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新高考背景100题
一、单选题
1．图1是中国古代建筑中的举架结构，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．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
2．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A． B． C． D．
3．“莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，转子发动机的设计就是利用了莱洛三角形，转子引擎只需转一周，各转子便有一次进气、压缩、点火与排气过程，相当于往复式引擎运转两周，因此具有小排气量就能成就高动力输出的优点．另外，由于转子引擎的轴向运动特性，它不需要精密的曲轴平衡就可以达到非常高的运转转速．“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形（如图所示）．设“莱洛三角形”曲边上两点之间的最大距离为4，则该“莱洛三角形”的面积为（ ）
A． B．
C． D．
4．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“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 ”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中与弦围成的弓形的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．2021年是中国共产党成立100周年，为了庆祝建党100周年，激发青少年学生的爱国、爱党热情，引导青少年学生深入地了解党的光辉历史，加强爱国主义教育，甲、乙两所学校均计划于2021年7月组织师生参加“观看一部红色电影”活动．据了解，《1921》、《革命者》、《红船》、《三湾改编》等多部电影将陆续上映．甲、乙两校分别从这4部电影中任选一部电影观看，则甲、乙两校选择不同电影观看的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．2021年1月7日，一个戴着红帽子，扎着红围脖，身材圆滚的大雪人在哈尔滨市友谊西路音乐公园内落成．这个用雪量2000余立方米的“雪人中的巨人”，寓意着可爱祥和、喜庆丰收，每天约有3000人前来和大雪人合影打卡，已成为松花江畔冬天的新地标，这满满的冬日仪式感就是冰城独特的浪漫．小明同学为了估算大雪人的高度，在大雪人的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，雪人头顶C的仰角分别是15°和45°，在楼顶A处测得雪人头顶C的仰角为15°，则小明估算大雪人的高度为（ ）
A． B．13m C． D．
7．2021年4月12日，四川省三星堆遗址考古发据3号坑出土一件完整的圆口方尊，这是经科学考古发据出土的首件完整圆口方尊（图1）.北京冬奥会火种台“承天载物”的设计理念正是来源于此，它的基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开翩，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种，一种圆口方尊的上部（图2）外形近似为双曲线的一部分绕着虚轴所在的直线旋转形成的曲面，该曲面的高为50cm，上口直径为cm，下口直径为25cm，最小横截面的直径为20cm，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
8．圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的圭表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（ ）
A． B． C． D．
9．高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止现从入口放进一个白球，则其落在第③个格子的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．数学源于生活，数学在生活中无处不在!学习数学就是要学会用数学的眼光看现实世界!1906年瑞典数学家科赫构造了能够描述雪花形状的图案，他的做法如下：从一个边长为2的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边，分别向外作正三角形，再去掉底边（如图① ② ③等）.反复进行这一过程，就得到雪花曲线.
不妨记第个图中的图形的周长为，则（ ）
A． B． C． D．
11．欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为 B．
C． D．的共轭复数为
12．公元1715年英国数学家布鲁克·泰在他的著作中陈述了“泰勒公式”，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数.泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如：，其中，，试用上述公式估计的近似值为（精确到0.001）（ ）
A．1.647 B． C． D．1.646
13．十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了如下公式：
（其中）
现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（ ）
A． B． C． D．
14．我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球的球面上，且该“鳖臑”的高为，底面是腰长为的等腰直角三角形．则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
15．若函数是定义域和值域均为的单调递增函数，我们称曲线为洛伦兹曲线，它在经济学上用来描述一个国家的家庭收入分布情况．如图，设曲线与直线所围成的区域面积为A，曲线与直线，x轴围成的区域面积为B，定义基尼系数，基尼系数可以衡量一个国家家庭收入分布不平均的程度．若某个国家的洛伦兹曲线为，则该国家的基尼系数为（ ）．
A． B．
C． D．
16．大衍数列，来源于中国古代著作《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前项为：、、、、、、、、、，通项公式为，若把这个数列排成下侧形状，并记表示第行中从左向右第个数，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
17．“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读．比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天．由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142．则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（ ）
A．648个 B．720个 C．810个 D．891个
18．南宋数学家杨辉在《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则该数列的第31项为（ ）
A． B．
C． D．
19．在归国包机上，孟晚舟写下《月是故乡明，心安是归途》，其中写道“过去的1028天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的1028天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的1028天，山重水复，不知归途在何处．”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抹绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途．”下列数列中，其前n项和不可能为1028的数列是（ ）
(参考公式：)
A． B．
C． D．
20．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足： . ，记，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
21．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，古代用它作为长方棱台（上、下底面均为矩形的棱台）的专用术语，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术注》中记载：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘．把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有一体积为的“刍童”，如图所示，四棱台ABCD－EFGH的上、下底面均为正方形，且平面ABCD∥平面EFGH，EF＝2AB＝4，FB⊥平面ABCD，∠EAF＝90°，直线AE与平面EFGH所成的角为45°，M，N分别为棱AE，CG的中点，则直线AF与MN所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
22．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它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，如图所示．在“赵爽弦图”中，若，，则实数（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
23．欧拉公式被称为世界上最完美的公式，欧拉公式又称为欧拉定理，是用在复分析领域的公式，欧拉公式将三角函数与复数指数函数相关联，即（）.根据欧拉公式，下列说法不正确的是（ ）
A．对任意的，
B．在复平面内对应的点在第二象限
C．的实部为
D．与互为共轭复数
24．密位制是度量角的一种方法，把一周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角．在角的密位制中，单位可省去不写，采用四个数码表示角的大小，在百位数与十位数之间画一条短线，如7密位写成“0-07”，478密位写成“4-78”．若，则角可取的值用密位制表示错误的是（ ）
A．12-50 B．2-50 C．13-50 D．32-50
25．朱载堉（1536~1611），是中国明代一位杰出的音乐家 数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”.即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第二个音的频率为，第八个音的频率为.则（ ）
A． B． C． D．
26．据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为( )
A． B． C． D．
27．图中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”（如图），莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，若曲侧面三棱柱的高为，底面任意两顶点之间的距离为，则其体积为（ ）
A． B．
C． D．
28．北宋数学家贾宪创制的数字图式（如图）又称“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉引用、n维空间中的几何元素与之有巧妙联系、例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点、1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域；……如下表所示.从1维到6维最简几何图形中，所有1维线段数的和是（ ）
元素维度 几何体维度0123…（线段）21（三角形）331（四面体）4641………………
A．56 B．70 C．84 D．28
29．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点和．且，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
30．一个三角形的腰与底边（或底边与腰）的比值等于黄金比，则称此三角形为黄金三角形．黄金三角形有锐角三角形和钝角三角形，其中锐角三角形的顶角，底角，而钝角三角形顶角，底角．如图，在一个锐角黄金中，．根据这些信息，可得（ ）
A． B． C． D．
31．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图1，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长和攒尖高的比值为，若点是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
32．英国化学家、物理学家享利·卡文迪许被称为第一个能测出地球质量的人，卡文迪许是从小孩玩的游戏（用一面镜子将太阳光反射到墙面上，我们只要轻轻晃动一下手中的镜子，墙上的光斑就会出现大幅度的移动，如图1）得到灵感，设计了卡文迪许扭秤实验来测量万有引力，由此计算出地球质量，他在扭秤两端分别固定一个质量相同的铅球，中间用一根韧性很好的钢丝系在支架上，钢丝上有个小镜子，用激光照射镜子，激光反射到一个很远的地方，标记下此时激光所在的点，然后用两个质量一样的铅球同时分别吸引扭秤上的两个铅球（如图2），由于万有引力作用，根秤微微偏转，但激光所反射的点却移动了较大的距离，他用此计算出了万有引力公式中的常数G，从而计算出了地球的质量．在该实验中，光源位于刻度尺上点P处，从P出发的光线经过镜面（点M处）反射后，反射光线照射在刻度尺的点Q处，镜面绕M点顺时针旋转a角后，反射光线照射在刻度尺的点处，若△PMQ是正三角形．（如图3），则下列等式中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
33．公元1202年意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若记，数列的前n项和为，则（ ）
A．-1 B．0 C．2021 D．2022
34．赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形组成），如图（1）类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边角形，设，若向三角形ABC内随机投一粒芝麻（忽略该芝麻的大小），则芝麻落在阴影部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
35．如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则n的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
36．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．若，，则b的值可以是（ ）
A．2022 B．2021 C．2020 D．2019
37．若正整数、只有为公约数，则称、互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列是等差数列
C．
D．数列的前项和为，则
38．李生素数猜想是数学家希尔伯特在1900年提出的23个问题中的第8个：存在无穷多个素数p，使得是素数，素数对称为孪生素数.2013年华人数学家张益唐发表的论文《素数间的有界距离》第一次证明了存在无穷多组间距小于定值的素数对，那么在不超过16的素数中任意取出不同的两个，则不能组成孪生素数的概率为（ ）
A． B． C． D．
39．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点．另一方面，我们可以从上述第一段“三分之一的路程”开始，通过分别计算他在每一个“三分之一距离”上行进的时间并将它们逐个累加，不难推理出这个人行进的总时间不会超过一个恒定的实数．记等比数列的首项，公比为q，前n项和为，则造成上述悖论的原理是（ ）
A． B．
C． D．
40．下如图是世界最高桥——贵州北盘江斜拉桥.下如图是根据下如图作的简易侧视图（为便于计算，侧视图与实物有区别）.在侧视图中，斜拉杆PA，PB，PC，PD的一端P在垂直于水平面的塔柱上，另一端A，B，C，D与塔柱上的点O都在桥面同一侧的水平直线上.已知，，，.根据物理学知识得，则（ ）
A．28m B．20m C．31m D．22m
41．古希腊数学家帕普斯提出著名的蜂窝猜想，认为蜂窝的优美形状，是自然界最有效劳动的代表.他在《汇编》一书中对蜂房的结构作出精彩的描写“蜂房是由许许多多的正六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.蜜蜂凭着自己本能的智慧选择了正六边形，因为使用同样多的原材料，正六边形具有最大的面积，从而可贮藏更多的蜂蜜.”某兴趣小组以蜂窝为创意来源，制作了几个棱长均相等的正六棱柱模型，设该正六棱柱的体积为，其外接球的体积为，则=（ ）
A． B． C． D．
42．如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，则该“鞠”的表面积为（ ）
A．cm2 B．24cm2 C．27cm2 D．29cm2
43．笛卡尔是法国著名的数学家、哲学家、物理学家，他发明了现代数学的基础工具之一——坐标系，将几何与代数相结合，创立了解析几何．相传，52岁时，穷困潦倒的笛卡尔恋上了18岁的瑞典公主克里斯蒂娜，后遭驱逐，在寄给公主的最后一封信里，仅有短短的一个方程：，拿信的公主早已泪眼婆娑，原来该方程的图形是一颗爱心的形状．这就是著名的“心形线”故事．某同学利用几何画板，将函数，画在同一坐标系中，得到了如图曲线．观察图形，当时，的导函数的图像为( )
A． B．
C． D．
44．月牙泉，古称沙井，俗名药泉，自汉朝起即为“敦煌八景” 之一，得名“月泉晓澈”，因其形酷似一弯新月而得名，如图所示，月牙泉边缘都是圆弧，两段圆弧可以看成是的外接圆和以为直径的圆的一部分，若，南北距离的长大约m，则该月牙泉的面积约为（ ）（参考数据：）
A．572m2 B．1448m2 C．m2 D．2028m2
45．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则其中不正确结论的是（ ）
A． B．
C． D．
46．数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中六边形的个数是（ ）
A．12 B．20 C．32 D．40
47．2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为3，则图③中的值为（ ）
A． B． C．6 D．
48．北京冬奥会火种台（图1）以“承天载物”为设计理念，创意灵感来自中国传统青铜礼器——尊的曲线造型，基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开阔，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种．如图2，一种尊的外形近似为双曲线的一部分绕着虚轴旋转所成的曲面，尊高50cm，上口直径为，底座直径为25cm，最小直径为20cm，则这种尊的轴截面的边界所在双曲线的离心率为（ ）
A．2 B．
C． D．
49．《周髀算经》是中国古代天文学与数学著作，其中有关于24节气的描述，将一年分为24个节气，如图所示，已知晷长指太阳照射物体影子的长度，相邻两个节气的晷长变化量相同（即每两个相邻节气晷长增加或减小量相同，其中冬至晷长最长，夏至晷长最短，从夏至到冬至晷长逐渐变大，从冬至到夏至晷长逐渐变小.周而复始，已知冬至晷长为13.5尺，芒种晷长为2.5尺，则一年中秋分这个节气的晷长为（ ）
A．6.5尺 B．7.5尺 C．8.5尺 D．95尺
50．写算，是一种格子乘法，也是笔算乘法的一种，用以区别筹算与珠算，它由明代数学家吴敬在其撰写的《九章算法比类大全》一书中提出，是从天元式的乘法演变而来.例如计算89×61，将被乘数89计入上行，乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘被乘数89的每位数字，将结果计入相应的格子中，最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得5429.类比此法画出354×472的表格，若从表内的18个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中任取2个数字，则它们之和大于10的概率为（ ）
A． B． C． D．
51．我们的数学课本《人教A版必修第二册》第121页介绍了“祖暅原理”：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体，若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图将底面直径皆为，高皆为的“椭半球体”和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与任意距离处的平面截两个几何体，可横截得到一个圆面和一个圆环面，可以证明总成立.据此，当时“椭半球体”的体积是（ ）
A． B． C． D．
52．意大利“美术三杰”（文艺复兴后三杰）之一的达·芬奇的经典之作——《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷.某数学兼艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了测绘，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：，.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位于区间（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
53．将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（ ）
A．当是偶数时，中间的一项取得最大值，当是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值
B．
C．
D．
54．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的表面积之比为
B．平面DEF截得球的截面面积最小值为
C．四面体CDEF的体积的取值范围为
D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
55．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若，则 B．若，则
C． D．
56．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR，用x表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如．已知函数，函数，则（ ）
A．函数的值域是
B．函数是偶函数
C．函数的图象关于对称
D．方程只有一个实数根
57．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（ ）
正四棱锥的高为米
B．正四棱锥的底面边长为3米
C．正四棱锥的侧面积为平方米
D．正四棱锥的表面积为平方米
58．“脸谱”是戏曲舞台演出时的化妆造型艺术，更是中国传统戏曲文化的重要载体如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线C，其方程为．则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C包含的封闭图形内部(不含边界)有11个整数点(横、纵坐标均为整数)
B．曲线C上任意一点到原点距离的最大值与最小值之和为5
C．若A(0，－)、B(0，)，P是曲线C下半部分中半椭圆上的一个动点，则cos∠APB的最小值为－
D．画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：椭圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上，称该圆为椭圆的蒙日圆；那么曲线C中下半部分半椭圆扩充为整个椭圆C'：后，椭圆C'的蒙日圆方程为：
59．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则以下命题正确的是（ ）
A．与成角的余弦值为
B．，，，四点不共面
C．弧上存在一点，使得
D．以点为球心，为半径的球面与曲池上底面的交线长为
60．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（ ）
AB与平面BCD所成的角为
B．
C．与AB所成的角是的棱共有16条
D．该半正多面体的外接球的表面积为
61．对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如，则（ ）
A．
B．数列为等比数列
C．数列不单调
D．数列的前项和恒小于4
62．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如，.则下列说法正确的是（ ）
A．函数在区间（）上单调递增
B．若函数，则的值域为
C．若函数，则的值域为
D．，
63．阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，享有“数学之神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，则称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为，弦的中点为C，则关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（ ）
A．点 B．轴 C． D．
64．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ）
A．
B．AB与PF所成角为45°
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面
65．第24届冬季奥林匹克运动会圆满结束.根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奧会开、闭幕式的场馆.国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若椭圆：和椭圆：的离心率相同，且.则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．如果两个椭圆，分别是同一个矩形（此矩形的两组对边分别与两坐标轴平行）的内切椭圆（即矩形的四条边与椭圆均有且仅有一个交点）和外接椭圆，则
D．由外层椭圆的左顶点向内层椭圆分别作两条切线（与椭圆有且仅有一个交点的直线叫椭圆的切线）与交于两点，的右顶点为，若直线与的斜率之积为，则椭圆的离心率为.
66．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为6的正四棱柱构成，则（ ）
A．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直
B．该“十字贯穿体”的表面积是
C．该“十字贯穿体”的体积是
D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点出发，沿表面到达顶点的最短路线长为
67．早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.而今我们称为正数a，b的算术平均数，为正数a，b的几何平均数，并把这两者结合的不等式叫作基本不等式.已知实数a，b满足，，a+b=2，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小值是 B．的最小值为3
C．的最大值为3 D．的最小值是2
68．由倍角公式cos2x＝2cos2x－1，可知cos2x可以表示为cosx的二次多项式．一般地，存在一个n(n∈N*)多项式使得Pn(t)＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋antn(a0，a1，a2，…，an∈R)，使得cosnx，这些多项式Pn(t)称为切比雪夫(P．L．Tschebyscheff)多项式．则（ ）
A．P3(t)＝4t3－3t B．当n≥3时，
C． D．
69．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第个正方形的边长为（其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…），第个直角三角形（阴影部分）的面积为（其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…），则（ ）
A．数列是公比为的等比数列 B．
C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前项和
70．青花瓷（blue and white porcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷.原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑.图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值可以是（ ）
A． B．2 C． D．3
三、双空题
71．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为___________，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为____________．(，)
72．“牟合方盖”（图①）是由我国古代数学家刘徽创造的，其构成是由一个正方体从纵横两侧面作内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的（图②），假设正方体的棱长为2，则其中一个内切圆柱的表面积为___________；该正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，所以用任一平行于正方体底面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，根据祖暅原理（夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，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）可得“牟合方盖”的体积为____________．
73．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体的棱长为，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为________.
74．历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为，由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
（1）椭圆C的离心率为__________．
（2）点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为在l上的射影H在圆上，则椭圆C的方程为__________．
75．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为____；若点为抛物线上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为______．
76．香囊，又名香袋、花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示.则图2中两线段与，在图1的六面体中实际所成的角为________，若该六面体的正视图由一菱形与其两条对角线组成（如图3所示），则这个菱形的面积为________.
四、填空题
77．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是___________．
①勒洛四面体被平面截得的截面面积是
②勒洛四面体内切球的半径是
③勒洛四面体的截面面积的最大值为
④勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
78．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．
79．意大利著名画家、数学家、物理学家达芬奇在他创作《抱银貂的女子》时思考过这样一个问题：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的悬链线问题，连接重庆和湖南的世界第一悬索桥——矮寨大桥就采用了这种方式设计．经过计算，悬链线的函数方程为，并称其为双曲余弦函数．若对恒成立，则实数m的取值范围为______．
80．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动如图2，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当时，盛水筒M位于点，经过t秒后运动到点，点P的纵坐标满足，则当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为____________．
81．天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线（Cassini Oval）．在平面直角坐标系中，设定点为，，点O为坐标原点，动点满足（且为常数），化简得曲线E：．下列命题中正确序号是__________．
①曲线E既是中心对称又是轴对称图形；
②的最小值为2a；
③当时，的最大值为；
④面积不大于．
82．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱于底面垂直的四棱锥称之为阳马，若四棱锥为阳马，平面ABCD，，，二面角为，则四棱锥的外接球的表面积为____________．
83．德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形，保留靠角的4个，删除其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删除；以此方法继续下去，经过次操作后，若要使保留下来的所有小正方形的面积之和不超过，则至少需要操作的次数为______．（，）
84．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了它们的光学性质．比如椭圆，他发现如果把椭圆焦点F一侧做成镜面，并在F处放置光源，那么经过椭圆镜面反射的光线全部都会经过另一个焦点．设椭圆方程为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，则该椭圆的离心率为_________．
85．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．在堑堵中，，是的中点，，，分别在棱，上，且，，平面与交于点，则______．
86．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现．如图，在底面半径为的圆柱内有球与圆柱的上、下底面及母线均相切，设分别为圆柱的上、下底面圆周上一点，且与所成的角为，直线与球的球面交于两点，则线段的长度为______．
87．建筑学中必须要对组合墙的平均隔声量进行设计．组合墙是指带有门或窗等的隔墙，假定组合墙上有门、窗及孔洞等几种不同的部件，各种部件的面积分别为，，…，（单位：m2），其相应的透射系数分别为，，…，，则组合墙的实际隔声量应由各部分的透射系数的平均值确定：，于是组合墙的实际隔声量（单位：dB）为．已知某墙的透射系数为，面积为20 m2，在墙上有一门，其透射系数为，面积为，则组合墙的平均隔声量约为_______dB．（注：）
88．中国古塔矗立在大江南北，为城市山林增光添彩，被誉为中国古代杰出的高层建筑.如图是位于陕西省西安市的大慈恩寺大雁塔，其塔身为四边形，底面边长为a米.现一游人站在距离塔底中心a米的圆周上任取一点观看，则他能同时看到塔的两个侧面（即图2中的正方形的两边）的概率为___________.
89．青花瓷，中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一.如图是一个落地青花瓷，其外形称为单叶双曲面，且它的外形左右对称，可以看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为16，上瓶口圆的直径为20，上瓶口圆与最小圆圆心间的距离为12，则该双曲线的离心率为___________.
90．克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，完成下题：如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上一点，以AB为一边作等边三角形ABC，则当线段OC的长取最大值时，∠AOC＝________.
91．算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠.例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字74.若在个 十 百 千位档中随机选择一档拨一颗下珠，再从四个档中随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，则所表示的数字小于400的概率为__________
92．“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为：然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为；…；操作过程不断进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃.若，则操作次数的最小值为____________.
93．甲 乙两名探险家在桂林山中探险，他们来到一个山洞，洞内是一个椭球形，截面是一个椭圆，甲 乙两人分别站在洞内如图所示的A B两点处，甲站在A处唱歌时离A处有一定距离的乙在B处听得很清晰，原因在于甲 乙两人所站的位置恰好是洞内截面椭圆的两个焦点，符合椭圆的光学性质，即从一个焦点发出光经椭圆反射后经过另一个焦点.现已知椭圆：上一点M，过点M作切线l，A，B两点为左右焦点，，由光的反射性质：光的入射角等于反射角，则椭圆中心O到切线l的距离为___________.
94．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．已知曲线，直线l为曲线C在点处的切线，如图，阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得到的几何体为．给出四个几何体：
图①是底面直径和高均为1的圆锥；
图②是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为1的正四棱锥；
图④是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1的圆台挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体．
根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积不相等的是______．
95．龙马负图如图所示．数千年来被认为是中华文化的源头，传说伏羲通过龙马身上的图案（河图）画出“八卦”．其结构是一与六共宗居下，二与七为朋居上，三与八为友居左，四与九同道居右，五与十相守居中，其中白圈为阳数，墨点为阴数．若从阳数和阴数中分别随机抽出1个，则被抽到的2个数的数字之和超过12的概率为______．
五、解答题
96． 篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Naismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1=1，q1=0．
(1)求p3＋2q3的值；
(2)比较p8，q8的大小．
97．中国象棋是中国棋文化，也是中华名族的瑰宝，中国象棋使用方形格状棋盘，圆形棋子共有32个，红黑各有16个棋子，摆动和活动在交叉点上．双方交替行棋，先把对方的将（帅）将死的一方获胜，为丰富学生课余生活，现某中学举办象棋比赛，经过3轮的筛选，最后剩下甲乙丙三人进行最终决赛．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙与甲，乙比赛获胜的概率都为
(1)如果甲与乙采用5局3胜制比赛（其中一人胜3局即结束比赛），那么甲胜乙的概率是多少；
(2)若第一轮甲与乙比赛，丙轮空；第二轮由丙与第一轮的胜者比赛，败者轮空；第三轮由第二轮比赛的胜者与第二轮比赛的轮空者比赛，如此继续下去（每轮都只比赛一局），先胜两局者获得冠军，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局，求乙获得冠军的概率．
98．“费马点”是由十七世纪法国业余数学家之王费马提出并征解的一个问题，该问题是指在位于三角形内找一个到三角形三个顶点距离之和最小的点.由当时意大利数学家托里拆利给出解答，当三角形三个内角均小于时，“费马点”与三个顶点的连线正好三等分“费马点”所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在中， 的对边分别为a b c，且，，成等差数列，.
(1)证明：是直角三角形；
(2)若O是的“费马点”，.设，，，求的值.
99．从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币．如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”．某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径为，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字．设，五个正方形的面积和为．
(1)求面积关于的函数表达式；
(2)求面积最小值．
100．2022北京冬奥会开幕式上，每个代表团都拥有一朵专属的“小雪花”，最终融合成一朵“大雪花”，形成了前所未有的冬奥主火炬，惊艳了全世界！（如图一），如图二是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案．设原正三角形（图①）的边长为3，把图二中的①，②，③，④，……图形的周长依次记为，，，，…，得到数列．
(1)直接写出，的值；
(2)求数列的通项公式．
试卷第1页，共3页
参考答案，仅供参考哦
1．D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
2．B
【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【解析】如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.
3．A
【分析】先根据图形特征求得，从而，再求出扇形ABC的面积，最后根据“莱洛三角形”面积与扇形面积之间的关系求出其面积即可.
【解析】由题意可知等边三角形的边长为4，即,
所以扇形ABC的面积等于以A为圆心，为半径的圆的面积的，
故扇形ABC的面积，
又，
该“莱洛三角形”的面积为.
故选：A.
4．B
【分析】设圆的半径为，利用勾股定理求出，再根据扇形的面积及三角形面积公式计算可得；
【解析】设圆的半径为，则，，
由勾股定理可得，即，
解得，所以，，
所以，因此.
故选：B
5．D
【分析】利用古典概型概率公式即得.
【解析】分别用1，2，3，4表示《1921》、《革命者》、《红船》、《三湾改编》，
由题可得基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，，共有16种，
其中甲、乙两校选择不同电影有：，，，，，，，，，，，，共有12种，
所以甲、乙两校选择不同电影观看的概率是.
故选：D．
6．A
【分析】先根据题设画出示意图，利用三角变换公式可求雪人的高度.
【解析】根据题意可得如图所示的示意图：
其中，，
故，所以，故，
又，
故，故，
故选：A.
7．D
【分析】设双曲线的标准方程为，利用已知条件确定的值，即可求解
【解析】设双曲线的标准方程为，
则由题意最小横截面的直径为20cm，可知，
设点，
则
解得，
所以，
故选：D
8．D
【分析】根据图形，找到角度与边长之间的关系求解.
【解析】．
在中，，在中，．
由，得，
故选：D．
9．C
【分析】小球从起点到第③个格子一共跳了7次，其中向左边跳动5次，向右边跳动2次，向左向右的概率均为，则向右的次数服从二项分布，由二项分布的概率公式计算可得．
【解析】小球从起点到第③个格子一共跳了7次，其中向左边跳动5次，向右边跳动2次，向左向右的概率均为，则向右的次数服从二项分布，
所求概率为，
故选：C．
10．C
【分析】根据题图规律确定第n个图边的条数及其边长，并写出其通项公式，再求第5个图的周长.
【解析】由图知：第一个图有3条边，各边长为2，故周长；
第二个图有12条边，各边长为，故周长；
第三个图有48条边，各边长为，故周长；
……
所以边的条数是首项为3，公比为4的等比数列，则第n个图的边有条，
边长是首项为2，公比为的等比数列，则第n个图的边长为，
故.
故选：C
11．D
【分析】对于A，由，其虚部为1，可判断A；对于B，，判断B；对于C， ，判断C；对于D,求得，结合共轭复数的概念即可判断.
【解析】对于A，，其虚部为1，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，则，故C错误；
对于D, ，故的共轭复数为，D正确，
故选：D
12．B
【分析】根据泰勒公式，令，代入即可求解.
【解析】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，
令，取前6项可得：
所以的近似值为，
故选：B.
13．B
【分析】利用已知公式，将公式两边分别求导，结合诱导公式，即可得到，求解即可.
【解析】因为（其中），且，
所以对两边分别求导可得：
.
令x=1可得：.
又，则.
故选：B
14．A
【分析】作出图形，设在三棱锥中，平面，且，，证明出该三棱锥的四个面均为直角三角形，求出该三棱锥的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.
【解析】如下图所示：
在三棱锥中，平面，且，，
因为平面，、、平面，则，，，
，，平面，平面，，
所以，三棱锥的四个面都是直角三角形，且，
，
设线段的中点为，则，
所以，点为三棱锥的外接球球心，
设球的半径为，则，因此，球的表面积为.
故选：A.
15．D
【分析】由，可得（），则洛伦兹曲线是圆心为，半径为1的圆周，从而可求出，进而可求出
【解析】由，可得（），
所以洛伦兹曲线是圆心为，半径为1的圆周，
所以，
，
所以，
故选：D
16．D
【分析】确定在数列中的项数，结合数列的通项公式可求得结果.
【解析】由题可知，设数阵第行的项数为，则数列是以为首项，公差为的等差数列，
数列的前项和为，
所以，是数列的第项，因此，.
故选：D.
17．D
【分析】5位“回文数”的万位与个位相同，千位与十位相同，所以只需确定前3位即可.
【解析】根据“回文数”的特点，只需确定前3位即可，最高位即万位有9种排法，千位和百位各有10种排法，根据分步乘法计数原理，共有种排法，其中各位数字相同的共有9种，则所有5位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有种.
故选：D.
18．D
【分析】根据题意，设该数列为，分析可得满足，，利用累加法计算可得．
【解析】根据题意，设该数列为，数列的前7项为2，3，5，8，12，17，23，
则满足，，
则，
故选：D．
19．A
【分析】利用等差数列、等比数列的前项和公式以及参考公式求数列前项和，令，看是否有正整数解即可判定选项A、B、D的正确性；通过分类讨论分别求出和，然后可得到，令，看是否有正整数解即可选项C的正确性．
【解析】设数列的前项和为，
对于A：由等差数列的前项和公式，得：
，
因为方程无正整数解，即选项A错误；
对于B：不妨令，，
数列和的前项和分别为和，
则，，
由参考公式和等差数列的前项和公式，得：
，
，
所以，
解得，即选项B正确；
对于C：①当时，
，故此时；
②当时，
令，解得，
即时，，
即选项C正确；
对于D：由等比数列的前项和公式可知，
，
解得，即选项D正确．
故选：A．
20．C
【分析】根据给定的数列的递推公式，逐项分析、推理计算即可判断作答．
【解析】依题意，数列的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
即，所以A正确；
当时，，
所以B正确；
由，可得，
累加得
则，即，所以C错误；
由，，
，
所以，所以D正确.
故选：C.
21．D
【分析】利用异面直线的定义通过平移找到异面直线所成的角即可求解.
【解析】连接，，，
∵是棱台，且平面∥平面，
∴∥，
又∵M，N分别为棱AE，CG的中点，
∴∥,
∴∠FAC为直线AF与MN所成角,
由题意可知点A在平面EFGH上的射影R在EF上，
则，
解得，即,
∴,
∴,
∵FB⊥平面ABCD，
∴FB⊥AB，FB⊥BC，
∴,
即,
∴△为等边三角形，∴∠FAC＝60°，即，
故选：D．
22．B
【分析】依据题给条件利用列出关于的方程，解之即可求得实数的值
【解析】由，可得，又
则
又，， 则
即
则
即，整理得
解之得，或（舍）
故选：B
23．C
【分析】利用复数的概念、几何意义、复数的模的概念及共轭复数的含义即得.
【解析】对于A选项，，A正确；
对于B选项，，而，，故在复平面内对应的点在第二象限，B正确；
对于C选项，，实部为，C错误；
对于D选项，，又，故与互为共轭复数，D正确.
故选：C.
24．C
【分析】根据同角三角函数的基本关系及二倍角公式求出，再根据所给算法一一计算各选项，即可判断；
【解析】因为，
即，
即，所以，所以，或，
解得或
对于A：密位制对应的角为，符合题意；
对于B：密位制对应的角为，符合题意；
对于C：密位制对应的角为，不符合题意；
对于D：密位制对应的角为，符合题意；
故选：C
25．A
【分析】先设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，得出通项公式，根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍，得出公比，最后计算第八个音的频率与第二个音的频率的比值．
【解析】设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，那么，
根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍，，
所以.
故选：A
26．A
【分析】分用(1根+4根)和(2根+3根)两种情况组成不同的两个数，求出总的组合数，并求出各个组合中两数的和，根据古典概型概率计算方法计算即可．
【解析】用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法：
第一种是用1根和4根小木棍可以组成：1与4、1与8，其和分别为5、9，共2种；
第二种是用2根和3根小木棍可以组成：2与3、2与7、6与3、6与7，其和分别为5、9、9、13，共4种；
故用五根小木棍随机摆成图中的两个数，有2+4=6种不同组合，其中两个数的和不小于9的有4种，故所求概率为．
故选：A．
27．B
【分析】根据三角形面积和扇形面积可求得底面弓形面积，由此可得“莱洛三角形”的面积，由棱柱的体积公式可求得结果.
【解析】由题意知：底面正三角形面积为，
底面三个小弓形的面积均为：，
底面“莱洛三角形”的面积，
“曲侧面三棱柱”的体积.
故选：B.
28．A
【分析】根据题意可得，可求得，即可求解.
【解析】设从1维到维最简几何图形的1维线段数构成数列，
由题意可得，，，…，
以此类推，可得，
所以
，
所以.
故选：A.
29．D
【分析】设，，由双曲线的定义可得，，在直角三角形中，在中，运用锐角三角函数的定义、勾股定理和余弦定理，化简整理，结合离心率公式，可得所求值．
【解析】设，，
由双曲线的定义可得，，
由，可得，
在直角三角形中，，①
，②
在中，可得③
由①②可得，，
代入③可得，
即为，
则，
故选：D．
30．A
【分析】取的中点，连接，计算出的值，利用二倍角的余弦公式可求得，再利用诱导公式可求得结果.
【解析】取的中点，连接，如下图所示：
则，
所以，，
所以，.
故选：A.
31．C
【分析】连接，设为的中点，则异面直线与所成角为或其补角，再根据几何关系求解即可.
【解析】如图，连接，设为的中点，，
异面直线与所成角为或其补角．
连接，
所以，在正四棱锥中，，，
平面，
，设，则由题意得，
在中，．
故选：C．
32．C
【分析】过点作，则，，，所以，即可求解．
【解析】过点作，因为△PMQ是正三角形．
则，，
所以
则，解得
故选：C
33．B
【分析】用递推式可得，所以是等比数列，再求前2022项的和.
【解析】由题意可知，
又，因此，
故，
故选：B.
34．D
【分析】根据几何概型的概率公式，求出和的面积，计算所求的概率值．
【解析】由题意，，，
，，由余弦定理可得，
，
，
芝麻落在阴影部分的概率为 ．
故选：．
35．C
【分析】根据第1代“勾股树”，第2代“勾股树”中，正方形的个数，以此类推，得到第n代“勾股树”中所有正方形的个数，即，从而得到求解.
【解析】第1代“勾股树”中，正方形的个数为，第2代“勾股树”中，正方形的个数为，…，
以此类推，第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，即，
所以，
因为，所以数列为递增数列，
又，，
所以n的最小值为9．
故选：C．
36．B
【分析】利用二项式定理可得，再利用二项式定理展开即可得解.
【解析】因为
,
四个选项中，只有时，除以10余数是1．
故选：B．
37．D
【分析】利用题中定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；求出的值，结合对数的运算性质可判断C选项；计算出，利用错位相减法可求得，可判断D选项.
【解析】对于A选项，在不超过的正整数中，与互质的正整数有：、、、，故，A错；
对于B选项，因为，，，显然、、不成等差数列，B错；
对于C选项，为质数，在不超过的所有正整数中，能被整除的正整数的个数为，
所有与互质的正整数的个数为，所以，，
因此，，C错；
对于D选项，因为为质数，在不超过的正整数中，所有偶数的个数为，
所以，，所以，，
则，
所以，，
上述两个不等式作差可得，
所以，，D对.
故选：D.
38．C
【分析】求出不超过16的素数，用列举法求出所有素数对及不能组成孪生素数的个数即可计算作答.
【解析】不超过16的素数有2，3，5，7，11，13，任取两个素数组成不同素数对有：
，，
共有15对，它们等可能，其中是孪生素数，因此不能组成孪生素数的个数是12，
所以不能组成孪生素数的概率为.
故选：C
39．D
【分析】设这个人走的第段距离为，前段距离总和为，在第段上的用时为间的距离为，人的速度为，则利用可推导出，进而可求出这个人在前n段距离上走的总时间，化简之后即可判断
【解析】设这个人走的第n段距离为，前n段距离总和为，在第n段上的用时为间的距离为S，人的速度为v，则不难知道，
同理，
两式相减，得即即即，
则这个人在前n段距离上走的总时间为
，
这说明这个人行进的总时间不会超过，这与第一种说法中这个人不会到达终点在时间的连续性上产生矛盾．
故选：D．
40．D
【分析】由，得，则可得，可求得，，分别为的中点，则由已知可得为的中点，再结合已知的数据可求得结果
【解析】因为，所以，
因为，所以∽，
所以，所以，
因为，，
所以，
设，分别为的中点，
因为，
所以，
所以为的中点，
因为，，所以，
所以，
所以，
所以
故选：D
41．C
【分析】设正六棱柱的棱长为a，先求出正六棱柱的体积，再求出外接球的体积，即可得到答案.
【解析】不妨设正六棱柱的棱长为a，则；
其外接球的半径，于是，则.
故选：C
42．D
【分析】由于，所以可以把四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，求出体对角线长，从而可求出该“鞠”的表面积
【解析】因为“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，
所以可以把四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，
设该长方体的长、宽、高分别为，“鞠”的半径为，则
，
由题意得,
所以，即，
所以该“鞠”的表面积为，
故选：D
43．A
【分析】根据题干已知图像判断x>0时g(x)图像的形状，根据g(x)图像的单调性和切线斜率变化即可判断其导数的图像．
【解析】根据f(x)和g(x)的解析式可知f(x)和g(x)均为偶函数，图像关于y轴对称，
当x>0时，，
设y，则，∴此时f(x)对应的图像是题干中图像在第一部分的半圆，
∴x>0时，g(x)对应题干中的图像在第四象限的部分，
∵该部分图像单调递增，故的值恒为正，即图像始终在x轴上方，故排除选项BC；且该部分图像的切线斜率先减小后增大，故的值先减小后增大，由此对应的只有A图像满足．
故选：A．
44．D
【分析】由题意可得，求出内侧圆弧所在圆的半径，利用扇形的弧长公式和面积公式求出弓形的面积，再求出以为直径的半圆的面积，相减即可
【解析】设的外接圆的半径为，则，得，
因为月牙内弧所对的圆心角为，
所以内弧的弧长，
所以弓形的面积为
，
以为直径的半圆的面积为，
所以该月牙泉的面积为
，
故选：D
45．C
【分析】A选项由前项所占格子组成长为，宽为的矩形即可判断；B选项由结合累加法即可判断；
C选项通过特殊值检验即可；D选项表示出，作差即可判断.
【解析】由题意知：前项所占格子组成长为，宽为的矩形，其面积为，A正确；
，以上各式相加得，，化简得，即，B正确；
，C错误；
易知，，D正确.
故选：C.
46．B
【分析】设五边形面有个，六边形面有个，即可得到总棱数和顶点数，再根据欧拉公式列出方程组，即可求出结果
【解析】设五边形面有个，共条棱，六边形面有个，共条棱，
因为每条棱出现在两个面中，所以总棱数，
因为每个顶点出现在三个面中，
所以总顶点数为，得，
所以，
所以由欧拉公式得，，得，
所以，
所以由，得，
所以碳60的所有面中六边形的个数为20 个，
故选：B
47．C
【分析】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由向量的运算求得的坐标，再由数量积的坐标表示计算．
【解析】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
，，
，即，
，由分形知，所以，
所以，
所以．
故选：C．
48．B
【分析】建立双曲线标准方程下的直角坐标系，得双曲线方程为，利用实轴长为20，（），（）在双曲线上，且，可求得，得离心率．
【解析】建立双曲线标准方程的直角坐标系，最小直径在轴，如图，双曲线方程为，
则，， （），（）在双曲线上，且，
由，即，，，
由，得，所以，，，
离心率为．
故选：B．
49．B
【分析】根据冬至到夏至的晷长成等差数列，求出夏至晷长，再由夏至到冬至晷长为等差数列，由秋分的位置，确定出在对应数列中的项，从而求出秋分晷长
【解析】冬至到夏至晷长记为数列，数列为等差数列，公差，
冬至晷长，若芒种晷长所以，所以夏至晷长
夏至到冬至晷长记为数列{}，数列{}为等差数列，公差，夏至晷长
秋分这个节气的晷长
故选：B
50．D
【分析】画出的表格，从中任取个，得到种不同的取法，再结合它们之和大于的取法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【解析】画出的表格，如图所示，则表内不同的数有，
从中任取个，共有种不同的取法，
其中与各个，与各个，
从中任取个，它们之和大于的取法为，
故所求概率为
故选：D.
51．B
【分析】由祖暅原理可得“椭半球体”的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，根据圆柱，圆锥的体积公式可求其解.
【解析】设“椭半球体”和被挖去了圆锥体的圆柱体被与距离处的平面截得的圆面，圆环面的面积分别为，，体积分别为,，则，由“祖暅原理”两个几何体的体积相等，故，
故选：B.
52．B
【分析】设，则，再结合，得，最后根据嘴唇视作的圆弧对应的圆心角满足求解即可.
【解析】取，设，则.
因为，
∴，.
设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为，则.
∴.
故选：B.
53．BC
【分析】对于A，应该是最小值，所以A错误；利用组合数的性质和莱布尼茨三角形的性质判断选项BCD.
【解析】对于A，根据杨辉三角的特点，当为偶数时，中间的一项取得最大值，当为奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，所以当每一项取倒数时，再乘以同一个正数，可得当n是偶数时，中间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值，所以A错误；
对于B，第行的第2个数等于第行的第一个数和第行的第一个数相乘，所以B正确；
对于C，直接根据组合数的性质得，所以，所以C正确；
对于D，开始每个数均等于其“脚下”两个数之和，即，所以D错误.
故选：BC
54．BCD
【分析】利用球的表面积公式及圆柱的表面积公式可判断A，由题可得到平面DEF的距离为，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值可判断B，由题可得四面体CDEF的体积等于可判断C，设在底面的射影为，设，，然后利用二次函数的性质可得的取值范围可判断D.
【解析】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则球表面积
为，圆柱的表面积，
所以球与圆柱的表面积之比为，故A错误；
过作于，则由题可得，
设到平面DEF的距离为，平面DEF截得球的截面圆的半径为，
则，，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为，故B正确；
由题可知四面体CDEF的体积等于，点到平面的距离，
又，所以，故C正确；
由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，
则，
设，则，，
所以
，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点评】本题考查圆柱与球的表面积、体积以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是一道难题.
55．ABD
【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【解析】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，
则 ,
设 ，则,
由可得 ，且 ，
若，则，
解得 ，（负值舍去），故，A正确；
若，则，，故B正确；
，
由于，故，故，故C错误；
由于，
故
，而，
故，故D正确，
故选：ABD
56．ABD
【分析】先研究函数的奇偶性，作出函数的图象，作出函数的图象判断选项ABC的正确性，再分类讨论判断方程的根的个数得解.
【解析】由题得函数的定义域为,
，
所以函数为偶函数，
当时，；
当时，；
当时，；
……
所以函数的图象如图所示，
所以函数的图象如图所示，
所以函数的值域是，故选项A正确；
由函数的图象得到关于轴对称，所以是偶函数，故选项B正确；
由函数的图象得到函数的图象不关于对称，故选项C不正确；
对于方程，
当时，，方程有一个实数根；
当时，，此时，此时方程没有实数根；
当时，，此时，此时方程没有实数根；
故方程只有一个实数根，故选项D正确.
故选：ABD.
57．AC
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用二面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【解析】
如图，在正四棱锥中，
O为正方形的中心，为的中点，
则，
由二面角的定义，故，
设底面边长为．
所以．
在中，，
所以，底面边长为6米，高米，
侧面积平方米，
表面积平方米
故选：AC
58．BCD
【分析】选项A需要对曲线C中x分5类讨论，由x判断对应y的范围，从而得到整数点个数；选项B借助参数方程求解椭圆中两点间距离问题；选项C由椭圆定义可得到|PA|、|PB|之和为定值，由基本不等式可以得到、|PB|乘积的最大值，结合余弦定理即可求出cos∠APB的最小值；选项D中分析蒙日圆的关键信息，圆心是原点，找两条特殊的切线，切线交点在圆上，求得圆半径得圆方程．
【解析】对于A：曲线中，，当时，
分5类讨论：，分别代入曲线方程，可得：
整数点为(－1，1)，(－1，0)，(－1，－1)．(－1，－2)，(0，0)，(1，1)，(1，0)、(1，－1)，(1，－2)，
所以：整数点有9个，选项A错误；
对于B：曲线C中，当时，此时与原点距离为2，
当，时，设半椭圆上动点P坐标为(2cosθ，3sinθ)，
则，
最大值与最小值之和为5，选项B正确；
对于C：又A(0，－)、B(0，)恰为椭圆的两个焦点．
那么，
当且仅当，即P在x轴上时，等号成立，
在△PAB中，，由余弦定理知：
，选项C正确；
对于D：由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点(0，0)，在椭圆：中取两条切线：和，它们交点为(2，3)，
该点在蒙日圆上，半径为
此时蒙日圆方程为：，选项D正确．
故选：BCD．
59．AD
【分析】建立空间坐标系，用向量计算异面直线的夹角，做辅助图计算判断相关问题.
【解析】圆弧的圆心的原点，CD为x轴，BA为y轴过圆心O垂直于底面的直线为z轴，建立空间直角坐标系如下图：
则 ，故 ，
所以 ，A正确；
对于B，连接 ，则有则，
∴ 与BC共面，即 四点共面，故B错误；
对于C，设在圆弧 存在一点 ，使得，
则有 ， ，此方程组无解，
即E点不存在，故C错误；
对于D，做如下俯视图：
，即以C为球心，为半径的球刚好过A点是球面与底面ABCD唯一的交点，
因为，在球面上，
设与圆弧的交点为，则 ，
解得 ，故，
球面与上底面的交线是以为圆心，半径为1的圆弧 ，则，
圆心角，由图知：，得.
，故D正确；
故选：AD.
60．AC
【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大小,判断A；根据条件计算正方体的棱长，再求的长，判断B; 利用平行关系，确定与所成的角是 的棱的条数，判定C，利用几何体的对称性确定半正方体的外接球的球心及半径,判定D；
【解析】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.
则由半正多面体的表面积为，
得，解得，
∵，
因为平面，为AB与平面BCD的夹角，
因为为直角三角形，且，所以
所以AB与平面BCD所成的角为，故A正确；
∴，故B错误；
在与相交的6条棱中，与AB所成的角是的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是的棱共有16条，故C正确；
由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为，
则有，，所以，
故该半正多面体的外接球的半径为，面积为，故D错误；
故选：AC.
61．BCD
【分析】根据欧拉函数的定义结合对数的运算判断A;
由欧拉函数定义结合等比数的通项公式判断B;
根据欧拉函数求出判断C;
由欧拉函数求出，再由数列的错位相减法求和可判断D.
【解析】因为7为质数，所以与不互质的数为7，14，21，…，，共有个，
所以，故A错误；
因为与互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有个，所以，则数列为等比数列，故B正确；
因为，所以，
故数列不单调递增，
又因为2=,所以数列不单调递减，
所以数列不单调，故C正确；
因为，所以.
设，
则，
所以，
所以，从而数列的前项和为，故D正确.
故选：BCD.
62．AC
【分析】求出函数式确定单调性判断A；举特例说明判断B，D；变形函数式，分析计算判断C作答.
【解析】对于A，，，有，则函数在上单调递增，A正确；
对于B，，则，B不正确；
对于C，，
当时，，，有，
当时，，，有，的值域为，C正确；
对于D，当时，，有，D不正确.
故选：AC
63．BCD
【分析】设，联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理结合导数逐项计算后可得正确的选项.
【解析】由消y可得
令，
，
，
解得，，A错．
，∴轴，B对．
，∴，D对．
，∴，C对，
故选：BCD．
64．CD
【分析】将该二十四等边体补形为正方体, 利用与是异面直线判定选项A错误，利用和的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体顶点数和面数判定选项D正确.
【解析】将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），
因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，
对于A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，
所以平面不成立，即选项A错误；
对于B：因为，
所以是AB与PF所成角或其补角，
在中，，，
因为，所以，即选项B错误；
对于C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，
所以正方体的棱长为2，
所以该二十四等边体的体积为，即选项C正确；
对于D：该二十四等边体多面体有共12个顶点，
有面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面共14个面，即选项D正确.
故选：CD.
65．BCD
【分析】由离心率相同及已知得到、，即可判断A、B；由在椭圆上得到，进而判断C；根据对称性确定的坐标，结合斜率两点式得判断D.
【解析】A：由且，则，即，故错误；
B：由，得，则，所以，故正确；
C：满足椭圆方程，又，则，所以，，故正确；
D：由对称性知：、关于轴对称，，，，，，，则，，故正确.
故选：BCD.
66．BCD
【分析】根据图形分别求出，，结合勾股定理判断垂直；表面积是由4个正方形和16个与梯形BDEF全等的梯形组成，分别计算；体积用两个柱体体积减去重叠部分体积；分别计算按路线和在表面内移动最短的路径长．
【解析】如图一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线CE、DE
则在梯形BDEF中，可知，
设，则
根据立体图可得，，显然
即CE、DE不垂直，A不正确；
该“十字贯穿体”的表面积是由4个正方形和16个与梯形BDEF全等的梯形组成
则表面积，B正确；
如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I
则多面体可以分成8个全等三棱锥，则
该“十字贯穿体”的体积即为，C正确；
若按路线，则路线长为
若在表面内移动，则有：
借助部分展开图，如图所示：
∵，即为钝角，过B作NE的垂线BH，垂足为H，则BH在展开图内
根据对称可知此时最短路径为
则从顶点出发，沿表面到达顶点的最短路径为，D正确；
故选：BCD．
67．ABD
【分析】变形条件，利用“1”的妙用求出最小值判断A，D；消元借助函数求出最小值判断B；换元借助三角变换及三角函数性质计算判断C作答.
【解析】对于A，，
当且仅当，即，时取“=”，A正确；
对于B，，当时，取得最小值3，B正确；
对于C，令，，
其中锐角由确定，显然，则当，即时，，
因此，当时，取最大值，C不正确；
对于D，
，
当且仅当a=b=1时取“=”，D正确.
故选：ABD
68．AD
【分析】根据题目定义以及二倍角公式即可判断A正确，令，可得，可判断出B错误，令可得，结合可判断出C错误，根据二倍角公式可知，D正确．
【解析】因为，
所以，即，故选项A正确；
令，则，则，则，即选项B错误；
令，则，可得，由B知，所以选项C错误；
因为，所以，
由A可得，
而，故即，
所以（负根舍去）即选项D正确．
故选：AD．
69．BD
【分析】根据题意有，即可判断数列为等比数列，进一步求出可判断.
【解析】由图可知，
所以，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故A错误；
则，由题可得，
所以，故B正确；
因为，所以数列是公比为的等比数列，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
70．BCD
【分析】根据平面向量的数量积运算将问题转化为关于范围的问题，数形结合即可求得结果.
【解析】连接如下所示：
因为
.
根据图形可知，当点位于正六边形各边的中点时，有最小值为，此时，
当点位于正六边形的顶点时，有最大值为2，此时，
故.
故选：.
【点评】本题考察平面向量数量积的范围问题，处理问题的关键是转化为，属中档题.
71． ； .
【分析】先根据题意把第次操作所去掉的长度和求出来，然后再求和即可得到前次操作所去掉的长度，再建立不等式即可求出的最小值.
【解析】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，
第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，
第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， .
以此类推，
第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，
则的前项和可表示为
由题意知，，
两边同时取对数，即，
解得：
故答案为：；.
72．
【分析】根据正方形边长得出内切圆柱底面半径和高可求出表面积，求出截面正方形与其内切圆面积比即可得出体积之比，进而求出“牟合方盖”的体积.
【解析】因为正方形边长为2，则内切圆柱底面半径为1，高为2，所以其中一个内切圆柱的表面积为；
因为正方形边长为2，则内切球半径为1，所以内切球体积，
设截面正方形的边长为，则其内切圆半径为，
所以截面正方形与其内切圆面积比为，设方盖体积为，
则根据祖暅原理可得，所以．
故答案为：；.
73．
【分析】求出勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算出该截面面积，可得结果.
【解析】由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为，
所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为；
勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，
假设图2是投影光线垂直于面时，勒洛四面体在与平面平行的一个投影平面上的正投影，
当光线与平面的夹角小于时，易知截面投影均为图2所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，
如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
即.
故答案为：；.
74． ##0.5
【分析】(1)由题意得到关于a,c的等式,然后结合离心率的定义即可确定椭圆的离心率;
(2)由题意利用几何关系求得a,b的值即可求得椭圆方程.
【解析】设椭圆C的长轴长为2a(a>0),则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1，经过的路程为，从而；
如图示：
延长,交于点F0.
在△中,PH⊥F0F2,由反射角等于入射角，可得：,则且H为中点.
在△中,
则,∴,
所以椭圆方程为.
故答案为：；.
75． ##
【分析】设点坐标，根据题意写出关于与的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知，进而可得，即得.
【解析】设点，，
∴.
抛物线的焦点为点，由题意知，，
∴.
故答案为：；.
76． ## ##
【解析】
【解析】
根据题意，六面体为两个正四面体的叠加，
如图与，是对棱，由对称性知与垂直，
故六面体中实际所成的角，
由六面体的正视图为菱形，可得正视图对应长度为：
则的正投影为中点，
作平面于，为中心，
的俯视图在点，
由棱长为得，
所以，
所以菱形的面积为.
故答案为：，.
77．③④
【分析】求出勒洛四面体被平面截得的截面面积判断①，③；求出勒洛四面体内切球的半径判断②，④作答.
【解析】观察几何体知，勒洛四面体的最大截面是经过正四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得，
勒洛四面体被平面截得的截面是正及外面拼接上以各边为弦的三个弓形，
弓形弧是以正各顶点为圆心，边长为半径且所含圆心角为的扇形弧，如图，
因此，截面面积为：，①不正确，③正确；
由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图，
正外接圆半径，正四面体的高，
令正四面体的外接球半径为，在中，，解得，
因此，勒洛四面体内切球半径为，②不正确，
勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，④正确.
故答案为：③④
【点评】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
78．.
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【解析】因为，所以．
故答案为：.
79．
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的单调性和奇偶性，结合换元法、正弦型函数的性质、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【解析】因为，所以函数是偶函数，
设是上任意两个实数，且，即
，
因为，所以，
因此，即，
所以函数是偶函数，且在是增函数，
若在上恒成立，
，
又因为，，
所以在恒成立，
令，而
由，，故时，
由，，故时，，
所以的取值范围为．
故答案为：
【点评】关键点睛：判断函数的奇偶性和单调性，运用换元法进行求解是解题的关键.
80．
【分析】根据筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，可求出，由时，求出和，从而可求出的关系式，进而可求出点P的纵坐标
【解析】因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，
所以，得，
所以，
因为当时，盛水筒M位于点，
所以，
所以，
因为，
所以，得，
因为，所以，
所以，
所以，
所以当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为，
故答案为：
81．①③④
【分析】①：以代x，以代y，同时以代x，以代y判断；②：分和判断；③：由，化简得到，代入求解判断；④：由面积为判断.
【解析】①：以代x，得：，所以曲线关于纵轴对称；
以代y，得：，所以曲线关于横轴对称；
同时以代x，以代y得：，所以曲线关于原点对称，所以曲线E既是中心对称又是轴对称图形，故正确；
②：因为，所以当时，有，
当时，显然P与，中一点重合，故此时，故错误；
③：当时，由，化简得，
因此有，所以，故正确；
④：面积为：，
当时，面积的最大值为，故正确.
故答案为：①③④
82．
【分析】由线面垂直的性质和判定可得，由二面角的平面角的概念可得，进而可得，再将该四棱锥补成一个长方体，由长方体的外接球即可得解.
【解析】因为平面，底面为矩形，
所以，，，平面，
所以平面，平面，
所以，所以即为二面角的平面角，即，
所以，
将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为2，，的长方体，如图，
该长方体外接球的半径，
所以该球的表面积，
所以四棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
83．
【分析】依题意，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，即可得到保留下来的所有小正方形面积之和，从而得到不等式，再两边取对数，根据换底公式及对数的运算法则计算可得；
【解析】依题意，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，所以保留下来的所有小正方形面积之和为，若使得，两边取对数可得，即，
所以至少操作次；
故答案为：
84．##
【分析】根据光学性质，在中由椭圆的定义可求出，再由直角三角形求出，计算离心率即可.
【解析】由椭圆的光学性质可知，都经过，且在中，，如图，
所以，
由椭圆的定义可知，即，又，
可得，在中，，
所以，所以.
故答案为：
85．
【分析】延长，交于，连接，交于，连接，，由三角形相似可得，，由直棱柱的性质可求得答案.
【解析】如图，延长，交于，连接，交于．则，
则，则，
又，所以，则，所以．
连接，，则，．
故答案为：.
86．
【分析】取中点，由等腰三角形三线合一可得

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