2021高考数学(文)集训8 高考中的数学文化题高考中的创新应用题

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三角函数与解三角形-新高考数学新情景、新文化问题(新高考地区专用)(解析版)

三角函数与解三角形一、单选题1．（2021·云南昆明市·高三（文））东寺塔与西寺塔为“昆明八景”之一，两塔一西一东，遥遥相对，已有1100多年历史．东寺塔基座为正方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之称．如图，在A 点测得：塔在北偏东30°的点D 处，塔顶C 的仰角为30°，且B 点在北偏东60°．AB 相距80（单位：m ），在B 点测得塔在北偏西60°，则塔的高度CD 约为（）mA ．69B ．40C ．35D ．23【答案】B 【分析】根据题意构造四面体C -ABD ,再运用线面位置关系及三角形相关知识求解出相应的线段长即可. 【详解】如图，根据题意，图中CD ⊥平面ABD ,30CAD ∠=︒,30,60,80BAD ABD AB ∠=︒∠=︒=ABD 中，30,60BAD ABD ∠=︒∠=︒， 90ADB ∴∠=︒cos 80?cos30AD AB BAD ∴=∠=︒=又CD ⊥平面ABD ，ACD ∴是直角三角形Rt ACD中，30,90,CAD ADC AD ∠=︒∠=︒=·tan 3040CD AD ∴=︒==，选项B 正确，选项ACD 错误故选：B.2．（2021·山东枣庄八中高一期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九昭的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积"中提出了已知三角形三边a ，b ，c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即S =现在有周长为10+ABC满足sin :sin :sin 2:A B C =，则用以上给出的公式求得ABC 的面积为（） A．B．C．D ．12【答案】A 【分析】利用正弦定理结合三角形的周长可求得ABC 的三边边长，利用题中公式可求得ABC 的面积. 【详解】由题意结合正弦定理可得：::sin :sin :sin 2:a b c A B C ==ABC周长为10+10a b c ++=+4a ∴=，6b =，c =所以S == 故选：A.3．（2021·安徽淮北一中高一月考）“赵爽弦图”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（如图），若大、小正方形的面积分别为25和1，直角三角形中较大的锐角为θ，则cos2θ等于（）A ．725B ．725-C ．925D ．925-【答案】B 【分析】根据题意可得出1sin cos 5θθ-=，平方可得24sin 225θ=，即可求出.【详解】因为大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，所以大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，所以5sin 5cos 1θθ-=，即1sin cos 5θθ-=，两边平方得11sin 225θ-=，即24sin 225θ=. 因为θ是直角三角形中较大的锐角，所以42ππθ<<，所以22πθπ<<，所以7cos 225θ==-. 故选：B.4．（2021·蚌埠铁路中学高三开学考试（文））勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．勒洛三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，即能在距离等于其圆弧半径（等于正三角形的边长）的两条平行线间自由转动，并且始终保持与两直线都接触．机械加工业上利用这个性质，把钻头的横截面做成勒洛三角形的形状，就能在零件上钻出正方形的孔来．如在勒洛三角形ABC 内随机选取一点，则该点位于正三角形ABC 内的概率为（）AB C D 【答案】A 【分析】由题意可得曲边三角形的面积为一个扇形加两个拱形的面积，或者3个扇形面积减去2个三角形的面积，然后由几何概型的概率公式求出概率．【详解】解：由题意可得正三角形的边长为半径的三段圆弧组成的曲边三角形的面积S 曲＝S 扇形CAB +2S 拱＝123π⋅⋅22+2（S 扇形﹣S △ABC ）＝23π⋅3﹣2⋅22＝2π﹣三角形ABC 的面积S △ABC 22所以由几何概型的概率公式可得：所求概率＝ABCS S ∆曲故选：A ．5．（2021·江苏高一期中）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了“黄金分割”.“黄金分割”是工艺美术、建筑、摄影等许多艺术门类中审美的要素之一，它表现了恰到好处的和谐，0.618≈，这一比值也可以表示为2sin18m =︒，若228m n +=，=（） A．2 B ．4 C ．D ．【答案】C 【分析】由题知28cos 18n =,再根据二倍角公式化简整理即可得答案. 【详解】解:因为2sin18m =︒，228m n +=, 所以2228288sin 188cos 18n m =-=-=,2sin1822cos1822sin 3622cos54cos54⨯===故选:C6．（2021·贵州贵阳·高三开学考试（文））水车（如图1），又称孔明车，是我国最古老的农业灌溉工具，主要利用水流的动力灌溉农作物，是先人们在征服世界的过程中创造出来的高超劳动技艺，是珍贵的历史文化遗产，相传为汉灵帝时毕岚造出雏形，经三国时孔明改造完善后在蜀国推广使用，隋唐时广泛用于农业灌溉，有1700余年历史．下图2是一个水车的示意图，它的直径为3m ，其中心（即圆心）O 距水面0.75m ．如果水车每4min 逆时针转3圈，在水车轮边缘上取一点P ，我们知道在水车匀速转动时，P 点距水面的高度h（单位：m ）是一个变量，它是时间t （单位：s ）的函数．为了方便，不妨从P 点位于水车与水面交点Q 时开始记时()0t =，则我们可以建立函数关系式()()sin h t A t k ωϕ=++（其中0A >，0>ω，2πϕ<）来反映h 随t 变化的周期规律．下面关于函数()h t 的描述，正确的是（）A ．最小正周期为80πB ．一个单调递减区间为[]30,70C ．()y h t =的最小正周期为40D ．图像的一条对称轴方程为403t =- 【答案】D 【分析】首先求得()33sin 24064h t t ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[)0,t ∈+∞，然后结合选项由三角函数的图象和性质判断即可.【详解】依题意可知，水车转动的角速度32(rad /s)46040ππω⨯==⨯， 3324A k +=+，3324A k -+=-+，解得32A =，34k =，由()330sin sin 024h A k ϕϕ=+=+=得1sin 2ϕ=-，又2πϕ<，则6πϕ=-，所以()33sin 24064h t t ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，[)0,t ∈+∞.对于选项A ：函数()h t 的最小正周期为2=8040ππ，故A 错误；对于选项B ：当[]30,70t ∈时，719,4061212t ππππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，因为3719,21212πππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以函数()h t 在[]30,70上不具有单调性，故B 错误；对于选项C ：()()353340sin 02642h h π=+=≠，所以C 错误；对于选项D ：40333sin 32244h π⎛⎫⎛⎫-=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（最小值），所以D 正确.故选：D.7．（2021·江苏南京市·高一期中）托勒密（C .Ptolemy ，约90-168），古希腊人，是天文学家､地理学家､地图学家､数学家，所著《天文集》第一卷中载有弦表.在弦表基础上，后人制作了正弦和余弦表（部分如下图所示），该表便于查出0°~90°间许多角的正弦值和余弦值，避免了冗长的计算.例如，依据该表，角2°12′的正弦值为0.0384，角30°0′的正弦值为0.5000，则角34°36′的正弦值为（）A ．0.0017B ．0.0454C ．0.5678D ．0.5736【答案】C 【分析】先看左边列找34︒，再往右找对第一行的36'即可. 【详解】由题意查表可得3436︒'的正弦值为0.5678. 故选:C .8．（2021·江苏镇江·高一期中）今年是伟大、光荣、正确的中国共产党成立100周年．“红星闪闪放光彩”，正五角星是一个非常优美的几何图形，庄严美丽的国旗和国徽上的大五角星是中国共产党的象征，如图为一个正五角星图形，由一个正五边形的五条对角线连结而成，已知C ，D 为AB 的两个黄金分割点，即AC BD AB AB =．则cos DEC ∠=（）ABCD【答案】A 【分析】根据图形和已知条件表示出,,CE DE CD ，然后用余弦定理求解即可【详解】由正五角星的对称性知：BC CE DE AD ===，不妨设BC CE DE AD x ====，则CD AC AD =-，又AC BC AC AD AB +=+=，AB AC ==则AC AD AC +=，所以AD =，AC AD AD ==，CD AC AD x x =-=-=22222224cos 122x DE CE CDDEC DE CEx +-∠===⨯ 故选：A二、多选题9．（2021·河北唐山·高三开学考试）声音是由物体振动产生的波，每一个音都是由纯音合成的.已知纯音的数学模型是函数sin y A t ω=.我们平常听到的乐音是许多音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数()1sin sin 22f x x x =+，则（）A ．()f x 的最大值为32B ．2π为()f x 的最小正周期C ．π2x =为()y f x =曲线的对称轴 D ．()π,0为曲线()y f x =的对称中心【答案】BD 【分析】分析函数sin y x =与1sin 22y x =不能同时取得最大值可判断A ；由sin y x =的最小正周期是2π，1sin 22y x=的最小正周期是2ππ2=可判断B ；计算ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是否成立可判断C ；计算()()2π0f x f x +-=是否成立可判断D ；进而可得正确选项. 【详解】对于A ：若()f x 的最大值为32，则sin y x =与1sin 22y x =同时取得最大值，当sin y x =取得最大值1时，cos 0x =，可得1sin 2sin cos 02y x x x ===取不到12，若1sin 22y x =取得最大值12时，sin 21x =，此时()ππZ 4x k k =+∈，而πsin sin π4y x k ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭1，所以sin y x =与1sin 22y x =不可能同时取得最大值，故选项A 不正确；对于B ：因为sin y x =的最小正周期是2π，1sin 22y x =的最小正周期是2ππ2=，且()()()()112πsin 2πsin 22πsin sin 222f x x x x x f x +=+++=+=，()()()()11πsin πsin 2πsin sin 222f x x x x x f x +=+++=-+≠所以2π为()f x 的最小正周期，故选项B 正确；对于C ：ππ1π1sin sin 2cos sin 222222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，ππ1π1sin sin 2cos sin 222222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭不恒成立，即ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+≠- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以π2x =不是曲线()y f x =的对称轴，故选项C 不正确；对于D ：()()()112πsin 2πsin 22πsin sin 222f x x x x x -=-+-=--，所以()()2π0f x f x +-=对于任意的x 恒成立，所以()π,0为曲线()y f x =的对称中心，故选项D 正确；故选：BD.10．（2021·江苏）由倍角公式2cos 22cos 1x x =-，可知cos2x 可以表示为cos x 的二次多项式．一般地，存在一个n （n *∈N ）次多项式()12012n n n n n P t a t a ta t a --=+++⋅⋅⋅+（012,,,n a a a a ⋅⋅⋅∈R ），使得()cos cos n nx P x =，这些多项式()n P t 称为切比雪夫（P ．L ．Tschebyscheff )多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（）A ．()3343P t t t =-+ B ．()424881P t t t =-+C ．sin18︒=D ．cos18︒=【答案】BC 【分析】通过求cos3,cos 4,cos5x x x ，来判断出正确选项. 【详解】()cos3cos 2cos2cos sin 2sin =+=-x x x x x x x()222cos 1cos 2sin cos x x x x =-- ()()222cos 1cos 21cos cos x x x x =--- 34cos 3cos x x =-，所以()3343P t t t =-，A 错误.()()222222cos 4cos 22cos 2sin 22cos 14sin cos x x x x x x x =⋅=-=--()42224cos 4cos 141cos cos x x x x =-+--428cos 8cos 1x x =-+，所以()424881P t t t =-+，B 正确.()cos5cos 4cos4cos sin 4sin x x x x x x x =+=- ()428cos 8cos 1cos 2sin 2cos2sin x x x x x x =-+- ()53228cos 8cos cos 4sin 2cos 1cos x x x x x x =-+--()()53228cos 8cos cos 41cos 2cos 1cos x x x x x x =-+--- 5316cos 20cos 5cos x x x =-+.所以()53cos90cos 51816cos 1820cos 185cos180︒=⨯︒=︒-︒+︒=，由于cos180︒≠，所以4216cos 1820cos 1850︒-︒+=，由于cos18cos30︒>︒，所以223cos 18cos 304︒>︒=，所以由4216cos 1820cos 1850︒-︒+=解得2cos 18︒=，所以sin18︒=，C正确. 2=≠⎝⎭，所以D 错误. 故选：BC 【点睛】三角函数化简求值问题，关键是根据题意，利用三角恒等变换的公式进行化简.11．（2021·全国）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后，在落潮时返回海洋.一艘货船的吃水深度（船底到水面的距离）为4m.安全条例规定至少要有2.25m 的安全间隙（船底到海底的距离），下表给出了某港口在某季节每天几个时刻的水深.若选用一个三角函数()f x 来近似描述这个港口的水深与时间的函数关系，则下列说法中正确的有（） A ．() 2.5cos 56x x f π⎛⎫=+⎪⎝⎭B ．() 2.5sin 56f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭C ．该货船在2：00至4：00期间可以进港D ．该货船在13：00至17：00期间可以进港【答案】BCD 【分析】依据题中所给表格，写出()f x 的表达式而判断选项A ，B ；再根据船进港的条件列出不等式，求解即可判断选项C ，D. 【详解】依据表格中数据知，可设函数为()sin f x A x k ω=+，由已知数据求得 2.5A =，5k =，周期12T =，所以26T ππω==﹐ 所以有() 2.5sin 56f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，选项A 错误；选项B 正确；由于船进港水深至少要6.25，所以 2. 5sin 5 6.256x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥，得1sin 62x π⎛⎫⎪⎝⎭≥，又024046x x ππ≤≤⇒≤≤，则有5666x πππ≤≤或1317666x πππ≤≤，从而有1 5 x ≤≤或1317x ≤≤，选项C ，D 都正确. 故选：BCD 【点睛】解三角不等式sin()(||1)x m m ωϕ+≥<关键在于：找准不等式中的函数值m 所对角；长为一个周期的区间内相位x ωϕ+所在范围.12．（2020·全国高三月考）斐波那契螺线又叫黄金螺线，广泛应用于绘画、建筑等，这种螺线可以按下列方法画出：如图，在黄金矩形ABCD AB BC ⎛= ⎝⎭中作正方形ABFE ，以F 为圆心，AB 长为半径作弧BE ；然后在黄金矩形CDEF 中作正方形DEHG ，以H 为圆心，DE 长为半径作弧EG ；；如此继续下去，这些弧就连接成了斐波那契螺线.记弧BE ，EG ，GI 的长度分别为l ，m ，n ，则下列结论正确的是（）A ．l m n =+B ．2m l n =⋅C ．2m l n =+D ．111m l n=+ 【答案】AB 【分析】设1AB =，则2BC =，再由14圆弧分别求得l ，m ，n ，然后再逐项判断.【详解】不妨设1AB =，则2BC =，所以121)4l π=⨯⨯=.因为3ED =所以12(34m π=⨯⨯=.同理可得124)4n π=⨯⨯=所以l m n =+，2m l n =⋅，2m l n ≠+，111m l n≠+，所以A ，B 正确，C ，D 错误. 故选：AB三、填空题13．（2021·安徽高三开学考试（理））正割（secant ）及余割（cosecant ）这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割1sec cos αα=，余割1csc sin αα=．已知0t >，且22sec csc 16x t x +≥对任意的实数,2k x x k Z π⎛⎫≠∈ ⎪⎝⎭均成立，则t 的最小值为__________．【答案】9 【分析】根据正余割的定义，得到和为1，结合基本不等式1的代入即可求解【详解】由题得：22111sec csc x x+=，所以()22222211sec csc sec csc 16sec csc x t x x t x x x ⎛⎫+=++≥ ⎪⎝⎭即：2222csc sec 11sec csc t x xt x x t ≥+++++116t ++5-3，所以9t ≥故答案为：914．（2021·江苏仪征中学高一月考）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，赵爽在为《周髀算经》，作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设2DF FA =，若AB =ABD △的面积为____________.【答案】【分析】设BD x =，可得出3AD x =，23ADB π∠=，利用余弦定理求出x 的值，再利用三角形的面积公式可求得ABD △的面积. 【详解】设BD x =，则3AD x =，因为DEF 为等边三角形，则3ADE π∠=，故23ADB π∠=，在ABD △中，由余弦定理得()222252323cos3AB x x x x π==+-⨯⨯⨯，解得2x =，故6AD =，2BD =，因此，ABD △的面积为1226sin23ABD S π=⨯⨯⨯=△故答案为：15．（2021·安徽阜阳·高一期末）筒车是一种水利灌溉工具（如图1所示），筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心为O ，筒车的半径为r ，筒车转动的周期为24s ，如图2所示，盛水桶M在0P 处距水面的距离为0h ．4s 后盛水桶M 在1P 处距水面的距离为1h ，若10h h -=，则直线0OP 与水面的夹角为______．【答案】π12【分析】根据题意构建平面几何模型，在借助三角函数求解答案. 【详解】如图，过O 作直线l 与水面平行，过0P 作0P A l ⊥于A ，过1P 作1PB l ⊥于B ．设0AOP α∠=，1BOP β∠=，则，4π2π243βα-=⨯=，π3βα∴=+由图知，0sin P A r α=，1sin PB r β=，0101sin sin P A h h PB r r r βα--=-==，所以πsin sin 3αα⎛⎫+-= ⎪⎝⎭πsin 3α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ34α-=-，即π12α=．故答案为：π12. 16．（2021·广东深圳·高三）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC 的三个内角均小于120︒时，则使得120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒的点P 即为费马点．已知点P 为ABC 的费马点，且AC BC ⊥，若||||||PA PB PC λ+=，则实数λ的最小值为_________．【答案】2 【分析】根据题意120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，不妨设PCB α∠=，故,,326CBP ACP CAP πππααα∠=-∠=-∠=-，进而得,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以在BCP 和ACP △中，由正弦定理得sin sin 3BP PC απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin 2sin 6PA PC παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭，故sin sin 2sin sin 36πααλππαα⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，在结合三角恒等变换化简整理求函数最值即可.【详解】根据题意, 点P 为ABC 的费马点，ABC 的三个内角均小于120︒, 所以120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，设PCB α∠=，所以在BCP 和ACP △中，,,3236CBP ACP CAP ACP ππππααα∠=-∠=-∠=-∠=-，且均为锐角，所以,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以由正弦定理得：sin sin 3BPPC παα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin sin 26PA PCππαα=⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以sin sin 3BP PC απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，sin 2sin 6PA PC παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭，因为||||||PA PB PC λ+=所以sin cos sin sin cos sin 2sin sin 36πααααααλππαα⎛⎛⎫- - ⎪⎝⎭=+==⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11==，因为,63ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22,33ππα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以(2sin 20,2α，)12,⎡∈+∞⎣故实数λ的最小值为2.故答案为：2【点睛】本题考查数学文化背景下的解三角形，三角恒等变换解决三角函数取值范围问题，考查运算求解能力，数学建模能力，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于根据题目背景，通过设PCB α∠=，进而建立解三角形的模型，再根据正弦定理及三角恒等变换化简求最值即可.四、解答题17．（2021·海安市南莫中学高一期中）下图所示的毕达格拉斯树画是由图（i ）利用几何画板或者动态几何画板Geogebra 做出来的图片，其中四边形ABCD ，AEFG ，PQBE 都是正方形.如果改变图（i ）中EAB ∠的大小会得到更多不同的“树形”.（1）在图（i ）中，21AB ,AE ==，且AE AB ⊥，求AQ ；（2）在图（ii ）中，21AB ,AE ==，设(0)EAB θθπ∠=<<，求AQ 的最大值.【答案】（1（2）9. 【分析】（1）由已知条件结合诱导公式求得cos ABQ ∠，在ABQ △中，利用余弦定理，即可求解；（2）由已知条件结合余弦定理，求得BE ，再利用正弦定理、余弦定理及三角函数的性质，即可求解. 【详解】（1）当AE AB ⊥时，BE BQ ==则()cos cos2ABQ ABE π∠=+∠sin AE ABE BE =-∠=-=在ABQ △中，由余弦定理可得2222cos 45413AQ AB BQ AB BQ ABQ =+-⋅∠=++=，所以AQ =（2）在ABE △中，由余弦定理知，2222cos 54cos BE AB AE AB AE θθ⋅=-⋅=+-，所以BE BQ ==在ABE △中，由正弦定理知sin sin AE BEABE θ=∠，可得sin ABE ∠=在ABQ △中，由余弦定理可得2222cos()2AQ AB BQ AB BQ ABE π=+-⋅⋅+∠454cos 4θ=+-+4(sin cos )994πθθθ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，所以当3(0,)4πθπ=∈时，AQ 的取最大值9.答：（1）AQ =（2）AQ 的最大值为9.18．（2021·昆明·云南师大附中高一期中）仰望星空，时有流星划过天际，令我们感叹生命的短暂，又深深震撼我们凡俗的心灵．流星是什么？从古至今，人们作过无数种猜测．古希腊亚里士多德说，那是地球上的蒸发物，近代有人进一步认为，那是地球上磷火升空后的燃烧现象．10世纪波斯著名数学家、天文学家阿尔·库希设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观察同一颗流星，来测定其发射点的高度．如图，假设地球是一个标准的球体，O 为地球的球心，AB 为地平线，有两个观测者在地球上的A ，B 两地同时观测到一颗流星S ，观测的仰角分别为SAD α∠=，SBD β∠=，其中，90DAO DBO ∠=∠=︒，为了方便计算，我们考虑一种理想状态，假设两个观测者在地球上的A ，B 两点测得30α=︒，15β=︒，地球半径为R 公里，两个观测者的距离3RAB π=． 1.73 1.5≈）（1）求流星S 发射点近似高度ES ；（2）在古希腊，科学不发达，人们看到流星以为这是地球水分蒸发后凝结的固体，已知对流层高度大约在18公里左右，若地球半径6370R ≈公里，请你据此判断该流星S 是地球蒸发物还是“天外来客”？并说明理由．【答案】（1）0.5ES R =公里；（2）该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”，理由见解析. 【分析】（1）由已知条件在ASB △中利用正弦定理求出1)AS R =，在SAC 中再利用余弦定理求出OS ，从而可得ES OS R =-；（2）由（1）求出的值可得流星S 发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，从而可得结论【详解】（1）因为3AB R π=，则60AOB ∠=︒，所以AOB 为等边角形，所以AB R =．又因为90DAO DBO ∠=∠=︒，所以30∠=∠=︒DAB DBA ，所以30∠=∠=︒DAB DBA ，所以60SAB ∠=︒，45SBA ∠=︒，75ASB ∠=︒．在ASB △中，由正弦定理：sin 75sin 45AB AS =︒︒，得()sin 4530sin 45R AS ︒=︒+︒，解得1)AS R =，在SAC 中，由余弦定理：2222222212cos 1)1)(42OS SA OA SA OA SAO R R R R ⎛⎫=+-⋅∠=+-⨯-= ⎪⎝⎭．所以 1.5OS R =≈≈，所以0.5ES OS R R =-=公里．（2）0.53185ES R ≈≈公里，所以流星S 发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，所以该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”．（言之有理即可）．19．（2021·奉新县第一中学高一月考）重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O 为吸引游客，准备在门前两条小路OA 和OB 之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知π6AOB ∠=，弓形花园的弦长AB =M ，π6MAB MBA ∠=∠=，设OBA θ∠=.（1）将OA 、OB 用含有θ的关系式表示出来；（2）该山庄准备在M 点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA 、OB 的长度，才使得喷泉M 与山庄O 的距离的值最大？【答案】（1）OA θ=，6OB πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）当OA OB =OM 取最大值4+ 【分析】（1）本题可通过正弦定理得出OA θ=、6OB πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）本题首先可根据题意得出2AM BM ==，然后通过余弦定理得出2222cos 6OM OB BM OB BM πθ⎛⎫=+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，通过转化得出222283OM πθ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，最后通过50,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭以及正弦函数的性质即可求出最值.【详解】（1）因为sin sin sin OA OB AB OAB AOBθ==∠∠，π6AOB ∠=，AB =所以56OAB πθ∠=-，OA θ=，566OB ππθθ⎛⎫⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）因为AB =π6MAB MBA ∠=∠=，所以2AM BM ==，在OMB △中，由余弦定理易知2222cos 6OM OB BM OB BM πθ⎛⎫=+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，即2248sin 4cos 666OM πππθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭248sin 2428224cos 22286333ππππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+=-+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭122sin 2282283233πππθθθ⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++++=-++⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎦，因为50,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2272,333πππθ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，2sin 23πθ⎡⎛⎫+∈-⎢⎪⎝⎭⎣⎭，当2sin 213πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，即512πθ=时， 2OM 取最大值28+OM 取最大值4+此时51264OA πππ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭ 512643OB ππππ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故当OA OB =时，OM 取最大值4+ 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理与余弦定理的应用，考查三角恒等变换，考查根据正弦函数的性质求最值，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题.20．（2021·江苏省镇江中学）古希腊数学家普洛克拉斯曾说：“哪里有数学，哪里就有美，哪里就有发现……”，对称美是数学美的一个重要组成部分，比如圆，正多边形……，请解决以下问题：（1）魏晋时期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，割圆术可以视为将一个圆内接正n 边形等分成n 个等腰三角形(如图所示)，当n 变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，求sin3︒的近似值(结果保留π).（2）正n 边形的边长为a ，内切圆的半径为r ，外接圆的半径为R ，求证：2tan2a R r nπ+=.【答案】（1）60π；（2）详见解析.【分析】（1）将一个单位圆分成120个扇形，每个扇形的圆心角为3︒，再根据120个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积求解；（2）设O 为内切圆的圆心，OA ，OB 分别为外接圆和内切圆的半径R ，r ，易知 1,2AB a nπθ==，然后在Rt OAB 中，利用三角函数的定义求得R ，r ，利用三角恒等变换证明.【详解】（1）将一个单位圆分成120个扇形，每个扇形的圆心角为3︒，因为这120个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，所以11211sin 32π⨯⨯⨯⨯≈ sin 360π≈；（2）设O 为内切圆的圆心，OA ，OB 分别为外接圆和内切圆的半径R ，r ，则,OA R OB r ==，如图所示：所以1,2AB a nπθ==，在Rt OAB 中，sin AB OAθ=，即12sin an Rπ=，所以2sin a R n π=， cos OB OA θ=，即cos r n Rπ=，所以coscos 2sin a n r R n nπππ==，所以1cos cos2sin 2sin 2sina a a n n R r n n nπππππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+=+=， 22cos 24sincos2tan222a a nnnnππππ==.21．（2021·上海徐汇·高一期末）主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周国的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声（如图所示）．已知某噪声的声波曲线f(x)=Asin (2π3x +φ)(A >0,0≤φ<π)，其中的振幅为2，且经过点（1，－2）（1）求该噪声声波曲线的解析式f(x)以及降噪芯片生成的降噪声波曲线的解析式g(x)；（2）证明：g(x)+g(x +1)+g(x +2)为定值．【答案】（1）f(x)=2sin (2π3x +5π6), g(x)=−2sin (2π3x +5π6)；（2）证明见解析.【分析】（1）首先根据振幅为2求出A ，将点（1，-2）代入解析式即可解得；（2）由（1），结合诱导公式和两角和差的余弦公式化简即可证明.【详解】（1）∵振幅为2，A >0，∴A =2，f(x)=2sin (2π3x +φ)，将点（1，-2）代入得：−2=2sin (2π3+φ)⇒sin (2π3+φ)=−1，∵0≤φ<π，∴2π3+φ∈[2π3,5π3)，∴2π3+φ=3π2⇒φ=5π6，∴f(x)=2sin (2π3x +5π6)，易知g(x)与f(x)关于x 轴对称，所以g(x)=−2sin (2π3x +5π6).（2）由（1）g(x)=−2sin (2π3x +5π6)=−2sin (2π3x +π3+π2)=−2cos (2π3x +π3)g(x)+g(x +1)+g(x +2)=−2cos (2π3x +π3)−2cos (2π3x +π)−2cos (2π3x +2π3+π)=−2cos (2π3x +π3)+2cos2π3x +2cos (2π3x +2π3)=−2(cos2π3x ⋅12−sin2π3x ⋅√32)+2cos2π3x +2[cos2π3x ⋅(−12)−sin2π3x ⋅√32]=0.即定值为0.22．（2021·合肥市第六中学高一期末）合肥逍遥津公园是三国古战场，也是合肥最重要的文化和城市地标，是休闲游乐场，更是几代合肥人美好记忆的承载地.2020年8月启动改造升级工作，欲对该公园内一个平面凸四边形ABCD 的区域进行改造，如图所示，其中4DC a =米，2DA a =米，ABC 为正三角形.改造后BCD △将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，ABD △将作为对三国历史文化的介绍区域.（1）当3ADC π∠=时，求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积；（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD △的面积的最大值.【答案】（1）()22m ；（2）(()224m a +.【分析】（1）由余弦定理求得AC ，再由正弦定理求得ACD ∠，求出BC BC ⊥，易得面积；（2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，用余弦定理表示出2AC ，用正弦定理表示出sin α，再用余弦定理表示出cos α，然后表示出BCD △的面积，利用两角和的正弦公式展开代入2sin ,cos ,AC αα，再利用两角差的正弦公式化简，然后利用正弦函数性质得最大值．【详解】解析：（1）2222cos3AC AD DC AD DC π=+-⋅⋅，∴AC =，又sin sin3ACADACD π=∠，∴1sin 2ACD ∠=，易知ACD ∠是锐角，所以6π∠=ACD ，∴2BCD π∠=，()2214m 2BCD S a =⨯⨯=△，（2）不妨设ADC θ∠=，ACD α∠=，于是由余弦定理得()222016cos AC a θ=-①，22sin sin sin sin AC a a ACθαθα=⇒=②， 22222124168cos cos 8AC a a AC a aAC a a aAC+=+-⋅⇒=③， ∴14sin 23BCDS a AC πα⎛⎫=⨯⨯⋅+ ⎪⎝⎭△2(sin cos cos sin )33a AC ππαα=⋅+2222sin 128a AC a AC AC AC θ⎡⎤+=⋅⎢⎥⎣⎦((2222sin 4sin 43a a a πθθθ⎛⎛⎫=-+=-++ ⎪ ⎝⎝≤⎭，当且仅当5 326πππθθ-=⇒=时取等号，∴BCD S △最大值为(()224m a +.【点睛】本题考查解三角形的应用，解题关键是选用一个角为参数，然后把其他量表示为参数的三角函数，这里注意正弦定理和余弦定理的应用，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形，最后利用正弦函数性质求得最值．。

【高考重难点小题专题练】专题九数学文化与应用创新题-2021届高三数学二轮复习(含解析)

专题九数学文化与应用创新题建议用时：45分钟一、选择题1、数学与建筑的结合造就建筑艺术品，2018年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界，如图．若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在y 轴上的双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为22，则此双曲线的离心率为( )A ．2B ．3C ．2 2D ．2 32、数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛,0.618就是黄金分割比512m -=的近似值,黄金分割比还可以表示成2sin18︒,则2242cos 271m m-=︒-( ). A ．4B ．51+C ．2D ．51-3、达芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名．如图，画中女子神秘的微笑，数百年来让无数观赏者入迷．某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行了粗略测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角A ，C 处作圆弧的切线，两条切线交于B 点，测得如下数据：AB ＝6 cm ，BC ＝6 cm ，AC ＝10.392 cm(其中32≈0.866)．根据测量得到的结果推算：将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角大约等于( )A.π3B.π4C.π2D.2π34、我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个整数中能被3除余2且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，那么此数列的项数为（） A ．133B ．134C ．135D ．1365、“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”.地支又与十二生肖“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”依次对应，“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅……癸酉；甲戌、乙亥、丙子……癸未；甲申、乙酉、丙戌……癸巳；……，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽.2020年是“干支纪年法”中的庚子年，那么2086年出生的孩子属相为（） A ．猴B ．马C ．羊D ．鸡6、Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（）（ln19≈3） A ．60B ．63C ．66D ．697、“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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为A ．32fB ．322fC ．1252fD ．1272f8、几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．1109、学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10 2 cm ，高为10 cm.打印所用原料密度为1 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为(取π＝3.14，精确到0.1)( )A ．609.4 gB ．447.3 gC ．398.3 gD ．357.3 g10、历史上有不少数学家都对圆周率作过研究，第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德，他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下界，开创了圆周率计算的几何方法，而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得π的近似值，他的方法被后人称为割圆术．近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种π值的表达式纷纷出现，使得π值的计算精度也迅速增加．华理斯在1655年求出一个公式：π2＝2×2×4×4×6×6×…1×3×3×5×5×7×…，根据该公式绘制出了估计圆周率π的近似值的程序框图，如下图所示，执行该程序框图，已知输出的T ＞2.8，若判断框内填入的条件为k ≥m ？，则正整数m 的最小值是( )A ．2B ．3C ．4D ．511、陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(7＋22)πB ．(10＋22)πC ．(10＋42)πD ．(11＋42)π12、埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A ．51- B ．51- C ．51+ D ．51+ 二、填空题13、中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a 、b 、c ，三角形的面积S 可由公式()()()S p p a p b p c =---求得，其中p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦-秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足()6a b cm +=，()4c cm =，则此三角形面积的最大值为________2cm .14、如图所示，边长为1的正三角形ABC 中，点M ，N 分别在线段AB ，AC 上，将△AMN沿线段MN 进行翻折，得到如图所示的图形，翻折后的点A 在线段BC 上，则线段AM 的最小值为________．15、现代足球运动是世界上开展得最广泛、影响最大的运动项目，有人称它为“世界第一运动”．早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球.1863年10月26日，英国人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织——英国足球协会，并统一了足球规则．人们称这一天是现代足球的诞生日．如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱．已知足球表面中的正六边形的面为20个，则该足球表面中的正五边形的面为______个，该足球表面的棱为_____条．16、《九章算术》言：“勾股以御高深广远，今有弦五尺，勾三尺，问股为几何？其中弦代表直角三角形的斜边，勾､股代表两条直角边，则股为______尺，若今有弦t 尺，勾()1t -尺，股32t -尺，则弦为______尺.答案解析一、选择题1、B [双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为22，可得：⎩⎪⎨⎪⎧c －a ＝2|bc |a 2＋b 2＝22c 2＝a 2＋b 2，解得a ＝1，c ＝3，b ＝22，所以双曲线的离心率为：e ＝ca ＝3.故选B.]2、【答案】C【详解】由题可知512sin182m -︒==，所以24sin18m =︒. 则222242sin1844sin 182cos 2712cos 271m m -︒-︒=︒-︒-2sin182cos18cos54︒•︒=︒2sin 36cos54︒=︒2=. 故选：C. 3、A [∵AB ＝6 cm ，BC ＝6 cm ，AC ＝10.392 cm(其中32≈0.866)．设∠ABC ＝2θ.∴sin θ＝10.39226＝0.866≈32， ∵ 由题意θ必为锐角，可得θ≈π3，设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为α. 则α＋2θ＝π， ∴α＝π－2π3＝π3.故选A.]4、【答案】C【详解】由数能被3除余2且被5除余2的数就是能被15除余2的数，故()21151513n a n n =+-=-，由15132020n a n =-≤，得813515n ≤+，*n ∈N ，故此数列的项数为：135．故选:C ．5、【答案】B【详解】六十甲子，周而复始，无穷无尽，即周期是60，2086年与2026年一样，2020年是庚子年，2021年是辛丑年，2022年是壬寅年，2023年是癸卯年，2024年是甲辰年，2025年是乙巳年，2026年是丙午年，午对应属相为马。

数学文化在高考中的考查研究——以2019年高考全国卷为例

数学文化在高考中的考查研究以2019年高考全国卷为例朱金金（合肥市第五中学安徽合肥 230011）摘要：高考作为高中阶段最重要的考试，对数学教学起到导向作用。

本文主要分析高考试题中的数学文化分布情况，并根据分析数据提出思考和建议。

关键词：数学文化渗透高考数学文化是人类探索实践史上的重要文化要素，拥有深厚的底蕴和内涵，其在数学教学和高考中的渗透也越来越多。

教育部颁发的《普通高中数学课程标准（2017年版）》（下文称《新课标》）指出：“数学文化指数学的思想、精神、语言、方法等。

”此后，在高考数学大纲中也明确说明增加数学文化的考查。

本文就2019年全国卷进行分析，进一步探索高考数学“在哪些地方渗入了数学文化”“渗入了数学文化的什么成分”“渗入数学文化的意义何在”等问题，以期对以后的数学教学工作提供借鉴。

一、研究设计（一）研究素材以2019年高考数学全国卷为研究素材,全国卷是国家考试中心组织命制的适用于全国大部分省份的高考试题。

从2016年开始，全国卷分为I 卷、H卷、DI 卷，由于每一卷又分为文科和理科，所以2019 年高考数学全国卷一共有6套试题，其中数学文化试题共计22题，具体见表1。

（二）研究框架表12019年全国卷数学文化试题卷别题号全国I 卷文：4,6,17 理：4,6,15,21全国II 卷文：4,5,14,16,19 理；4,5,13,16,18全国ID 卷文：3,18 理：3,16,17本文针对数学文化试题主要分析以下几个方面:题型、文化类型、考查知识点、数学思想、数学核心素养等。

—、研究结果（_）题型高考数学题型可划为选择题、填空题及解答题3种。

由表2可见，数学文化在以上3种题型中均有分布，且在选择题中考查较多，占数学文化试题总数的45.5%；在填空题和解答题中的考査题数一致，占数学文化试题总数的比例均为27. 3%。

（二）文化类型表2试题类型试题类型数量百分比选择题1045.5%填空题627. 3%解答题627.3%按照已有的研究，数学文化类型可划为数学史、数学与生活、数学与科技、数学与人文艺术、数学与游戏5个方面。

高考数学复习热点02 数学传统文化和实际民生为载体的创新题(解析版)

热点02 数学传统文化和实际民生为载体的创新题【命题形式】1、考查题型主要是选择题和填空题，计算题和证明题比较少，涉及到的知识点主要集中在函数、数列、立体几何证明与计算、复数、组合、三角函数、概率、推理、圆锥曲线。

2、数学文化考查背景总结如下:①以数学名著为考查背景，以中国数学典籍史料中优秀成果为背景。

②以数学猜想和定理为命题背景。

③以数学名家的故事为命题背景，以数学家的故事，为考查背景，正是对创新精神数学精神的一种传承。

④以数学的应用为命题背景。

⑤历史名人。

⑥历史发展。

3、文化背景的考查在突出所要考查的数学知识的同时，培养学生的数学素养，不仅可以让学生理解数学文化形成数学素养，同时也让学生感受我们古代数学的伟大成就，增强爱国情怀，引导学生了解数学文化体现数学文化以数化人的本质内涵。

这是新高考考察的目的，从而这类问题也是新高考必考题型。

4、数学高考题渗透了大量的数学文化，尤其是渗透到中国古代独特的数学题目。

但这些题目考查的知识点有限，很多内容并未涉及到。

我们现在的社会在飞速发展，无论是科技还是人的思想都不断地变化。

为了让学生能够更好地适应未来社会的发展，我们的教育需要及时更新，不仅仅要反映在教材，考试也应该与时俱进，而不再是摸小球，投骰子，算水费这些老古董的模型背景，更应该与时俱进。

比如以科技为背景文化材料都可以作为激发学生学习兴趣的新材料。

像2020年12月2日嫦娥五号成功降落在月球上，它里面所涉及的轨道、运动都能成为很好的考查背景材料，而这些发射卫星的基地名称也可以作为命题背景的一大亮眼之处。

除次以外，同样可以结合其他学科知识和实际民生，比如新冠肺炎这些热点问题也可以成为出题的背景，进入数学高考题。

【满分技巧】1、多掌握数学文化知识通过对数学文化知识了解使学生对文化素养的提升，做题时能够做到有的放矢，减少对这类问题的恐惧心理。

2、注意数学文化的译文很多数学文化的题型都是选用的是中国传统数学文化，题目前面都是以文言文的形式出现，而后面都会对给出译文，译文才是本题的关键题意，所以这类题的关键地方是在译文上理解。

2021新高考全国八省联考数学试题

2021新高考全国八省联考数学试题2021新高考全国八省联考数学试题一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知M，N均为R的子集，且，则A. B.MC.ND.R2.在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为A. B. C. D.3.关于x的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号．如果只有一个假命题，则该命题是A.甲B.乙C.丙D.丁4.椭圆的焦点为，，上顶点为A，若，则A.1B.C.D.25.已知单位向量，满足，若向量，则，A. B. C. D.6.的展开式中的系数是A.60B.80C.84D.1207.已知抛物线上三点，B，C，直线AB，AC是圆的两条切线，则直线BC的方程为A. B.C. D.8.已知且，且，且，则A. B. C. D.二、不定项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9.已知函数，则A.在单调递增B.有两个零点C.曲线在点处切线的斜率为D.是偶函数10.设，，为复数，下列命题中正确的是A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则11.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中A.B.C.D.12.设函数，则A. B.的最大值为C.在单调递增D.在单调递减三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为______．14.若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为______，______．15.写出一个最小正周期为2的奇函数______．16.对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于，至少要测量______次若，则．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知各项都为正数的数列满足．证明：数列为等比数列；若，，求的通项公式．18.在四边形ABCD中，，．若，求BC；若，求．19.一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1，2，3需要调整的概率分别为，，，各部件的状态相互独立．求设备在一天的运转中，部件1，2中至少有1个需要调整的概率；记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．20.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．求四棱锥的总曲率；若多面体满足：顶点数棱数面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．21.双曲线C：的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上当时，．求C的离心率；若B在第一象限，证明：．22.已知函数，．证明：当时，；若，求a．答案和解析1.【答案】B【解析】解：如图所示易知．故选：B．根据M，N均为R的子集，且，画出韦恩图，结合图形可求出．本题主要考查了集合的并集与补集，解题的关键是作出符合题意的韦恩图，同时考查了学生推理的能力．2.【答案】C【解析】解：三张卡片随机分给三位同学，共有种情况，恰有1位学生分到写有自己学号卡片，则有种情况，所以恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为．故选：C．先求出三张卡片随机分给三位同学的基本事件数，再求出恰有1位学生分到写有自己学号卡片的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．本题考查了古典概型及其概率计算公式的应用，涉及了排列组合的应用，解题的关键是确定总基本事件数和要求的基本事件数．3.【答案】A【解析】解：若甲是假命题，则乙丙丁是真命题，可得，，符合题意；若乙是假命题，则甲丙丁是真命题，可得，，两根不异号，不合题意；若丙是假命题，则甲乙丁是真命题，可得，，两根不异号，不合题意；若丁是假命题，则甲乙丙是真命题，两根和不为2，不合题意．综上可知，甲为假命题．故选：A．分别设甲、乙、丙、丁为假命题，结合真命题中方程两根的情况判断．本题考查简单的合情推理，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是基础题．4.【答案】C【解析】解：由题意可得，，又因为，可得，可得，解得．故选：C．由题意利用椭圆的性质可求，，可求，解三角形即可求解m的值．本题主要考查了椭圆的性质，考查了计算能力，属于基础题．5.【答案】B【解析】解：，，所以，所以．故选：B．由已知结合向量数量积的定义及向量数量积性质可求，然后结合同角平方关系即可求解．本题主要考查了向量数量积的定义及性质，考查了转化思想，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：的展开式中的系数为．故选：D．根据通项公式表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是，表示出的系数，然后利用组合数的性质进行求解．本题主要考查了二项式定理的应用，以及二项式系数的求解，解题的关键是利用组合数公式，属基础题．7.【答案】B【解析】解：把点代入抛物线方程可得，所以抛物线的方程为，又直线AB，AC是圆的两条切线，设切线方程为，因为圆心到切线的距离等于半径，则有，解得，则直线AB的方程为，直线AC的方程为，联立直线AB和抛物线的方程可求得，同理可求得，由直线的两点式方程可得，直线BC的方程为．故选：B．利用点A在抛物线上求出抛物线的方程，再利用直线与圆相切求出两条切线的方程，联立方程组求出B，C，利用直线的方程即可求解．本题考查了直线与圆的位置关系的应用，涉及了直线方程的求解、交点的求解，解题的关键是利用圆心到切线的距离等于半径求出切线的斜率．8.【答案】D【解析】解：根据题意，设，且，变形可得，即，且，变形可得，即，且，变形可得，即，，其导数，在区间上，，则为减函数，在区间上，，则为增函数，其草图如图：则有，故选：D．根据题意，设，对三个式子变形可得，，，求出的导数，分析其单调性，可得的大致图象，分析可得答案．本题考查函数的单调性的分析以及性质的应用，涉及利用导数分析函数的单调性，属于基础题．9.【答案】AC【解析】解：函数定义域，不关于原点对称，D错误，因为，当时，恒成立，单调递增，A正确，，当时，，单调递增且，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，所以只有一个零点，B正确，因为，C正确．故选：AC．先对函数求导，然后结合导数与单调性关系，导数的几何意义及函数性质分别检验各选项即可判断．本题综合考查了导数与单调性，导数的几何意义，导数与函数性质的综合应用，属于中档题．10.【答案】BC【解析】解：由复数的形式可知，选项A错误；当时，有，又，所以，故选项B正确；当时，则，所以，故选项C正确；当时，则，可得，所以，故选项D错误．故选：BC．利用复数的模的有关性质和运算，结合共轭复数的概念对各个选项逐一分析判断即可．本题考查了复数的模，涉及了复数模的性质以及模的运算，解题的关键是熟练掌握模的运算性质并能够进行灵活的运用．11.【答案】BCD【解析】解：还原正方体直观图如图，可知AE与CD为异面直线，故选项A不正确；由，可得，故选项B正确；正方形中易得平面BCH，所以有，故选项C正确；因为，且，所以，故选项D正确．故选：BCD．把展开图恢复成正方体，判断其直线平面的位置关系，充分利用平行，垂直问题求解．本题考查了折叠问题，恢复到正方体，运用几何体中的性质，判断位置关系，属于中档题，但是难度不大．12.【答案】AD【解析】解：对于A：函数，所以满足，故A正确；对于B：的几何意义为单位圆上动点与点连线的斜率的2倍，相切时，最大值为，故B错误；对于C：当时，动点在第二象限从左向右运动，斜率先增大后减小，故C错误；对于D：当时，动点在第一象限从左向右运动，斜率逐渐减小，故D正确；如图所示：故选：AD．直接利用三角函数的关系式的变换和函数的性质及三角函数与斜率的关系的应用判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，三角函数的性质，关系式和斜率的转换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．13.【答案】【解析】解：如图所示：由题意可知，圆台的下底面为球的大圆，所以O为球心，，，，即圆台的高为3，所以其体积，故答案为：．由题意可知圆台的下底面为球的大圆，利用勾股定理求出圆台的高，再由圆台的体积公式即可求出结果．本题主要考查了圆台的结构特征，考查了圆台的体积公式，考查了学生的计算能力，是基础题．14.【答案】【解析】解：设正方形一条边所在的直线倾斜角为，则，解得，所以该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为，．故答案为：；．设正方形一条边所在的直线倾斜角为，则由正方形一条对角线所在直线的斜率为2，结合倾斜角与斜率的关系求出，利用正方形的性质即可得到答案．本题考查了直线的倾斜角与斜率关系的应用、互相垂直的直线斜率关系的应用，解题的关键是求出其中一条边的斜率．15.【答案】【解析】解：基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的是，又最小正周期为2，故函数可为．故答案为：．先考虑熟悉的基本初等函数，再结合周期性和奇偶性即可得到答案．本题属于开放性问题，主要考查的是函数的奇偶性和周期性的应用，解题的关键了解基本初等函数的性质并能够进行灵活的应用．16.【答案】32【解析】解：根据正态曲线的对称性知，要使得误差在的概率不小于，则且，，所以，解得，，即n的最小值32．故答案为：32．根据正态曲线的对称性知，要使得误差在的概率不小于，问题转化为且，，可求．本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．17.【答案】证明：各项都为正数的数列满足，得，，所以数列是公比为3的等比数列；因为，，所以，由知数列是首项为2，公比为3的等比数列，所以，于是，，所以，即，也符合．故．【解析】根据等比数列的定义，结合已知变形得，，可证明；结合可得，变形得，从而可求．本题主要考查了等比数列的定义在等比数列的判断中的应用，还考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，属于中档题．18.【答案】解：在四边形ABCD中，若，所以：，由于，所以，即，所以，所以．设，则，由余弦定理得：，，故，解得或负值舍去．所以．【解析】直接利用余弦定理的应用求出结果；利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，余弦定理，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．19.【答案】解：设部件1，2，3需要调整分别为事件A，B，C，由题意可知，，，各部件的状态相互独立，所以部件1，2都不需要调整的概率，故部件1，2中至少有1个需要调整的概率为．的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，所以X的分布列为X 0 1 2 3P．【解析】由相互独立事件的概率的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可；的所有可能取值为0，1，2，3，求出事件发生的概率，即可求得分布列及数学期望．本题主要考查了相互独立事件概率的计算，以及离散型随机变量的分布列及方差，属于中档题．20.【答案】解：因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中四个侧面是三角形，一个底面是四边形，所以四棱锥的总曲率为；设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，每个面分别记为边形，则所有面角和为，则多面体的总曲率为，故这类多面体的总曲率是常数．【解析】利用多面体的总曲率的公式即可求解；利用多面体的总曲率的概念即可证明．本题考查了总曲率的概念的应用，考查了学生的推理转化能力，属于中档题．21.【答案】解：当且时，有，所以，则；由可知，双曲线C：，可设，，，当且时，；当BF与AF不垂直时，设，则，，而，又，，所以．综上可得，．【解析】利用已知条件可得，，化简得到a和c的关系，即可得到答案；设，然后分两种情况进行证明，当时，；当BF与AF不垂直时，设，然后利用同角三角函数关系以及二倍角公式进行化简变形，即可证明．本题考查了双曲线的综合应用，涉及了双曲线上动点的设法、同角三角函数的应用、二倍角公式的应用，解题的关键是设．22.【答案】解：证明：，，，考虑到，，所以当时，，此时，当时，，所以单调递增，所以，所以函数单调递减，，当时，，所以单调递增，所以，所以函数单调递增，，当时，，综上所述，当时，．构造函数，考虑到，，，，由可知：在时恒成立，所以在上单调递增，若，则在为负，为正，在单调递减，递增，所以，而当时，，故满足题意．若，，因为，所以，由零点存在定理，必存在，使得，此时满足时，，单调递减，所以，矛盾，舍去，若，，因为当时，，所以当时，，此时必存在使得，此时满足时，，单调递增，所以，矛盾，舍去，而当时，当，所以在时，成立，单调递增，，矛盾，舍去．综上所述，．【解析】根据题意可得，求导得，二次求导得，考虑到，，分三类当，当时，当时，证明即可．构造函数，由可知：在时恒成立，问题转化为在上单调递增时，a的值．本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于难题．。

集合与常用逻辑用语新高考数学新情景、新文化问题(新高考地区专用)(原卷版)

集合与常用逻辑用语一、单选题1．（2021·江苏高二月考）《墨经》上说：“小故，有之不必然，无之必不然体也，若有端.大故，有之必然，若见之成见也.”则“有之必然”表述的数学关系一定是（）A ．充分条件B ．必要条件C ．既不充分也不必要条件D ．不能确定2．（2021·湖南宁乡一中高二月考）南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．其含义是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为1V 、2V ，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为1S 、2S ，则命题p ：“1V 、2V 相等”是命题:q “1S 、2S 总相等”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．（2021·丰县宋楼中学高二月考）任何一个复数i z a b =+（其中a ，R b ∈，i 为虚数单位）都可以表示成()cos sin z r i θθ=+（其中0r ≥，R θ∈）的形式，通常称之为复数z 的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：()(cos sin cos nn r i r n θθθ⎡⎤+=⎣⎦)()sin i n n Z θ+∈，我们称这个结论为棣莫弗定理.由棣莫弗定理可知，“n 为偶数”是“复数()cos sin 22ni n Z ππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭为实数”的（） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 4．（2021·浙江高三）某国近日开展了大规模COVID -19核酸检测，并将数据整理如图所示，其中集合S 表示（）A ．无症状感染者B ．发病者C ．未感染者D ．轻症感染者5．（2021·江苏）中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：今有物，不知其数.三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二.问：物几何？现有如下表示：已知{}32,A x x n n N *==+∈，{}53,B x x n n N *==+∈，{}72,C x x n n N *==+∈，若x A B C ∈⋂⋂，则下列选项中符合题意的整数x 为 A ．8 B ．127 C ．37 D ．236．（2021·江苏）已知[]x 表示不超过x 的最大整数，称为高斯取整函数，例如[3.4]3=，[ 4.2]5-=-，方程220x x ⎡⎤-=⎣⎦的解集为A ，集合{}22650B xx ax a =-+>∣，且A B R =，则实数a 的取值范围是（） A ．10a -≤≤或322a ≤< B ．10a -<<或322a ≤< C ．10a -<≤或322a ≤< D ．10a -≤≤或322a <≤ 7．（2020·南京市中华中学高一月考）集合论是德国数学家康托尔（G .Cantor ）于19世纪末创立的.在他的集合理论中，用()card A 表示有限集合中元素的个数，例如：{},,A abc =，则()card 3A =.若对于任意两个有限集合,A B ，有card()card()card()card()A B A B A B ⋃=+-⋂.某校举办运动会，高一（1）班参加田赛的学生有14人，参加径赛的学生有9人，两项都参加的有5人，那么高一（1）班参加本次运动会的人数共有（）A ．28B ．23C ．18D ．168．（2020·江苏高一期中）在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个n 位正整数的所有数位上数字的n 次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合A ，集合{}Z 34B x x =∈-<<，则A B 的真子集个数为（）A ．3B ．4C ．7D ．8二、多选题9．（2020·江苏省板浦高级中学高三期末）已知集合()(){},M x y y f x ==，若对于任意()11,x y M ∈，存在()22,x y M ∈，使得12120x x y y +=，则称集合M 是“垂直对点集”.则下列四个集合是“垂直对点集”的为（） A ．(){},sin 1M x y y x ==+B ．()1,N x y y x ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭C ．(){},2xP x y y e ==- D ．(){}2,log Q x y y x == 10．（2020·江苏省通州高级中学高一月考）高斯是德国著名数学家、物理学家、天文学家、大地测量学家，近代数学奠基者之一.高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有这样一个函数就是以他名字命名的：设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则[]()f x x =称为高斯函数，又称为取整函数.如：(2.3)2f =，( 3.3)4f -=-.则下列正确的是（）A ．函数()f x 是R 上单调递增函数B ．对于任意实数a b ，，都有()()()f a f b f a b +≤+ C ．函数()()g x f x ax =-（0x ≠）有3个零点，则实数a 的取值范围是34434532⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭，， D ．对于任意实数x ，y ，则()()f x f y =是1x y -<成立的充分不必要条件11．（2020·广东广州六中高一期中）对x R ∀∈，[]x 表示不超过x 的最大整数，十八世纪，[]y x =被“数学王子“高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中的真命题是（） A ．x R ∃∈，[]1x x =-B ．x R ∃∈，[]1x x =+C ．x ∀、y R ∈，[][][]x y x y +≤+D ．函数[]()y x x x R =-∈的值域为[)0,1E.若t R ∃∈，使得31t ⎡⎤=⎣⎦，42t ⎡⎤=⎣⎦，53t ⎡⎤=⎣⎦，，2n t n ⎡⎤=-⎣⎦同时成立，则正整数n 的最大值是512．（2021·全国）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M 与N ，且满足Q M N ⋃=，M N ⋂=∅，M 中的每一个元素都小于N 中的每一个元素，则称(),M N 为戴德金分割．试判断，对于任一戴德金分割(),M N ，下列选项中，可能成立的是（）A ．M 没有最大元素，N 有一个最小元素B ．M 没有最大元素，N 也没有最小元素C ．M 有一个最大元素，N 有一个最小元素D ．M 有一个最大元素，N 没有最小元素三、填空题13．（2021·浙江高二期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把取整函数[],y x x =∈R 称为高斯函数，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如][1.11, 1.1 2.⎡⎤=-=-⎣⎦则点集{}22(,)|[][]1P x y x y =+=所表示的平面区域的面积是___________. 14．以下说法正确的是________(填序号)．①在三角形中，已知两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，但不能用余弦定理去解；②余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适应于任何三角形；③利用余弦定理，可解决已知三角形三边求角问题；④在三角形中，勾股定理是余弦定理的一个特例．15．给出以下4个命题，其中所有正确结论的序号是________（1）当a 为任意实数时，直线()1210a x y a --++=恒过定点P ，则焦点在y 轴上且过点P 的抛物线的标准方程是243x y =．（2）若直线()1:2110l kx k y +++=与直线2:20l x ky -+=垂直，则实数1k =；（3）已知数列{}n a 对于任意*,p q N ∈，有p q p q a a a ++=，若119a =，则304S =；（4）对于一切实数n ，令[]x 为不大于n 的最大整数，例如：[]53.053,13⎡⎤==⎢⎥⎣⎦，则函数()[]f x x =称为高斯函数或取整函数，若()*3n n a f n N ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则30145S =.16．（2021·宝山·上海交大附中高二期中）高斯被誉为历史上最伟大的数学家之一，与阿基米德、牛顿、欧拉同享盛名，高斯函数[]()f x x =也应用于生活、生产的各个领域.高斯函数也叫取整函数，其符号[]x 表示不超过x 的最大整数，如：[3.14]3=，[ 1.6]2-=-，定义函数：[]()sin 2x f x π⎛⎫=⎪⎝⎭，则()f x 值域的子集的个数为：________．。

2021年高考数学大一轮复习创新问题专项训练(二)理(含解析)

一、选择题1．已知集合M ＝{a |a ＝(1,2)＋λ(3,4)，λ∈R }，N ＝{a |a ＝(－2，－2)＋λ(4,5)，λ∈R }，则M ∩N ＝( )A ．{(1,1)}B ．{(1,1)，(－2，－2)}C ．{(－2，－2)}D ．∅2．定义：若函数f (x )的图象经过变换T 后所得图象对应函数的值域与f (x )的值域相同，则称变换T 是f (x )的同值变换．下面给出四个函数及其对应的变换T ，其中T 不属于f (x )的同值变换的是( )A ．f (x )＝(x －1)2，T 将函数f (x )的图象关于y 轴对称B ．f (x )＝2x －1－1，T 将函数f (x )的图象关于x 轴对称C ．f (x )＝2x ＋3，T 将函数f (x )的图象关于点(－1,1)对称D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，T 将函数f (x )的图象关于点(－1,0)对称3．设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }，{x n }的前n 项和为S n ，则sin S n 不可能取的值是( )A ．0B.12 C ．－32D.324．对向量a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)定义一种运算“⊗”：a ⊗b ＝(a 1，a 2)⊗(b 1，b 2)＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知动点P ，Q 分别在曲线y ＝sin x 和y ＝f (x )上运动，且OQ ―→＝m ⊗＋n (其中O 为坐标原点)，若向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，则y ＝f (x )的最大值为( )A.12 B ．2C ．3D.35．对于函数f (x )，若存在区间M ＝[a ，b ](a ＜b )，使得{y |y ＝f (x )，x ∈M }＝M ，则称区间M 为函数f (x )的一个稳定区间．给出下列函数：①f (x )＝e x ；②f (x )＝x 3；③f (x )＝cos π2x .其中存在“稳定区间”的函数的序号有( )A ．①③B ．②C ．①D ．②③6．定义区间(a ，b )，[a ，b )，(a ，b ]，[a ，b ]的长度均为d ＝b －a ，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如，(1,2)∪[3,5)的长度d ＝(2－1)＋(5－3)＝3.用[x ]表示不超过x 的最大整数，记{x }＝x －[x ]，其中x ∈R .设f (x )＝[x ]·{x }，g (x )＝x －1，当0≤x ≤k 时，不等式f (x )＜g (x )的解集区间的长度为5，则k ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9二、填空题7．设不等式组⎩⎨⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n所表示的平面区域为D n ，记D n 内的整点个数为a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)，则数列{a n }的通项公式为________．8．设集合P ＝{t |数列{n 2＋tn (n ∈N *)}单调递增}，集合Q ＝{t |函数f (x )＝kx 2＋tx 在区间[1，＋∞)上单调递增}，若“t ∈P ”是“t ∈Q ”的充分不必要条件，则实数k 的最小值为________．9．下表中的数表为“森德拉姆筛”，其特点是每行每列都成等差数列．(1)记数表中的第1行第1列的数为a 1，第2行第2列的数为a 2，依此类推，第n行第n列的数为a n，即a1＝2，a2＝5，则a n＝________；(2)在上表中，2 014出现的次数为________．三、解答题10．设函数F(x)在区间D上的导函数为F1(x)，F1(x)在区间D上的导函数为F(x)，如果当x∈D时，F2(x)≥0，则称F(x)在区间D上是下凸函数．已知e是2自然对数的底数，f(x)＝e x－ax3＋3x－6.(1)若f(x)在[0，＋∞)上是下凸函数，求a的取值范围；(2)设M(x)＝f(x)＋f(－x)＋12，n是正整数，求证：M(1)M(2)…M(n)＞e n＋1＋2n.11．已知F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，D ，E 是椭圆的右、上顶点，椭圆的离心率e ＝32，S △DEF 2＝1－32.若点M (x 0，y 0)在椭圆C 上，则点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0a ，y 0b 称为点M 的一个“椭点”，直线l 与椭圆交于A ，B 两点，A ，B 两点的“椭点”分别为P ，Q .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)问：是否存在过左焦点F 1的直线l ，使得以PQ 为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．答案1．选 C M ＝{a |a ＝(1,2)＋λ(3,4)，λ∈R }＝{a |a ＝(1＋3λ，2＋4λ)，λ∈R }，N ＝{a |a ＝(－2，－2)＋λ(4,5)，λ∈R }＝{a |a ＝(－2＋4λ，－2＋5λ)，λ∈R }．令(1＋3λ1,2＋4λ1)＝(－2＋4λ2，－2＋5λ2)，则⎩⎨⎧1＋3λ1＝－2＋4λ2，2＋4λ1＝－2＋5λ2，解得λ1＝－1，λ2＝0，所以M ∩N ＝{(－2，－2)}．2．选B 选项B 中，f (x )＝2x －1－1的值域为(－1，＋∞)，将函数f (x )的图象关于x 轴对称变换后所得函数的值域为(－∞，1)，值域改变，不属于同值变换．经验证，其他选项正确．3．选B 由f (x )＝x 2＋sin x 得，f ′(x )＝12＋cos x ，令f ′(x )＝0得，x ＝2k π±2π3(k ∈Z )，当f ′(x )＞0时，2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )，当f ′(x )＜0时，2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )，所以当x ＝2k π－2π3(k ∈Z )时，f (x )取极小值，即x n ＝2n π－2π3，所以S n ＝x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝2π(1＋2＋3＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，当n ＝3k (k ∈N *)时，sin S n ＝sin(-2k π)＝0；当n ＝3k －1(k ∈N *)时，sin S n ＝sin2π3＝32；当n ＝3k －2(k ∈N *)时，sin S n ＝sin 4π3＝－32. 4．选C 设P (x 1，y 1)，Q (x ，y )，∵m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，∴m ⊗＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3⊗(x 1，y 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，3y 1，∵＝m ⊗＋n ，∴(x ，y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，3y 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，∴x ＝x 12＋π6，y ＝3y 1，∴x 1＝2x －π3，y 1＝y 3，又y 1＝sin x 1，∴y 3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，∴y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，显然当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＝1时，y ＝f (x )取得最大值3.5．选D 对于①，函数f (x )＝e x 是增函数，当x ∈[a ，b ]时，相应的值域为[e a ，e b ]，令g (x )＝e x －x ，则g ′(x )＝e x －1，所以g (x )在(－∞，0]上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，且g (0)＝1＞0，因此方程g (x )＝0无实根，即函数f (x )＝e x 不存在“稳定区间”；对于②，当x ∈[－1,1]时，f (x )＝x 3的值域为[－1,1]，因此函数f (x )＝x 3存在“稳定区间”；对于③，当x ∈[0,1]时，f (x )＝cosπ2x 的值域为[0,1]，因此函数f (x )＝cosπ2x 存在“稳定区间”． 6．选B f (x )＝[x ]·{x }＝[x ]·(x －[x ])＝[x ]x －[x ]2，由f (x )＜g (x )，得[x ]x －[x ]2＜x －1，即()[x ]－1x ＜[x ]2－1.当x ∈(0,1)时，[x ]＝0，不等式的解为x ＞1，不符合题意；当x ∈[1,2)时，[x ]＝1，不等式可化为0＜0，无解，不符合题意；当x∈[2，＋∞)时，[x]＞1，不等式([x]－1)x＜[x]2－1等价于x ＜[x]＋1，此时不等式恒成立，所以不等式的解集为[2，k]，因为不等式f(x)＜g(x)的解集区间的长度为5，所以k－2＝5，即k＝7，故选B.7．解析：由题意知3n－nx＞0，又x＞0，则0＜x＜3.∴x＝1或x＝2，∴D n 内的整点在直线x＝1和x＝2上．记直线y＝－nx＋3n为l，l与直线x＝1，x ＝2的交点的纵坐标分别为y1，y2，则y1＝－n＋3n＝2n，y2＝－2n＋3n＝n，∴a n ＝3n.答案：a n＝3n8．解析：因为数列{n2＋tn(n∈N*)}单调递增，所以(n＋1)2＋t(n＋1)＞n2＋tn，可得t＞－2n－1，又n∈N*，所以t＞－3.因为函数f(x)＝kx2＋tx在区间[1，＋∞)上单调递增，所以其图象的对称轴x＝－t2k≤1，且k＞0，故t≥－2k，又“t∈P”是“t∈Q”的充分不必要条件，所以－2k≤－3，即k≥32，故实数k的最小值为3 2 .答案：329．解析：(1)由“森德拉姆筛”数表中的数据a1＝2，a2＝5，a3＝10，a4＝17，…可知，a2－a1＝3，a3－a2＝5，a4－a3＝7，…，a n－a n－1＝2n－1，累加得a n－a1＝3＋5＋7＋…＋2n－1＝3＋2n－1n－12＝n2－1，所以a n＝n2－1＋a1＝n2＋1；(2)记第i行第j列的数为A ij，那么每一组i与j的解就对应表中的一个数，因为第1行的数组成的数列A1j(j＝1,2，…)是以2为首项，公差为1的等差数列，所以A1j＝2＋(j－1)×1＝j＋1，所以第j列数组成的数列A ij是以j＋1为首项，公差为j的等差数列，所以A ij＝j＋1＋(i－1)×j＝ij＋1，令A ij＝ij＋1＝2 014，即ij＝2 013＝1×2 013＝3×671＝11×183＝61×33＝33×61＝183×11＝671×3＝2 013×1.故2 014出现的次数为8.答案：(1)n2＋1 (2)810．解：(1)f′(x)＝e x－3ax2＋3，设F1(x)＝f′(x)，则F1′(x)＝e x－6ax.∵f(x)在[0，＋∞)上是下凸函数，∴当x∈[0，＋∞)时，F1′(x)＝e x－6ax≥0.当x＝0时，1≥0成立，即F1′(x)＝e x－6ax≥0成立，此时a∈R.当x∈(0，＋∞)时，由F1′(x)＝e x－6ax≥0得，a≤e x 6x.设H(x)＝e xx，则H′(x)＝x e x－e xx2＝e x x－1x2.∴当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)单调递增；当x∈(0,1)时，H′(x)＜0，H(x)单调递减，∴当x＝1时，H(x)取得最小值H(1)＝e，∴a ≤e 6，∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，e 6.(2)证明：∵f (x )＝e x －ax 3＋3x －6， ∴M (x )＝f (x )＋f (－x )＋12＝e x ＋e －x ＞0.∵M (x 1)M (x 2)＝e x 1＋x 2＋e x 1－x 2＋e x 2－x 1＋e －x 1－x 2＞e x 1＋x 2＋e x 1－x 2＋e x 2－x 1，又e x 1－x 2＋e x 2－x 1≥2e x 1－x 2e x 2－x 1＝2，∴M (x 1)M (x 2)＞e x 1＋x 2＋2， ∴M (1)M (n )＞e n ＋1＋2，M (2)M (n －1)＞e n ＋1＋2，M (3)M (n －2)＞e n ＋1＋2，…，M (n )M (1)＞e n ＋1＋2，∴[M (1)M (n )][M (2)M (n －1)]· …·[M (n )M (1)]＞(e n ＋1＋2)n ， ∴M (1)M (2)· …·M (n )＞e n ＋1＋2n.11．解：(1)由题意得e ＝c a ＝32，故c ＝32a ，b ＝12a ，S △DEF 2＝12×(a －c )×b＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a －32a ×a 2＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32a 2＝1－32，故a 2＝4，即a ＝2，所以b ＝1，c ＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝－3，联立⎩⎨⎧x ＝－3，x 24＋y 2＝1，解得⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝12或⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝－12，不妨令精品文档实用文档A ⎝⎛⎭⎪⎫－3，12，B ⎝⎛⎭⎪⎫－3，－12，所以对应的“椭点”坐标为P ⎝⎛⎭⎪⎫－32，12，Q ⎝⎛⎭⎪⎫－32，－12.而·＝12≠0.所以此时以PQ 为直径的圆不过坐标原点．②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)，联立⎩⎨⎧y ＝k x ＋3，x 24＋y 2＝1消去y 得(4k 2＋1)x 2＋83k 2x ＋12k 2－4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则这两点的“椭点”坐标分别为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝－83k 24k 2＋1，x 1x 2＝12k 2－44k 2＋1，则y 1y 2＝k 2(x 1＋3)(x 2＋3)＝k 2[x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋3]＝－k 24k 2＋1.若使得以PQ 为直径的圆经过坐标原点，则OP ⊥OQ ，而＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，因此·＝0，即x 12×x 22＋y 1y 2＝x 1x 24＋y 1y 2＝0，即2k 2－14k 2＋1＝0，解得k ＝±22.所以所求的直线方程为y ＝22x ＋62或y ＝－22x －62.@S31622 7B86 箆20990 51FE 凾35363 8A23 訣•|-26433 6741 杁28496 6F50 潐@ U`S。

第09讲解析几何-2021年新高考数学新情景、新文化问题

+
y2 (mb)2
=1(m
> 1) ，
∴ A(−ma, 0), B(0, mb) ，设切线 AC 为=y k1(x + ma) ，切线 BD 为=y k2 x + mb ，
= y ∴ x2 a2
k1 ( x
+
y2 b2
+ ma) = 1 ，整理得 (a2k12
+ b2)x2
+
2ma3k12 x
方程与圆 x2
+ y2
= a2 相交位置，两方程联解可得 − a 2
≤
y0
≤
a 成立，由图知双纽线 C 上满足
2
PF1
=
PF2
的点 P 有一个.
【详解】
设动点 C(x, y) ，由已知得到动点 C 的轨迹方程 [(x a)2 y2 ] [(x a)2 y2 ] a2
化简得 (x2 y2 )2 2a2 (x2 y2 ) ，原点 O(0, 0) 代入入轨迹方程，①显然成立；把 (x, y) 关于原点对称的点
点坐标为 (x, y) ，及可得到动点的轨迹方程，然后由方程特点即可加以判断．【详解】对于①，由题意设动点坐标为 (x, y) ，
则利用题意及两点间的距离公式的得：[(x + 1)2 + y2 ] [(x −1)2 + y2 ] = a4 ，
将原点代入验证，此方程不过原点，所以①错；
对于②，把方程中的 x 被 −x 代换， y 被 − y 代换，方程不变，
A． x + y − 2 =0
B． x − 2 y +1 =0
C． x − y + 2 =0
D． 2x − y + 2 =0

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理，因而四方称之为“中国剩余理”．“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 2019 中能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数按
由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为( )
A．134 B．135 C．136 D．137 B [由能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数就是能被 15 整除余 1 的数，故 an＝15n－14.由 an＝15n－14≤2019，得 n≤135，故此数列的项数为 135.故选 B．]
-8-
A．2 B．3 C．2 2 D．2 3
B [双曲线ay22－bx22＝1(a＞0，b＞0)的上焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为 2 2，
棱锥为阳马．设 AA1 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点
为顶点，以 AA1 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
-3-
A．4 B．8 C．12 D．16 D [根据正六边形的性质，则 D1A1ABB1，D1A1AFF1 满足题意，而 C1，E1， C，D，E，和 D1 一样，有 2×4＝8，当 A1ACC1 为底面矩形，有 4 个满足题意，当 A1AEE1 为底面矩形，有 4 个满足题意，
A． M2R M1
B．
M2 R
2M1
-5-
3 C．
3M2R
M1
3 D．
M2 R
3M1
D [∵α＝ r .∴r＝αR， R
r 满足方程：RM＋1r2＋Mr22＝(R＋r)MR31.
∴MM21＝3α3＋1＋3αα4＋2 α5≈3α3，
∴r＝αR＝3 M2 R.故选 D．] 3M1
8．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面
衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为 M1，月球质量为 M2，地月距离为
R，L2
点到月球的距离为
r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r
满足方程： M1 R＋r2
＋Mr22＝(R＋r)MR31.设α＝Rr .由于α的值很小，因此在近似计算中3α3＋1＋3αα4＋2 α5≈3α3，
则 r 的近似值为( )
故有 8＋4＋4＝16，故选 D．] 6.(2019·北京高考)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C：x2＋y2 ＝1＋|x|y 就是其中之一(如图)．给出下列三个结论：
①曲线 C 恰好经过 6 个整点(即横、纵坐标均为整数的点)； ②曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2； ③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3. 其中，所有正确结论的序号是( ) A．① B．② C．①② D．①②③ C [将 x 换成－x 方程不变，所以图形关于 y 轴对称，当 x＝0 时，代入得 y2 ＝1，∴y＝±1，即曲线经过(0,1)，(0，－1)；当 x＞0 时，方程变为 y2－xy＋x2－1＝0，所以Δ＝x2－4(x2－1)≥0，解得
-6-
A．5 B．8 C．10 D．15 C [法一：由题意，知 ai，aj，ak 构成原位大三和弦时，j＝k－3，i＝j－4，所以 ai，aj，ak 为原位大三和弦的情况有：k＝12，j＝9，i＝5；k＝11，j＝8，i＝4； k＝10，j＝7，i＝3；k＝9，j＝6，i＝2；k＝8，j＝5，i＝1 共 5 种．ai，aj，ak 构成原位小三和弦时，j＝k－4，i＝j－3，所以 ai，aj，ak 为原位小三和弦的情况有：k ＝12，j＝8，i＝5；k＝11，j＝7，i＝4；k＝10，j＝6，i＝3；k＝9，j＝5，i＝2；k ＝8，j＝4，i＝1 共 5 种．所以用这 12 个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为 10，故选 C．法二：由题意，知当 ai，aj，ak 为原位大三和弦时，k－j＝3 且 j－i＝4，又 1≤i<j<k≤12，所以 5≤j≤9，所以这 12 个键可以构成的原位大三和弦的个数为 5. 当 ai，aj，ak 为原位小三和弦时，k－j＝4 且 j－i＝3，又 1≤i<j<k≤12，所以 4≤j≤8，所以这 12 个键可以构成的原位小三和弦的个数为 5.所以用这 12 个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为 10，故选 C．] 10．(2017·浙江高考)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率 π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积 S6，S6＝________. 3 3 [如图所示，单位圆的半径为 1，则其内接正六边形 ABCDEF 中，△AOB
3．(2020·绵阳模拟)数学与建筑的结合造就建筑艺术品，2018 年南非双曲线大
教堂面世便惊艳世界，如图．若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在 y 轴上的双曲线ay22－bx22＝1(a＞0，b＞0)上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为 2，
到渐近线距离为 2 2，则此双曲线的离心率为( )
专题限时集训(八) 高考中的数学文化题高考中的创新应用题
1．(2015·全国卷Ⅰ)《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 8 尺，米堆的高为 5 尺，问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，估算出堆放的米约有( )
∴x2＋y2≤2，∴ x2＋y2≤ 2，即曲线 C 上 y 轴右边的点到原点的距离不超过
2，根据对称性可得：曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2，故②正确．
在 x 轴上方图形面积大于矩形面积＝1×2＝2，x 轴下方的面积大于等腰直角
三角形的面积＝1×2×1＝1，因此曲线 C 所围成的“心形”区域的面积大于 2＋1 2
＝3，故③错误．故选 C．]
7．(2019·全国卷Ⅱ)2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次
月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解
决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦
娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 L2 点的轨道运行．L2 点是平
A．14 斛
B．22 斛
C．36 斛
D．66 斛
B [设圆锥的底面半径为 r，则 πr＝8， 2
16 2
解得 r＝16，故米堆的体积为1×1×π× π ×5≈320，∵1 斛米的体积约为
π
43
9
1.62 立方， ∴320÷1.62≈22，故选 B．] 9
2．(2016·全国卷Ⅱ)中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算
π 5
6
在复平面内所对应的点的坐标为
－cos
π，－sin 5
π 5
，
位于第三象限．故选 C．]
2．(2020·淄博期中)“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符合 1801 年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定
A．逐年比较，2008 年减少二氧化硫排放量的效果最显著 B．2007 年我国治理二氧化硫排放显现成效 C．2006 年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 D．2006 年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 D [从图中明显看出 2008 年二氧化硫排放量比 2007 年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故 A 正确；2004－2006 年二氧化硫排放量越来越多，从 2007 年开始二氧化硫排放量变少，故 B 正确；从图中看出，2006 年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故 C 正确；2006 年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故 D 错误．故选 D．] 4．(2019·全国卷Ⅰ)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚
-2-
脐至足底的长度之比是 5－1
5－1≈0.618，称为黄金分割比例
2
，著名的“断臂
2
维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之
比也是 5－1.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为 105 cm，头顶至脖子 2
下端的长度为 26 cm，则其身高可能是( )
A．165 cm
2 是边长为 1 的正三角形，所以正六边形 ABCDEF 的面积为 S6＝6×12×1×1×sin 60° ＝3 3.]
2
-7-
1．(2020·深圳二模)棣莫弗公式(cos x＋isin x)n＝cos nx＋isin nx(i 为虚数单位)
是由法国数学家棣莫弗 (1667 － 1754) 发现的，根据棣莫弗公式可知，复数
cos
π＋isin 5
π 5
6 在复平面内所对应的点位于(
)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
C [由(cos x＋isin x)n＝cos nx＋isin nx，
得
cos
π＋isin 5
π 5 6＝cos
6π＋isin
6π＝－cos
π－isin
π，
5
5
5
5
∴复数
cos
π＋isin 5
B．175 cm
C．185 cm
D．190 cm
B [头顶至脖子下端的长度为 26 cm，
说明头顶到咽喉的长度小于 26 cm，
由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是 5－1≈0.618， 2