文档内容
【冲刺985、211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题25 数学新文化综合问题（单选+多选+填空）
（新高考通用）
一、单选题
1．（2022春·湖北·高三宜城市第一中学校联考阶段练习）南宋数学家杨辉所著的《详
解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最
上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”
从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题意求得递推关系式，进而求解数列的通项公式.
【详解】由相邻层球的个数差，归纳可知 ， ，
对 累加得 .
所以， ，
，
，所以ABC错误，
故选：D．
2．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学统考阶段练习）1883年，德国数学家康托
提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文
字描述为：第一步，把闭区间 平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和 ；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一
段，剩下四段闭区间： ， ， ， ；如此不断的构造下去，最后剩
下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历 步构造后， 不属于剩下的闭区间，
则 的最小值是（ ）．
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】根据三分康托集的构造过程可知：经历第 步，每个去掉的开区间以及留下
的闭区间的区间长度都是 ，根据规律即可求出 属于 ，
进而根据不等式可求解.
【详解】 不属于剩下的闭区间， 属于去掉的开区间
经历第 步，剩下的最后一个区间为 ，经历第 步，剩下的最后一个区间为 ，
……，
经历第 步，剩下的最后一个区间为 ，去掉的最后开区间为
由 化简得 ，解得
故选:A
3．（2022·江苏·江苏省木渎高级中学校联考模拟预测）第24届冬季奥林匹克运动会，
将于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现
出新时代的中国新形象、新梦想．会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部
分表现滑雪运动员的英姿．中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦、
赛场、冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且
强调所有参赛运动员应以公正、坦诚的运动员精神在比赛场上相见．其中奥运五环的
大小和间距按以下比例（如图）：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两
排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为 ，若双曲线C以
为焦点、以直线 为一条渐近线，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，求出双曲线渐近线的方程，结合离心
率的意义计算作答.
【详解】依题意，以点 为原点，直线 为x轴建立平面直角坐标系，如图，点
，
设双曲线C的方程为 ，其渐近线为 ，因直线 为一条
渐近线，
则有 ，双曲线C的离心率为 .故选：B
4．（2022·山东济南·济南市历城第二中学校考模拟预测）由伦敦著名建筑事务所Steyn
Studio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术
品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线 （ ，
）下支的一部分，且此双曲线的一条渐近线为 ，下焦点到下顶点的距离为
1，则该双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由双曲线的标准方程写出渐近线方程，由已知渐近线方程得到 ，
又下焦点到下顶点的距离为1，得到 关系，结合 解出 即可.
【详解】因为双曲线 的渐近线方程为 ，
又双曲线的一条渐近线为 ，所以
即 ，又下焦点到下顶点的距离为1，
所以 ，结合 解得 ， ，
故选：A．
5．（2022秋·山东青岛·高三统考开学考试）据史书记载，古代的算筹是由一根根同样
长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之
法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹计数法中，表示
多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推.例如
表示62， 表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数大于30的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据5根算筹，分为四类情况： ,逐一分类求解满足要求的
两位数，即可求解概率.
【详解】根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为
一共四类情况；
第一类： ，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为
1，则两位数为41或者81；
第二类： ，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可
能为2或者6，故两位数可能32，36，72，76；
第三类： ，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位
可能为3或者7，故两位数可能是23，27，63，67；
第四类： ，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或
者8，则该两位数为14或者18，
综上可知：所有的两位数有:14，18，23，27，32，36，41，63，67，72，76，81共计
12个，则大于30的有32，36，41，63，67，72，76，81共计8个，
故概率为 ，
故选:C
6．（2020秋·山东威海·高三校考期中）《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法成了后世西方
数学家处理数学问题的重要依据.通过这一原理，很多代数的定理都能够通过图形实现
证明，也称之为无字证明现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，
且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，可以直接通过比较线段OF与线段CF的长度完成的无
字证明为（ ）A．a2+b2≥2ab（a＞0，b＞0） B．
C． （a＞0，b＞0） D． （a＞0，b＞0）
【答案】C
【分析】由图形可知 ， ，在Rt△OCF中，由勾股
定理可求CF，结合CF≥OF即可得出.
【详解】解：由图形可知， ， ，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得，
CF＝ ，
∵CF≥OF，
∴ ，
故选：C.
7．（2022秋·江苏淮安·高三校考阶段练习）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有
十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支
即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以
一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支
由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，
以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，
之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2022年是壬寅年，请问：
在100年后的2122年为（ ）
A．壬午年 B．辛丑年 C．己亥年 D．戊戌年
【答案】A
【分析】将天干和地支分别看作等差数列，结合 ， ，分别
求出100年后天干为壬，地支为午，得到答案.
【详解】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差
数列，
由于 ，余数为0，故100年后天干为壬，
由于 ，余数为4，故100年后地支为午，综上：100年后的2122年为壬午年.
故选：A
8．（2022·湖南郴州·安仁县第一中学校考模拟预测）如图为陕西博物馆收藏的国宝
——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作
的典范之作.该杯的主体部分可以近似看作是离心率为 的双曲线
的右支与 轴及平行于 轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕 轴旋转一周得到
的几何体，若P为C右支上的一点，F为C的左焦点，则 与P到C的一条渐近线
的距离之和的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据双曲线的离心率求得双曲线 的方程，求得双曲线右焦点到渐近线的距
离，结合双曲线的定义求得所求的最小值.
【详解】由题意可知 ， ，
双曲线方程为 ，一条渐近线方程为 ，
焦点 到渐近线 的距离为 ，
， 与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为 ，
所以 与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为 .
故选：C
9．（2022·湖南湘西·高三统考竞赛）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉首大学
的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图，若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线 的一部分，且点 在该抛物线上，则该抛
物线的焦点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据点 的坐标求得 ，再化为标准方程，可得抛物线的焦点坐标.
【详解】依题意 在抛物线 上，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以抛物线的焦点坐标为 .
故选：D.
10．（2022秋·江苏南通·高三开学考试）黄金分割〔 〕是一种数学上的
比例关系.黄金分割具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值.应用
时一般取 ，就像圆周率在应用时取 一样.高雅的艺术殿堂里，自然也留下了
黄金数的足迹.人们还发现，一些名画、雕塑、摄影作品的主题，大多在画面的
处.艺术家们认为弦乐器的琴马放在琴弦的 处，能使琴声更加柔和甜美.黄金矩形
的长宽之比为黄金分割率，换言之，矩形的长边为短边 倍.黄
金分割率和黄金矩形能够给画面带来美感，令人愉悦.在很多艺术品以及大自然中都能
找到它.希腊雅典的巴特农神庙就是一个很好的例子，达 芬奇的《维特鲁威人》符合
黄金矩形.《蒙娜丽莎》中蒙娜丽莎的脸也符合黄金矩形，《最后的晚餐》同样也应用
了该比例布局.2000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金
分割.所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分之比，黄金分割比为 其实有关“黄金分割”，
我国也有记载，虽没有古希腊的早，但它是我国数学家独立创造的.如图，在矩形
中， ， 相交于点 ， ， ， ， ，
，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用平面向量的线性运算和平面向量基本定理即可求解．
【详解】解： ，显然 ， ，
所以 ，
，
，
，
故选：D．
11．（2022秋·江苏南京·高三南京市第十三中学校考阶段练习）欧拉公式
（其中 ， 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被
誉为“数学中的天桥”根据欧拉公式，下列结论中正确的是（ ）
A． 的实部为 B． 在复平面内对应的点在第一象限
C． D． 的共轭复数为
【答案】C
【分析】根据复数实部定义、复数的几何意义、模长的计算和共轭复数定义依次判断
各个选项即可.
【详解】对于A， ，则实部为 ，A错误；
对于B， 对应的点为 ，
， ， 对应的点位于第二象限，B错误；
对于C， ，C正确；
对于D， ，则其共轭复数为 ，D错误.
故选：C.
12．（2022秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）刍(chú)甍(méng)是中国古代算数中的
一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，上棱和底面平行，且长度不等于底面平
行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．
已知一个刍甍底边长为 ，底边宽为 ，上棱长为 ，高为 ，则它的表面积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】计算出几何体每个面的面积，相加即可得解.
【详解】设几何体为 ，如下图所示：矩形 的面积为 ，
侧面为两个全等的等腰三角形 、 ，两个全等的等腰梯形 、 ，
设点 、 在底面 内的射影点分别为 、 ，
过点 在平面 内作 ，连接 ，
过点 在平面 内作 ，连接 ，
平面 ， 、 平面 ， ， ，
， ， 平面 ，
平面 ， ，易知 ， ，
则在 中，斜高为 ，
所以， ，
同理可知，梯形 的高为 ，
所以， ，
因此，该几何体的表面积为 .
故选：B.
13．（2022秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图甲所示，古代中国的太极
八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头
部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，
相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律. 其平面图形记为图乙中的正八边形
，其中 ，则以下结论错误的是（ ）A．
B．
C．
D． 在 方向上的投影向量为
【答案】C
【分析】分别以 所在的直线为 轴和 轴，建立的平面直角坐标系，作
，结合向量的坐标运算，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，分别以 所在的直线为 轴和 轴，建立如图所示的平面直角
坐标系，
因为正八边形 ，
所以
，
作 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
同理可得其余各点坐标， ， ， ， ， ，
对于A中， ，故A正确；
对于B中， ，故B正确；
对于C中， ， ， ，所以 ，故C错误；
对于D中， ， ，所以 在 方向上的投影为
，
又因为 ，所以 在 方向上的投影，向量为 ，故D正确.
故选： C.
14．（2022秋·广东肇庆·高三统考阶段练习）《周髀算经》是我国最早的数学典籍，
书中记载：我国早在商代时期，数学家商高就发现了勾股定理，亦称商高定理三国时
期数学家赵爽创制了如图1的“勾股圆方图”（以弦为边长得到的正方形 是由4
个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成），用数形结合法给出了勾股定
理的详细证明.现将“勾股圆方图”中的四条股延长相同的长度得到图2.在图2中，若
， ，G，F两点间的距离为 ，则“勾股圆方图”中小正方形的
面积为（ ）
A．9 B．4 C．3 D．8
【答案】B
【分析】先在 中，利用余弦定理求解 ，再在 中结合勾股
定理求解 ，继而分析即得解.
【详解】由条件可得 .
在 中，由余弦定理得 ，∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴“勾股圆方图”中小正方形的边长为 ，
∴面积为4.
故选：B
15．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）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，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两
个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相等.如图，两个半径均为 的圆柱体垂
直相交，则其重叠部分体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分析几何体的每层截面都是正方形，计算正方形的在上下距离中心 截面面
积，再根据正方形的特点想到顶点在中心的正四棱锥（上、下两个），计算正四棱锥
的上下距离中心 截面面积，通过发现面积之间的关系，结合祖暅原理即可求解.
【详解】
（左） （中） （右）
重叠部分的几何体的外接正方体如上图（左）所示，
在距离中心 处的截面正方形的边长是： ，所以距离中心 处截面面积是 ,
而从同一个正方体的中心位置，与底面四点连线构成的正四棱锥的示意图如上图
（中）所示，
在距离中心 处的截面正方形的边长是： ，
因为内切球的半径等于正方体棱长一半，
所以， ，
所以 ，
在距离中心 处的截面正方形的边长是： ，
以距离中心 处截面面积是 ,
又因为正方体的水平截面面积为： ，
所以 ，
所以剩余部分的截面面积如上图（右）“回”形面积为 ，
因此根据祖暅原理：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平
面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等”，可得：
左图几何体的体积加上中间图上下椎体的体积等于正方体的体积，
即有：
，
解得 ，
故选：B.
二、多选题
16．（2022秋·广东·高三统考阶段练习）中国古代数学著作《算法统综》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，请公仔仔细算相还”．其大意为：“有一人走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”．
则下列说法正确的是（ ）A．该人第五天走的路程为12里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
【答案】AD
【分析】由题意可得此人每天走了路程构成了一个公比为 的等比数列，且 ，
由此可求出首项 ，然后逐个分析判断
【详解】由题意可得此人每天走了路程构成了一个公比为 的等比数列，且 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
对于A，因为 ，所以A正确，
对于B，因为 ，所以B错误，
对于C， ，所以C错误，
对于D，该人最后三天共走的路程为 ，所以D正确，
故选：AD
17．（2022·山东·潍坊一中校考模拟预测）阿基米德（公元前287年——公元前212
年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还
享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称 为
“阿基米德三角形”．已知抛物线C： 的焦点为F，过A、B两点的直线的方程
为 ，关于“阿基米德三角形” ，下列结论正确的是（ ）A． B．
C．点P的坐标为 D．
【答案】ABD
【分析】由直线方程与抛物线方程联立，解得 两点的坐标，计算线段 的长判
断A，利用导数的几何意义求得切线方程，由切线斜率关系判断B，两切线方程联立
求得交点 的坐标判断C，由直线 的斜率关系判断D.
【详解】设 ， ，
联立 ，可得 ，
解得 或 ，
不妨设 ， ，则 ， ，
故 ， ， ，A项正确；
又因为 ，所以 ，故直线PA的斜率为 ，
直线PA的方程为 ，即 ，
同理可得直线PB的方程为 ， ，
所以 ，B项正确；
联立 ，可得 ，
故点P的坐标为 ，C项错误；易知点F的坐标为 ， ， ，
所以 ，D项正确．
故选：ABD.
18．（2022秋·湖北恩施·高三期末）水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一
项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为 的水车，一
个水斗从点 出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时6秒.经过
秒后，水斗旋转到 点，设点 的坐标为 ，其纵坐标满足
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．当 时，函数 单调递增
C．当 时，点 的纵坐标越来越小
D．当 时，
【答案】CD
【分析】利用周期求出点 所在角的终边对应的角 ，根据三角函
数的定义可得 ，然后根据三角函数的性质逐个分析判
断即可【详解】因为 ，所以 ，
因为旋转一周用时6秒，所以角速度 ，
所以 ，
所以根据三角函数的定义可得 ，
所以 ，所以A错误，
对于B，当 时， ，则函数在此区间上不单调，所以B错误，
对于C，当 时， ，所以函数在 上单调递减，所以点
的纵坐标越来越小，所以C正确，
对于D，当 时， ，所以 ，因为 ，所以
，所以D正确，
故选：CD
19．（2022·湖北荆州·荆州中学校联考模拟预测）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
【答案】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.
【详解】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.
20．（2022·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）将 个数排成 行 列的一个
数阵.如图：该数阵第一列的 个数从上到下构成以 为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以 为公比的等比数列（其中 ）.已知 ，记这
个数的和为 .下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据 ， ，及等差数列、等比数列通项公式求出 ，即可判
断A、C，再利用错位相减法计算B，根据等比数列和等差数列求和公式计算判断D.
【详解】解： ，
，解得 或 （舍负），即选项A正确；
，即选项C错误；
令 ，则 ①
②，
① ②得，
，
，当 时， ，即选项B正确；
，即选项D正确.
故选：ABD.
21．（2021秋·山东淄博·高三统考阶段练习）1202年意大利数学家斐波那契出版了他
的《算盘全书》，著作中收录了一个关于兔子繁殖的有趣问题：如果一对兔子每月能
生1对小兔（一雌一雄），而每1对小兔子在它出生后的第3个月里，又能生1对小兔
子，假定在不发生死亡的情况下，由1对初生的小兔子开始，50个月后会有多少对兔
子？这便是“不死神兔的繁衍生息——神奇的斐波那契数列”，其定义是递推方式给
出的，即满足： ， 的数列 .针对数列 ，下列说
法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】以累加法判断选项AB；举反例法判断选项C；递推法判断选项D.
【详解】选项A：由 ，可得
将上式累加得 ，又则 .判断正确.
选项B：由 ，可得 ，则有
将上式累加得 ，又
则有 .判断正确.
选项C：由 ， ，可得
， ， ，即
则当 时， 不成立.判断错误.
选项D： 时， ，又
则
.判断正确.
故选：ABD
22．（2022·山东济南·统考一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西
尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直
角坐标系 中， ， ，动点P满足 ，其轨迹为一条连续
的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为 ， B．曲线C关于x轴对称C． 面积的最大值为2 D． 的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由 判断A；由曲线方程对称性判断
B；取特值计算判断C；求出 的范围计算判断D作答.
【详解】设点 ，依题意， ，整理得：
，
对于A，当 时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为 ， ，A正确；
对于B，因 ，由 换 方程不变，曲线C关于x轴
对称，B正确；
对于C，当 时， ，即点 在曲线C上，
，C不正确；
对于D，由 得： ，解得 ，
于是得 ，解得 ，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为 ，(1)如果 ，则曲线C关于
y轴对称；
(2)如果 ，则曲线C关于x轴对称；(3)如果 ，则曲线C关于原
点对称.
23．（2022春·湖北·高三校联考开学考试）祖暅（公元5—6世纪，祖冲之之子），是
我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“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 距离为 的平面截两个几何体得到 及
两截面，可以证明 总成立，若椭半球的短轴 ，长半轴 ，则下
列结论正确的是（ ）
A．椭半球体的体积为30π
B．椭半球体的体积为15π
C．如果 ，以 为球心的球在该椭半球内，那么当球 体积最大时，该椭半
球体挖去球 后，体积为
D．如果 ，以 为球心的球在该半球内，那么当球 体积最大时，该椭半球
体挖去球 后，体积为
【答案】AC
【分析】由题可得 ，可判断AB，利用椭圆的性质可得球F的最
大半径为1，进而可判断CD.
【详解】由题意知，短轴 ，长半轴 的椭半球体的体积为
，∴A正确，B错误；
椭球的轴截面是椭圆，它的短半轴长为3，长半轴长为5，所以半焦距为4，
由于 ，所以F椭圆的焦点，因此FD是椭圆的最小焦半径，即球F的最大半
径为1，
该椭半球体挖去球F后，体积为 ，故C正确，D错误.
故选：AC.
24．（2022·广东惠州·统考一模）近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有
重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱
的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（ ）
A．该结构的纳米晶个体的表面积为
B．该结构的纳米晶个体的体积为
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为
D．二面角A−AA−B 的余弦值为
1 2 3 3
【答案】ABD
【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.
对于B：棱长为a的正四面体的高为 ，根据割补法代公式计算.
对于C：设外接球球心为O，三角形 的中心为 ，正六边形 的
中心为 ，则O在 上，计算可得；
对于D：二面角 是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.
【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积
，故A正确；
对于B：棱长为a的正四面体的高为 ，所以
，故B正确；对于C：设外接球球心为O，三角形 的中心为 ，正六边形 的
中心为 ，则O在 上，几何体上下底面距离为 ，可得
，计算整理得 ，因此该几何体的外接球表面积为
，故C错误；
对于D：二面角 为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，
过正四面体的顶点 作 平面 于 点，易知 为 的中心，延长 交
于 点，则 为 的中点，连接 ，设正四面体的棱长为2，则
，所以 ， ，因为 平面 ，
所以 ，又 ， ，所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，所以 即为所求侧面 与底面 所成二面角的平面角，在
中， ，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦
值为 ，所以二面角A−AA−B 的余弦值为 ，故D正确.
1 2 3 3
故选：ABD.
25．（2022·广东汕头·统考三模）意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现
了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，…．即从第三项开始，每一项都是它前两
项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列说法正确的是（ ）
A． B． 是奇数
C． D．
【答案】AD
【分析】选项ACD通过递推关系 分析即可．选项B通过奇数偶数特性
分析可得出是奇数偶数是周期出现的．
【详解】易知，数列 满足递推关系 ．
选项A： ；
故A正确；
选项B：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环， ，恰好
能被3整除，且 为偶数，所以 也为偶数，故B错误；
选项C：若选项C正确，又 ，则 ，
同理 ， ，依次类推，可得 ，
显然错误，故C错误；
选项D： ，又
，故D正确；
故答案为：AD．
26．（2022·广东广州·统考二模）我们常用的数是十进制数，如
，表示十进制的数要用10个数码．0，1，2，3，
4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二
进制的数 ，等于十进制的数13．把m位n进制中的
最大数记为 ，其中m， ， 为十进制的数，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据问题背景的介绍，可以得到m位n进制中的最大数的书写方法，进而得
到选项中最大数的式子，再进行大小比较即可.
【详解】对于A： 即是： ，A正
确；
对于B： 即是：
即是： ，B正确；
对于C、D：
， 即是：
， 即是：
构造函数： ，求导得：， ， 单调递增；
， ， 单调递减；
代入得：
即是： ，
，D正确.
故选：ABD
【点睛】本题考查背景知识的从特殊到一般的转化过程，对获取信息从而抽象成数学
问题的能力有一定的要求，随后需要用数列求和得出需要的结果，再从构造函数的角
度考查了导数在函数中的应用，
运用函数的性质进行大小比较，对学生来说是一个挑战，属难题.
三、填空题
27．（2022·广东韶关·统考一模）我们知道距离是衡量两点之间的远近程度的一个概念.
数学中根据不同定义有好多种距离.平面上，欧几里得距离是 与 两点
间的直线距离，即 .切比雪夫距离是 与 两
点中横坐标差的绝对值和纵坐标差的绝对值中的最大值，即
.已知 是直线 上的动点，当 与 （ 为
坐标原点）两点之间的欧几里得距离最小时，其切比雪夫距离为___________.
【答案】6
【分析】由条件确定 与 两点之间的欧几里得距离的最小值及对应的点 的位置，
再根据切比雪夫距离的定义求解即可.
【详解】因为点 是直线 ： 上的动点，要使 最小，则 ，此时 ，
所以 ，由方程组 ，解得 ， ，
所以， ， 两点之间的切比雪夫距离为6.
故答案为：6.
28．（2022·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）著名数学家棣莫佛（De
moivre，1667~1754）出生于法国香槟，他在概率论和三角学方面，发表了许多重要论
文.1707年棣莫佛提出了公式： ，其中 ，
.已知 ，根据这个公式可知 ______.
【答案】2
【分析】根据题中所给公式进行求解即可.
【详解】根据棣莫佛公式，
由 ，
因为 ，所以 ，
故答案为：
29．（2022·广东茂名·统考二模）某校有一社团专门研究密码问题，社团活动室用的也
是一把密码锁，且定期更换密码，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均
为 的小数点后前6位数字，编码方式如下：
①x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；
②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插入数值为 的项得到新数列 ，即2，
3，4，6，8， ，10，12，14，…；若x为奇数，则在正奇数数列中依次插入数值为
的项得到新数列{an}，即1，2，3， ，5，7， ，9，11，13，…；
③N为数列{an}的前x项和．如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位，所以x＝11，前11项中有 ，所以有8个奇数， ，
所以密码为282051，若今天当值社员姓徐，则当日密码为_____．
【答案】199600
【分析】根据当值社员姓徐，确定x的值，从而求出N，计算 ，即可确定当日密码.
【详解】当值社员姓徐，则x在26个英文字母中排第24位，故 ，
前24项中 ，所以有21个偶数，
所以 ，
计算 ，则当日密码为：199600，
故答案为：199600．
四、双空题
30．（2022秋·江苏·高三校联考开学考试） 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家，他
于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平
面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的
面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现已知直线 与双曲线
及其渐近线围成的平面图形 如图所示.若将图形 被直线 所截得的两
条线段绕 轴旋转一周，则形成的旋转面的面积 ______；若将图形 绕 轴旋转一
周，则形成的旋转体的体积 ______.
【答案】
【分析】由直线 ，其中 ，分别联立方程组 和 ，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为 ，
高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解
【详解】如图所示，双曲线 ，其中一条渐近线方程为 ，
由直线 ，其中 ，
联立方程组 ，解得 ，
联立方程组 ，解得 ，
所以截面圆环的面积为 ，即旋转面的面积为 ，
根据“幂势既同，则积不容异”，
可得该几何体的体积与底面面积为 ，高为4的圆柱的体积相同，
所以该几何体的体积为 .
故答案为： ， .
