数列与数学文化专题 9
高三数学传统文化
教育部考试中心要求“增加中华优秀传统文化的考核内容，积极培育和践行社会主义核心价值观，充分发挥高考命题的育人功能和积极导向作用．比如，在数学中增加数学文化的内容”．因此，我们特别编写了此课时，将数学文化与数学知识相结合．考点一立体几何中的数学传统文化题[典例1]“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图1，图2中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其主视图和左视图完全相同时，它的主视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，cC．c，b D．b，d[解析]A[当主视图和左视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，主视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.]“牟合方盖”是我国古代利用立体几何模型和数学思想方法解决数学问题的代表之一．本题取材于“牟合方盖”，通过加工改造，添加解释和提供直观图的方式降低了理解题意的难度．解题从识“图”到想“图”再到构“图”，考生要经历分析、判断的逻辑过程．另外，我国古代数学中的其他著名几何体，如“阳马”“鳖臑”和“堑堵”等的三视图问题都有可能在高考中考查．[跟踪训练1]《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：B [设圆柱底面圆半径为r 尺，高为h 尺，依题意，圆柱体积为V ＝πr 2h ＝2 000×1.62≈3×r 2×13.33，所以r 2≈81，即r ≈9，所以圆柱底面圆周长为2πr ≈54,54尺＝5丈4尺，则圆柱底面圆周长约为5丈4尺，故选B.]考点二 数列中的数学传统文化题[典例2] 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里[解析] B [设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝ 378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝ 96，即第二天走了96里，故选B.]与等差数列一样，我国古代数学涉及等比数列问题也有很多，因此，涉及等比数列的数学文化题也频繁出现在各级各类考试试卷中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．[跟踪训练2]《周髀算经》是中国古代的天文学和数学著作．其中一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长为( )A ．五寸B ．二尺五寸C．三尺五寸D．一丈二尺五寸解析：B[设晷长为等差数列{a n}，公差为d，a1＝15，a13＝135，则15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴《易经》中所记录的惊蛰的晷影长是2尺5寸．故选B.]考点三算法中的数学传统文化题[典例3]如图所示算法框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该算法框图，若输入的a，b分别为8,12，则输出的a＝()A．4B．2C．0 D．14[解析]A[由算法框图输入的a＝8，b＝12，按算法框图所示依次执行，可得b＝12－8＝4，a＝8；a＝8－4＝4，b＝4，a＝b，所以输出a＝4.故选A.]《九章算术》系统总结了我国古代人民的优秀数学思想，开创了构造算法以解决各类问题的东方数学发展的光辉道路，这与当今计算机科学的飞速发展对数学提出的要求不谋而合．本题算法框图的算法思路源于《九章算术》中计算两个正整数的最大公约数的“更相减损术”算法．[跟踪训练3](2019·益阳、湘潭调研)秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的《数学九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的算法框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例．若输入n，x的值分别为3,3.则输出v的值为()A. 15B. 16C. 47D. 48解析：D [执行算法框图：输入n ＝3，x ＝3，v ＝1，i ＝2，i ≥0，是 i ≥0，是， v ＝1×3＋2＝5，i ＝1； i ≥0，是， v ＝5×3＋1＝16，i ＝0； i ≥0，是， v ＝16×3＋0＝48，i ＝－1； i ≥0，否，输出v ＝48.]考点四 概率统计中的传统文化题[典例4] (2018·全国Ⅰ卷)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC .△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p 1，p 2，p 3，则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3[解析] A [法一：设直角三角形ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积为S 1＝12bc ，区域Ⅱ的面积S 2＝12π×⎝⎛⎭⎫c 22＋12π×⎝⎛⎭⎫b 22－⎣⎢⎡⎦⎥⎤π×⎝⎛⎭⎫a 222－12bc ＝18π(c 2＋b 2－a 2)＋12bc ＝12bc ，所以S 1＝S 2，由几何概型的知识知p 1＝p 2，故选A.法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，则BC ＝22，所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S 2＝π×12－⎣⎢⎡⎦⎥⎤π×(2)22－2＝2，区域Ⅲ的面积S 3＝π×(2)22－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p 1＝p 2＝2π＋2，p 3＝π－2π＋2，所以p 1≠p 3，p 2≠p 3，p 1≠p 2＋p 3，故选A.]从中国古代文学作品中选取素材考查数学问题，丰富了数学文化题的取材途径．试题插图的创新是本题的一个亮点，其一，增强了数学问题的生活化，使数学的应用更贴近考生的生活实际；其二，有利于考生分析问题和解决问题，这对稳定考生在考试中的情绪和心态起到了较好的效果；其三，探索了数学试题插图的新形式，给出了如何将抽象的数学问题直观化的范例．[跟踪训练4](理科)(2018·全国Ⅱ卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )A.112B.114C.115D.118解析：C [不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C 210种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率p ＝3C 210＝115，故选C.](文科)2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年纪念日，中国人民银行发行了以此为主题的金银纪念币．如图所示的是一枚8克圆形金质纪念币，直径22毫米， 面额100元．为了测算图中军旗部分的面积，现向硬币内随机投掷100粒芝麻，已知恰有30粒芝麻落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是( )A. 726π5mm 2 B. 363π10mm 2C.363π5mm 2 D.363π20mm 2 解析：B [利用古典概型近似几何概型可得，芝麻落在军旗内的概率为p ＝30100＝310，设军旗的面积为S ，由题意可得：S π×112＝310，∴S ＝310×π×112＝36310π()mm 2，故选B.] 考点五 三角函数中的数学传统文化题[典例5] 第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图，会标是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，那么tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝ ________ .[解析] 依题意得大、小正方形的边长分别是5,1，于是有5sin θ－5cos θ＝1(0＜θ＜π2)，即有sin θ－cos θ＝15.从而(sin θ＋cos θ)2＝2－(sin θ－cos θ)2＝4925，则sin θ＋cos θ＝75，因此sin θ＝45，cos θ＝35，tan θ＝43，故tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝tan θ＋11－tan θ＝－7. [答案] －71700多年前，赵爽绘制了极富创意的弦图，采用“出入相补”原理使得勾股定理的证明不证自明．该题取材于第24届国际数学家大会会标，题干大气，设问自然，流露出丰富的文化内涵．既巧妙地考查了三角函数的相关知识，又丰富了弦图的内涵，如正方形四边相等寓言各国及来宾地位平等，小正方形和三角形紧紧簇拥在一起，表明各国数学家要密切合作交流，等等．[跟踪训练5](2019·沈阳监测)刘徽是一个伟大的数学家，他的杰作《九章算术注》和《海岛算经》是中国最宝贵的文化遗产，他所提出的割圆术可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意的精度．割圆术的第一步是求圆的内接正六边形的面积．若在圆内随机取一点，则此点取自该圆内接正六边形的概率是( )A. 334π B. 332π C.12πD. 14π解析：B [设圆的半径为R ，则圆的内接正六边形可以分解为6个全等的三角形，且每个三角形的边长为R ，据此可得，圆的面积为S 1＝πR 2，其内接正六边形的面积为S 2＝6×⎝⎛⎭⎫12×R 2×sin 60°＝332R 2，利用几何概型计算公式可得：此点取自该圆内接正六边形的概率是p ＝S 2S 1＝332π.故选B.]特色专题 数学文化[基础训练组]1．二十四节气(The 24 Solar Terms)是指中国农历中表示季节变迁的24个特定节令，是根据地球在黄道(即地球绕太阳公转的轨道)上的位置变化而制定的，每一个分别相应于地球在黄道上每运动15°所到达的一定位置。
以《数列》为例谈数学文化在教材中的引入
以《数列》为例谈数学文化在教材中的引入作者：谢晨明来源：《中学课程辅导·教师通讯》2018年第06期【内容摘要】十九大提出了“发展素质教育，推进教育公平，培养德智体美全面发展的社会主义建设者和接班人”的核心素养，明确把数学文化纳入到新课程标准中，那么如何把握教材中的文化资源，把数学文化素养纳入课堂之中，一直是高中老师的一大困惑，本文结合《数列》苏教版教材，界定出高中教材中主要的数学文化内容，为教材中数学文化的研究提供新的方向。
【关键词】数列数学文化苏教教材刚刚结束的党的十九大明确提出：“要全面贯彻党的教育方针，落实立德树人根本任务，发展素质教育，推进教育公平，培养德智体美全面发展的社会主义建设者和接班人。
”教育部于近日刚刚发布的《普通高中课程方案于标准》中更加明确的数学学科的核心素养是“学生学习该学科课程后应形成正确价值观念、必备品格和关键能力，并围绕学科核心素养的落实，精选、重组教学内容，设计教学活动，提出考试评价建议”明确了要把数学文化融入到课程内容，在前段时间教育部考试中心函件《关于2018年普通高考考试大纲修订内容的通知》再次要求“增加中华优秀传统文化的考核内容，积极培育和践行社会主义核心价值观，充分发挥高考命题的育人功能和积极导向作用。
”针对数学文化的考查，相信大家一定会比较迷惑：考什么？怎样考？怎么教？正如冯光庭在《基于“体现数学的文化价值”的数学教学策略探究》中所提到的：“要在数学教学过程中有效地体现数学的文化价值，并使数学教育真正成为数学文化的教育，第一要素是教师的认识问题，第二才是具体的操作问题”。
本文结合高中苏教必修五数列一章界定出高中教材中主要的数学文化内容，为教材中数学文化的研究提供新的方向。
一、首先了解“数学文化”的含义美国学者怀尔德在《作为文化系统的数学》一书中最早提出数学文化的概念，其特点在于：注重问题解决、数学应用、数学交流、数学思想方法和学生的情感态度。
(完整word版)高考数学中国传统文化题专项突破
高考数学中国传统文化题专项突破教育部考试中心函件《关于2017年普通高考考试大纲修订内容的通知》要求“增加中华优秀传统文化的考核内容，积极培育和践行社会主义核心价值观，充分发挥高考命题的育人功能和积极导向作用．比如，在数学中增加数学文化的内容．”因此，我们特别策划了此专题，将数学文化与数学知识相结合，选取典型样题深度解读，希望能够给予广大师生的复习备考以专业的帮助与指导．一、算法问题1．用更相减损术求294和84的最大公约数时，需要做减法的次数为()A．2 B．3C．4 D．5答案 C解析(84,294)→(84,210)→(84,126)→(84,42)→(42,42)，一共做了4次减法．2．如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的a，b分别为14,18，则输出的a为()A．4 B．2C．0 D．14答案 B解析由题意输出的a是18,14的最大公约数2，故选B.3．用辗转相除法求459和357的最大公约数，需要做除法的次数是()A．1 B．2C．3 D．4答案 C解析∵459÷357＝1…102，357÷102＝3…51，102÷51＝2，∴459和357的最大公约数是51，需要做除法的次数是3.4．秦九韶算法是中国南宋时期的数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，对于求一个n次多项式函数f n(x)＝a n x n＋a n－1x n－1＋…＋a1x＋a0的具体函数值，运用常规方法计算出结果最多需要n次加法和n(n＋1)2次乘法，而运用秦九韶算法由内而外逐层计算一次多项式的值的算法至多需要n次加法和n次乘法．对于计算机来说，做一次乘法运算所用的时间比做一次加法运算要长得多，所以此算法极大地缩短了CPU运算时间，因此即使在今天该算法仍具有重要意义．运用秦九韶算法计算f(x)＝0.5x6＋4x5－x4＋3x3－5x当x＝3时的值时，最先计算的是()A．－5×3＝－15B．0.5×3＋4＝5.5C．3×33－5×3＝66D．0.5×36＋4×35＝1 336.6答案 B解析f(x)＝0.5x6＋4x5－x4＋3x3－5x＝(((((0.5x＋4)x－1)x＋3)x＋0)x－5)x，然后由内向外计算，最先计算的是0.5×3＋4＝5.5.5．若用秦九韶算法求多项式f(x)＝4x5－x2＋2当x＝3时的值，则需要做乘法运算和加减法运算的次数分别为()A．4,2 B．5,3C．5,2 D．6,2答案 C解析∵f(x)＝((((4x)x)x－1)x)x＋2，∴乘法要运算5次，加减法要运算2次．6．已知函数f(x)＝6x6＋5，当x＝x0时，用秦九韶算法求f(x0)的值，需要进行乘方、乘法、加法的次数分别为()A．21,6,2 B．7,1,2C．0,1,2 D．0,6,1答案 D解析∵f(x)＝6x6＋5，多项式的最高次项的次数是6，∴要进行乘法运算的次数是6.要进行加法运算的次数是1，运算过程中不需要乘方运算．7．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图．执行该程序框图，若输入的a依次为2,2,5，x，n均为2，则输出的s等于()A．7 B．12C．17 D．34答案 C解析第一次运算，a＝2，s＝2，n＝2，k＝1，不满足k>n；第二次运算，a＝2，s＝2×2＋2＝6，k＝2，不满足k>n；第三次运算，a＝5，s＝6×2＋5＝17，k＝3，满足k>n，输出s＝17，故选C.8．用秦九韶算法求多项式f(x)＝x3－3x2＋2x－11的值时，应把f(x)变形为()A．x3－(3x＋2)x－11 B．(x－3)x2＋(2x－11)C．(x－1)(x－2)x－11 D．((x－3)x＋2)x－11答案 D解析f(x)＝x3－3x2＋2x－11＝((x－3)x＋2)x－119．用秦九韶算法求函数f(x)＝3x5－2x4＋2x3－4x2－7当x＝2的值时，v3的结果是()A．4 B．10C．16 D．33答案 C解析函数f(x)＝3x5－2x4＋2x3－4x2－7＝((((3x－2)x＋2)x－4)x)x－7，当x＝2时，v0＝3，v1＝3×2－2＝4，v2＝4×2＋2＝10，v3＝10×2－4＝16.10．用秦九韶算法求多项式f(x)＝x6－5x5＋6x4＋x2＋0.3x＋2的值，当x＝－2时，v1的值为()A．1 B．7C．－7 D．－5答案 C解析∵f(x)＝x6－5x5＋6x4＋x2＋0.3x＋2＝(((((x－5)x＋6)x＋0)x＋1)x＋0.3)x＋2，∴v0＝a6＝1, v1＝v0x＋a5＝1×(－2)－5＝－7.11．利用秦九韶算法求多项式f(x)＝－6x4＋5x3＋2x＋6的值，当x＝3时，v3的值为() A．－486 B．－351C．－115 D．－339答案 C解析f(x)＝－6x4＋5x3＋2x＋6＝(((－6x＋5)x＋0)x＋2)x＋6，∴v0＝a4＝－6，v1＝v0x＋a3＝－6×3＋5＝－13，v2＝v1x＋a2＝－13×3＋0＝－39，v3＝v2x＋a1＝－39×3＋2＝－115.12．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例．若输入n，x的值分别为4,3，则输出v的值为()A．20 B．61C．183 D．548答案 C解析由程序框图知，初始值：n＝4，x＝3，v＝1，i＝3，第一次循环：v＝6，i＝2；第二次循环：v＝20，i＝1；第三次循环：v＝61，i＝0；第四次循环：v＝183，i＝1.结束循环，输出当前v的值183.13．原始社会时期，人们通过在绳子上打结来计算数量，即“结绳计数”，当时有位父亲，为了准确记录孩子的成长天数，在粗细不同的绳子上打结，由细到粗，满七进一，那么孩子已经出生多少天？()A．1 326 B．510 C．429 D．336答案 B解析由题意满七进一，可得该图示为七进制数，化为十进制数为1×73＋3×72＋2×7＋6＝510.14．用秦九韶算法计算多项式f(x)＝5x5＋4x4＋3x3＋2x2＋x＋1，乘法运算次数为____________．加法运算次数为________．答案5 5解析∵f(x)＝((((5x＋4)x＋3)x＋2)x＋1)x＋1，∴乘法要运算5次，加法要运算5次15．若f(x)＝x4＋3x3＋x＋1，用秦九韶算法计算f(π)时，需要乘法m次，加法n次，则m＋n＝________.答案 6解析f(x)＝x4＋3x3＋x＋1＝(((x＋3)x)x＋1)x＋1，用秦九韶算法计算f(π)时，乘法运算与加法运算的次数和等于6.16．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为ba和dc(a，b，c，d∈N*)，则b＋da＋c是x的更为精确的不足近似值或过剩近似值．我们知道π＝3.141 59…，若令3110<π<4915，则第一次用“调日法”后得165是π的更为精确的过剩近似值，即3110<π<165，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得π的近似分数为________．答案22 717．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在222…中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x .这可以通过方程2＋x ＝x 确定x ＝2，则1＋11＋11＋…＝________. 答案 1＋52解析 由题意，可令1＋11＋11＋…＝x ，即1＋1x ＝x ，即x 2－x －1＝0，解得x ＝1＋52(x ＝1－52舍)，故1＋11＋11＋…＝1＋52. 18．用辗转相除法求840与1 764的最大公约数．答案 1 764＝840×2＋84,840＝84×10＋0，∴840与1 764的最大公约数是84.19．用更相减损术求440 与556的最大公约数．答案 556－440＝116,440－116＝324,324－116＝208，208－116＝92,116－92＝24,92－24＝68，68－24＝44,44－24＝20,24－20＝4,20－4＝16，16－4＝12,12－4＝8,8－4＝4，∴440与556的最大公约数4.20．用秦九韶算法求多项式f (x )＝7x 7＋6x 6＋5x 5＋4x 4＋3x 3＋2x 2＋x 当x ＝3时的值． 答案 f (x )＝((((((7x ＋6)x ＋5)x ＋4)x ＋3)x ＋2)x ＋1)xv 0＝7，v 1＝7×3＋6＝27，v 2＝27×3＋5＝86，v 3＝86×3＋4＝262，v 4＝262×3＋3＝789，v 5＝789×3＋2＝2 369，v 6＝2 369×3＋1＝7 108，v 7＝7 108×3＋0＝21 324，∴f (3)＝21 324，即当x ＝3时，函数值是21 324.21．(1)用辗转相除法求840与1 785的最大公约数；(2)用秦九韶算法计算函数f (x )＝2x 4＋3x 3＋5x －4在x ＝2时的函数值．答案 (1)1 785＝840×2＋105,840＝105×8＋0，∴840与1 785的最大公约数是105.(2)秦九韶算法如下：f(x)＝2x4＋3x3＋5x－4＝x(2x3＋3x2＋5)－4＝x[x(2x2＋3x)＋5]－4＝x{x[x(2x ＋3)]＋5}－4，故当x＝2时，f(x)＝2×{2×[2×(2×2＋3)]＋5}－4＝62.22．(1)用辗转相除法求779与247的最大公约数；(2)利用秦九韶算法求多项式f(x)＝2x5＋4x4－2x3＋8x2＋7x＋4当x＝3时的值．答案(1)779＝247×3＋38，247＝38×6＋19，38＝19×2.故779与247的最大公约数是19；(2)把多项式改成如下形式：f(x)＝2x5＋4x4－2x3＋8x2＋7x＋4＝((((2x＋4)x－2)x＋8)x＋7)x＋4.按照从内到外的顺序，依次计算一次多项式当x＝3时的值：v0＝2，v1＝v0x＋4＝2×3＋4＝10，v2＝v1x－2＝10×3－2＝28，v3＝v2x＋8＝28×3＋8＝92，v4＝v3x＋7＝92×3＋7＝283，v5＝v4x＋4＝283×3＋4＝853.所以当x＝3时，多项式f(x)的值是853.23．(1)用辗转相除法求228与1 995的最大公约数；(2)用秦九韶算法求多项式f(x)＝3x5＋2x3－8x＋5在x＝2时的值．答案(1)1 995＝228×8＋171，228＝171×1＋57，171＝57×3，因此57是1 995与228的最大公约数．(2)f(x)＝3x5＋2x3－8x＋5＝((((3x＋0)x＋2)x＋0)x－8)x＋5当x＝2时，v0＝3，v1＝3×2＝6，v2＝6×2＋2＝14，v3＝14×2＝28，v4＝28×2－8＝48，v5＝48×2＋5＝101，所以当x＝2时，多项式的值是101.24．(1)用“更相减损术”求72和168的最大公约数；(2)用“辗转相除法”求98和280的最大公约数．答案(1)∵168－72＝96，96－72＝24，72－24＝48，48－24＝24，故72和168的最大公约数是24.(2)∵280＝2×98＋84，98＝1×84＋14，84＝6×14，故98和280的最大公约数是14.25．用秦九韶算法求函数f(x)＝x5＋x3＋x2＋x＋1当x＝3时的函数值．答案f(x)＝x5＋x3＋x2＋x＋1＝((((x＋0)x＋1)x＋1)x＋1)x＋1，当x＝3时，v0＝1，v1＝v0×3＋0＝3；v2＝v1×3＋1＝10;v3＝v2×3＋1＝31;v4＝v3×3＋1＝94;v5＝v4×3＋1＝283，即x＝3时的函数值为283.二、数列问题1．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中，甲所得为()A.54钱 B.43钱C.32钱 D.53钱答案 B解析依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，则由题意可知，a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，即a＝－6d，又a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝5，∴a＝1，则a －2d ＝a －2×(－a 6)＝43a ＝43. 2．南北朝时期的数学古籍《张邱建算经》有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差(即等差)降之，上三人，得金四斤，持出；下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．问：每等人比下等人多得几斤？”( )A.439 B.778 C.776D.581 答案 B解析 设第十等人得金a 1斤，第九等人得金a 2斤，以此类推，第一等人得金a 10斤， 则数列{a n }构成等差数列，设公差为d ，则每一等人比下一等人多得d 斤金，由题意得⎩⎨⎧ a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3a 8＋a 9＋a 10＝4，即⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋24d ＝4，解得d ＝778， ∴每一等人比下一等人多得778斤金． 3．《张丘建算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中卷上第二十三问：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈．问日益几何？”其意思为“有个女子织布，每天比前一天多织相同量的布，第一天织五尺，一个月(按30天计)共织390尺．问：每天多织多少布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，估算出每天多织的布约有( )A ．0.55尺B ．0.53尺C ．0.52尺D ．0.5尺答案 A解析 设每天多织d 尺，由题意a 1＝5，{a n }是等差数列，公差为d ，∴S 30＝30×5＋30×292d ＝390， 解得d ≈0.55.4．《张丘建算经》有这样一个问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十一尺，第二日，第五日，第八日所织之和为十五尺，问第九日所织尺数为( )A ．7B ．9C ．11D ．13 答案 D解析 设第一天织a 1尺，从第二天起每天比第一天多织d 尺，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧7a 1＋7×62d ＝21，a 1＋d ＋a 1＋4d ＋a 1＋7d ＝15，解得a 1＝－3，d ＝2，∴第九日所织尺数为a 9＝a 1＋8d ＝－3＋8×2＝13.5．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？” 意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据已知条件，可求得该女子第3天所织布的尺数为( ) A.23B.815C.2031D.35 答案 C解析 由题意可得：每天织布的量组成了等比数列{a n }，S 5＝5，公比q ＝2 ，a 1(1－25)1－2＝5， 计算可得a 1＝531，所以a 3＝531×22＝2031. 6．在《张邱建算经》中有一道题：“今有女子不善织布，逐日所织的布比同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日”，由此推断，该女子到第10日时，大约已经完成三十日织布总量的( )A ．33%B ．49%C ．62%D ．88%答案 B解析 由题意可得：每日的织布量形成等差数列{a n }，且a 1＝5，a 30＝1，设公差为d ，则1＝5＋29d ，解得d ＝－429. ∴S 10＝5×10＋10×92×(－429)＝1 27029. S 30＝30×(5＋1)2＝90. ∴该女子到第10日时，大约已经完成三十日织布总量的1 27029×190≈0.49＝49%. 7．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何．”其意思为：有个女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织五尺，最后一天织一尺，三十天织完，问三十天共织布()A．30尺B．90尺C．150尺D．180尺答案 B解析由题意可得，每日的织布量形成等差数列{a n}，且a1＝5，a30＝1，所以S30＝30×(5＋1)2＝90.8．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？()A．9日B．8日C．16日D．12日答案 A解析由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n}，其中a1＝103，d＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n}，其中b1＝97，d＝－0.5；设第m天相逢，则a1＋a2＋…＋a m＋b1＋b2＋…＋b m＝103m＋m(m－1)×132＋97m＋m(m－1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m＝9(负值舍去)．9．《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为()A.176升 B.72升 C.11366升 D.10933升答案 A解析自上而下依次设各节容积为a1，a2， (9)由题意得⎩⎨⎧ a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎨⎧2(a 2＋a 3)＝33a 8＝4，得⎩⎨⎧a 2＋a 3＝32，a 8＝43，所以a 2＋a 3＋a 8＝32＋43＝176(升)．10．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．24里 B ．48里 C ．96里 D ．192里答案 C解析 由题意可知此人每天走的步数构成以12为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得a 1[1－(12)6]1－12＝378，解得a 1＝192，∴第二天此人走了192×12＝96里．11．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为( ) A ．24里 B ．12里 C ．6里 D ．3里答案 C解析 记每天走的路程里数为{a n }，可知{a n }是公比q ＝12的等比数列，由S 6＝378，得S 6＝a 1(1－126)1－12＝378，解得a 1＝192，∴a 6＝192×125＝6.12．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，一头粗，一头细，在粗的一段截下一尺，重四斤；在细的一端截下一尺，重二斤．问依次每一尺各重几斤？”根据已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，中间三尺的重量为( ) A ．6斤 B ．9斤 C ．10斤D ．12斤解析此问题构成一个等差数列{a n}，设首项为2，则a5＝4，∴中间3尺的重量为3a3＝a1＋a52×3＝2＋42×3＝9(斤)，故选B.13．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为()A．6斤B．9斤C．9.5斤D．12 斤答案 A解析依题意，金箠由粗到细各尺构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2，由等差数列性质得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．14．《算法通宗》是我国古代内容丰富的数学名书，书中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红灯向下倍加增，共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？”其意思为“一座塔共七层，从塔顶至塔底，每层灯的数目都是上一层的2倍，已知这座塔共有381盏灯，请问塔顶有几盏灯？”() A．3 B．4C．5 D．6答案 A解析由题意设塔顶有a盏灯，由题意由上往下数第n层就有2n－1·a盏灯，∴共有(1＋2＋4＋8＋16＋32＋64)a＝381盏灯，即1×(1－27)1－2a＝381.解得a＝3.15．我国古代数典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢．()A．3 B．4C．5 D．6解析 由题意可知，大老鼠每天打洞的距离是以1为首项，以2为公比的等比数列， 前n 天打洞之和为1－2n 1－2＝2n －1，同理，小老鼠前n 天打洞之和为1－(12)n1－12＝2－12n －1，∴2n －1＋2－12n －1＝10，解得n ∈(3,4)，取n ＝4. 即两鼠在第4天相逢．16．如图是谢宾斯基(Sierpinsiki)三角形，在所给的四个三角形图案中，着色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，则{a n }的通项公式可以是( )A ．a n ＝3n －1 B ．a n ＝2n －1 C ．a n ＝3n D ．a n ＝2n －1答案 A解析 着色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，分别为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝3×3＝32，a 4＝32×3，因此{a n }的通项公式可以是a n ＝3n －1.17．《九章算术》“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差数列．上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升． 答案6766解析 设该数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎨⎧a 1＋7d ＝43，d ＝766，则a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋7d －3d ＝43－2166＝6766.18．华罗庚数学小组的同学们在图书馆发现一块古代楔形文字泥板的图片，同学们猜测它是一种乘法表的记录，请你根据这个猜测，判定表示________？(如图)答案395解析图片中记录的是自然数乘以9的运算结果，左列是被乘数，右列是该数乘以9的积数，经过分析可知：其中▽代表1，⊲代表10，代表60.所以表示60×6＋10×3＋5×1＝395.19．在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中，用如图A所示的三角形，解释二项和的乘方规律．在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士·帕斯卡的著作(1655年)介绍了这个三角形．近年来国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”(Chinese triangle)，如图 A.17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”如图B.在杨辉三角中相邻两行满足关系式：C r n＋C r＋1n ＝C r＋1n＋1，其中n是行数，r∈N.请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是________．1 112 1133 11464 11510105 1…C0n C1n…C r n…C n-1n C n n图A1 21 21 316131 41121121415 120 130 120 15 16 130 160 160 130 16 1C 1n +1C 0n 1C 1n +1C 1n (1)C 1n +1C r n…1C 1n +1C n -1n 1C 1n +1C n n 图B答案1C 1n +1C r n ＝1C 1n +2C r n +1＋1C 1n +2C r +1n +1 解析 类比观察得，莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数1C 1n +1，而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子C r n ＋C r +1n ＝C r +1n +1，有1C 1n +1C r n ＝1C 1n +2C r n +1＋1C 1n +2C r +1n +1. 20．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面用点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数，将三角形数1,3,6,10，…记为数列{a n }，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n }．可以推测：(1)b 2 012是数列{a n }中的第________项； (2)b 2k -1＝________.(用k 表示) 答案 (1)5 030 (2)5k (5k －1)2解析 由题意可得a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，n ∈N *， 故b 1＝a 4，b 2＝a 5，b 3＝a 9，b 4＝a 10，b 5＝a 14，b 6＝a 15， 由上述规律可知：b 2k ＝a 5k ＝5k (5k ＋1)2(k ∈N *)， b 2k -1＝a 5k -1＝(5k －1)(5k －1＋1)2＝5k (5k －1)2，故b 2 012＝b 2×1 006＝a 5×1 006＝a 5 030， 即b 2 012是数列{a n }中的第5 030项． 21．请认真阅读下列材料：“杨辉三角” (1261年)是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角”(1653年)早了300多年(如图1)．在“杨辉三角”的基础上德国数学家莱布尼兹发现了下面的单位分数三角形(单位分数是分子为1，分母为正整数的分数)，称为莱布尼兹三角形(如图2)11 112 1133 11464 1 1510105 1……图1111 21 21 316131 4112112141 512013012015……图2请回答下列问题：(1)记S n为图1中第n行各个数字之和，求S4，S7，并归纳出S n；(2)根据图2前5行的规律依次写出第6行的数．答案(1)S4＝8＝23；S7＝64＝26；Sn＝2n－1.(2)图中每个数字都是其两脚的数字和，故第6行为1613016016013016.三、空间几何体1．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是()寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)A．1 B．2 C．3 D．4答案 C解析如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．∵积水深9寸，∴水面半径为12(14＋6)＝10寸，则盆中水的体积为13π×9(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)．∴平地降雨量等于588ππ×142＝3(寸)． 故选C.2．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一．”就是说：圆堡瑽(圆柱体)的体积为：V ＝112×(底面的圆周长的平方×高)．则由此可推得圆周率π的取值为(注：1丈＝10尺)( ) A ．3 B ．3.14 C ．3.2 D ．3.3答案 A解析 由题意，圆柱体底面的圆周长48尺，高11尺， ∵圆堡瑽(圆柱体)的体积V ＝112×(底面的圆周长的平方×高)， ∴V ＝112×(482×11)＝2 112， 设底面圆的半径为R ，∴⎩⎨⎧2πR ＝48，πR 2×11＝2 112，∴π＝3.3．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( ) A ．1丈3尺 B ．5丈4尺 C ．9丈2尺 D ．48丈6尺答案 B解析设圆柱形谷仓底面半径为r尺，由题意得，谷仓高h＝403尺．于是谷仓的体积V＝πr2·h≈2 000×1.62，解得r≈9.∴圆柱底圆周长约为2πr≈54尺＝5丈4尺．4．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一”．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈275L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()A.227 B.258C.15750 D.355113答案 B解析由题意知275L2h≈13πr2h⇒275L2≈13πr2，而L＝2πr，代入得π≈258.5．在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为羡除，现有一个羡除如图所示，面ABCD、面ABFE、面CDEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝6，CD＝8，EF＝10，EF到面ABCD的距离为3，CD与AB间的距离为10，则这个羡除的体积是()A．110 B．116C．118 D．120答案 D解析过A作AP⊥CD，AM⊥EF，过B作BQ⊥CD，BN⊥EF，垂足分别为P，M，Q，N，将一侧的几何体放到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.棱柱的高为8，∴V＝15×8＝120.故选D.6．刘徽在他的《九章算术注》中提出一个独特的方法来计算球体的体积：他不直接给出球体的体积，而是先计算另一个叫“牟合方盖”的立体的体积．刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积之比应为4π.后人导出了“牟合方盖”的18体积计算公式，即18V牟＝r3－V方盖差，r为球的半径，也即正方形的棱长均为2r，从而计算出V球＝43πr3.记所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正，棱长为2r的正方形的方盖差为V方盖差，则V方盖差V正等于()A.12 B.22C. 2D. 3 答案 C解析由题意，V方盖差＝r3－18V牟＝r3－18×4π×43×π×r3＝13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正＝13×r×r×r2－(22r)2＝26r3，∴V方盖差V正＝13r326r3＝ 2.7．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，cC．c，b D．b，d答案 A解析由直观图可知，其正视图与侧视图完全相同，则其只能是圆，这时其俯视图就是正方形加对角线(实线)．故选A.8．刘徽在他的《九章算术注》中提出一个独特的方法来计算球体的体积：他不直接给出球体的体积，而是先计算另一个叫“牟合方盖”的立体的体积．刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积之比应为4∶π，即V牟：V球＝4∶π.也导出了“牟合方盖”的18体积计算公式，即18V牟＝r3－V方盖差，从而计算出V球＝43πr3.记所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正，则()A．V方盖差＞V正B．V方盖差＝V正C．V方盖差＜V正D．以上三种情况都有可能答案 A解析由题意，V方盖差＝r3－18V牟＝r3－18×4π×43πr3＝13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正＝13×r×r×r2－(22r)2＝26r3，∴V方盖差＞V正．9．我国古代数学名著《数学九章》中有云：“今有木长二丈四尺，围之五尺．葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺(注：1丈等于10尺)()A．29尺B．24尺C．26尺D．30尺21答案 C解析由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边(即木棍的高)长24尺，另一条直角边长5×2＝10(尺)，因此葛藤长242＋102＝26(尺)．10．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为9尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有()A．14斛B．28斛C．36斛D．66斛答案 B解析设圆锥的底面半径为r，则π2r＝9，解得r＝18π，故米堆的体积为14×13×π×(18π)2×5≈45，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴堆放的米有45÷1.62≈28斛．11．《九章算术》是我国古代著名数学经典．其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺．问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分)．已知弦AB＝1尺，弓形高CD＝1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为()(注：1丈＝10尺＝100寸，π≈3.14，sin 22.5°≈5 13)22A．600立方寸B．610立方寸C．620立方寸D．633立方寸答案 D解析如图，AB＝10(寸)，则AD＝5(寸)，CD＝1(寸)，设圆O的半径为x(寸)，则OD＝(x－1)(寸)，在Rt△ADO中，由勾股定理可得52＋(x－1)2＝x2，解得x＝13(寸)．∴sin∠AOD＝ADAO＝513，即∠AOD≈22.5°，则∠AOB＝45°.则弓形¼ACB的面积S＝12×π4×132－12×10×12≈6.33(平方寸)．则该木材镶嵌在墙中的体积约为V＝6.33×100＝633(立方寸)．故选D.12．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)23答案41π解析由题意，该球形容器的半径的最小值为1236＋4＋1＝412，∴该球形容器的表面积的最小值为4π·414＝41π.13．沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计)．(1)如果该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，则该沙漏的一个沙时为多少秒(精确到1秒)?(2)细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，求此锥形沙堆的高度(精确到0.1cm)．答案(1)开始时，沙漏上部分圆锥中的细沙的高为H＝23×8＝163，底面半径为r＝23×4＝83，V＝13πr2H＝13π×(83)2×163＝39.71，V÷0.02＝1 986(秒)．所以沙全部漏入下部约需1 986秒．24。
数列中包含的数学文化
数列中包含的数学文化数学家的故事———数学王子高斯高斯(Carl Fried rich Gauss，1777～1855)德国数学家、天文学家和物理学家，被誉为历史上伟大的数学家之一，和阿基米德、牛顿并列，同享盛名。
1777年4月30日生于不伦瑞克的一个工匠家庭，1855年2月23日卒于格丁根。
幼时家境贫困，但聪敏异常，受一贵族资助才进学校受教育。
1795～1798年在格丁根大学学习1798年转入黑尔姆施泰特大学，翌年因证明代数基本定理获博士学位。
从1807年起担任格丁根大学教授兼格丁根天文台台长直至逝世。
高斯是近代数学奠基者之一，在历史上影响之大，可以和阿基米德、牛顿、欧拉并列，有“数学王子”之称。
高斯的成就遍及数学的各个领域，在数论、非欧几何、微分几何、超几何级数、复变函数论以及椭圆函数论等方面均有开创性贡献。
他十分注重数学的应用，并且在对天文学、大地测量学和磁学的研究中也偏重于用数学方法进行研究。
幼年时，他在数学方面就显示出了非凡的才华。
3岁能纠正父亲计算中的错误；10岁便独立发现了算术级数的求和公式；11岁发现了二项式定理。
少年高斯的聪颖早慧，得到了很有名望的布瑞克公爵的垂青与资助，使他得以不断深造。
19岁的高斯在进大学不久，就发明了只用圆规和直尺作出正17边形的方法，解决了两千年来悬而未决的几何难题。
1801年，他发表的《算术研究》，阐述了数论和高等代数的某些问题。
他对超几何级数、复变函数、统计数学、椭圆函数论都有重大贡献。
作为一个物理学家，他与威廉.韦伯合作研究电磁学，并发明了电极。
为了进行实验，高斯还发明了双线磁力计，这是他对电磁学问题研究的一个很有实际意义的成果。
高斯30岁时担任了德国著名高等学府天文台台长，并一直在天文台工作到逝世。
他平生还喜欢文学和语言学，懂得十几门外语。
他一生共发表323篇（种）著作，提出了404项科学创见，完成了4项重要发明。
数学文化网课新版答案
数学文化数学文化（一）12002年，为中国少年数学论坛活动题词“数学好玩”的是（D）。
A、邓东皋B、钱学森C、齐民友D、陈省身2“数学文化”一词最早进入官方文件，是出现在中华人民共和国教育部颁布的（C）。
A、《小学数学课程标准》B、《初中数学课程标准》C、《高中数学课程标准》D、《大学数学课程标准》3数学的研究对象是从众多物质形态种抽象出来的人脑的产物，这是它与其他自然科学研究的一个共同点。
（）正确答案：×4广义的数学文化，是指数学的思想、精神、方法、观点、语言，以及他们的形成和发展。
（）正确答案：×数学文化（二）11998年以后，教育部的专业目录里规定了数学学科专业，包括数学与应用数学专业、（C）。
A、统计学B、数理统计学C、信息与计算科学专业D、数学史与数学文化2数学目前仅仅是一种重要的工具，要上升至思维模式的高度，还需学者们的探索。
（）正确答案：×3数学素养的通俗说法，是指在经过数学学习后，将所学的数学知识都排除或忘掉后，剩下的东西。
（）正确答案：√数学文化（三）1“数学文化”课是以数学问题为载体，以教授数学系统知识及其应用为目的。
（）正确答案：×2反证法是解决数学难题的一种有效方法。
（）正确答案：√数学文化（四）1“哥尼斯堡七桥问题”最后是被谁解决的？（B）A、阿基米德B、欧拉C、高斯D、笛卡尔2在解决“哥尼斯堡七桥问题”时，数学家先做的第一步是（D）。
A、分析B、概括C、推理D、抽象3数学是研究现实世界中的数量关系与空间形式的一门科学。
这句话出自（C）。
A、阿基米德B、欧拉C、恩格斯D、马克思4从牛顿的著作《自然哲学之数学原理》可以看出，他是不支持数学定义中的“哲学说”的。
（）正确答案：×5罗素关于数学概念的描述，是从数学的公理体系角度而言的。
（）正确答案：√数学文化（六）1一堆20粒的谷粒，甲乙两个人轮流抓，每次可以抓一粒到五粒，规定谁抓到最后一把谁赢。
2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)
数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(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2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)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DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)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C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(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【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。
中考数学总复习讲义课件：核心素养专题九 数学文化
B．160
256 C. 3
D．64
【解析】 作出几何体的直观图如答图所示：
跟踪训练 3 答图 沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直， 则将几何体分成两个四棱锥和 1 个直三棱柱， 则三棱柱的体积 V1＝12×4×4×4＝32， 四棱锥的体积 V2＝13×2×4×4×1＝332， 由三视图可知两个四棱锥大小相等， ∴V＝V1＋2V2＝1630.
跟踪训练 1.[2018·孝义期末]公元前 5 世纪古希腊的毕达哥拉斯学派有一种观点，
即“万物皆数”，一切量都可以用整数或整数比(分数)表示，后来，当这一学派中
的希帕索斯发现，边长为 1 的正方形的对角线的长度不能用整数或整数的比表示
时，毕达哥拉斯学派感到惊恐不安，由此，引发了第一次数学危机，这儿“不能
3．[2019·汉阳区模拟]我国古代数学名著《九章算术》记载：刍甍者，下有袤有广， 而上有袤无丈．刍，草也；甍，屋盖也．翻译为：底面有长有宽为矩形，顶部只 有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶．图 6 为一刍甍的三视图，其中 正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形．则它的体积为( A )
图6
160 A. 3
类型一 以科技或数学时事为题材 典例 [2019·广元]我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方 法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公 共部分形成的几何体．如图 1 所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型， 它的俯视图是( A )
跟踪训练 1.[2019·宜昌]古希腊几何学家海伦和我国宋代数学家秦九韶都曾提出利
用整数或整数的比表示的数”指的是( B )
A．有理数
B．无理数
C．合数
D．质数
数列与离散型随机变量相结合问题-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第四篇概率与统计专题09数列与离散型随机变量相结合问题类型对应典例数列递推公式与离散型随机变量的分布列和数学期望典例1数列通项公式与离散型随机变量的分布列和数学期望典例2等比数列的证明与离散型随机变量的分布列和数学期望典例3等比数列求和与离散型随机变量的分布列和数学期望典例4数列的综合问题与离散型随机变量的分布列和数学期望典例5【典例1】某游戏棋盘上标有第0、1、2、 、100站，棋子开始位于第0站，选手抛掷均匀硬币进行游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设游戏过程中棋子出现在第n 站的概率为nP .（1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币3次后，求棋子所走站数之和X 的分布列与数学期望；（2）证明：()()1111982n n n n P P P P n +--=--≤≤；（3）若最终棋子落在第99站，则记选手落败，若最终棋子落在第100站，则记选手获胜.请分析这个游戏是否公平.【思路引导】（1）由题意得出随机变量X 的可能取值有3、4、5、6，求出相应的概率，由此可得出随机变量X 的分布列，并计算出随机变量X 的数学期望；（2）棋子要到第()1n +站，分两种情况讨论：一是由第n 站跳1站得到，二是由第()1n -站跳2站得到，可得出111122n n n P P P +-=+，变形后可得出结论；（3）根据（2）中的{}n P 的递推公式得出100P 和99P 的大小关系，从而得出结论.【典例2】11月，2019全国美丽乡村篮球大赛在中国农村改革的发源地-安徽凤阳举办，其间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛（每人各投一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲乙两人在同一位置，甲先投，每人投一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得-1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次投球命中的概率为12，乙每次投球命中的概率为23，且各次投球互不影响.（1）经过1轮投球，记甲的得分为X ，求X 的分布列；（2）若经过n 轮投球，用i p 表示经过第i 轮投球，累计得分，甲的得分高于乙的得分的概率.①求,,p p p 123；②规定00p =，经过计算机计算可估计得11(1)i i i i p ap bp cp b +-=++≠，请根据①中,,p p p 123的值分别写出a ，c 关于b 的表达式，并由此求出数列{}n p 的通项公式.【思路引导】（1）经过1轮投球，甲的得分X 的取值为1,0,1-，记一轮投球，甲投中为事件A ，乙投中为事件B ，,A B 相互独立，计算概率后可得分布列；（2）由（1）得1p ，由两轮的得分可计算出2p ，计算3p 时可先计算出经过2轮后甲的得分Y 的分布列（Y的取值为2,1,0,1,2--），然后结合X 的分布列和Y 的分布可计算3p ，由00p =，代入11(1)i i i i p ap bp cp b +-=++≠，得两个方程，解得,a c ，从而得到数列{}n p 的递推式，变形后得1{}n n p p --是等比数列，由等比数列通项公式得1n n p p --，然后用累加法可求得n p ．【典例3】某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z 来衡量产品的质量.当8Z ≥时，产品为优等品；当68Z ≤<时，产品为一等品；当26Z ≤<时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z 的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率.（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为X 元，求X 的分布列与数学期望；（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动.客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格.机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从k 到1k +），若掷出反面，机器人向前移动两格（从k 到2k +），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第n 格的概率为()*050,N n P n n ≤≤∈，试证明{}()*1149,N nn P P n n --≤≤∈是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.【思路引导】（1）根据条形图，可得优等品的频率为1218742500++，进而可得其概率；（2）计算出X 的值可以为47000，39000，计算出其分别对应的概率，得到分布列，进而可得期望；（3）首先易得01P =，112P =，根据题意可得121122n n n P P P --=+，化简即可得()11212n n n n P P P P ----=--，即{}1n n P P --为等比数列，利用累加法可得()12110,1,,4932n n P n +⎡⎤⎛⎫=--=⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，再分别计算出获胜和失败的概率，比较大小即可得结果.【典例4】抚州不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点.每年来抚州参观旅游的人数不胜数.其中，名人园与梦岛被称为抚州的两张名片，为合理配置旅游资源，现对已游览名人园景点的游客进行随机问卷调查.若不去梦岛记1分，若继续去梦岛记2分.每位游客去梦岛的概率均为23，且游客之间的选择意愿相互独立.（1）从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X ，求X 的分布列与数学期望；（2）若从游客中随机抽取m 人，记总分恰为m 分的概率为m A ，求数列{}m A 的前6项和；（3）在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为n 分的概率为n B ，探讨n B 与1n B -之间的关系，并求数列{}n B 的通项公式.【思路引导】（1）根据n 次独立重复试验模型可求解（2）总分恰为m 的概率13mm A ⎛⎫= ⎪⎝⎭,求前6项和即可（3）已调查过的累计得分恰为n 分的概率为n B ，得不到n 分的情况只有先得1n -分，再得2分，概率为123n B -，可得递推关系1213n n B B -=-+，构造等比数列求解即可.【典例5】为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1-分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1-分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ．（1）求X 的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i = 表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则00p =，81p =，11i i i i p ap bp cp -+=++(1,2,,7)i = ，其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.8β=．(i)证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i = 为等比数列；(ii)求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性．【思路引导】（1）首先确定X 所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i ）求解出,,a b c 的取值，可得()110.40.50.11,2,,7i i i i p p p p i -+=++=⋅⋅⋅，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii ）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合8p 和0p 的值可求得1p ；再次利用累加法可求出4p .1.棋盘上标有第0、1、2、 、100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到调到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子位于第n 站的概率为nP .（1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币3次后，求棋手所走步数之和X 的分布列与数学期望；（2）证明：()()1111982n n n n P P P P n +--=--≤≤；（3）求99P 、100P的值.2.随着科学技术的飞速发展，网络也已经逐渐融入了人们的日常生活，网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷、商品种类齐全、性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据(其中“x =1”表示2015年，“x =2”表示2016年，依次类推；y 表示人数)：x 12345y (万人)2050100150180（1）试根据表中的数据，求出y 关于x 的线性回归方程，并预测到哪一年该公司的网购人数能超过300万人；（2）该公司为了吸引网购者，特别推出“玩网络游戏，送免费购物券”活动，网购者可根据抛掷骰子的结果，操控微型遥控车在方格图上行进.若遥控车最终停在“胜利大本营”，则网购者可获得免费购物券500元；若遥控车最终停在“失败大本营”，则网购者可获得免费购物券200元.已知骰子出现奇数与偶数的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第20格。
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高中数学中国传统文化专题
1.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法复合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 018这2 018个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列共有()
A.98项
B.97项
C.96项
D.95项
解析能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故a n＝21n－20，由1≤a n≤2 018得1≤n≤97，又n∈N*，故此数列共有97项.
答案 B
2.(数学文化)著名的斐波那契数列{a n}：1，1，2，3，5，8，…，满足a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋1＋a n，n∈N*，那么1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017是斐波那契数列的第________项.
解析1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a8＋a9＋…＋a2 017＝…＝a2 016＋a2 017＝a2 018，即为第2
018项.
答案 2 018
3.\中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是()
A.174斤
B.184斤
C.191斤
D.201斤
解析用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，
由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，
∴8a1＋8×7
2×17＝996，解之得a1＝65.
∴a8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤. 答案 B
4.\“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单
音的频率的比都等于12
2.若第一个单音的频率为f，则第八个
单音的频率为()
A.3
2f B.
3
22f C.
12
25f D.
12
27f
解析由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为122的等比数列，设此数列为{a n}，则a8＝1227f，即第八个单音的频率为1227f.
答案 D
5.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯() A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
解析设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比
为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴a1（1－27）
1－2
＝381，
解得a1＝3.
答案 B
6. 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？
解设该学生工作n天，每天领工资a n元，共领工资S n元，
则第一种方案a n(1)＝38，S n(1)＝38n；
第二种方案a n(2)＝4n，S n(2)＝4(1＋2＋3＋…＋n)＝2n2＋2n；
第三种方案a n(3)＝0.4×2n－1，S n(3)＝0.4（1－2n）
1－2
＝0.4(2n－1).
令S n(1)≥S n(2)，即38n≥2n2＋2n，解得n≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高). 令S n(1)≥S n(3)，即38n≥0.4×(2n－1)，
利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高，所以少于10天时，选择第一种方案.
比较第二、第三种方案，S10(2)＝220，S10(3)＝409.2，S10(3)>S10(2)，…，S n(3)>S n(2).
所以等于或多于10天时，选择第三种方案.
7.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N的大小关系是()
A.ω>N
B.ω<N
C.ω＝N
D.不确定
解析 投入资金逐月值构成等比数列{b n }，利润逐月值构成等差数列{a n }，等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1＝b 1，a 12＝b 12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a 1＋a 2＋…＋a 12比总投资N ＝b 1＋b 2＋…＋b 12大，故选A. 答案 A
8．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
( )
A ．1盏
B ．3盏
C ．5盏
D ．9盏
解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7
＝a 1(1－27)1－2
＝381，解得a 1＝3.
9．[数学建模]一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64 MB(1 MB＝210 KB)．
解析：由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n}，且a1＝2，q＝2，∴a n＝2n，∵2n＝64×210＝216，∴n＝16，即病毒共复制了16次．
∴所需时间为16×3＝48(分钟)．
答案：48
10.(1)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则此人第4天和第5天共走了()
A ．60里
B ．48里
C ．36里
D ．24里
(2)为了观看2022年的冬奥会，小明打算从2018年起，每年的1月1日到银行存入a 元 的一年期定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期．到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回________元．
[解析] (1)由题意知，此人每天走的里数构成公比为12
的等比数列{a n }，
设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，
解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12
＝12， 则a 4＋a 5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里．
(2)2022年1月1日可取出钱的总数为
a (1＋p )4＋a (1＋p )3＋a (1＋p )2＋a (1＋p )
＝a ·(1＋p )[1－(1＋p )4]1－(1＋p )。