們可以從上述第一段“三分之一的路程”開始，通過分別計算他在每一個“三分之一距離”上行進的時間并將它們逐個累加，不難推理出這個人行進的總時間不會超過一個恒定的實數．記等比數列的首項，公比為q，前n項和為，則造成上述悖論的原理是（ ）
A． B．
C． D．
40．下如圖是世界最高橋——貴州北盤江斜拉橋.下如圖是根據下如圖作的簡易側視圖（為便于計算，側視圖與實物有區(qū)別）.在側視圖中，斜拉桿PA，PB，PC，PD的一端P在垂直于水平面的塔柱上，另一端A，B，C，D與塔柱上的點O都在橋面同一側的水平直線上.已知，，，.根據物理學知識得，則（ ）
A．28m B．20m C．31m D．22m
41．古希臘數學家帕普斯提出著名的蜂窩猜想，認為蜂窩的優(yōu)美形狀，是自然界最有效勞動的代表.他在《匯編》一書中對蜂房的結構作出精彩的描寫“蜂房是由許許多多的正六棱柱組成，一個挨著一個，緊密地排列，沒有一點空隙.蜜蜂憑著自己本能的智慧選擇了正六邊形，因為使用同樣多的原材料，正六邊形具有最大的面積，從而可貯藏更多的蜂蜜.”某興趣小組以蜂窩為創(chuàng)意來源，制作了幾個棱長均相等的正六棱柱模型，設該正六棱柱的體積為，其外接球的體積為，則=（ ）
A． B． C． D．
42．如圖，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圓”、“筑球”、“踢圓”等，“跳”有用腳蹴、蹋、踢的含義，“鞠”最早系皮革外包、內實米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作為非物質文化遺產經國務院批準列入第一批國家級非物質文化遺產名錄.若將“鞠”的表面視為光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四個點A，B，C，D滿足cm，cm，cm，則該“鞠”的表面積為（ ）
A．cm2 B．24cm2 C．27cm2 D．29cm2
43．笛卡爾是法國著名的數學家、哲學家、物理學家，他發(fā)明了現代數學的基礎工具之一——坐標系，將幾何與代數相結合，創(chuàng)立了解析幾何．相傳，52歲時，窮困潦倒的笛卡爾戀上了18歲的瑞典公主克里斯蒂娜，后遭驅逐，在寄給公主的最后一封信里，僅有短短的一個方程：，拿信的公主早已淚眼婆娑，原來該方程的圖形是一顆愛心的形狀．這就是著名的“心形線”故事．某同學利用幾何畫板，將函數，畫在同一坐標系中，得到了如圖曲線．觀察圖形，當時，的導函數的圖像為( )
A． B．
C． D．
44．月牙泉，古稱沙井，俗名藥泉，自漢朝起即為“敦煌八景” 之一，得名“月泉曉澈”，因其形酷似一彎新月而得名，如圖所示，月牙泉邊緣都是圓弧，兩段圓弧可以看成是的外接圓和以為直徑的圓的一部分，若，南北距離的長大約m，則該月牙泉的面積約為（ ）（參考數據：）
A．572m2 B．1448m2 C．m2 D．2028m2
45．意大利數學家列昂納多·斐波那契是第一個研究了印度和阿拉伯數學理論的歐洲人，斐波那契數列被譽為是最美的數列，斐波那契數列滿足，，.若將數列的每一項按照下圖方法放進格子里，每一小格子的邊長為1，記前n項所占的格子的面積之和為，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為，則其中不正確結論的是（ ）
A． B．
C． D．
46．數學家歐拉發(fā)現簡單凸多面體的頂點數V、棱數E及面數F之間有固定的關系，即著名的歐拉公式：．如圖所示為上世紀八十年代科學家首次發(fā)現的碳60的電子顯微鏡圖，它是由五邊形和六邊形面構成的多面體，共有60個頂點，每個頂點均為碳原子，且每個頂點引出三條棱，形似足球．根據以上信息知，碳60的所有面中六邊形的個數是（ ）
A．12 B．20 C．32 D．40
47．2022年北京冬奧會開幕式中，當《雪花》這個節(jié)目開始后，一片巨大的“雪花”呈現在舞臺中央，十分壯觀．理論上，一片雪花的周長可以無限長，圍成雪花的曲線稱作“雪花曲線”，又稱“科赫曲線”，是瑞典數學家科赫在1904年研究的一種分形曲線．如圖是“雪花曲線”的一種形成過程：從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，重復進行這一過程．已知圖①中正三角形的邊長為3，則圖③中的值為（ ）
A． B． C．6 D．
48．北京冬奧會火種臺（圖1）以“承天載物”為設計理念，創(chuàng)意靈感來自中國傳統(tǒng)青銅禮器——尊的曲線造型，基座沉穩(wěn)，象征“地載萬物”，頂部舒展開闊，寓意迎接純潔的奧林匹克火種．如圖2，一種尊的外形近似為雙曲線的一部分繞著虛軸旋轉所成的曲面，尊高50cm，上口直徑為，底座直徑為25cm，最小直徑為20cm，則這種尊的軸截面的邊界所在雙曲線的離心率為（ ）
A．2 B．
C． D．
49．《周髀算經》是中國古代天文學與數學著作，其中有關于24節(jié)氣的描述，將一年分為24個節(jié)氣，如圖所示，已知晷長指太陽照射物體影子的長度，相鄰兩個節(jié)氣的晷長變化量相同（即每兩個相鄰節(jié)氣晷長增加或減小量相同，其中冬至晷長最長，夏至晷長最短，從夏至到冬至晷長逐漸變大，從冬至到夏至晷長逐漸變小.周而復始，已知冬至晷長為13.5尺，芒種晷長為2.5尺，則一年中秋分這個節(jié)氣的晷長為（ ）
A．6.5尺 B．7.5尺 C．8.5尺 D．95尺
50．寫算，是一種格子乘法，也是筆算乘法的一種，用以區(qū)別籌算與珠算，它由明代數學家吳敬在其撰寫的《九章算法比類大全》一書中提出，是從天元式的乘法演變而來.例如計算89×61，將被乘數89計入上行，乘數61計入右行，然后以乘數61的每位數字乘被乘數89的每位數字，將結果計入相應的格子中，最后從右下方開始按斜行加起來，滿十向上斜行進一，如圖，即得5429.類比此法畫出354×472的表格，若從表內的18個數字（含相同的數字，表周邊數據不算在內）中任取2個數字，則它們之和大于10的概率為（ ）
A． B． C． D．
51．我們的數學課本《人教A版必修第二冊》第121頁介紹了“祖暅原理”：“冪勢既同，則積不容異.”這句話的意思是：兩個等高的幾何體，若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體的體積相等.如圖將底面直徑皆為，高皆為的“橢半球體”和已被挖去了圓錐體的圓柱體放置于同一平面上，用平行于平面且與任意距離處的平面截兩個幾何體，可橫截得到一個圓面和一個圓環(huán)面，可以證明總成立.據此，當時“橢半球體”的體積是（ ）
A． B． C． D．
52．意大利“美術三杰”（文藝復興后三杰）之一的達·芬奇的經典之作——《蒙娜麗莎》舉世聞名，畫中女子神秘的微笑數百年來讓無數觀賞者入迷.某數學兼藝術愛好者對《蒙娜麗莎》的同比例影像作品進行了測繪，將畫中女子的嘴唇近似看作一個圓弧，在嘴角A，C處作圓弧的切線，兩條切線交于B點，測得如下數據：，.根據測量得到的結果推算，將《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應的圓心角位于區(qū)間（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
53．將楊輝三角中的每一個數都換成，得到如圖所示的分數三角形，稱為萊布尼茨三角形．萊布尼茨三角形具有很多優(yōu)美的性質，如從第0行開始每一個數均等于其“腳下”兩個數之和，如果，那么下面關于萊布尼茨三角形的結論正確的是（ ）
A．當是偶數時，中間的一項取得最大值，當是奇數時，中間的兩項相等，且同時取得最大值
B．
C．
D．
54．傳說古希臘數學家阿基米德的墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等“圓柱容球”是阿基米德最為得意的發(fā)現；如圖是一個圓柱容球，為圓柱上下底面的圓心，為球心，EF為底面圓的一條直徑，若球的半徑，則（ ）
A．球與圓柱的表面積之比為
B．平面DEF截得球的截面面積最小值為
C．四面體CDEF的體積的取值范圍為
D．若為球面和圓柱側面的交線上一點，則的取值范圍為
55．重慶榮昌折扇是中國四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年間，明末已成為貢品人朝，產品以其精湛的工業(yè)制作而聞名于海內外．經歷代藝人刻苦鉆研、精工創(chuàng)制，榮昌折扇逐步發(fā)展成為具有獨特風格的中國傳統(tǒng)工藝品，其精雅宜士人，其華燦宜艷女，深受各階層人民喜愛．古人曾有詩贊曰：“開合清風紙半張，隨機舒卷豈尋常；金環(huán)并束龍腰細，玉柵齊編鳳翅長，偏稱游人攜袖里，不勞侍女執(zhí)花傍；宮羅舊賜休相妒，還汝團圓共夜涼”圖1為榮昌折扇，其平面圖為圖2的扇形COD，其中，動點P在上（含端點），連接OP交扇形OAB的弧于點Q，且，則下列說法正確的是（ ）
圖1 圖2
A．若，則 B．若，則
C． D．
56．高斯是德國著名數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設xR，用x表示不超過x的最大整數，則稱為高斯函數，例如．已知函數，函數，則（ ）
A．函數的值域是
B．函數是偶函數
C．函數的圖象關于對稱
D．方程只有一個實數根
57．攢尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構形式，宋代稱為最尖，清代稱攢尖，通常有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、八角攢尖，也有單檐和重檐之分，多見于亭閣式建筑、園林建筑．下面以四角攢尖為例，如圖，它的屋頂部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐．已知此正四棱錐的側面與底面所成的銳二面角為，這個角接近，若取，側棱長為米，則（ ）
正四棱錐的高為米
B．正四棱錐的底面邊長為3米
C．正四棱錐的側面積為平方米
D．正四棱錐的表面積為平方米
58．“臉譜”是戲曲舞臺演出時的化妝造型藝術，更是中國傳統(tǒng)戲曲文化的重要載體如圖，“臉譜”圖形可近似看作由半圓和半橢圓組成的曲線C，其方程為．則下列說法正確的是（ ）
A．曲線C包含的封閉圖形內部(不含邊界)有11個整數點(橫、縱坐標均為整數)
B．曲線C上任意一點到原點距離的最大值與最小值之和為5
C．若A(0，－)、B(0，)，P是曲線C下半部分中半橢圓上的一個動點，則cos∠APB的最小值為－
D．畫法幾何的創(chuàng)始人加斯帕爾·蒙日發(fā)現：橢圓中任意兩條互相垂直的切線，其交點都在與橢圓同中心的圓上，稱該圓為橢圓的蒙日圓；那么曲線C中下半部分半橢圓擴充為整個橢圓C'：后，橢圓C'的蒙日圓方程為：
59．中國古代數學著作《九章算術》中，記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的上下底面平行，且均為扇環(huán)形（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分），現有一個如圖所示的曲池，它的高為2，，，，均與曲池的底面垂直，底面扇環(huán)對應的兩個圓的半徑分別為1和2，對應的圓心角為90°，則以下命題正確的是（ ）
A．與成角的余弦值為
B．，，，四點不共面
C．弧上存在一點，使得
D．以點為球心，為半徑的球面與曲池上底面的交線長為
60．“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，它是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，體現了數學的對稱美．如圖，將正方體沿交于同一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共截去八個三棱錐，得到的半正多面體的表面積為，則關于該半正多面體的下列說法中正確的是（ ）
AB與平面BCD所成的角為
B．
C．與AB所成的角是的棱共有16條
D．該半正多面體的外接球的表面積為
61．對于正整數是小于或等于的正整數中與互質的數的數目.函數以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如，則（ ）
A．
B．數列為等比數列
C．數列不單調
D．數列的前項和恒小于4
62．高斯是德國著名數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德，牛頓并列為世界三大數學家，用表示不超過x的最大整數，則稱為高斯函數，例如，.則下列說法正確的是（ ）
A．函數在區(qū)間（）上單調遞增
B．若函數，則的值域為
C．若函數，則的值域為
D．，
63．阿基米德是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，享有“數學之神”的稱號．若拋物線上任意兩點A，B處的切線交于點P，則稱為“阿基米德三角形”．已知拋物線的焦點為F，過拋物線上兩點A，B的直線的方程為，弦的中點為C，則關于“阿基米德三角形”，下列結論正確的是（ ）
A．點 B．軸 C． D．
64．半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美，二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形構成（如圖所示），若它的所有棱長都為，則（ ）
A．
B．AB與PF所成角為45°
C．該二十四等邊體的體積為
D．該二十四等邊體多面體有12個頂點，14個面
65．第24屆冬季奧林匹克運動會圓滿結束.根據規(guī)劃，國家體育場（鳥巢）成為北京冬奧會開、閉幕式的場館.國家體育場“鳥巢”的鋼結構鳥瞰圖如圖所示，內外兩圈的鋼骨架是離心率相同的橢圓，若橢圓：和橢圓：的離心率相同，且.則下列正確的是（ ）
A．
B．
C．如果兩個橢圓，分別是同一個矩形（此矩形的兩組對邊分別與兩坐標軸平行）的內切橢圓（即矩形的四條邊與橢圓均有且僅有一個交點）和外接橢圓，則
D．由外層橢圓的左頂點向內層橢圓分別作兩條切線（與橢圓有且僅有一個交點的直線叫橢圓的切線）與交于兩點，的右頂點為，若直線與的斜率之積為，則橢圓的離心率為.
66．素描是使用單一色彩表現明暗變化的一種繪畫方法，素描水平反映了繪畫者的空間造型能力．“十字貫穿體”是學習素描時常用的幾何體實物模型，如圖是某同學繪制“十字貫穿體”的素描作品．“十字貫穿體”是由兩個完全相同的正四棱柱“垂直貫穿”構成的多面體，其中一個四棱柱的每一條側棱分別垂直于另一個四棱柱的每一條側棱，兩個四棱柱分別有兩條相對的側棱交于兩點，另外兩條相對的側棱交于一點（該點為所在棱的中點）．若該同學繪制的“十字貫穿體”由兩個底面邊長為2，高為6的正四棱柱構成，則（ ）
A．一個正四棱柱的某個側面與另一個正四棱柱的兩個側面的交線互相垂直
B．該“十字貫穿體”的表面積是
C．該“十字貫穿體”的體積是
D．一只螞蟻從該“十字貫穿體”的頂點出發(fā)，沿表面到達頂點的最短路線長為
67．早在西元前6世紀，畢達哥拉斯學派已經知道算術中項，幾何中項以及調和中項，畢達哥拉斯學派哲學家阿契塔在《論音樂》中定義了上述三類中項，其中算術中項，幾何中項的定義與今天大致相同.而今我們稱為正數a，b的算術平均數，為正數a，b的幾何平均數，并把這兩者結合的不等式叫作基本不等式.已知實數a，b滿足，，a+b=2，則下列結論正確的有（ ）
A．的最小值是 B．的最小值為3
C．的最大值為3 D．的最小值是2
68．由倍角公式cos2x＝2cos2x－1，可知cos2x可以表示為cosx的二次多項式．一般地，存在一個n(n∈N*)多項式使得Pn(t)＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋antn(a0，a1，a2，…，an∈R)，使得cosnx，這些多項式Pn(t)稱為切比雪夫(P．L．Tschebyscheff)多項式．則（ ）
A．P3(t)＝4t3－3t B．當n≥3時，
C． D．
69．數學中有各式各樣富含詩意的曲線，螺旋線就是其中比較特別的一類．螺旋線這個名詞源于希臘文，它的原意是“旋卷”或“纏卷”．小明對螺旋線有著濃厚的興趣，連接嵌套的各個正方形的頂點就得到了近似于螺旋線的美麗圖案，其具體作法是：在邊長為1的正方形中，作它的內接正方形，且使得；再作正方形的內接正方形，且使得；與之類似，依次進行，就形成了陰影部分的圖案，如圖所示．設第個正方形的邊長為（其中第1個正方形的邊長為，第2個正方形的邊長為，…），第個直角三角形（陰影部分）的面積為（其中第1個直角三角形的面積為，第2個直角三角形的面積為，…），則（ ）
A．數列是公比為的等比數列 B．
C．數列是公比為的等比數列 D．數列的前項和
70．青花瓷（blue and white porcelain），又稱白地青花瓷，常簡稱青花，是中國瓷器的主流品種之一，屬釉下彩瓷.原始青花瓷于唐宋已見端倪，成熟的青花瓷則出現在元代景德鎮(zhèn)的湖田窯.圖一是一個由波濤紋和葡萄紋構成的正六邊形青花瓷盤，已知圖二中正六邊形的邊長為2，圓的圓心為正六邊形的中心，半徑為1，若點在正六邊形的邊上運動，動點，在圓上運動且關于圓心對稱，則的取值可以是（ ）
A． B．2 C． D．3
三、雙空題
71．十九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[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第1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2次操作．．．；每次操作都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，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次從左到右第三個區(qū)間為___________，若使前n次操作去掉的所有區(qū)間長度之和不小于，則需要操作的次數n的最小值為____________．(，)
72．“牟合方蓋”（圖①）是由我國古代數學家劉徽創(chuàng)造的，其構成是由一個正方體從縱橫兩側面作內切圓柱（圓柱的上下底面為正方體的上下底面，圓柱的側面與正方體側面相切）的公共部分組成的（圖②），假設正方體的棱長為2，則其中一個內切圓柱的表面積為___________；該正方體的內切球也是“牟合方蓋”的內切球，所以用任一平行于正方體底面的平面去截“牟合方蓋”，截面均為正方形，根據祖暅原理（夾在兩個平行平面間的兩個幾何體，被平行于這兩個平行平面的任何平面所截，如果截得兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等）可得“牟合方蓋”的體積為____________．
73．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動（如圖甲）.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分，如圖乙所示，若正四面體的棱長為，則能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為_______，勒洛四面體的截面面積的最大值為________.
74．歷史上第一個研究圓錐曲線的是梅納庫莫斯（公元前375年-325年），大約100年后，阿波羅尼斯更詳盡、系統(tǒng)地研究了圓錐曲線，并且他還進一步研究了這些圓錐曲線的光學性質：如圖甲，從橢圓的一個焦點出發(fā)的光線或聲波，經橢圓反射后，反射光線經過橢圓的另一個焦點，其中法線表示與橢圓C的切線垂直且過相應切點的直線，如圖乙，橢圓C的中心在坐標原點，焦點為，由發(fā)出的光經橢圓兩次反射后回到經過的路程為．利用橢圓的光學性質解決以下問題：
（1）橢圓C的離心率為__________．
（2）點P是橢圓C上除頂點外的任意一點，橢圓在點P處的切線為在l上的射影H在圓上，則橢圓C的方程為__________．
75．希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發(fā)現：“平面內到兩個定點的距離之比為定值的點的軌跡是圓”．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標系中，，，點是滿足的阿氏圓上的任一點，則該阿氏圓的方程為____；若點為拋物線上的動點，在軸上的射影為，則的最小值為______．
76．香囊，又名香袋、花囊，是我國古代常見的一種民間刺繡工藝品，香囊形狀多樣，如圖1所示的六面體就是其中一種，已知該六面體的所有棱長均為2，其平面展開圖如圖2所示.則圖2中兩線段與，在圖1的六面體中實際所成的角為________，若該六面體的正視圖由一菱形與其兩條對角線組成（如圖3所示），則這個菱形的面積為________.
四、填空題
77．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動（如圖甲），利用這一原理，科技人員發(fā)明了轉子發(fā)動機．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體如圖乙所示，若正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是___________．
①勒洛四面體被平面截得的截面面積是
②勒洛四面體內切球的半徑是
③勒洛四面體的截面面積的最大值為
④勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為
78．我國南宋著名數學家秦九韶，發(fā)現了從三角形三邊求面積的公式，他把這種方法稱為“三斜求積”，它填補了我國傳統(tǒng)數學的一個空白．如果把這個方法寫成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三邊，S是三角形的面積．設某三角形的三邊，則該三角形的面積___________．
79．意大利著名畫家、數學家、物理學家達芬奇在他創(chuàng)作《抱銀貂的女子》時思考過這樣一個問題：固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的懸鏈線問題，連接重慶和湖南的世界第一懸索橋——矮寨大橋就采用了這種方式設計．經過計算，懸鏈線的函數方程為，并稱其為雙曲余弦函數．若對恒成立，則實數m的取值范圍為______．
80．筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經濟又環(huán)保．明朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（圖1）．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都做勻速圓周運動如圖2，將筒車抽象為一個半徑為的圓，設筒車按逆時針方向每旋轉一周用時120秒，當時，盛水筒M位于點，經過t秒后運動到點，點P的縱坐標滿足，則當筒車旋轉100秒時，盛水筒M對應的點P的縱坐標為____________．
81．天文學家卡西尼在研究土星及其衛(wèi)星的運行規(guī)律時發(fā)現：平面內到兩個定點的距離之積為常數的點的軌跡是卡西尼卵形線（Cassini Oval）．在平面直角坐標系中，設定點為，，點O為坐標原點，動點滿足（且為常數），化簡得曲線E：．下列命題中正確序號是__________．
①曲線E既是中心對稱又是軸對稱圖形；
②的最小值為2a；
③當時，的最大值為；
④面積不大于．
82．《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱于底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，若四棱錐為陽馬，平面ABCD，，，二面角為，則四棱錐的外接球的表面積為____________．
83．德國數學家康托爾是集合論的創(chuàng)始人，以其名字命名的“康托爾塵?！弊鞣ㄈ缦拢旱谝淮尾僮?，將邊長為1的正方形分成9個邊長為的小正方形，保留靠角的4個，刪除其余5個；第二次操作，將第一次剩余的每個小正方形繼續(xù)9等分，并保留每個小正方形靠角的4個，其余正方形刪除；以此方法繼續(xù)下去，經過次操作后，若要使保留下來的所有小正方形的面積之和不超過，則至少需要操作的次數為______．（，）
84．古希臘數學家阿波羅尼奧斯在研究圓錐曲線時發(fā)現了它們的光學性質．比如橢圓，他發(fā)現如果把橢圓焦點F一側做成鏡面，并在F處放置光源，那么經過橢圓鏡面反射的光線全部都會經過另一個焦點．設橢圓方程為其左、右焦點，若從右焦點發(fā)出的光線經橢圓上的點A和點B反射后，滿足，則該橢圓的離心率為_________．
85．《九章算術》中的“商功”篇主要講述了以立體幾何為主的各種形體體積的計算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱．在塹堵中，，是的中點，，，分別在棱，上，且，，平面與交于點，則______．
86．傳說古希臘數學家阿基米德的墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等．這個“圓柱容球”是阿基米德生前最引以為豪的發(fā)現．如圖，在底面半徑為的圓柱內有球與圓柱的上、下底面及母線均相切，設分別為圓柱的上、下底面圓周上一點，且與所成的角為，直線與球的球面交于兩點，則線段的長度為______．
87．建筑學中必須要對組合墻的平均隔聲量進行設計．組合墻是指帶有門或窗等的隔墻，假定組合墻上有門、窗及孔洞等幾種不同的部件，各種部件的面積分別為，，…，（單位：m2），其相應的透射系數分別為，，…，，則組合墻的實際隔聲量應由各部分的透射系數的平均值確定：，于是組合墻的實際隔聲量（單位：dB）為．已知某墻的透射系數為，面積為20 m2，在墻上有一門，其透射系數為，面積為，則組合墻的平均隔聲量約為_______dB．（注：）
88．中國古塔矗立在大江南北，為城市山林增光添彩，被譽為中國古代杰出的高層建筑.如圖是位于陜西省西安市的大慈恩寺大雁塔，其塔身為四邊形，底面邊長為a米.現一游人站在距離塔底中心a米的圓周上任取一點觀看，則他能同時看到塔的兩個側面（即圖2中的正方形的兩邊）的概率為___________.
89．青花瓷，中華陶瓷燒制工藝的珍品，是中國瓷器的主流品種之一.如圖是一個落地青花瓷，其外形稱為單葉雙曲面，且它的外形左右對稱，可以看成是雙曲線的一部分繞其虛軸旋轉所形成的曲面.若該花瓶橫截面圓的最小直徑為16，上瓶口圓的直徑為20，上瓶口圓與最小圓圓心間的距離為12，則該雙曲線的離心率為___________.
90．克羅狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中講述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，當且僅當對角互補時取等號，根據以上材料，完成下題：如圖，半圓O的直徑為2，A為直徑延長線上的一點，OA＝2，B為半圓上一點，以AB為一邊作等邊三角形ABC，則當線段OC的長取最大值時，∠AOC＝________.
91．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，在十位檔撥上一顆上珠和兩顆下珠，個位檔撥上四顆下珠，則表示數字74.若在個 十 百 千位檔中隨機選擇一檔撥一顆下珠，再從四個檔中隨機選擇兩個不同檔位各撥一顆上珠，則所表示的數字小于400的概率為__________
92．“康托爾塵?！笔菙祵W理性思維的構造產物，具有典型的分形特征，其過程如下：在一個單位正方形中，首先，將正方形等分成9個邊長為的小正方形，保留靠角的4個小正方形，記4個小正方形面積之和為：然后，將剩余的4個小正方形分別繼續(xù)9等分，分別保留靠角的4個小正方形，記16個小正方形面積之和為；…；操作過程不斷進行下去，以至無窮，保留的圖形稱為康托爾塵埃.若，則操作次數的最小值為____________.
93．甲 乙兩名探險家在桂林山中探險，他們來到一個山洞，洞內是一個橢球形，截面是一個橢圓，甲 乙兩人分別站在洞內如圖所示的A B兩點處，甲站在A處唱歌時離A處有一定距離的乙在B處聽得很清晰，原因在于甲 乙兩人所站的位置恰好是洞內截面橢圓的兩個焦點，符合橢圓的光學性質，即從一個焦點發(fā)出光經橢圓反射后經過另一個焦點.現已知橢圓：上一點M，過點M作切線l，A，B兩點為左右焦點，，由光的反射性質：光的入射角等于反射角，則橢圓中心O到切線l的距離為___________.
94．我國南北朝時期的數學家祖暅提出了計算體積的祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異．”意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體的體積相等．已知曲線，直線l為曲線C在點處的切線，如圖，陰影部分為曲線C、直線l以及x軸所圍成的平面圖形，記該平面圖形繞y軸旋轉一周所得到的幾何體為．給出四個幾何體：
圖①是底面直徑和高均為1的圓錐；
圖②是將底面直徑和高均為1的圓柱挖掉一個與圓柱同底等高的倒置圓錐得到的幾何體；
圖③是底面邊長和高均為1的正四棱錐；
圖④是將上底面直徑為2，下底面直徑為1，高為1的圓臺挖掉一個底面直徑為2，高為1的倒置圓錐得到的幾何體．
根據祖暅原理，以上四個幾何體中與的體積不相等的是______．
95．龍馬負圖如圖所示．數千年來被認為是中華文化的源頭，傳說伏羲通過龍馬身上的圖案（河圖）畫出“八卦”．其結構是一與六共宗居下，二與七為朋居上，三與八為友居左，四與九同道居右，五與十相守居中，其中白圈為陽數，墨點為陰數．若從陽數和陰數中分別隨機抽出1個，則被抽到的2個數的數字之和超過12的概率為______．
五、解答題
96． 籃球誕生美國馬薩諸塞州的春田學院．1891年，春田學院的體育教師加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Naismith）為了對付冬季寒冷的氣溫，讓學生們能夠在室內有限的空間里繼續(xù)進行有趣的傳球訓練．現有甲、乙、丙3名同學在某次傳球的訓練中，球從甲開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能接?。浀趎次傳球之前球在甲手里的概率為pn，第n次傳球之前球在乙手里的概率為qn，顯然p1=1，q1=0．
(1)求p3＋2q3的值；
(2)比較p8，q8的大小．
97．中國象棋是中國棋文化，也是中華名族的瑰寶，中國象棋使用方形格狀棋盤，圓形棋子共有32個，紅黑各有16個棋子，擺動和活動在交叉點上．雙方交替行棋，先把對方的將（帥）將死的一方獲勝，為豐富學生課余生活，現某中學舉辦象棋比賽，經過3輪的篩選，最后剩下甲乙丙三人進行最終決賽．甲、乙兩選手進行象棋比賽，如果每局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，丙與甲，乙比賽獲勝的概率都為
(1)如果甲與乙采用5局3勝制比賽（其中一人勝3局即結束比賽），那么甲勝乙的概率是多少；
(2)若第一輪甲與乙比賽，丙輪空；第二輪由丙與第一輪的勝者比賽，敗者輪空；第三輪由第二輪比賽的勝者與第二輪比賽的輪空者比賽，如此繼續(xù)下去（每輪都只比賽一局），先勝兩局者獲得冠軍，每場比賽相互獨立且每場比賽沒有平局，求乙獲得冠軍的概率．
98．“費馬點”是由十七世紀法國業(yè)余數學家之王費馬提出并征解的一個問題，該問題是指在位于三角形內找一個到三角形三個頂點距離之和最小的點.由當時意大利數學家托里拆利給出解答，當三角形三個內角均小于時，“費馬點”與三個頂點的連線正好三等分“費馬點”所在的周角，即該點所對的三角形三邊的張角相等且均為；當三角形有一內角大于或等于時，所求點為三角形最大內角的頂點.在中， 的對邊分別為a b c，且，，成等差數列，.
(1)證明：是直角三角形；
(2)若O是的“費馬點”，.設，，，求的值.
99．從秦朝統(tǒng)一全國幣制到清朝末年，圓形方孔銅錢（簡稱“孔方兄”）是我國使用時間長達兩千多年的貨幣．如圖1，這是一枚清朝同治年間的銅錢，其邊框是由大小不等的兩同心圓圍成的，內嵌正方形孔的中心與同心圓圓心重合，正方形外部，圓框內部刻有四個字“同治重寶”．某模具廠計劃仿制這樣的銅錢作為紀念品，其小圓內部圖紙設計如圖2所示，小圓直徑為，內嵌一個大正方形孔，四周是四個全等的小正方形（邊長比孔的邊長小），每個正方形有兩個頂點在圓周上，另兩個頂點在孔邊上，四個小正方形內用于刻銅錢上的字．設，五個正方形的面積和為．
(1)求面積關于的函數表達式；
(2)求面積最小值．
100．2022北京冬奧會開幕式上，每個代表團都擁有一朵專屬的“小雪花”，最終融合成一朵“大雪花”，形成了前所未有的冬奧主火炬，驚艷了全世界！（如圖一），如圖二是瑞典數學家科赫在1904年構造的能夠描述雪花形狀的圖案．圖形的作法是從一個正三角形開始，把每條邊分成三等分，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，反復進行這一過程，就得到一個“雪花”狀的圖案．設原正三角形（圖①）的邊長為3，把圖二中的①，②，③，④，……圖形的周長依次記為，，，，…，得到數列．
(1)直接寫出，的值；
(2)求數列的通項公式．
試卷第1頁，共3頁
參考答案，僅供參考哦
1．D
【分析】設，則可得關于的方程，求出其解后可得正確的選項.
【解析】設，則，
依題意，有，且，
所以，故，
故選：D
2．B
【分析】連接，分別求出，再根據題中公式即可得出答案.
【解析】如圖，連接，
因為是的中點，
所以，
又，所以三點共線，
即，
又，
所以，
則，故，
所以.
故選：B.
3．A
【分析】先根據圖形特征求得，從而，再求出扇形ABC的面積，最后根據“萊洛三角形”面積與扇形面積之間的關系求出其面積即可.
【解析】由題意可知等邊三角形的邊長為4，即,
所以扇形ABC的面積等于以A為圓心，為半徑的圓的面積的，
故扇形ABC的面積，
又，
該“萊洛三角形”的面積為.
故選：A.
4．B
【分析】設圓的半徑為，利用勾股定理求出，再根據扇形的面積及三角形面積公式計算可得；
【解析】設圓的半徑為，則，，
由勾股定理可得，即，
解得，所以，，
所以，因此.
故選：B
5．D
【分析】利用古典概型概率公式即得.
【解析】分別用1，2，3，4表示《1921》、《革命者》、《紅船》、《三灣改編》，
由題可得基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，，共有16種，
其中甲、乙兩校選擇不同電影有：，，，，，，，，，，，，共有12種，
所以甲、乙兩校選擇不同電影觀看的概率是.
故選：D．
6．A
【分析】先根據題設畫出示意圖，利用三角變換公式可求雪人的高度.
【解析】根據題意可得如圖所示的示意圖：
其中，，
故，所以，故，
又，
故，故，
故選：A.
7．D
【分析】設雙曲線的標準方程為，利用已知條件確定的值，即可求解
【解析】設雙曲線的標準方程為，
則由題意最小橫截面的直徑為20cm，可知，
設點，
則
解得，
所以，
故選：D
8．D
【分析】根據圖形，找到角度與邊長之間的關系求解.
【解析】．
在中，，在中，．
由，得，
故選：D．
9．C
【分析】小球從起點到第③個格子一共跳了7次，其中向左邊跳動5次，向右邊跳動2次，向左向右的概率均為，則向右的次數服從二項分布，由二項分布的概率公式計算可得．
【解析】小球從起點到第③個格子一共跳了7次，其中向左邊跳動5次，向右邊跳動2次，向左向右的概率均為，則向右的次數服從二項分布，
所求概率為，
故選：C．
10．C
【分析】根據題圖規(guī)律確定第n個圖邊的條數及其邊長，并寫出其通項公式，再求第5個圖的周長.
【解析】由圖知：第一個圖有3條邊，各邊長為2，故周長；
第二個圖有12條邊，各邊長為，故周長；
第三個圖有48條邊，各邊長為，故周長；
……
所以邊的條數是首項為3，公比為4的等比數列，則第n個圖的邊有條，
邊長是首項為2，公比為的等比數列，則第n個圖的邊長為，
故.
故選：C
11．D
【分析】對于A，由，其虛部為1，可判斷A；對于B，，判斷B；對于C， ，判斷C；對于D,求得，結合共軛復數的概念即可判斷.
【解析】對于A，，其虛部為1，故A錯誤；
對于B，，故B錯誤；
對于C，，則，故C錯誤；
對于D, ，故的共軛復數為，D正確，
故選：D
12．B
【分析】根據泰勒公式，令，代入即可求解.
【解析】由題意可知，結果只需精確到0.001即可，
令，取前6項可得：
所以的近似值為，
故選：B.
13．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.
【解析】因為（其中），且，
所以對兩邊分別求導可得：
.
令x=1可得：.
又，則.
故選：B
14．A
【分析】作出圖形，設在三棱錐中，平面，且，，證明出該三棱錐的四個面均為直角三角形，求出該三棱錐的外接球半徑，結合球體表面積公式可得結果.
【解析】如下圖所示：
在三棱錐中，平面，且，，
因為平面，、、平面，則，，，
，，平面，平面，，
所以，三棱錐的四個面都是直角三角形，且，
，
設線段的中點為，則，
所以，點為三棱錐的外接球球心，
設球的半徑為，則，因此，球的表面積為.
故選：A.
15．D
【分析】由，可得（），則洛倫茲曲線是圓心為，半徑為1的圓周，從而可求出，進而可求出
【解析】由，可得（），
所以洛倫茲曲線是圓心為，半徑為1的圓周，
所以，
，
所以，
故選：D
16．D
【分析】確定在數列中的項數，結合數列的通項公式可求得結果.
【解析】由題可知，設數陣第行的項數為，則數列是以為首項，公差為的等差數列，
數列的前項和為，
所以，是數列的第項，因此，.
故選：D.
17．D
【分析】5位“回文數”的萬位與個位相同，千位與十位相同，所以只需確定前3位即可.
【解析】根據“回文數”的特點，只需確定前3位即可，最高位即萬位有9種排法，千位和百位各有10種排法，根據分步乘法計數原理，共有種排法，其中各位數字相同的共有9種，則所有5位數中是“回文數”且各位數字不全相同的共有種.
故選：D.
18．D
【分析】根據題意，設該數列為，分析可得滿足，，利用累加法計算可得．
【解析】根據題意，設該數列為，數列的前7項為2，3，5，8，12，17，23，
則滿足，，
則，
故選：D．
19．A
【分析】利用等差數列、等比數列的前項和公式以及參考公式求數列前項和，令，看是否有正整數解即可判定選項A、B、D的正確性；通過分類討論分別求出和，然后可得到，令，看是否有正整數解即可選項C的正確性．
【解析】設數列的前項和為，
對于A：由等差數列的前項和公式，得：
，
因為方程無正整數解，即選項A錯誤；
對于B：不妨令，，
數列和的前項和分別為和，
則，，
由參考公式和等差數列的前項和公式，得：
，
，
所以，
解得，即選項B正確；
對于C：①當時，
，故此時；
②當時，
令，解得，
即時，，
即選項C正確；
對于D：由等比數列的前項和公式可知，
，
解得，即選項D正確．
故選：A．
20．C
【分析】根據給定的數列的遞推公式，逐項分析、推理計算即可判斷作答．
【解析】依題意，數列的前10項依次為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
即，所以A正確；
當時，，
所以B正確；
由，可得，
累加得
則，即，所以C錯誤；
由，，
，
所以，所以D正確.
故選：C.
21．D
【分析】利用異面直線的定義通過平移找到異面直線所成的角即可求解.
【解析】連接，，，
∵是棱臺，且平面∥平面，
∴∥，
又∵M，N分別為棱AE，CG的中點，
∴∥,
∴∠FAC為直線AF與MN所成角,
由題意可知點A在平面EFGH上的射影R在EF上，
則，
解得，即,
∴,
∴,
∵FB⊥平面ABCD，
∴FB⊥AB，FB⊥BC，
∴,
即,
∴△為等邊三角形，∴∠FAC＝60°，即，
故選：D．
22．B
【分析】依據題給條件利用列出關于的方程，解之即可求得實數的值
【解析】由，可得，又
則
又，， 則
即
則
即，整理得
解之得，或（舍）
故選：B
23．C
【分析】利用復數的概念、幾何意義、復數的模的概念及共軛復數的含義即得.
【解析】對于A選項，，A正確；
對于B選項，，而，，故在復平面內對應的點在第二象限，B正確；
對于C選項，，實部為，C錯誤；
對于D選項，，又，故與互為共軛復數，D正確.
故選：C.
24．C
【分析】根據同角三角函數的基本關系及二倍角公式求出，再根據所給算法一一計算各選項，即可判斷；
【解析】因為，
即，
即，所以，所以，或，
解得或
對于A：密位制對應的角為，符合題意；
對于B：密位制對應的角為，符合題意；
對于C：密位制對應的角為，不符合題意；
對于D：密位制對應的角為，符合題意；
故選：C
25．A
【分析】先設第一個音的頻率為，設相鄰兩個音之間的頻率之比為，得出通項公式，根據最后一個音是最初那個音的頻率的2倍，得出公比，最后計算第八個音的頻率與第二個音的頻率的比值．
【解析】設第一個音的頻率為，設相鄰兩個音之間的頻率之比為，那么，
根據最后一個音是最初那個音的頻率的2倍，，
所以.
故選：A
26．A
【分析】分用(1根+4根)和(2根+3根)兩種情況組成不同的兩個數，求出總的組合數，并求出各個組合中兩數的和，根據古典概型概率計算方法計算即可．
【解析】用五根小木棍擺成兩個數，共有兩種擺放方法：
第一種是用1根和4根小木棍可以組成：1與4、1與8，其和分別為5、9，共2種；
第二種是用2根和3根小木棍可以組成：2與3、2與7、6與3、6與7，其和分別為5、9、9、13，共4種；
故用五根小木棍隨機擺成圖中的兩個數，有2+4=6種不同組合，其中兩個數的和不小于9的有4種，故所求概率為．
故選：A．
27．B
【分析】根據三角形面積和扇形面積可求得底面弓形面積，由此可得“萊洛三角形”的面積，由棱柱的體積公式可求得結果.
【解析】由題意知：底面正三角形面積為，
底面三個小弓形的面積均為：，
底面“萊洛三角形”的面積，
“曲側面三棱柱”的體積.
故選：B.
28．A
【分析】根據題意可得，可求得，即可求解.
【解析】設從1維到維最簡幾何圖形的1維線段數構成數列，
由題意可得，，，…，
以此類推，可得，
所以
，
所以.
故選：A.
29．D
【分析】設，，由雙曲線的定義可得，，在直角三角形中，在中，運用銳角三角函數的定義、勾股定理和余弦定理，化簡整理，結合離心率公式，可得所求值．
【解析】設，，
由雙曲線的定義可得，，
由，可得，
在直角三角形中，，①
，②
在中，可得③
由①②可得，，
代入③可得，
即為，
則，
故選：D．
30．A
【分析】取的中點，連接，計算出的值，利用二倍角的余弦公式可求得，再利用誘導公式可求得結果.
【解析】取的中點，連接，如下圖所示：
則，
所以，，
所以，.
故選：A.
31．C
【分析】連接，設為的中點，則異面直線與所成角為或其補角，再根據幾何關系求解即可.
【解析】如圖，連接，設為的中點，，
異面直線與所成角為或其補角．
連接，
所以，在正四棱錐中，，，
平面，
，設，則由題意得，
在中，．
故選：C．
32．C
【分析】過點作，則，，，所以，即可求解．
【解析】過點作，因為△PMQ是正三角形．
則，，
所以
則，解得
故選：C
33．B
【分析】用遞推式可得，所以是等比數列，再求前2022項的和.
【解析】由題意可知，
又，因此，
故，
故選：B.
34．D
【分析】根據幾何概型的概率公式，求出和的面積，計算所求的概率值．
【解析】由題意，，，
，，由余弦定理可得，
，
，
芝麻落在陰影部分的概率為 ．
故選：．
35．C
【分析】根據第1代“勾股樹”，第2代“勾股樹”中，正方形的個數，以此類推，得到第n代“勾股樹”中所有正方形的個數，即，從而得到求解.
【解析】第1代“勾股樹”中，正方形的個數為，第2代“勾股樹”中，正方形的個數為，…，
以此類推，第n代“勾股樹”中所有正方形的個數為，即，
所以，
因為，所以數列為遞增數列，
又，，
所以n的最小值為9．
故選：C．
36．B
【分析】利用二項式定理可得，再利用二項式定理展開即可得解.
【解析】因為
,
四個選項中，只有時，除以10余數是1．
故選：B．
37．D
【分析】利用題中定義可判斷A選項；利用特殊值法可判斷B選項；求出的值，結合對數的運算性質可判斷C選項；計算出，利用錯位相減法可求得，可判斷D選項.
【解析】對于A選項，在不超過的正整數中，與互質的正整數有：、、、，故，A錯；
對于B選項，因為，，，顯然、、不成等差數列，B錯；
對于C選項，為質數，在不超過的所有正整數中，能被整除的正整數的個數為，
所有與互質的正整數的個數為，所以，，
因此，，C錯；
對于D選項，因為為質數，在不超過的正整數中，所有偶數的個數為，
所以，，所以，，
則，
所以，，
上述兩個不等式作差可得，
所以，，D對.
故選：D.
38．C
【分析】求出不超過16的素數，用列舉法求出所有素數對及不能組成孿生素數的個數即可計算作答.
【解析】不超過16的素數有2，3，5，7，11，13，任取兩個素數組成不同素數對有：
，，
共有15對，它們等可能，其中是孿生素數，因此不能組成孿生素數的個數是12，
所以不能組成孿生素數的概率為.
故選：C
39．D
【分析】設這個人走的第段距離為，前段距離總和為，在第段上的用時為間的距離為，人的速度為，則利用可推導出，進而可求出這個人在前n段距離上走的總時間，化簡之后即可判斷
【解析】設這個人走的第n段距離為，前n段距離總和為，在第n段上的用時為間的距離為S，人的速度為v，則不難知道，
同理，
兩式相減，得即即即，
則這個人在前n段距離上走的總時間為
，
這說明這個人行進的總時間不會超過，這與第一種說法中這個人不會到達終點在時間的連續(xù)性上產生矛盾．
故選：D．
40．D
【分析】由，得，則可得，可求得，，分別為的中點，則由已知可得為的中點，再結合已知的數據可求得結果
【解析】因為，所以，
因為，所以∽，
所以，所以，
因為，，
所以，
設，分別為的中點，
因為，
所以，
所以為的中點，
因為，，所以，
所以，
所以，
所以
故選：D
41．C
【分析】設正六棱柱的棱長為a，先求出正六棱柱的體積，再求出外接球的體積，即可得到答案.
【解析】不妨設正六棱柱的棱長為a，則；
其外接球的半徑，于是，則.
故選：C
42．D
【分析】由于，所以可以把四點放到長方體的四個頂點上，則該長方體的體對角線就是“鞠”的直徑，求出體對角線長，從而可求出該“鞠”的表面積
【解析】因為“鞠”表面上的四個點A，B，C，D滿足cm，cm，cm，
所以可以把四點放到長方體的四個頂點上，則該長方體的體對角線就是“鞠”的直徑，
設該長方體的長、寬、高分別為，“鞠”的半徑為，則
，
由題意得,
所以，即，
所以該“鞠”的表面積為，
故選：D
43．A
【分析】根據題干已知圖像判斷x>0時g(x)圖像的形狀，根據g(x)圖像的單調性和切線斜率變化即可判斷其導數的圖像．
【解析】根據f(x)和g(x)的解析式可知f(x)和g(x)均為偶函數，圖像關于y軸對稱，
當x>0時，，
設y，則，∴此時f(x)對應的圖像是題干中圖像在第一部分的半圓，
∴x>0時，g(x)對應題干中的圖像在第四象限的部分，
∵該部分圖像單調遞增，故的值恒為正，即圖像始終在x軸上方，故排除選項BC；且該部分圖像的切線斜率先減小后增大，故的值先減小后增大，由此對應的只有A圖像滿足．
故選：A．
44．D
【分析】由題意可得，求出內側圓弧所在圓的半徑，利用扇形的弧長公式和面積公式求出弓形的面積，再求出以為直徑的半圓的面積，相減即可
【解析】設的外接圓的半徑為，則，得，
因為月牙內弧所對的圓心角為，
所以內弧的弧長，
所以弓形的面積為
，
以為直徑的半圓的面積為，
所以該月牙泉的面積為
，
故選：D
45．C
【分析】A選項由前項所占格子組成長為，寬為的矩形即可判斷；B選項由結合累加法即可判斷；
C選項通過特殊值檢驗即可；D選項表示出，作差即可判斷.
【解析】由題意知：前項所占格子組成長為，寬為的矩形，其面積為，A正確；
，以上各式相加得，，化簡得，即，B正確；
，C錯誤；
易知，，D正確.
故選：C.
46．B
【分析】設五邊形面有個，六邊形面有個，即可得到總棱數和頂點數，再根據歐拉公式列出方程組，即可求出結果
【解析】設五邊形面有個，共條棱，六邊形面有個，共條棱，
因為每條棱出現在兩個面中，所以總棱數，
因為每個頂點出現在三個面中，
所以總頂點數為，得，
所以，
所以由歐拉公式得，，得，
所以，
所以由，得，
所以碳60的所有面中六邊形的個數為20 個，
故選：B
47．C
【分析】在圖③中，以為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，由向量的運算求得的坐標，再由數量積的坐標表示計算．
【解析】在圖③中，以為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，
，，
，即，
，由分形知，所以，
所以，
所以．
故選：C．
48．B
【分析】建立雙曲線標準方程下的直角坐標系，得雙曲線方程為，利用實軸長為20，（），（）在雙曲線上，且，可求得，得離心率．
【解析】建立雙曲線標準方程的直角坐標系，最小直徑在軸，如圖，雙曲線方程為，
則，， （），（）在雙曲線上，且，
由，即，，，
由，得，所以，，，
離心率為．
故選：B．
49．B
【分析】根據冬至到夏至的晷長成等差數列，求出夏至晷長，再由夏至到冬至晷長為等差數列，由秋分的位置，確定出在對應數列中的項，從而求出秋分晷長
【解析】冬至到夏至晷長記為數列，數列為等差數列，公差，
冬至晷長，若芒種晷長所以，所以夏至晷長
夏至到冬至晷長記為數列{}，數列{}為等差數列，公差，夏至晷長
秋分這個節(jié)氣的晷長
故選：B
50．D
【分析】畫出的表格，從中任取個，得到種不同的取法，再結合它們之和大于的取法，結合古典摡型的概率計算公式，即可求解.
【解析】畫出的表格，如圖所示，則表內不同的數有，
從中任取個，共有種不同的取法，
其中與各個，與各個，
從中任取個，它們之和大于的取法為，
故所求概率為
故選：D.
51．B
【分析】由祖暅原理可得“橢半球體”的體積等于圓柱的體積減去圓錐的體積，根據圓柱，圓錐的體積公式可求其解.
【解析】設“橢半球體”和被挖去了圓錐體的圓柱體被與距離處的平面截得的圓面，圓環(huán)面的面積分別為，，體積分別為,，則，由“祖暅原理”兩個幾何體的體積相等，故，
故選：B.
52．B
【分析】設，則，再結合，得，最后根據嘴唇視作的圓弧對應的圓心角滿足求解即可.
【解析】取，設，則.
因為，
∴，.
設《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應的圓心角為，則.
∴.
故選：B.
53．BC
【分析】對于A，應該是最小值，所以A錯誤；利用組合數的性質和萊布尼茨三角形的性質判斷選項BCD.
【解析】對于A，根據楊輝三角的特點，當為偶數時，中間的一項取得最大值，當為奇數時，中間的兩項相等，且同時取得最大值，所以當每一項取倒數時，再乘以同一個正數，可得當n是偶數時，中間的一項取得最小值；當n是奇數時，中間的兩項相等，且同時取得最小值，所以A錯誤；
對于B，第行的第2個數等于第行的第一個數和第行的第一個數相乘，所以B正確；
對于C，直接根據組合數的性質得，所以，所以C正確；
對于D，開始每個數均等于其“腳下”兩個數之和，即，所以D錯誤.
故選：BC
54．BCD
【分析】利用球的表面積公式及圓柱的表面積公式可判斷A，由題可得到平面DEF的距離為，進而可得平面DEF截得球的截面面積最小值可判斷B，由題可得四面體CDEF的體積等于可判斷C，設在底面的射影為，設，，然后利用二次函數的性質可得的取值范圍可判斷D.
【解析】由球的半徑為，可知圓柱的底面半徑為，圓柱的高為，則球表面積
為，圓柱的表面積，
所以球與圓柱的表面積之比為，故A錯誤；
過作于，則由題可得，
設到平面DEF的距離為，平面DEF截得球的截面圓的半徑為，
則，，
所以平面DEF截得球的截面面積最小值為，故B正確；
由題可知四面體CDEF的體積等于，點到平面的距離，
又，所以，故C正確；
由題可知點在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設在底面的射影為，
則，
設，則，，
所以
，
所以，故D正確.
故選：BCD.
【點評】本題考查圓柱與球的表面積、體積以及折線段的最值問題，考查邏輯推理能力，是一道難題.
55．ABD
【分析】建立平面直角系，表示出相關點的坐標，設 ，可得，由，結合題中條件可判斷A,B;表示出相關向量的坐標，利用數量積的運算律，結合三角函數的性質，可判斷C，D.
【解析】如圖，作 ,分別以為x,y軸建立平面直角坐標系，
則 ,
設 ，則,
由可得 ，且 ，
若，則，
解得 ，（負值舍去），故，A正確；
若，則，，故B正確；
，
由于，故，故，故C錯誤；
由于，
故
，而，
故，故D正確，
故選：ABD
56．ABD
【分析】先研究函數的奇偶性，作出函數的圖象，作出函數的圖象判斷選項ABC的正確性，再分類討論判斷方程的根的個數得解.
【解析】由題得函數的定義域為,
，
所以函數為偶函數，
當時，；
當時，；
當時，；
……
所以函數的圖象如圖所示，
所以函數的圖象如圖所示，
所以函數的值域是，故選項A正確；
由函數的圖象得到關于軸對稱，所以是偶函數，故選項B正確；
由函數的圖象得到函數的圖象不關于對稱，故選項C不正確；
對于方程，
當時，，方程有一個實數根；
當時，，此時，此時方程沒有實數根；
當時，，此時，此時方程沒有實數根；
故方程只有一個實數根，故選項D正確.
故選：ABD.
57．AC
【分析】利用已知條件畫出圖像，設O為正方形的中心，為的中點，設底面邊長為，利用二面角的定義得出，根據已知條件得到各邊的長，進而求出正四棱錐的側面積即可.
【解析】
如圖，在正四棱錐中，
O為正方形的中心，為的中點，
則，
由二面角的定義，故，
設底面邊長為．
所以．
在中，，
所以，底面邊長為6米，高米，
側面積平方米，
表面積平方米
故選：AC
58．BCD
【分析】選項A需要對曲線C中x分5類討論，由x判斷對應y的范圍，從而得到整數點個數；選項B借助參數方程求解橢圓中兩點間距離問題；選項C由橢圓定義可得到|PA|、|PB|之和為定值，由基本不等式可以得到、|PB|乘積的最大值，結合余弦定理即可求出cos∠APB的最小值；選項D中分析蒙日圓的關鍵信息，圓心是原點，找兩條特殊的切線，切線交點在圓上，求得圓半徑得圓方程．
【解析】對于A：曲線中，，當時，
分5類討論：，分別代入曲線方程，可得：
整數點為(－1，1)，(－1，0)，(－1，－1)．(－1，－2)，(0，0)，(1，1)，(1，0)、(1，－1)，(1，－2)，
所以：整數點有9個，選項A錯誤；
對于B：曲線C中，當時，此時與原點距離為2，
當，時，設半橢圓上動點P坐標為(2cosθ，3sinθ)，
則，
最大值與最小值之和為5，選項B正確；
對于C：又A(0，－)、B(0，)恰為橢圓的兩個焦點．
那么，
當且僅當，即P在x軸上時，等號成立，
在△PAB中，，由余弦定理知：
，選項C正確；
對于D：由題意知：蒙日圓的圓心O坐標為原點(0，0)，在橢圓：中取兩條切線：和，它們交點為(2，3)，
該點在蒙日圓上，半徑為
此時蒙日圓方程為：，選項D正確．
故選：BCD．
59．AD
【分析】建立空間坐標系，用向量計算異面直線的夾角，做輔助圖計算判斷相關問題.
【解析】圓弧的圓心的原點，CD為x軸，BA為y軸過圓心O垂直于底面的直線為z軸，建立空間直角坐標系如下圖：
則 ，故 ，
所以 ，A正確；
對于B，連接 ，則有則，
∴ 與BC共面，即 四點共面，故B錯誤；
對于C，設在圓弧 存在一點 ，使得，
則有 ， ，此方程組無解，
即E點不存在，故C錯誤；
對于D，做如下俯視圖：
，即以C為球心，為半徑的球剛好過A點是球面與底面ABCD唯一的交點，
因為，在球面上，
設與圓弧的交點為，則 ，
解得 ，故，
球面與上底面的交線是以為圓心，半徑為1的圓弧 ，則，
圓心角，由圖知：，得.
，故D正確；
故選：AD.
60．AC
【分析】補全該半正多面體得到一正方體，根據線面角的定義找到線面角，解三角形求其大小,判斷A；根據條件計算正方體的棱長，再求的長，判斷B; 利用平行關系，確定與所成的角是 的棱的條數，判定C，利用幾何體的對稱性確定半正方體的外接球的球心及半徑,判定D；
【解析】補全該半正多面體得到一正方體，設正方體的棱長為，
由題意知，該半正多面體由6個全等的正方形和8個全等的正三角形構成.
則由半正多面體的表面積為，
得，解得，
∵，
因為平面，為AB與平面BCD的夾角，
因為為直角三角形，且，所以
所以AB與平面BCD所成的角為，故A正確；
∴，故B錯誤；
在與相交的6條棱中，與AB所成的角是的棱有4條，又這4條棱中，每一條棱都有3條平行的棱，故與AB所成的角是的棱共有16條，故C正確；
由半正多面體的對稱性可知，其對稱中心與相應的正方體的對稱中心是同一點，其對稱中心為正方體的體對角線的中點，點在平面的投影點為，
則有，，所以，
故該半正多面體的外接球的半徑為，面積為，故D錯誤；
故選：AC.
61．BCD
【分析】根據歐拉函數的定義結合對數的運算判斷A;
由歐拉函數定義結合等比數的通項公式判斷B;
根據歐拉函數求出判斷C;
由歐拉函數求出，再由數列的錯位相減法求和可判斷D.
【解析】因為7為質數，所以與不互質的數為7，14，21，…，，共有個，
所以，故A錯誤；
因為與互質的數為1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有個，所以，則數列為等比數列，故B正確；
因為，所以，
故數列不單調遞增，
又因為2=,所以數列不單調遞減，
所以數列不單調，故C正確；
因為，所以.
設，
則，
所以，
所以，從而數列的前項和為，故D正確.
故選：BCD.
62．AC
【分析】求出函數式確定單調性判斷A；舉特例說明判斷B，D；變形函數式，分析計算判斷C作答.
【解析】對于A，，，有，則函數在上單調遞增，A正確；
對于B，，則，B不正確；
對于C，，
當時，，，有，
當時，，，有，的值域為，C正確；
對于D，當時，，有，D不正確.
故選：AC
63．BCD
【分析】設，聯(lián)立直線方程和拋物線方程，消元后利用韋達定理結合導數逐項計算后可得正確的選項.
【解析】由消y可得
令，
，
，
解得，，A錯．
，∴軸，B對．
，∴，D對．
，∴，C對，
故選：BCD．
64．CD
【分析】將該二十四等邊體補形為正方體, 利用與是異面直線判定選項A錯誤，利用和的形狀判定選項B錯誤，利用正方體和等二十四等邊體的關系和分割法判定選項C正確，利用該二十四等邊體頂點數和面數判定選項D正確.
【解析】將該二十四等邊體補形為正方體（如圖所示），
因為該二十四等邊體的所有棱長都為，所以正方體的棱長為2，
對于A：正方體的體對角線平面，而與是異面直線，
所以平面不成立，即選項A錯誤；
對于B：因為，
所以是AB與PF所成角或其補角，
在中，，，
因為，所以，即選項B錯誤；
對于C：因為該二十四等邊體的所有棱長都為，
所以正方體的棱長為2，
所以該二十四等邊體的體積為，即選項C正確；
對于D：該二十四等邊體多面體有共12個頂點，
有面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面共14個面，即選項D正確.
故選：CD.
65．BCD
【分析】由離心率相同及已知得到、，即可判斷A、B；由在橢圓上得到，進而判斷C；根據對稱性確定的坐標，結合斜率兩點式得判斷D.
【解析】A：由且，則，即，故錯誤；
B：由，得，則，所以，故正確；
C：滿足橢圓方程，又，則，所以，，故正確；
D：由對稱性知：、關于軸對稱，，，，，，，則，，故正確.
故選：BCD.
66．BCD
【分析】根據圖形分別求出，，結合勾股定理判斷垂直；表面積是由4個正方形和16個與梯形BDEF全等的梯形組成，分別計算；體積用兩個柱體體積減去重疊部分體積；分別計算按路線和在表面內移動最短的路徑長．
【解析】如圖一個正四棱柱的某個側面與另一個正四棱柱的兩個側面的交線CE、DE
則在梯形BDEF中，可知，
設，則
根據立體圖可得，，顯然
即CE、DE不垂直，A不正確；
該“十字貫穿體”的表面積是由4個正方形和16個與梯形BDEF全等的梯形組成
則表面積，B正確；
如圖兩個正四棱柱的重疊部分為多面體，取的中點I
則多面體可以分成8個全等三棱錐，則
該“十字貫穿體”的體積即為，C正確；
若按路線，則路線長為
若在表面內移動，則有：
借助部分展開圖，如圖所示：
∵，即為鈍角，過B作NE的垂線BH，垂足為H，則BH在展開圖內
根據對稱可知此時最短路徑為
則從頂點出發(fā)，沿表面到達頂點的最短路徑為，D正確；
故選：BCD．
67．ABD
【分析】變形條件，利用“1”的妙用求出最小值判斷A，D；消元借助函數求出最小值判斷B；換元借助三角變換及三角函數性質計算判斷C作答.
【解析】對于A，，
當且僅當，即，時取“=”，A正確；
對于B，，當時，取得最小值3，B正確；
對于C，令，，
其中銳角由確定，顯然，則當，即時，，
因此，當時，取最大值，C不正確；
對于D，
，
當且僅當a=b=1時取“=”，D正確.
故選：ABD
68．AD
【分析】根據題目定義以及二倍角公式即可判斷A正確，令，可得，可判斷出B錯誤，令可得，結合可判斷出C錯誤，根據二倍角公式可知，D正確．
【解析】因為，
所以，即，故選項A正確；
令，則，則，則，即選項B錯誤；
令，則，可得，由B知，所以選項C錯誤；
因為，所以，
由A可得，
而，故即，
所以（負根舍去）即選項D正確．
故選：AD．
69．BD
【分析】根據題意有，即可判斷數列為等比數列，進一步求出可判斷.
【解析】由圖可知，
所以，所以數列是首項為1，公比為的等比數列，故A錯誤；
則，由題可得，
所以，故B正確；
因為，所以數列是公比為的等比數列，故C錯誤；
，故D正確.
故選：BD.
70．BCD
【分析】根據平面向量的數量積運算將問題轉化為關于范圍的問題，數形結合即可求得結果.
【解析】連接如下所示：
因為
.
根據圖形可知，當點位于正六邊形各邊的中點時，有最小值為，此時，
當點位于正六邊形的頂點時，有最大值為2，此時，
故.
故選：.
【點評】本題考察平面向量數量積的范圍問題，處理問題的關鍵是轉化為，屬中檔題.
71． ； .
【分析】先根據題意把第次操作所去掉的長度和求出來，然后再求和即可得到前次操作所去掉的長度，再建立不等式即可求出的最小值.
【解析】第一次操作去掉了區(qū)間長度的，剩下的區(qū)間：，
第二次去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，剩下的區(qū)間：，，，
第三次去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，剩下的區(qū)間：，，，， .
以此類推，
第次將去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，
則的前項和可表示為
由題意知，，
兩邊同時取對數，即，
解得：
故答案為：；.
72．
【分析】根據正方形邊長得出內切圓柱底面半徑和高可求出表面積，求出截面正方形與其內切圓面積比即可得出體積之比，進而求出“牟合方蓋”的體積.
【解析】因為正方形邊長為2，則內切圓柱底面半徑為1，高為2，所以其中一個內切圓柱的表面積為；
因為正方形邊長為2，則內切球半徑為1，所以內切球體積，
設截面正方形的邊長為，則其內切圓半徑為，
所以截面正方形與其內切圓面積比為，設方蓋體積為，
則根據祖暅原理可得，所以．
故答案為：；.
73．
【分析】求出勒洛四面體表面上任意兩點間的距離最大值，可求出能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值；分析可知勒洛四面體面積最大的截面即經過四面體表面的截面，計算出該截面面積，可得結果.
【解析】由題意可知，勒洛四面體表面上任意兩點間的距離最大值為，
所以，能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為；
勒洛四面體面積最大的截面即經過四面體表面的截面，
假設圖2是投影光線垂直于面時，勒洛四面體在與平面平行的一個投影平面上的正投影，
當光線與平面的夾角小于時，易知截面投影均為圖2所示圖象在平面上的投影，其面積必然減小，
如圖2，則勒洛四面體的截面面積的最大值為三個半徑為，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為的正三角形的面積，
即.
故答案為：；.
74． ##0.5
【分析】(1)由題意得到關于a,c的等式,然后結合離心率的定義即可確定橢圓的離心率;
(2)由題意利用幾何關系求得a,b的值即可求得橢圓方程.
【解析】設橢圓C的長軸長為2a(a>0),則由F1發(fā)出的光經橢圓兩次反射后回到F1，經過的路程為，從而；
如圖示：
延長,交于點F0.
在△中,PH⊥F0F2,由反射角等于入射角，可得：,則且H為中點.
在△中,
則,∴,
所以橢圓方程為.
故答案為：；.
75． ##
【分析】設點坐標，根據題意寫出關于與的關系式化簡即可；利用拋物線的定義可知，進而可得，即得.
【解析】設點，，
∴.
拋物線的焦點為點，由題意知，，
∴.
故答案為：；.
76． ## ##
【解析】
【解析】
根據題意，六面體為兩個正四面體的疊加，
如圖與，是對棱，由對稱性知與垂直，
故六面體中實際所成的角，
由六面體的正視圖為菱形，可得正視圖對應長度為：
則的正投影為中點，
作平面于，為中心，
的俯視圖在點，
由棱長為得，
所以，
所以菱形的面積為.
故答案為：，.
77．③④
【分析】求出勒洛四面體被平面截得的截面面積判斷①，③；求出勒洛四面體內切球的半徑判斷②，④作答.
【解析】觀察幾何體知，勒洛四面體的最大截面是經過正四面體的任意三個頂點的平面截勒洛四面體而得，
勒洛四面體被平面截得的截面是正及外面拼接上以各邊為弦的三個弓形，
弓形弧是以正各頂點為圓心，邊長為半徑且所含圓心角為的扇形弧，如圖，
因此，截面面積為：，①不正確，③正確；
由對稱性知，勒洛四面體內切球球心是正四面體的內切球、外接球球心，如圖，
正外接圓半徑，正四面體的高，
令正四面體的外接球半徑為，在中，，解得，
因此，勒洛四面體內切球半徑為，②不正確，
勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的4個弧面都相切，即為勒洛四面體內切球，
所以勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為，④正確.
故答案為：③④
【點評】關鍵點睛：解決與球有關的內切或外接問題時，關鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質求解.
78．.
【分析】根據題中所給的公式代值解出．
【解析】因為，所以．
故答案為：.
79．
【分析】先判斷函數的奇偶性和單調性，根據函數的單調性和奇偶性，結合換元法、正弦型函數的性質、同角的三角函數關系式進行求解即可.
【解析】因為，所以函數是偶函數，
設是上任意兩個實數，且，即
，
因為，所以，
因此，即，
所以函數是偶函數，且在是增函數，
若在上恒成立，
，
又因為，，
所以在恒成立，
令，而
由，，故時，
由，，故時，，
所以的取值范圍為．
故答案為：
【點評】關鍵點睛：判斷函數的奇偶性和單調性，運用換元法進行求解是解題的關鍵.
80．
【分析】根據筒車按逆時針方向每旋轉一周用時120秒，可求出，由時，求出和，從而可求出的關系式，進而可求出點P的縱坐標
【解析】因為筒車按逆時針方向每旋轉一周用時120秒，
所以，得，
所以，
因為當時，盛水筒M位于點，
所以，
所以，
因為，
所以，得，
因為，所以，
所以，
所以，
所以當筒車旋轉100秒時，盛水筒M對應的點P的縱坐標為，
故答案為：
81．①③④
【分析】①：以代x，以代y，同時以代x，以代y判斷；②：分和判斷；③：由，化簡得到，代入求解判斷；④：由面積為判斷.
【解析】①：以代x，得：，所以曲線關于縱軸對稱；
以代y，得：，所以曲線關于橫軸對稱；
同時以代x，以代y得：，所以曲線關于原點對稱，所以曲線E既是中心對稱又是軸對稱圖形，故正確；
②：因為，所以當時，有，
當時，顯然P與，中一點重合，故此時，故錯誤；
③：當時，由，化簡得，
因此有，所以，故正確；
④：面積為：，
當時，面積的最大值為，故正確.
故答案為：①③④
82．
【分析】由線面垂直的性質和判定可得，由二面角的平面角的概念可得，進而可得，再將該四棱錐補成一個長方體，由長方體的外接球即可得解.
【解析】因為平面，底面為矩形，
所以，，，平面，
所以平面，平面，
所以，所以即為二面角的平面角，即，
所以，
將該四棱錐補成一個長、寬、高分別為2，，的長方體，如圖，
該長方體外接球的半徑，
所以該球的表面積，
所以四棱錐的外接球的表面積為.
故答案為：.
83．
【分析】依題意，第次操作后共保留個小正方形，其邊長為，即可得到保留下來的所有小正方形面積之和，從而得到不等式，再兩邊取對數，根據換底公式及對數的運算法則計算可得；
【解析】依題意，第次操作后共保留個小正方形，其邊長為，所以保留下來的所有小正方形面積之和為，若使得，兩邊取對數可得，即，
所以至少操作次；
故答案為：
84．##
【分析】根據光學性質，在中由橢圓的定義可求出，再由直角三角形求出，計算離心率即可.
【解析】由橢圓的光學性質可知，都經過，且在中，，如圖，
所以，
由橢圓的定義可知，即，又，
可得，在中，，
所以，所以.
故答案為：
85．
【分析】延長，交于，連接，交于，連接，，由三角形相似可得，，由直棱柱的性質可求得答案.
【解析】如圖，延長，交于，連接，交于．則，
則，則，
又，所以，則，所以．
連接，，則，．
故答案為：.
86．
【分析】取中點，由等腰三角形三線合一可得

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