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专题十三 应用与创新
应用创新篇
应用创新 一 数学与实际生活 座的人数为 .
答案
考向一 集合与实际生活 １７２
解析 解法一 设听了数学讲座 历史讲座
１.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)某中学的学生积极 : 、 、
２０２０ Ⅰ ５ ５
音乐讲座的同学构成的集合分别为 Ａ Ｂ Ｃ
参加体育锻炼 其中有 ％的学生喜欢足球 ꎬ ꎬ ꎬ
ꎬ ９６
因为听数学讲座的人数为 所以 Ａ 中元素
或游泳 ％的学生喜欢足球 ％的学生喜 ７５ꎬ
ꎬ６０ ꎬ８２
的个数为 同理 Ｂ 中元素的个数为 Ｃ
欢游泳 则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的 ７５ꎬ ꎬ ６８ꎬ
ꎬ
中元素的个数为 Ａ Ｂ 中元素的个数为
学生数占该校学生总数的比例是 ６１ꎬ ∩
( )
Ａ Ｃ 中元素的个数为 Ｂ Ｃ 中元素
％ ％ ％ ％ １７ꎬ ∩ １２ꎬ ∩
Ａ.６２ Ｂ.５６ Ｃ.４６ Ｄ.４２
的个数为 Ａ Ｂ Ｃ 中元素的个数为 那
答案 Ｃ 如图 设集合 Ａ 表
９ꎬ ∩ ∩ ６ꎬ
ꎬ
么 Ａ Ｂ Ｃ 中元素的个数为
示喜欢足球的学生 集合 Ｂ 表
∪ ∪ ７５＋６８＋６１－１７
ꎬ
即听讲座的人数为 .
示喜欢游泳的学生 设集合 Ａ Ｂ 占比为 ｘ
－１２－９＋６＝１７２ꎬ １７２
ꎬ ∩ ꎬ
解法二 作出 图 如图 由图知听讲座
根据题意得 集合 Ａ 占比为 ％ 集合 Ｂ 占
: Ｖｅｎｎ ꎬ ꎬ
ꎬ ６０ ꎬ
比为 ％ 集合Ａ Ｂ 占比为 ％ 所以 ％ 的人数为 .
８２ ꎬ ∪ ９６ ꎬ ６０
５２＋４８＋４６＋１１＋６＋３＋６＝１７２
％ ｘ ％ 解得 ｘ ％ 故选 .
＋８２ － ＝９６ ꎬ ＝４６ ꎬ Ｃ
２.( 河南师大附中月考ꎬ ) 年某高
２０２２ １３ ２０２１
中举办学生运动会 某班 名学生中有一半
ꎬ ６０
的学生没有参加比赛 参加比赛的学生中
ꎬ ꎬ
参加田赛的有 人 参加径赛的有 人 则
１６ ꎬ ２０ ꎬ
田赛和径赛都参加的人数为 .
考向二 函数与实际生活
答案
６ １.( 河南洛阳期中ꎬ )据中国地震台网测
解析 设田赛和径赛都参加的学生人数为 ２０２２ ７
定 年 月 日 时 分 四川省泸州
ｘ 因为 名学生中有一半的学生没有参加 ꎬ２０２１ ９ １６ ４ ３３ ꎬ
ꎬ ６０ 市泸县发生里氏 . 级地震.已知地震时释
比赛 所以参加比赛的学生有 名.根据题 ６ ０
ꎬ ３０ 放出的能量 Ｅ 单位 焦耳 与地震里氏震级
意知 只参加田赛的人数为 ｘ 只参加径 ( : )
ꎬ １６－ ꎬ
Ｍ 之间的关系为 Ｅ . . Ｍ.据此测算
赛的人数为 ｘ 则 ｘ ｘ ｘ 解 ｌｇ ＝４ ８＋１ ５ ꎬ
5 ２０－ ꎬ １６－ ＋２０－ ＋ ＝３０ꎬ 年 月 日 时 分在日本本州东
年 得 ｘ 即田赛和径赛都参加的人数为 . ２０２１ ３ ２０ １７ ０９
高 ＝６ꎬ ６
岸近海发生的里氏 . 级地震所释放出的能
考 ３.( 安徽滁州检测ꎬ )某年级先后举办了 ７ ０
3 ２０２２ １５
量 约是该次泸县地震所释放出来的能量的
年
数学 历史 音乐讲座 其中有 人听了数学 ꎬ
模
、 、 ꎬ ７５
拟 精确到 .
讲座 人听了历史讲座 人听了音乐讲
( １ꎻ １０≈３ １６) ( )
A ꎬ６８ ꎬ６１
版 座 人同时听了数学 历史讲座 人同 倍 倍 倍 倍
Ａ.１９ Ｂ.２３ Ｃ.３２ Ｄ.４１
ꎬ１７ 、 ꎬ１２
高 时听了数学 音乐讲座 人同时听了历史 答案 Ｃ 设泸县发生里氏 . 级地震释放
考 ６ ０
、 ꎬ９ 、
数
学 音乐讲座 还有 人听了全部讲座 则听讲 出的能量为 Ｅ 焦耳 日本本州东岸近海发
ꎬ ６ ꎬ １ ꎬ
５１０
生里氏 . 级地震释放出的能量为 Ｅ 焦耳 业强
７ ０ ２ ꎬ ꎻ
{ Ｅ . . Ｅ 在 ｔ 时刻 甲 乙两企业的污水排放都已
则 ｌｇ １ ＝４ ８＋１ ５×６ꎬ即 ２ １ . ５ ③ ３ ꎬ 、
Ｅ . . Ｅ ＝ １０ ＝ １０× １０ 达标
ｌｇ ２ ＝４ ８＋１ ５×７ꎬ １ ꎻ
. . .故选 . 甲企业在 ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ 这三段时
≈１０×３ １６＝３１ ６≈３２ Ｃ ④ [０ꎬ １]ꎬ[ １ꎬ ２]ꎬ[ ２ꎬ ３]
２.( 广西钦州四中月考ꎬ )某人计划购买 间中 在 ｔ 的污水治理能力最强.
２０２１ １４ ꎬ [０ꎬ １]
一辆 Ａ 型轿车 售价为 . 万元 购买后轿 其中所有正确结论的序号是 .
ꎬ １４ ４ ꎬ
车每年的保险费 汽油费 车检费 停车费等 答案
、 、 、 ①②③
约需 . 万元 同时汽车年折旧率约为 ％ ｆ ｂ ｆ ａ
２ ４ ꎬ １０ 解析 设 ｙ ( )－ ( ) 由已知条件可得
＝－ ｂ ａ ꎬ
即这辆车每年减少它的价值的 ％ 则大 －
( １０ )ꎬ
甲 乙两个企业在 ｔ ｔ 这段时间内污水治
约使用 年后 用在该车上的费用
ꎬ
、 [ １ꎬ ２]
ｆ ｔ ｆ ｔ
含折旧费 达到 . 万元.
( ) １４ ４ 理能力强弱的数值计算式为 ( ２)－ ( １)
－ ｔ ｔ ꎬ
答案 －
２ １
４
由题图易知 ｙ ｙ 即甲企业的污水治理能
解析 设使用 ｘ 年后花费在该车上的费用 甲> 乙ꎬ
力比乙企业强 所以 对
达到 . 万元 则 . . ｘ . ｘ .
ꎬ ① ꎻ
１４ ４ ꎬ １４ ４(１－０ ９ )＋２ ４ ＝１４
由题意知在某一时刻企业污水治理能力的
化简得 ｘ . ｘ .
４ꎬ －６×０ ９ ＝０
令 ｆ ｘ ｘ . ｘ 易得 ｆ ｘ 为单调递增函 强弱由这一时刻的切线的斜率的绝对值表
( )＝ －６×０ ９ ꎬ ( )
示 所以 对
数 又ｆ . ｆ . 所
ꎬ ② ꎻ
ꎬ (３)＝ －１ ３７４<０ꎬ (４)＝ ０ ０６３ ４>０ꎬ
在 ｔ 时刻 由题图可知甲 乙两企业的污水
以函数 ｆ ｘ 在 上有一个零点 故大约
( ) (３ꎬ４) ꎬ ３ ꎬ 、
排放量都在污水达标排放量以下 所以
使用 年后 用在该车上的费用 含折旧费
ꎬ
４ ꎬ ( )
对
达到 . 万元.
③ ꎻ
１４ ４
３.( 北京ꎬ ꎬ 分)为满足人民对美好生 ｆ ｂ ｆ ａ
由计算式 ( )－ ( )可知 甲企业在 ｔ
２０２０ １５ ５
－ ｂ ａ ꎬ [０ꎬ １]
活的向往 环保部门要求相关企业加强污 －
ꎬ
这段时间内污水治理能力最弱 所以 错.
水治理 排放未达标的企业要限期整改.设 ꎬ ④
ꎬ
名师点睛
企业的污水排放量 Ｗ 与时间 ｔ 的关系为 Ｗ
本题以污水治理为背景ꎬ在解题时要注意审
ｆ ｂ ｆ ａ
ｆ ｔ 用 ( )－ ( )的大小评价在 ａ ｂ
题ꎬ图中的纵坐标是污水达标排放量ꎬ处理
＝ ( )ꎬ － ｂ ａ [ ꎬ ]
－
这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知 ｆ(ｂ) ｆ(ａ)
污水能力强弱比较的是 － 的值的
－ ｂ ａ
整改期内 甲 乙两企业的污水排放量与时 －
ꎬ 、
大小ꎬ而不是纵坐标的大小.
间的关系如图所示.
４.( 江西上饶期中ꎬ )某地政府为增加农
２０２２ ２１
民收入 根据当地地域特点 积极发展农产
ꎬ ꎬ
品加工业.经过市场调查 加工某农产品需投
ꎬ
入固定成本 万元 每加工 ｘ 万千克该农产
２ ꎬ
专
品 需另投入成本 ｆ ｘ 万元 且 ｆ ｘ
给出下列四个结论 ꎬ ( ) ꎬ ( ) ＝ 题
十
: ì ï 三
① 在 能 [ 力 ｔ １ 比 ꎬ ｔ 乙 ２] 企 这 业 段 强 时间内 ꎬ 甲企业的污水治理 í ï ï ２ １ｘ２ ＋ ｘ ꎬ０< ｘ <６ꎬ 已知加工后的该农产品每 应 用
ꎻ ï 与
ï ｘ ４９ ｘ . 创
在 ｔ 时刻 甲企业的污水治理能力比乙企 î ï ７ ＋ ｘ －２７ꎬ ≥６ 新
② ２ ꎬ
５１１
千克售价为 元 且加工后的该农产品能全 单位 与时间 ｔ 单位 之间的函数关
６ ꎬ ( :ｍ) ( :ｓ)
部销售完. 系式是
( )
求加工后该农产品的利润 ｙ 万元 与加
(１) ( )
工量 ｘ 万千克 的函数关系式
( ) ꎻ
求加工后的该农产品利润的最大值.
(２)
æ ö
解析 当 ｘ 时 ｙ ｘ ç １ｘ２ ｘ÷
æ ö
(１) ０< <６ ꎬ ＝６ －è ＋ ø－２＝
Ｈ çπｔ π÷
２
Ａ. ＝４ｓｉｎè － ø＋２
３０ ３
１ｘ２ ｘ .
æ ö
－ ＋５ －２
Ｈ çπｔ π÷
２
Ｂ. ＝４ｓｉｎè － ø＋２
æ ö ３０ ６
当 ｘ 时 ｙ ｘ ç ｘ ４９ ÷ ｘ ４９
æ ö
≥６ ꎬ ＝ ６ －è７ ＋ ｘ －２７ø－２＝－ － ｘ
Ｈ çπｔ π÷
Ｃ. ＝４ｓｉｎè － ø＋２
. ６０ ３
＋２５
æ ö
ì
ï
Ｈ çπｔ π÷
ï ï－
１ｘ２
＋５
ｘ
－２ꎬ０<
ｘ
<６ꎬ
Ｄ. ＝４ｓｉｎè
６０
－
６
ø＋２
故 ｙ í ２ 答案 Ｄ 设距离水面的高度 Ｈ 与时间 ｔ 的
＝ï
ï ï ｘ ４９ ｘ . 函数 关 系 式 为 Ｈ Ａ ωｔ φ Ｂ
î－ － ｘ ＋２５ꎬ ≥６
＝ ｓｉｎ ( ＋ ) ＋
æ ö
çω φ π÷ 周期为 ω ２π ２π
(２)
当
０<
ｘ
<６
时
ꎬ
ｙ
＝ －
１ ｘ２
＋５
ｘ
－２ ＝ －
１
è >０ꎬ｜ ｜< øꎬ １２０ ｓꎬ ＝ Ｔ ＝ ＝
２ １２０
２ ２
π 最高高度为 ° 最低高度
ｘ ２ ２１ 当 ｘ 时 ｙ 取得最大值２１ ꎬ ４＋４ｓｉｎ ３０ ＝６ ｍꎬ
( －５) ＋ ꎬ ＝５ ꎬ ꎻ
６０
２ ２
为 ° Ａ Ｂ Ａ Ｂ
－４＋４ｓｉｎ ３０ ＝ －２ ｍꎬ∴ ＋ ＝６ꎬ－ ＋ ＝－
当ｘ 时 因为ｘ ４９ 当且仅当
≥６ ꎬ ＋ ｘ ≥２ ４９ ＝１４ꎬ Ａ Ｂ .
２ꎬ∴ ＝４ꎬ ＝２
ｘ 时 等号成立 所以当 ｘ 时 ｙ 取得最 当 ｔ 时 Ｈ φ
＝７ ꎬ ꎬ ＝７ ꎬ ＝０ ꎬ ＝０ꎬ４ｓｉｎ ＋２＝０ꎬ
大值 .
１１ φ １ 又 φ π φ π
∴ ｓｉｎ ＝－ ꎬ ｜ ｜< ꎬ∴ ＝－ ꎬ
２ ２ ６
因为２１ 所以当 ｘ 时 ｙ 取得最大
≤１１ꎬ ＝ ７ ꎬ æ ö
２ Ｈ çπｔ π÷ .故选 .
值 .
∴ ＝４ｓｉｎè － ø＋２ Ｄ
６０ ６
１１
２.( 辽宁省实验中学二
故加工后的该农产品利润的最大值为
２０２１
１１
万元. 模ꎬ )攒尖是古代中国建筑
６
中屋顶的一种结构形式 宋
考向三 三角函数与实际生活
ꎬ
代称为撮尖 清代称为攒
１.( 哈尔滨三中一模ꎬ )筒车是我国古代 ꎬ
２０２１ ９
尖.攒尖建筑的屋面在顶部交会为一点 形成
发明的一种水利灌溉工具 因其经济又环 ꎬ
5 ꎬ
尖顶 依其平面有圆形攒尖 三角攒尖 四角
年 保 至今还在农业生产中使用.假设在水流量 ꎬ 、 、
高 ꎬ
攒尖 八角攒尖.也有单檐和重檐之分 多见
考
稳定的情况下 筒车上的每一个盛水筒都做 、 ꎬ
3 ꎬ
年 于亭阁式建筑 园林建筑.辽宁省实验中学校
模 逆时针匀速圆周运动.现将筒车抽象为一个 、
拟 园内的明心亭为一个八角攒尖 它的主要部
几何图形 如图所示 圆 Ｏ 的半径为 米 Ｐ ꎬ
A ꎬ ꎬ ４ ꎬ ０ 分的轮廓可近似看作一个正八棱锥 设正八
版 在水平面上 盛水筒 Ｍ 从点 Ｐ 处开始运动 ꎬ
ꎬ ０ ꎬ 棱锥的侧面等腰三角形的顶角为 θ 则它的
高
ＯＰ 与水平面所成的角为 ° 且 分钟恰好 ２ ꎬ
考
０ ３０ ꎬ ２
数
学 转动 圈 则盛水筒 Ｍ 距离水面的高度 Ｈ
１ ꎬ
５１２
侧棱与底面内切圆半径的长度之比为 解析 由 晷影长 分别是 表高 的 倍和
“ ” “ ” ２
倍 可得 θ θ
( ) ３ ꎬ ｔａｎ １ ＝２ꎬｔａｎ ２ ＝３ꎬ
θ θ
２－１ ２－１ 所以 θ θ ｔａｎ １ －ｔａｎ ２ ２－３
Ａ. θ Ｂ. θ ｔａｎ( １ － ２)＝ θ θ ＝ ＝
ｓｉｎ ｃｏｓ １＋ｔａｎ １ｔａｎ ２ １＋２×３
１ １ １.
Ｃ. Ｄ. －
θ θ
７
２ｓｉｎ ２ｃｏｓ
答案 Ａ 设 Ｏ 为正八棱锥 Ｓ ＡＢＣＤＥＦＧＨ ４.( 河南六市联考ꎬ )某市为响应习近平
－ ２０２２ ２０
底面内切圆的圆心 连接 ＯＡ ＯＢ 总书记关于生态文明建设的指示精神 大力
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
取ＡＢ 的中点Ｍ 连接ＳＭ ＯＭ 则ＯＭ 的长等 开展 青山绿水 工程 造福于民.为此 当地
ꎬ 、 ꎬ “ ” ꎬ ꎬ
于底面内切圆半径 Ｒ 如图所示. 政府决定将一块扇形荒地改造成市民休闲
ꎬ
设侧棱长为ｘ 底面边长为ａ 中心 如图 扇形 ＯＡＢ 的半径为 圆心
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ２００ ｍꎬ
由题意知 ＡＳＢ θ ＡＳＭ
∠ ＝ ２ ꎬ∠ 角 ＡＯＢ ２π.
∠ ＝
３
１ａ
如图 将扇形的内切圆Ｅ 及内部区域作
θ 则 θ ２ 解得 ａ (１) １ꎬ
＝ ꎬ ｓｉｎ ＝ ｘ ꎬ ＝ 为市民健身活动场所 其余区域种植各种花
ꎬ
ｘ θ. 在 ＡＯＢ 中 ＡＯＢ ° 所 以 草 改造为景观绿地 求内切圆的半径 ｒ
２ ｓｉｎ △ ꎬ ∠ ＝ ４５ ꎬ ꎬ ꎬ ꎻ
. ° 如图 扇形内有一矩形 ＭＮＯＰ 边 ＯＰ
ＡＯＭ . ° 由 ° ２ｔａｎ ２２ ５ (２) ２ꎬ (
∠ ＝２２ ５ ꎬ ｔａｎ ４５ ＝ ２ . °＝１ꎬ １－ｔａｎ ２２ ５ 在半径 ＯＡ 上 点 Ｍ 在ＡＢ
ꎬ
１ａ
ａ
解得 . ° 所以２ .
ｔａｎ ２２ ５ ＝ ２－１ꎬ Ｒ ＝ Ｒ＝ｔａｎ ２２
２
ｘ θ ｘ
° 所以２ ｓｉｎ 解得
５ ＝ ２ －１ꎬ Ｒ ＝ ２ －１ꎬ Ｒ ＝
２
２－１ 即侧棱与底面内切圆半径的长度之
θꎬ
ｓｉｎ
比为 ２－１.故选
θ Ａ.
ｓｉｎ
３.( 广东中山 月模拟ꎬ )我国古代数学
２０２１ ５ １４
家僧一行应用 九服晷影算法 在 大衍历
“ ” « »
中建立了晷影长 ｌ 与太阳天顶距 θ ° θ
(０ ≤ ≤
° 的对应数表 这是世界数学史上较早的
８０ ) ꎬ
一张正切函数表.根据三角学知识可知 晷影
ꎬ
长度 ｌ 等于表高 ｈ 与太阳天顶距 θ 正切值的
乘积 即 ｌ ｈ θ.若对同一 表高 两次测
ꎬ ＝ ｔａｎ “ ”
量 晷影长 分别是 表高 的 倍和 倍 专
ꎬ“ ” “ ” ２ ３ 题
所成角记为 θ θ 则 θ θ 十
( １ꎬ ２)ꎬ ｔａｎ ( １ － ２) ＝ 三
. 应
用
与
答案 １ 创
－ 新
７
５１３
( 上 区域为市民健
)
身活动场所 其余区域种植各种花草 改造
ꎬ ꎬ
为景观绿地 设 ＭＯＡ θ 求市民健身活动
ꎬ ∠ ＝ ꎬ
场所 矩形 ＭＮＯＰ 区域 面积的最大值.
( )
解析 连接 ＯＥ 并
(１)
延长交ＡＢ
(
于点Ｃ 设ＯＡ
ꎬ
与圆 Ｅ 相切于点 Ｄ 连
ꎬ
接 ＥＤ.如图 由题设知 ＥＣ ＥＤ ｒ ＯＥ
ꎬ ＝ ＝ ｍꎬ ＝
ｒ ＥＯＤ π 所以在 ＯＤＥ 中
(２００－ )ｍꎬ∠ ＝ ꎬ Ｒｔ△ ꎬ
３
ＥＤ ＯＥ π 即 ｒ ３ ｒ 解得 ｒ
＝ ｓｉｎ ꎬ ＝ (２００－ )ꎬ ＝４００
３ ２
. ３－６００
在 ＯＰＭ 中 ＯＰ ＯＭ θ
(２) Ｒｔ△ ꎬ ＝ ｃｏｓ ＝ ２００ｃｏｓ
θ ＭＰ ＯＭ θ θ 所以Ｓ ＯＰ
ꎬ ＝ ｓｉｎ ＝２００ｓｉｎ ꎬ 矩形ＭＮＯＰ＝
ＭＰ θ θ θ 故
＝４０ ０００ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２０ ０００ｓｉｎ ２ ꎬ
因为 ｋ ｋ ｋ 成公差为 . 的等差数列
当 θ π 即θ π时 市民健身活动场所 矩 １ꎬ ２ꎬ ３ ０ １ ꎬ
２ ＝ ꎬ ＝ ꎬ (
所以 ｋ ｋ ｋ . ｋ . . .
２ ４ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋０ ５＝３ ３ －０ ３＋０ ５＝２ ９ꎬ
形 ＭＮＯＰ 区域 的面积最大 最大值为 所以 ｋ . 故选 .
) ꎬ ３ ＝０ ９ꎬ Ｄ
２. ２.( 安徽六安质检ꎬ ) 年 月 日
２０ ０００ ｍ
２０２２ １２ ２０１３ ９ ７ ꎬ
考向四 数列与实际生活 习近平总书记在哈萨克斯坦纳扎尔巴耶夫
１.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)图 是中国古代建 大学发表演讲并回答学生们提出的问题 在
２０２２ Ⅱ ３ ５ １ ꎬ
筑中的举架结构 ＡＡ′ ＢＢ′ ＣＣ′ ＤＤ′是桁 相 谈到环境保护问题时他指出 我们既要绿
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ :“
邻桁的水平距离称为步 垂直距离称为举.图 水青山 也要金山银山.宁要绿水青山 不要
ꎬ ꎬ ꎬ
是某古代建筑屋顶截面的示意图 其中
金山银山 而且绿水青山就是金山银山.
ꎬ ”
２ ꎬ
绿水青山就是金山银山 这一科学论断 成
ＤＤ ＣＣ ＢＢ ＡＡ 是举 ＯＤ ＤＣ ＣＢ ＢＡ
“ ” ꎬ
１ꎬ １ꎬ １ꎬ １ ꎬ １ꎬ １ꎬ １ꎬ １
为树立生态文明观 引领中国走向绿色发展
ＤＤ
、
是相等的步 相邻桁的举步之比分别为 １
ꎬ ＯＤ 之路的理论之基.某市为了改善当地生态环
１
境 年投入资金 万元 以后每年投
ＣＣ ＢＢ ＡＡ
ꎬ２０１４ １６０ ꎬ
. １ ｋ １ ｋ １ ｋ .已知 ｋ ｋ
＝０ ５ꎬＤＣ ＝ １ꎬＣＢ ＝ ２ꎬＢＡ ＝ ３ １ꎬ ２ꎬ 入资金比上一年增加 万元 从 年开
２０ ꎬ ２０２０
１ １ １
ｋ 成公差为 . 的等差数列 且直线 ＯＡ 的 始每年投入资金比上一年增加 ％ 到
３ ０ １ ꎬ １０ ꎬ ２０２４
年底该市生态环境建设投资总额大约为
斜率为 . 则 ｋ
０ ７２５ꎬ ３ ＝ ( )
( )
万元 万元
Ａ.２ ６５５ Ｂ.２ ９７０
万元 万元
Ｃ.３ ００６ Ｄ.３ ０４０
答案 Ｃ 年每年的投资额成等
２０１４~２０１９
差数列 首项为 公差为
ꎬ １６０ꎬ ２０ꎬ
则 年的投资总额为 ６×５
２０１４~２０１９ ６×１６０＋ ×
２
图 万元 .
１
２０＝９６０＋３００＝１ ２６０( )
年的投资额为 万
２０１９ １６０＋(６－１)×２０＝２６０(
元
)ꎬ
年每年的投资额成等比数列 首
２０１９~２０２４ ꎬ
项为 公比为 .
２６０ꎬ １ １ꎬ
则 年 的 投 资 总 额 为
２０１９ ~ ２０２４
图
２ . ６
２６０×(１－１ １ ) 万元
. . . . . ≈２ ００６( )ꎬ
5 Ａ.０ ７５ Ｂ.０ ８ Ｃ.０ ８５ Ｄ.０ ９ １－１ １
年 答案 Ｄ 令 ＯＤ ＤＣ ＣＢ ＢＡ ａ 年的投资总额约为
高 １ ＝ １ ＝ １ ＝ １ ＝ ꎬ ∴ ２０１４~２０２４ １ ２６０＋２
考 则 ＣＣ ｋ ａ ＢＢ ｋ ａ ＡＡ ｋ ａ ＤＤ . ａ 万元 .故选 .
3 １ ＝ １ ꎬ １ ＝ ２ ꎬ １ ＝ ３ ꎬ １ ＝０ ５ ꎬ ００６－２６０＝３ ００６( ) Ｃ
年
所以 Ａ 的坐标为 ａ ｋ ａ ｋ ａ ｋ ａ . ａ ３.( 南京中华中学期中ꎬ )设某厂 年
模 拟 (４ ꎬ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋０ ５ )ꎬ ２０２２ ６ ２０２０
ｋ ａ ｋ ａ ｋ ａ . ａ ｋ ｋ ｋ . 的产值为 从 年起 该厂计划每年的
A 所以 ｋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋０ ５ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋０ ５ １ꎬ ２０２１ ꎬ
版 ＯＡ ＝ ａ ＝ 产值比上年增长 Ｐ％ 则从 年起到
４ ４
ꎬ ２０２１ ２０３０
高 . 年年底 该厂这十年的总产值为
考 ＝０ ７２５ꎬ ꎬ ( )
数
学 所以 ｋ １ ＋ ｋ ２ ＋ ｋ ３ ＋０ . ５＝２ . ９ . Ａ.(１＋ Ｐ％ ) ９
５１４
Ｐ％ １０ ３
Ｂ.(１＋ ) ５０ π . 属于中雨 故选 .
Ｐ％ Ｐ％ １０ ２ ＝１２ ５(ｍｍ)ꎬ ꎬ Ｂ
(１＋ )[(１＋ ) －１] π１００
Ｃ. Ｐ％ ２.( 江苏ꎬ ꎬ 分)如图 六角螺帽毛坯是
２０２０ ９ ５ ꎬ
Ｐ％ １０ 由一个正六棱柱挖去一个圆柱
(１＋ ) －１
Ｄ. Ｐ％
所构成的.已知螺帽的底面正六
答案 Ｃ 依题意 知该厂从 年起到
ꎬ ２０２１ 边形边长为 高为 内
２ ｃｍꎬ ２ ｃｍꎬ
年年底的每一年的产值构成等比数列
２０３０ ꎬ 孔半径为 . 则此六角螺帽毛坯的体积
０ ５ ｃｍꎬ
设为 ａ 首项 ａ Ｐ％ 公比 ｑ Ｐ％
{ ｎ}ꎬ １ ＝１＋ ꎬ ＝１＋ ꎬ 是 ３.
ｃｍ
Ｐ％ Ｐ％ １０
则 Ｓ (１＋ )[１－(１＋ ) ] æ ö
１０ ＝ Ｐ％ ＝ 答案 ç π÷
１－(１＋ ) è１２ ３－ ø
２
Ｐ％ Ｐ％ １０
(１＋ )[(１＋ ) －１] 所以该厂这十年 解析 此六角螺帽毛坯的体积 Ｖ Ｖ
Ｐ％ ꎬ ＝ 正六棱柱－
æ ö
Ｐ％ Ｐ％ １０ Ｖ ３ ２ １ ç π÷ ３.
的总产值为(１＋ )[(１＋ ) －１]. 圆柱＝６× ×２ ×２－ π×２＝è１２ ３－ øｃｍ
Ｐ％ ４ ４ ２
３.( 课标 ꎬ ꎬ 分)学生到工厂劳动实
考向五 立体几何与实际生活 ２０１９ Ⅲ １６ ５
践 利用 打印技术
１.( 北京ꎬ ꎬ 分)某一时段内 从天空降 ꎬ ３Ｄ
２０２１ ８ ４ ꎬ
制作模型.如图 该模
落到地面上的雨水 未经蒸发 渗漏 流失而 ꎬ
ꎬ 、 、 型为长方体 ＡＢＣＤ
在水平面上积聚的深度 称为这个时段的降 －
ꎬ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 挖去四棱锥
雨量 单位 . 降雨量的等级划分 １ １ １ １
( :ｍｍ) ２４ ｈ Ｏ ＥＦＧＨ 后所得的几
如下 －
: 何体 其中 Ｏ 为长方体的中心 Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ 分
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
降雨量
等级 ２４ ｈ 别为所在棱的中点 ＡＢ ＢＣ ＡＡ
精确到 . ꎬ ＝ ＝ ６ ｃｍꎬ １ ＝
( ０ １)
. 打印所用原料密度为 . ３.不
４ ｃｍ ３Ｄ ０ ９ ｇ/ｃｍ
小雨 . . 考虑打印损耗 制作该模型所需原料的质量
０ １~９ ９ ꎬ
中雨 . . 为 .
１０ ０~２４ ９ ｇ
大雨 . .
２５ ０~４９ ９ 答案 .
１１８ ８
暴雨 . .
５０ ０~９９ ９ 解析 依题意 知该模型是长方体中挖去一
ꎬ
个四棱锥 故其体积 Ｖ Ｖ Ｖ
在综合实践活动中 某小组自制了一个底面 ꎬ ＝ 长方体－ 四棱锥＝６×６×
ꎬ
直径为 高为 的圆锥形雨量 １ １ ３ .又该模型的原
２００ ｍｍꎬ ３００ ｍｍ ４－ × ×４×６×３＝ １３２(ｃｍ )
３ ２
器.若一次降雨过程中 该雨量器收集的
ꎬ ２４ ｈ 料密度为 . ３ 故制作该模型所需原料
０ ９ ｇ/ｃｍ ꎬ
的雨水高度是 如图所示 则这
的质量为 . . .
１５０ ｍｍ( )ꎬ ２４ ｈ
０ ９×１３２＝１１８ ８(ｇ)
降雨量的等级是
( ) ４.( 全国甲ꎬ ꎬ 分)小明同学参加综合
２０２２ １９ １２
小雨 中雨 大雨 暴雨
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 实践活动 设计了一个封闭的包装盒.包装盒
ꎬ
答案 Ｂ 根据相似可得 小圆锥的底面半
ꎬ 如 图 所 示 底 面 ＡＢＣＤ 是 边 长 为 专
:
题
２００ 单位 的 正 方 形 ＥＡＢ ＦＢＣ 十
８( :ｃｍ) ꎬ △ ꎬ △ ꎬ 三
径 ｒ ２ 故 Ｖ １ ２ ＧＣＤ ＨＤＡ 均为正三角形 且它们所在
＝ ＝ ５０(ｍｍ)ꎬ 小圆锥 ＝ ×π×５０ × △ ꎬ △ ꎬ 应
２ ３ 用
的平面都与平面 ＡＢＣＤ 垂直.
Ｖ 与
小圆锥 创
１５０＝５０ ３ π(ｍｍ ３ )ꎬ 则积水深度 ｈ ＝Ｓ ＝ 证明 ＥＦ 平面 ＡＢＣＤ 新
大圆锥底 (１) : ∥ ꎻ
５１５
求该包装盒的容积 不计包装盒材料的 ５.( 江苏ꎬ ꎬ 分)现需要设计一个仓
(２) ( ２０１６ １７ １４
厚度 . 库 它由上下两部分组成 上部的形状是正
) ꎬ ꎬ
四棱锥 Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 下部的形状是正四棱柱
－ １ １ １ １ꎬ
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 如图所示 并要求正四棱
－ １ １ １ １( )ꎬ
柱的高 Ｏ Ｏ 是正四棱锥的高 ＰＯ 的 倍.
１ １ ４
若 ＡＢ ＰＯ 则仓库的容积是
(１) ＝６ ｍꎬ １ ＝２ ｍꎬ
多少
?
若正四棱锥的侧棱长为 则当 ＰＯ
解析 取 ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＤＡ 的中点 Ｍ Ｎ Ｐ (２) ６ ｍꎬ １
、 、 、 、 、 、
为多少时 仓库的容积最大
Ｑ 连接 ＥＭ ＦＮ ＧＰ ＨＱ ＭＮ ＮＰ ＰＱ ＱＭ. ꎬ ?
ꎬ 、 、 、 、 、 、 、
证明 在正三角形 ＡＢＥ 中 Ｍ 为 ＡＢ 的中
(１) : ꎬ
点 所以 ＥＭ ＡＢ.又平面 ＡＢＥ 平面 ＡＢＣＤ
ꎬ ⊥ ∩
ＡＢ 且平面 ＡＢＥ 平面 ＡＢＣＤ ＥＭ 平面
＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂
ＡＢＥ 所以 ＥＭ 平面 ＡＢＣＤ.
ꎬ ⊥
同理 ＦＮ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＥＭ ＦＮ
⊥ ꎬ ∥ ꎬ 解析 由 ＰＯ 知 Ｏ Ｏ ＰＯ .
又 ＥＭ ＦＮ 所以四边形 ＥＭＮＦ 为平行四边 (１) １ ＝２ １ ＝４ １ ＝８
＝ ꎬ 因为 Ａ Ｂ ＡＢ
形 所以ＥＦ ＭＮ.又ＭＮ 平面ＡＢＣＤ 且ＥＦ １ １
＝ ＝６ꎬ
ꎬ ∥ ⊂ ꎬ 所以正四棱锥 Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的体积
－
平面 ＡＢＣＤ 所以 ＥＦ 平面ＡＢＣＤ. １ １ １ １
⊄ ꎬ ∥
(２) 如图 ꎬ 可将包装盒分割为长方体 ＭＮＰＱ － Ｖ 锥＝ ３ １ Ａ １ Ｂ２ １ ＰＯ １ ＝ ３ １ ×６ ２ ×２＝２４(ｍ ３ )ꎻ
ＥＦＧＨ 和四个全等的四棱锥. 正四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的体积
－
１ １ １ １
Ｖ ＡＢ２ Ｏ Ｏ ２ ３ .
柱＝ １ ＝６ ×８＝２８８(ｍ )
所以仓库的容积 Ｖ Ｖ Ｖ
＝ 锥＋ 柱 ＝２４＋２８８＝３１２
３ .
(ｍ )
设 Ａ Ｂ ａ ＰＯ ｈ
(２) １ １ ＝ (ｍ)ꎬ １ ＝ (ｍ)ꎬ
则 ｈ Ｏ Ｏ ｈ .连接 Ｏ Ｂ .
０< <６ꎬ １ ＝４ (ｍ) １ １
易得 ＭＮ ＥＭ .
＝４ ２ ｃｍꎬ ＝４ ３ ｃｍ
所以 Ｖ ２
长方体ＭＮＰＱ － ＥＦＧＨ ＝ (４ ２ ) × ４ ３ ＝ １２８
３
３ ｃｍ ꎬ
Ｖ
四棱锥Ｂ － ＭＮＦＥ＝
１
×４ ３×４ ２×２ ２ ＝
６４ ３
ｃｍ
３
ꎬ
因为在
Ｒｔ△
ＰＯ
１
Ｂ
１
中
ꎬ
Ｏ
１
Ｂ２
１ ＋
ＰＯ２
１ ＝
ＰＢ２
１ꎬ
5 ３ ３
年
æ ａö２
高 所以çç ２ ÷÷ ｈ２ 即 ａ２ ｈ２ .
考 所以该包装盒的容积为 ６４ ３ è ø ＋ ＝３６ꎬ ＝２(３６－ )
１２８ ３ ＋４× ＝ ２
3 ３
年
模 拟 ６４０ ３ ３. 于是仓库的容积 Ｖ ＝ Ｖ 柱＋ Ｖ 锥＝ ａ２ ４ ｈ ＋ １ａ２
ｃｍ ３
A ３
版 易错警示 ｈ １３ａ２ｈ
＝
３
高
线面平行的判定中ꎬ不能忽略线不在平面内
考
数 ２６ ｈ ｈ３ ｈ
学 这一条件. ＝ (３６ － )ꎬ０< <６ꎬ
３
５１６
学的美也被建筑表现得淋漓尽致.已知图
从而 Ｖ′ ２６ ｈ２ ｈ２ . １
＝ (３６－３ )＝ ２６(１２－ )
是单叶双曲面 由双曲线绕虚轴旋转形成的
３
(
令 Ｖ′ 得 ｈ 或 ｈ 舍 . 立体图形 型建筑 图 是其中截面最细附
＝０ꎬ ＝２ ３ ＝－２ ３( ) ) ꎬ ２
当 ｈ 时 Ｖ′ Ｖ 是单调增函数 近处的部分图象 上 下底面与地面平行.现
０< <２ ３ ꎬ >０ꎬ ꎻ ꎬ 、
当 ｈ 时 Ｖ′ Ｖ 是单调减函数. 测得下底面直径 ＡＢ 米 上底面直径
２ ３< <６ ꎬ <０ꎬ ＝２０ １０ ꎬ
故 ｈ 时 Ｖ 取得极大值 也是最大值. ＣＤ 米 ＡＢ 与 ＣＤ 间的距离为 米 与
＝２ ３ ꎬ ꎬ ＝２０ ２ ꎬ ８０ ꎬ
上 下底面等距离的 Ｇ 处的直径等于 ＣＤ 的
因此 当 ＰＯ 时 仓库的容积最大.
、
ꎬ １ ＝２ ３ ｍ ꎬ
长 则最细部分处的直径为
考向六 解析几何与实际生活 ꎬ ( )
１.( 武汉模拟ꎬ ) 年 月 日 教育
２０２２ ５ ２０２１ １２ ２２ ꎬ
部提出五项管理 作业 睡眠 手机 课外阅
“ 、 、 、
读 健康管理 体育锻炼是五项管理中一个
、 ”ꎬ
非常重要的方面 各地中小学积极响应教育
ꎬ
部政策 改善学生和教师锻炼设施设备.某中
ꎬ
学建立 网红 气膜体育馆 图 气膜体育 米 米
“ ” ( １)ꎬ Ａ.１０ Ｂ.２０
馆具有现代 美观 大气 舒适 环保的特点 米 米
、 、 、 、 ꎬ Ｃ.１０ ３ Ｄ.１０ ５
深受学生和教师的喜爱.气膜体育馆从某个 答案 Ｂ 建立如图所示的坐标系 根据 ＡＢ
ꎬ
角度看 可以近似抽象为半椭球面形状 该 与 ＣＤ 间的距离为 米 与上 下底面等距
ꎬ ꎬ ８０ ꎬ 、
体育馆设计图纸比例 长度比 为 单 离的Ｇ 处的直径等于ＣＤ 长及双曲线的对称
( ) １ ∶ ２０(
ｘ２ ｙ２ 性 知 Ｇ 点与 Ｄ 点的纵坐标互为相反数 所
位 图纸中半椭球面的方程为 ｚ２ ꎬ ꎬ
:ｍ)ꎬ ＋ ＋ ＝
以 ｙ 则 ｙ 由题
４ ４ Ｄ＝２０ꎬ Ｂ＝－６０ꎬ
ｚ 如图 则该气膜体育馆占地面
１( ≥０)( ２)ꎬ 意可知 Ｃ Ｂ
(１０ ２ꎬ２０)ꎬ (１０
积为
( )
１０ꎬ－６０)ꎬ
ｘ２ ｙ２
设双曲线方程为
ａ２ －ｂ２ ＝ １
ａ ｂ
图 图 ( > ０ꎬ > ０ )ꎬ ∴
１ ２ ì
ï
２ ２ ２００ ４００
Ａ.１ ０００π ｍ Ｂ.５４０π ｍ ï ï ａ２ － ｂ２ ＝１ꎬ
２ ２ í 解得 ａ２
Ｃ.２ ０００π ｍ Ｄ.１ ６００π ｍ ï ＝
答案 Ｄ 当 ｚ 时 在 ｘＯｙ 平面上的边缘 ï１ ０００ ３ ６００
＝０ ꎬ î ï ａ２ － ｂ２ ＝１ꎬ
投影为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１ꎬ
即 ｘ２
＋
ｙ２
＝４ꎬ
所以投影是半
１００ꎬ
ｂ２
＝４００ꎬ
即 ａ
＝１０ꎬ
则
｜
ＥＦ
｜ ＝２
ａ
＝２０ꎬ
即
４ ４ 最细部分处的直径为 米.故选
２０ Ｂ.
径为 的圆 又体育馆设计图纸比例 长
２ ｍ ꎬ ( ３.( 河南鹤壁月考ꎬ )抛物线有如下光学
度比 为 故实际投影是半径为 ２０２２ １５
) １ ∶ ２０ꎬ ４０ ｍ 性质 由其焦点射出的光线经抛物线反射 专
的圆 其面积为 即该气膜体育馆 : 题
２
ꎬ １ ６００π ｍ ꎬ 后 沿平行于抛物线对称轴的方向射出 今 十
占地面积为 ２.故选 . ꎬ ꎬ 三
１ ６００π ｍ Ｄ 有抛物线 ｙ２ ｐｘ ｐ 如图 一平行于 ｘ
＝２ ( >０)ꎬ ꎬ 应
２.( 福州一中质检ꎬ )许多建筑融入了数 用
２０２２ ８ 轴的光线射向抛物线上的点 Ｐ 反射后又射 与
ꎬ
学元素 更具神韵 数学赋予了建筑活力 数 创
ꎬ ꎬ ꎬ 向抛物线上的点 Ｑ 再反射后又沿平行于 ｘ 新
ꎬ
５１７
轴的方向射出 且 Ｐ Ｑ 间
ꎬ ꎬ
的最小距离为 则抛物线
３ꎬ
的方程为 .
答案 ｙ２ ｘ
＝３
解析 由抛物线的光学性质可得 ＰＱ 必过
ꎬ 解析 易知 王阿姨负责区域边界的曲
(１) ꎬ
æ ｐ ö
抛物线的焦点 Ｆç ÷ 设直线 ＰＱ 的方程 线方程为 ｘ２ ｙ２ ２.
è ꎬ０øꎬ ＋ ＝２００
２ 因为李叔叔家在王阿姨家的北偏东 °方
ｐ ４５
为 ｘ ｍｙ Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ 由 向 所以设李叔叔家所在的位置为 Ｃ ｃ ｃ
＝ ＋ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ꎬ ( ꎬ )ꎬ
２
离 Ｍ 和Ｎ 距离相等
ì ï ｐ (１００ꎬ４００) (４００ꎬ７００) ꎬ
í ï ï ｘ ＝ ｍｙ ＋ ２ ꎬ得 ｙ２ －２ ｐｍｙ － ｐ２ ＝ ０ꎬ 则 ｙ １ ＋ ｙ ２ ＝ 故 ( ｃ －１００) ２ ＋( ｃ －４００) ２ ＝ ( ｃ －４００) ２ ＋( ｃ －
î ï ｙ２ ｐｘ ７００) ２ ꎬ
＝２
故 ｃ ２ ｃ ２
ｐｍ ｙ ｙ ｐ２ 所以 ＰＱ ｍ２ ｙ ｙ ( －１００) ＝( －７００) ꎬ
２ ꎬ １ ２ ＝－ ꎬ ｜ ｜ ＝ １＋ ｜ １ － ２｜ ＝ 即 ｃ ｃ 故 ｃ
－１００＝７００－ ꎬ ＝４００ꎬ
ｍ２ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ
１＋ ( １ ＋ ２) －４ １ ２ ＝ ｋ ２ ２ .
ｍ２ ｐ２ｍ２ ｐ２ ｐ ｍ２ ｐ 当
＝ (４００－４００) －(４００－７００) ＝３００
(１＋ )(４ ＋４ )＝ ２ ( ＋１)≥２ ꎬ 故李叔叔负责区域边界的曲线方程为 ｘ
且仅当 ｍ２ 即直线 ＰＱ 垂直于 ｘ 轴时 ( －
＝ ０ꎬ ꎬ ２ ｙ ２ ２.
ＰＱ 取得最小值 由题意得 ＰＱ 即 ４００) ＋( －４００) ＝３００
｜ ｜ ꎬ ｜ ｜ｍｉｎ ＝ ３ꎬ 设圆心Ｏ 关于直线ｌ ｘ ｙ 的对
(２) : － ＋１ ０００＝０
ｐ 所以此时抛物线的方程为 ｙ２ ｘ.
２ ＝３ꎬ ＝３ ａ ｂ ｂ
称点为Ｐ ａ ｂ 则有
４.( 届河南名校联盟联考ꎬ )疫情期间 ( ꎬ )ꎬ － ＋１ ０００＝ ０ꎬ ａ ＝
２０２３ ２０ ꎬ ２ ２
作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要
－１ꎬ
上门排查外来人员信息 王阿姨和李叔叔分 解得 ａ ｂ 则 Ｐ
ꎬ ＝ －１ ０００ꎬ ＝ １ ０００ꎬ (－１ ０００ꎬ１
别需走访离家不超过 米 ｋ 米的区域 如
２００ 、 ꎬ ０００)ꎬ
图 ｌ ｌ 分别是经过王阿姨家 点 的东西和
ꎬ １ꎬ ２ ( ) 则 ｋ １ ０００－４００ ３
南北走向的街道 且李叔叔家在王阿姨家的 ＰＣ＝ ＝－ ꎬ
ꎬ －１ ０００－４００ ７
北偏东 °方向 以点 Ｏ 为坐标原点 ｌ ｌ 为
４５ ꎬ ꎬ １ꎬ ２ 故直线 ＰＣ 的方程为 ｙ ＝－ ３ｘ ＋ ４ ０００ ꎬ
ｘ 轴 ｙ 轴建立平面直角坐标系 已知健康检 ７ ７
、 ꎬ
ì
查点 即点 Ｍ 和平安检查点 即 ï ïｙ ３ｘ ４ ０００
[ (１００ꎬ４００)] [ 联立í ＝－ ＋ ꎬ
点 Ｎ 是李叔叔负责区域中最远 ï ７ ７
(４００ꎬ７００)] î ï ｘ ｙ
的两个检查点. － ＋１ ０００＝０ꎬ
{ｘ
求出 ｋ 并写出王阿姨和李叔叔负责区域 解得 ＝－３００ꎬ可得交点坐标为
(１) ꎬ ｙ (－ ３００ꎬ
5 边界的曲线方程 ＝７００ꎬ
年
ꎻ
高
考 王阿姨和李叔叔为交流疫情信息 需在 ７００)ꎬ
3 (２) ꎬ 所以王阿姨和李叔叔为交流疫情信息 可选
年 姑山路 直线 ｌ ｘ ｙ 上碰头见面 ꎬ
模 ( : － ＋１ ０００＝０) ꎬ 择在地点 碰面 此时两人所走路
拟 你认为在何处最为便捷 省时间 两人所走 (－３００ꎬ７００) ꎬ
、 ( 程之和最短.
A
的路程之和最短 并给出理由.
版
)?
高
考
数
学
５１８
答案 Ｂ 因 为 Ａ Ｂ
＝ { ２ꎬ ４ꎬ ６}ꎬ ＝
应用创新 二 数学中的新定义问题
{ ｋ } Ｂ
ｘ ｘ ｋ Ａ 所以 Ｂ 则
考向一 集合中的新定义问题 ＝ －１ꎬ ∈ ꎬ ＝{０ꎬ１ꎬ２}ꎬ Ａ ＝
２
１.( 湖南岳阳一中一模ꎬ )定义集合 Ａ Ｂ { } Ｂ
２０２２ １ ꎬ １ １ １ １ 所 以 Ｂ
０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ１ꎬ ꎬ Ａ ∪ ＝
的一种运算 Ａ Ｂ ｘ ｘ ａ２ ｂ ａ Ａ ｂ ２ ４ ６ ３
: ＝{ ｜ ＝ － ꎬ ∈ ꎬ ∈ { } Ｂ
Ｂ .若 Ａ Ｂ 则 Ａ Ｂ 中的 １ １ １ １ 所以集合 Ｂ 中共
} ＝{－１ꎬ０}ꎬ ＝{１ꎬ２}ꎬ ０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ１ꎬ ꎬ２ ꎬ Ａ ∪
元素个数为 ２ ４ ６ ３
( ) 有 个元素 故选 .
７ ꎬ Ｂ
Ａ.１ Ｂ.２ Ｃ.３ Ｄ.４
考向二 函数中的新定义问题
答案 Ｃ 因为 Ａ Ｂ ｘ ｘ ａ２ ｂ ａ Ａ ｂ
＝{ ｜ ＝ － ꎬ ∈ ꎬ
１.( 广东潮州二模ꎬ )对于函数ｆ ｘ 若在
Ｂ Ａ Ｂ 所以 Ａ Ｂ ２０２１ ８ ( )ꎬ
∈ }ꎬ ＝{－１ꎬ０}ꎬ ＝{１ꎬ２}ꎬ ＝
定义域内存在实数 ｘ 满足 ｆ ｘ ｆ ｘ
{０ꎬ－１ꎬ－２}ꎬ
故集合 Ａ
Ｂ 中的元素个数为 ０ꎬ (－ ０)＝ － ( ０)ꎬ
故选
称 ｆ ｘ 为 局部奇函数 .若 ｆ ｘ ｘ２ ｍｘ
( ) “ ” ( )＝ －２ ＋
３ꎬ Ｃ.
２.( 河南新乡二模ꎬ )定义集合Ｍ Ｎ ｘ
ｍ２
－３
为定义域 Ｒ 上的
“
局部奇函数
”ꎬ
则实
２０２１ ３ ＝{ ｜
数 ｍ 的取值范围是
ｘ Ｍ且ｘ Ｎ 已知集合 Ａ ｘ ｘ２ ｘ ( )
∈ －１∈ }ꎬ ＝{ ｜ ＋３ －
Ｂ ｘ ｘ 则 Ａ Ｂ
１０<０}ꎬ ＝{ ｜－７< <０}ꎬ ＝ ( ) Ａ.[－ ３ꎬ ６] Ｂ.[－ ３ꎬ ３]
ｘ ｘ ｘ ｘ
Ａ.{ ｜－５< <－１} Ｂ.{ ｜－７< <２} Ｃ.[－ ６ꎬ ３] Ｄ.[－ ６ꎬ ６]
ｘ ｘ ｘ ｘ 答案 Ｂ 由 局部奇函数 定义可知方程 ｆ
Ｃ.{ ｜－５< <１} Ｄ.{ ｜－５< <０} “ ”
答案 Ｃ 由 ｘ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 有解 即 ｘ２ ｍｘ ｍ２ ｘ２
＋３ －１０＝( －２)( ＋５)<０ꎬ (－ )＋ ( )＝ ０ ꎬ ＋２ ＋ －３＋ －
解得 ｘ 即 Ａ ｘ ｘ 又 Ｂ ｘ ｍｘ ｍ２ ｘ２ ｍ２ 有解 整理可得
－５< <２ꎬ ＝{ ｜－５< <２}ꎬ ＝{ ｜ ２ ＋ －３＝２ ＋２ －６＝０ ꎬ
ｘ 所以Ａ Ｂ ｘ ｘ 且 ｘ ｍ２ ｘ２ ｍ２ ｘ２ 能成立 ｘ２
－７< <０}ꎬ ＝{ ｜－５< <２ －７< －１ ＝－ ＋３ꎬ∵ ＝－ ＋３ ꎬ－ ＋３≤３ꎬ
ｘ ｘ .故选 .
<０}＝{ ｜－５< <１} Ｃ ｍ２ 解得 ｍ 即实数 ｍ 的取
∴ ≤３ꎬ － ３≤ ≤ ３ꎬ
３.( 陕西榆林二模ꎬ )定义集合 Ａ Ｂ ｘ
２０２２ ３ － ＝{ ｜ 值范围为 .
[－ ３ꎬ ３]
ｘ Ａ 且 ｘ Ｂ .已知集合 Ｕ ｘ Ｚ ｘ
∈ ∉ } ＝{ ∈ ｜－２< < 解题关键
Ａ Ｂ 则 Ａ
６}ꎬ ＝{０ꎬ２ꎬ４ꎬ５}ꎬ ＝{－１ꎬ０ꎬ３}ꎬ ∁Ｕ( － 能够根据“局部奇函数”的定义ꎬ将问题转化
Ｂ 中元素的个数为
) ( ) 为 ｆ( ｘ) ｆ(ｘ) 有解的问题ꎬ从而利用能
－ ＋ ＝ ０
Ａ.３ Ｂ.４ Ｃ.５ Ｄ.６
成立的思想进行求解.
答案 Ｂ 因为 Ａ Ｂ
＝{０ꎬ２ꎬ４ꎬ５}ꎬ ＝{－１ꎬ０ꎬ ２.( 山西忻州月考ꎬ )已知函数 ｆ ｘ 及
２０２２ １１ ( )
所以 Ａ Ｂ .因为 Ｕ
３}ꎬ － ＝{２ꎬ４ꎬ５} ＝{－１ꎬ０ꎬ１ꎬ 其导数 ｆ ′ ｘ 若存在 ｘ 使得 ｆ ｘ
所以 Ａ Ｂ 有 ( )ꎬ ０ ( ０) ＝
２ꎬ３ꎬ４ꎬ５}ꎬ ∁Ｕ( － )＝ {－１ꎬ０ꎬ１ꎬ３}ꎬ ４ ｆ ′ ｘ 则称 ｘ 是 ｆ ｘ 的一个 巧值点 给
个元素.故选 . ( ０)ꎬ ０ ( ) “ ”ꎬ
Ｂ
４.( 贵州顶级名校摸底ꎬ )定义集合的商 出下列四个函数 ｆ ｘ ｘ２ ｆ ｘ １
:① ( )＝ ꎻ② ( )＝ ｘꎻ
２０２２ ２
ｅ
Ｂ { ｎ }
集运算为 ｘ ｘ ｍ Ａ ｎ Ｂ 已知集 ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ 其中有 巧值点
Ａ ＝ ＝ｍꎬ ∈ ꎬ ∈ ꎬ ③ ( )＝ ｌｎ ꎻ④ ( )＝ ꎬ “ ”
的函数是
{ ｋ } ( ) 专
题
合 Ａ Ｂ ｘ ｘ ｋ Ａ 则集
＝{２ꎬ４ꎬ６}ꎬ ＝ ＝ －１ꎬ ∈ ꎬ 十
２ Ａ.①② Ｂ.①③ 三
Ｂ Ｃ.①③④ Ｄ.②④ 应
合 Ｂ 中的元素的个数为
用
Ａ∪ ( ) 答案 Ｃ ｆ ｘ ｘ２ ｆ ′ ｘ ｘ 由 ｘ２
与
① ( )＝ ꎬ ( )＝ ２ ꎬ ＝
创
ｘ 解得 ｘ 或 ｘ 则 ｆ ｘ ｘ２ 有 巧值 新
Ａ.６ Ｂ.７ Ｃ.８ Ｄ.９ ２ ꎬ ＝０ ＝２ꎬ ( )＝ “
５１９
点 数存在界点.故选
”ꎻ ＡＣＤ.
考向三 数列中的新定义问题
ｆ ｘ １ ｆ ′ ｘ １ １ １ 无解 故 ｆ
② ( )＝ ｘꎬ ( )＝ － ｘꎬ－ ｘ ＝ ｘ ꎬ
ｅ ｅ ｅ ｅ １.( 届黑龙江大庆重点中学开学考试ꎬ )
２０２３ ７
ｘ １无 巧值点 已知定义在 上的函数
( )＝ ｘ “ ”ꎻ (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞)
ｅ ｆ ｘ 如果对于任意给定的等比数列 ａ
( )ꎬ { ｎ}ꎬ
ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ １ 由 ｘ １ 令ｇ ｘ ｆ ａ 仍是等比数列 则称 ｆ ｘ 为 保等比
③ ( )＝ ｌｎ ꎬ ( )＝ ｘꎬ ｌｎ ＝ ｘꎬ ( ) { ( ｎ)} ꎬ ( ) “
数列函数 .下列定义在
” (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞)
ｘ １ ｇ ｇ １ 由零
上的四个函数中 是 保等比数列函数 的是
＝ ｌｎ －ｘꎬ (１)＝ －１<０ꎬ (ｅ)＝ １－ >０ꎬ
ꎬ “ ”
ｅ
点存在性定理 知ｇ ｘ 在 上必有零点
( )
ꎬ ( ) (１ꎬｅ) ꎬ
所以 ｆ ｘ ｘ 有 巧值点
ｆ ｘ ｘ２ ｆ ｘ ｘ
Ａ. ( )＝ Ｂ. ( )＝ ２
( )＝ ｌｎ “ ”ꎻ
ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ
Ｃ. ( )＝ ３ ＋ Ｄ. ( )＝ ｌｎ｜ ｜
ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ １ 由 １ ｘ 解得 ｘ
④ ( )＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ＝ ꎬ 答案 Ａ 设等比数列 ａ 的公比为 ｑ.对于
ｘ ｘ { ｎ}
２ ２
ｆ ａ ａ２
１ 所以ｆ ｘ ｘ有 巧值点 .所以有 巧 ( ｎ ＋１) ｎ ＋１ ｑ２ 是常数 故 符合题意
＝
２
ꎬ ( )＝ “ ” “ Ａꎬ ｆ
(
ａ
ｎ)
＝ ａ２
ｎ
＝ ꎬ ꎬ Ａ ꎻ
值点 ” 的函数是 ①③④ .故选 Ｃ . 对于 ｆ ( ａ ｎ ＋１) ２ ａ ｎ＋１ ａ ｎ＋１－ ａ ｎ 不一定是常数
３.(多选)( ２０２１ 江苏南通阶段检测ꎬ １０ )对于 Ｂꎬ ｆ ( ａ ｎ) ＝ ２ ａ ｎ ＝２ ꎬ ꎬ
故 不符合题意
定义域为 Ｒ 的函数 ｆ ｘ 若存在非零实数
Ｂ ꎻ
( )ꎬ
ｘ ０ꎬ 使得函数 ｆ ( ｘ ) 的图象在 (－∞ꎬ ｘ ０) 和 ( ｘ ０ꎬ 对于
Ｃꎬ
ｆ (
ｆ
ａ
ａ
ｎ ＋１)
＝
３ ａ ｎ
ａ
＋１
ｎ
＋ ａ
ａ
ｎ ＋１
ꎬ
不一定是常数
ꎬ
故
上与 ｘ 轴都有交点 则称 ｘ 为函数 ( ｎ) ３ ＋ ｎ
＋∞) ꎬ ０
不符合题意
ｆ ｘ 的一个 界点 则下列函数中 存在界 Ｃ ꎻ
( ) “ ”ꎬ ꎬ
ｆ ａ ａ
点的是 对于 ( ｎ ＋１) ｌｎ｜ ｎ ＋１｜ 不一定是常数 故
( )
Ｄꎬ ｆ ａ ＝ ａ ꎬ ꎬ
ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｆ ｘ ｘ ( ｎ) ｌｎ｜ ｎ｜
Ａ. ( )＝ －２ －３ Ｂ. ( )＝ ｜ －２｜＋１
不符合题意 故选 .
ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ Ｄ ꎬ Ａ
Ｃ. ( )＝ ２ － Ｄ. ( )＝２ ＋ ｜２－ ｜
２.( 届山西晋城重点中学联考ꎬ )若三个
答案 ＡＣＤ 对于 令ｆ ｘ ｘ２ ｘ ２０２３ ９
Ａꎬ ( )＝ －２ －３＝０ꎬ
非零且互不相等的实数 ｘ ｘ ｘ 成等差数
解得 ｘ 或 ｘ 则区间 上的任意 １ꎬ ２ꎬ ３
＝３ ＝－１ꎬ [－１ꎬ３]
一个非零实数都是函数ｆ ｘ 的一个 界点 列 且满足 １ １ ２ 则称 ｘ ｘ ｘ 构成一
( ) “ ”ꎬ ꎬ ｘ ＋ｘ ＝ｘ ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３
故 选项中的函数存在界点 １ ２ ３
Ａ ꎻ 个 β 等差数列 .已知集合 Ｍ ｘ ｘ
对于 因为 ｆ ｘ ｘ 所以函数无 “ ” ＝{ ｜ ｜ ｜ ≤
Ｂꎬ ( )＝ ｜ －２｜＋１>０ꎬ ｘ Ｚ 则由 Ｍ 中的三个元素组成的所
零点 故 选项中的函数不存在界点 对于 １００ꎬ ∈ }ꎬ
ꎬ Ｂ ꎻ 有数列中 β 等差数列 的个数为
ｆ ｘ ｘ ｘ２ 则有ｆ ｆ 又 ｆ ꎬ“ ” ( )
5 Ｃꎬ ( )＝ ２ － ꎬ (２)＝ (４)＝ ０ꎬ (０)
年 ｆ 则函数 ｆ ｘ ｘ ｘ２ 存 Ａ.２５ Ｂ.５０ Ｃ.５１ Ｄ.１００
高 ＝ １>０ꎬ (３)＝ －１<０ꎬ ( )＝ ２ － ì ｘ ｘ ｘ
ï
考 在界点 故 选项中的函数存在界点 对于 ï ２ ２ ＝ １ ＋ ３ꎬ
3 ꎬ Ｃ ꎻ 答案 Ｂ 由题意知í 消去 ｘ 并
年
模
拟 A Ｄꎬ
ｆ
(
ｘ
)＝ ２
ｘ２
＋
ｘ
｜２－
ｘ
｜ ＝
{
３
ｘ２
ｘ
＋
２ －
２
２
ｘ
ꎬ
ｘ ꎬ
ｘ
≤
ｘ >
２
２
ꎬ
ꎬ
当 ｘ
≤２ 整理 得 ｘ ｘ
î
ï ï
ｘ
ｘ
１
１
＋
ｘ
ｘ
１
２
＝ｘ
２
３
ꎬ
所以 ｘ
２ꎬ
ｘ
(２ １ ＋ ３)( １ － ３)＝ ０ꎬ ３ ＝ １
版 时 令 ｆ ｘ ｘ２ ｘ 解得 ｘ 或 ｘ
ꎬ ( )＝ ＋２ ＝０ꎬ ＝０ ＝－２ꎬ
舍去 或 ｘ ｘ 于是有 ｘ １ ｘ .因为
高
考 则区间 上的任意一个非零实数都是 ( ) ３ ＝－２ １ꎬ ２ ＝－ １
[－２ꎬ０] ２
数
学 函数 ｆ ｘ 的一个 界点 故 选项中的函 集合 Ｍ ｘ ｘ ｘ Ｚ 中三个元素组
( ) “ ”ꎬ Ｄ ＝{ ｜ ｜ ｜≤１００ꎬ ∈ }
５２０
成的所有数列必为整数数列 所以 ｘ 必为 根据 等差比数列 的定义可知数列
ꎬ １ ２ ２ꎬ “ ”
的倍数 且 ｘ ｘ 故满足题 {ａ }
ꎬ １∈[－５０ꎬ５０]ꎬ １≠０ꎬ ｎ ＋１ 是首项为 公差为 的等差数列 则
意的数列共有 个 故选 ａ １ꎬ ２ ꎬ
ｎ
５０ ꎬ Ｂ.
３.( 江西宜春中学、万载中学、樟树中学联 ａ ａ
ｎ
２０２１ ＋１ ｎ ｎ 所以 ２０２１
ａ ＝１＋( －１)×２ ＝ ２ －１ꎬ ａ ＝ ２×
ｎ ｎ
考一ꎬ )定义 为 ｎ 个正数 ｐ ｐ ２０２０
９ ｐ ｐ ｐ １ꎬ ２ꎬ ａ
１ ＋ ２ ＋＋ ｎ ２０２０ 所
２ ０２０－１＝２×２ ０１９＋１ꎬａ ＝２×２ ０１９－１ꎬ
ｐ 的 均倒数 若已知正整数数列 ａ
ꎬ ｎ “ ”ꎬ { ｎ} ２０１９
ａ ａ ａ
ａ
的前 ｎ 项的 “ 均倒数 ” 为 ｎ １ ꎬ 又 ｂ ｎ ＝
ｎ＋１
ꎬ
以
ａ
２０２１
＝ａ
２０２１
ａ
２０２０
＝(２×２ ０１９＋１)(２×２
２ ＋１ ４ ２０１９ ２０２０ ２０１９
２
.故选
则 １ １ １ ０１９－１)＝ ４×２ ０１９ －１ Ｃ.
ｂ ｂ ＋ｂ ｂ ＋＋ｂ ｂ ＝ ( ) ５.( 浙江ꎬ ꎬ 分)我国古代数学家杨辉
１ ２ ２ ３ １９ ２０ ２０２０ １１ ４ ꎬ
朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题
１９ １ １０ １ ꎬ
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
２０ ２０ １１ １１ {ｎ ｎ }
如数列 ( ＋１) 就是二阶等差数列.数列
答案 Ａ 由已知可得数列 ａ 的前 ｎ 项的
{ ｎ} ２
ｎ ｎ {ｎ ｎ }
均倒数 为 １ 可得 ( ＋１) ｎ Ｎ 的前 项和是 .
“ ” ａ ａ ａ ＝ Ｓ ＝ ｎ ꎬ ( ∈ ) ３
１ ＋ ２ ＋＋ ｎ ｎ ２ ＋１ ２
Ｓ ｎ ｎ 答案
ｎ＝(２ ＋１) ꎬ １０
则 ｎ 时 Ｓ ｎ ｎ ｎ２ {ｎ ｎ }
≥２ ꎬ ｎ －１ ＝[２( －１)＋１]( －１)＝ ２ － 解析 数列 ( ＋１) 的前三项依次为１×２
ｎ ａ Ｓ Ｓ ｎ
＝
３ ＋１ꎬ∴ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ＝４ －１ꎬ ２ ２
当 ｎ 时 ａ Ｓ 满足 ａ ｎ
＝１ ꎬ １ ＝ １ ＝３ꎬ ｎ＝４ －１ꎬ １ꎬ ２×３ ＝３ꎬ ３×４ ＝６ꎬ∴ 所求和为 １＋３＋６＝１０ .
ａ ２ ２
ａ ｎ 又 ｂ
ｎ＋１
故 ｂ ｎ
∴ ｎ＝４ －１ꎬ ｎ＝ ꎬ ｎ＝ ꎬ
４ 应用创新 三 数学文化
１ １ １ １ １
∴ ｂ ｂ ＋ｂ ｂ ＋＋ｂ ｂ ＝ ＋ ＋＋ 考向一 三角函数与数学文化
１ ２ ２ ３ １９ ２０
１×２ ２×３
æ ö æ ö æ ö １.( 安徽宣城第二次调研ꎬ )刘徽是中国
１ ç １÷ ç １ １÷ ç １ １ ÷ ２０２１ ６
＝ è１－ ø＋è － ø＋＋è － ø ＝ １－ 魏晋时期杰出的数学家 他提出 割圆求周
１９×２０ ２ ２ ３ １９ ２０
ꎬ “ ”
的方法 当 ｎ 很大时 圆内接正
１ １９.故选 .
: ꎬ
＝ Ａ
２０ ２０ ｎ 边形的周长近似等于圆周长
ꎬ
４.( 重庆育才中学入学考试ꎬ )定义 在数
２０２２ ５ : 并计算出精确度很高的圆周率
ａ ａ
ｎ ｎ . .在 九章算术注 中
列
{
ａ
ｎ}
中
ꎬ
若满足
ａ
＋２
－ ａ
＋１
＝
ｄ
(
ｎ
∈
Ｎ
ꎬ
ｄ 为
π≈３ １４１ ６ « »
ｎ ｎ 总结出 割之弥细 所失弥少 割之又割 以
＋１
“ ꎬ ꎬ ꎬ
常数 称 ａ 为 等差比数列 已知在 等
)ꎬ { ｎ} “ ”ꎬ “ 至于不可割 则与圆周合体而无所失矣 的
ꎬ ”
ａ
差比数列 ａ 中 ａ ａ ａ 则 ２０２１ 极限思想.运用此思想 当 取 . 时 可
”{ ｎ} ꎬ １ ＝ ２ ＝１ꎬ ３ ＝３ꎬ ａ ꎬ π ３ １４１ ６ ꎬ
２０１９ 得 °的近似值为
等于 ｓｉｎ ２ ( )
专
( ) . .
题
Ａ.０ ００８ ７３ Ｂ.０ ０１７ ４５
２ ２ 十
Ａ.４×２ ０１７ －１ Ｂ.４×２ ０１８ －１ . . 三
Ｃ.０ ０２６ １８ Ｄ.０ ０３４ ９１
２ ２
Ｃ.４×２ ０１９ －１ Ｄ.４×２ ０２０ －１ 答案 Ｄ 将一个单位圆分成 个扇形 则 应
ａ ａ ａ ａ ９０ ꎬ 用
与
答案 Ｃ 由题意可得 ３ ２ ３ ２ 每个扇形的圆心角度数均为 ° 如图.
创
ａ ＝３ꎬａ ＝１ꎬａ －ａ ＝ ４ ꎬ
新
２ １ ２ １
５２１
由垂径定理 可得每个圆心角 怪的天体 它的密度大 吸引力强 任何物体
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
所对的弦长 ＡＢ ＡＣ 到了它那里都别想再出来 数字中也有类似
＝ ２ ＝ ２×１× ꎬ
° ° 这 个扇形 的 黑洞 任意取一个数字串 长度不限 依
ｓｉｎ ２ ＝２ｓｉｎ ２ ꎬ∵ ９０ “ ”ꎬ ꎬ ꎬ
对应的弦长之和近似等于单位 次写出该数字串中偶数的个数 奇数的个数
、
圆的周长 ° ° 以及总的数字个数 把这三个数从左到右写
ꎬ∴ ９０×２ｓｉｎ ２ ＝１８０ｓｉｎ ２ ≈２πꎬ ꎬ
. 成一个新数字串 重复以上操作 最后会得到
° ２π ２×３ １４１ ６ . . 故 ꎻ ꎬ
∴ ｓｉｎ ２ ≈ ＝ ≈ ０ ０３４ ９１
１８０ １８０ 一个反复出现的数字 我们称它为 数字黑
ꎬ “
选 .
Ｄ æ ａ ö
２.( 福建厦门外国语学校月考ꎬ ) 世纪 洞 ”ꎬ 如果把这个数设为ａ ꎬ 则 ｓｉｎ ç è π＋ π ø ÷ ＝
２０２１ ４ １７
２ ６
德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过
: ( )
几何学里有两件宝 一个是勾股定理 另一
“ ꎬ ꎬ
１ １ ３ ３
个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿
Ａ. Ｂ.－ Ｃ. Ｄ.－
２ ２ ２ ２
的话 那么可以把黄金分割比作钻石矿. 黄
答案 Ｄ 根据 数字黑洞 的定义 任取数
ꎬ ”
“ ” ꎬ
金三角形有两种 其中底与腰之比为黄金分
字 经过一步之后为 经过第二步
ꎬ
２ ０２１ꎬ ３１４ꎬ
割比的黄金三角形被认为是最美的三角形.
之后为 经过第三步之后为 所以数
１２３ꎬ １２３ꎬ
它是一个顶角为 °的等腰三角形 另一种
３６ ( 字黑洞为 即 ａ
１２３ꎬ ＝１２３ꎬ
是顶角为 °的等腰三角形 .例如 五角星
１０８ ) ꎬ æａ ö æ ö æ ö
ç π÷ ç１２３ π÷ ç３ π÷
由五个黄金三角形与一个
∴ ｓｉｎè π＋ ø ＝ｓｉｎè π＋ ø ＝ｓｉｎè π＋ ø
２ ６ ２ ６ ２ ６
正五边形组成 如图所示
ꎬ ꎬ
π ３.故选 .
在其中一个黄金 ＡＢＣ 中
＝－ｃｏｓ ＝－ Ｄ
△ ꎬ
６ ２
ＢＣ
５－１.根据这些信息
４.( 届安徽安庆调研考试ꎬ )我国唐代著
ＡＣ＝ ꎬ ２０２３ ７
２ 名的数学家僧一行在著作 大衍历 中给出
可得 ° « »
ｃｏｓ ３２４ ＝ ( ) 了近似计算的 不等间距二次插值算法 用
“ ”ꎬ
５－１ ５＋１ ５＋１ ４＋ ５ 数学语言可表述为若ｙ ｆ ｘ ｙ ｆ ｘ ｙ
Ａ. Ｂ. Ｃ.－ Ｄ. ０ ＝ ( ０)ꎬ １ ＝ ( １)ꎬ ２
４ ４ ４ ８
ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 则在闭区间 ｘ ｘ 上函
答案 Ｂ 由题意知 Ａ ° 则 １ Ａ
＝ ( ２)( ０< １< ２)ꎬ [ ０ꎬ ２]
ꎬ∠ ＝ ３６ ꎬ ∠ 数 ｙ ｆ ｘ 可近似表示为 ｆ ｘ ｙ ｙ ｘ
２ ＝ ( ) ( )≈ ０ ＋ ０ꎬ１( －
° ｙ ｙ
＝１８ ꎬ ｘ ｙ ｘ ｘ ｘ ｘ 其中 ｙ １ － ０
ＢＣ ０)＋ ０ꎬ１ꎬ２( － ０)( － １)ꎬ ０ꎬ１ ＝ｘ ｘ ꎬ
° １ １ ５－１ ５－１ １ － ０
ｓｉｎ １８ ＝ ×ＡＣ＝ × ＝ ꎬ
ｙ ｙ ｙ ｙ
２ ２ ２ ４ ｙ ２ － １ ｙ １ꎬ２ － ０ꎬ１.已知函数 ｆ ｘ
æ ö２ １ꎬ２ ＝ｘ ｘ ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ ＝ ｘ ｘ ( )＝
5 ° ２ ° çç ５－１÷÷ ２ － １ ２ － ０
年 ∴ ｃｏｓ ３６ ＝ １ － ２ｓｉｎ １８ ＝ １ － ２ × è ø é ù
高 ４ ｘ ｘ ê π π ú 分别取 ｘ π ｘ ｘ
考 ｃｏｓ ꎬ ∈ë ê － ꎬ û ú ꎬ ０ ＝－ ꎬ １ ＝０ꎬ ２
3 １＋ ５ ２ ２ ２
年
＝ ꎬ
模
拟 ４ π 则用该算法得到 π
° ° ° ° ＝ ꎬ ｃｏｓ ≈ ( )
A ∴ ｃｏｓ ３２４ ＝ ｃｏｓ(３６０ － ３６ ) ＝ ｃｏｓ ３６ ＝ ２ ５
版
１＋ ５ 故选 . １８ １９ ４ ２１
高 ꎬ Ｂ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
考 ４ ２５ ２５ ５ ２５
数
３.( 哈尔滨三中二模ꎬ )黑洞原指非常奇 答 案 Ｄ 根 据 条 件 可 知 ｙ
学
２０２２ ５ ０ꎬ１ ＝
５２２
æ ö 苦钻研 时有心得 终于在他 岁时 完成了
ç π÷ π ꎬ ꎬ ６０ ꎬ
ｃｏｓ ０－ｃｏｓè－ ø ｃｏｓ －ｃｏｓ ０ 算法统宗 这本著作.该书中有如下问题
２ ２ ｙ ２ ２
« » :
æ ö ＝ ꎬ １ꎬ２ ＝ ＝－ ꎬ
ç π÷ π π π 远望巍巍塔七层 红光点点倍加增 共灯三
０－è－ ø －０ “ ꎬ ꎬ
２ ２
百八十一 请问尖头几盏灯 根据诗词的意
ꎬ ?”
２ ２
思 可得塔的最底层共有灯
－ －
ꎬ ( )
ｙ π π ４ 所以 ｆ ｘ ｘ
０ꎬ１ꎬ２ ＝ æ ö ＝－ ２ ꎬ ( )＝ ｃｏｓ ≈０＋ . 盏 盏 盏 盏
π ç π÷ π Ａ １９２ Ｂ.１２８ Ｃ.３ Ｄ.１
－è－ ø 答案 Ａ 设塔顶层有 ｘ 盏灯 则问题等价
２ ２
ꎬ
é æ öù é æ öù
２
ë
ê
ê
ｘ
－è
ç
－
π
ø
÷
û
ú
ú－
４
２ ë
ê
ê
ｘ
－è
ç
－
π
ø
÷
û
ú
ú (
ｘ
－０)＝ －
４
２
ｘ２
＋
于一个首项为ｘ
ꎬ
公比为
２
的等比数列的前
７
π ２ π ２ π ｘ ７
项和为 所以 (１－２ ) 解得 ｘ
æ ö２ ３８１ꎬ ＝３８１ꎬ ＝３ꎬ
所以 π ４ çπ÷ ２１.故选 １－２
１ꎬ ｃｏｓ ≈－ ２ ×è ø ＋１＝ Ｄ.
５ π ５ ２５ 所以这个塔的最底层有 ７－１ 盏灯.故
３×２ ＝１９２
考向二 数列与数学文化
选 .
Ａ
１.( 云南质检ꎬ ) 九章算术 是中国古代
３.(多选)( 山东联考)我国古代著名的数
２０２２ ４ « »
２０２２
的一部数学专著 全书总结了战国 秦 汉时
学专著 九章算术 里有一段叙述 今有良
ꎬ 、 、
« » :“
期的数学成就.其中有如下问题 今有五人
马和驽马发长安至齐 良马初日行一百九十
:“
ꎬ
分五钱 令上二人所得与下三人等 问各得
三里 日增十三里 驽马初日行九十七里 日
ꎬ ꎬ
ꎬ ꎻ ꎬ
几何 其意思为 今有 人分 钱 各人所
?” :“ ５ ５ ꎬ
减半里.良马先至齐 复还迎驽马 九日后二
ꎬ ꎬ
得钱数依次成等差数列 其中前 人所得之
ꎬ ２
马相逢. 其大意为今有良马和驽马从长安出
”
和与后 人所得之和相等 问各得多少钱
发到齐国 良马第一天走 里 以后每天比
３ ꎬ ?”
ꎬ １９３ ꎬ
则第 人比第 人多得钱数为
２ ４ ( ) 前一天多走 里 驽马第一天走 里 以后
１３ ꎻ ９７ ꎬ
.１钱 . １钱 .２钱 .１钱 每天比前一天少走 . 里.良马先到齐国 再
Ａ Ｂ － Ｃ Ｄ ０ ５ ꎬ
６ ３ ３ ３ 返回迎向驽马 天后两马相遇.下列结论正
答案 Ｄ 设从前到后的 个人所得钱数构 ꎬ９
５ 确的是
成首项为 ａ 公差为 ｄ 的等差数列 ａ 则 ( )
１ꎬ { ｎ}ꎬ 长安与齐国两地相距 里
有 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 故 Ａ. １ ５３０
１ ＋ ２ ＝ ３ ＋ ４ ＋ ５ꎬ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ４ ＋ ５ ＝５ꎬ 天后 两马之间的距离为 . 里
ì Ｂ.３ ꎬ ３２８ ５
ï
{ａ ｄ ï ï ａ １ ＝ ４ ꎬ Ｃ. 良马从第 ６ 天开始返回迎向驽马
１ ＋８ ＝０ꎬ解得í ３ 则 ａ ａ ｄ １
ａ ｄ ï ２ － ４ ＝－２ ＝ ꎬ Ｄ.８ 天后 ꎬ 两马之间的距离为 ３７７ . ５ 里
１ ＋２ ＝１ꎬ î ï ï ｄ ＝－ １ ꎬ ３ 答案 ＡＢ 设良马第 ｎ 天行走的路程里数
６
故选 . 为 ａ 驽马第 ｎ 天行走的路程里数为 ｂ 则
Ｄ
ｎꎬ ｎꎬ
２.( 湖南湘潭月考ꎬ )我国古代数学名著 ａ ｎ ｂ
２０２２ ４ ｎ ＝ １９３ ＋ １３ ( － １ )ꎬ ｎ ＝ ９７ －
算法统宗 是明代数学家程大位
« » (１５３３ １ ｎ ｎ Ｎ ｎ .
( －１)( ∈ ꎬ１≤ ≤９)
年 年 所著.程大位少 ２
—１６０６ )
年时 读书极为广博 对书法 良马这 天共行走了 ９×８×１３
ꎬ ꎬ ９ ９×１９３＋ ＝２ ２０５ 专
和数学颇感兴趣. 岁起便 ２ 题
十
２０ 里路程
三
在长江中下游一带经商 因 ꎬ
ꎬ æ ö 应
商业计算的需要 他随时留 ç １÷ 用
ꎬ ９×８×è－ ø 与
心数学 遍访名师 搜集了很多数学书籍 刻 驽马这 天共行走了 ２ 创
ꎬ ꎬ ꎬ ９ ９×９７＋ ＝ 新
２
５２３
８５５ 里路程
ꎬ １ ４ ４ ｒ３ １ｒ３ 所有棱长都为 ｒ 的正
× × ×π× ＝ ꎬ
８ π ３ ３
故长安与齐国两地相距２ ２０５＋８５５
＝ １ ５３０
２
æ ｒö２
四棱锥的体积为 Ｖ １ ｒ ｒ ｒ２ çç ２ ÷÷
里 正确. ＝ × × × － ＝
è ø
ꎬＡ ３ ２
天后 良马共行走了 里
３ ꎬ ３×(１９３＋１３)＝ ６１８
１ｒ３
æ ö Ｖ
方盖差
路程 驽马共行走了 ç １÷ . 里路 ２ｒ３ ３ .故选 .
ꎬ ３×è９７－
２
ø ＝２８９ ５
６
ꎬ∴ Ｖ ＝
２
ｒ３ ＝ ２ Ｃ
程 故它们之间的距离为 . 里 正确.
ꎬ ３２８ ５ ꎬＢ ６
２.( 新高考 ꎬ ꎬ
良马前 天共行走了 ６×５×１３ ２０２０ Ⅰ ４ ５
６ ６×１９３＋ ＝１ ３５３
分)日晷是中国古代
２
里 里 故良马行走 天还未到达齐
用来测定时间的仪
<１ ５３０ ꎬ ６
国 不正确.良马前 天共行走了
ꎬＣ ７ ７×１９３＋ 器 利用与晷面垂直
ꎬ
７×６×１３ 里 里 则良马从第 的晷针投射到晷面的
＝ １ ６２４ >１ ５３０ ꎬ ７
２ 影子来测定时间.把地球看成一个球 球心记
(
天开始返回迎向驽马 故 天后 两马之间
ꎬ ８ ꎬ 为 Ｏ 地球上一点 Ａ 的纬度是指 ＯＡ 与地球
)ꎬ
的距离即两马第 天行走的距离之和 由 ａ
９ ꎬ ９ 赤道所在平面所成角 点 Ａ 处的水平面是指
ꎬ
æ ö
ｂ ç １÷ 知 天 过点 Ａ 且与 ＯＡ 垂直的平面.在点 Ａ 处放置
＋ ９ ＝１９３＋１３×８＋９７＋è－ ø×８＝３９０ꎬ ８
２
一个日晷 若晷面与赤道所在平面平行 点 Ａ
后 两马之间的距离为 里 故 不正确. ꎬ ꎬ
ꎬ ３９０ ꎬ Ｄ
处的纬度为北纬 ° 则晷针与点 Ａ 处的水
故选 . ４０ ꎬ
ＡＢ
平面所成角为
考向三 立体几何与数学文化 ( )
° ° ° °
１.( 山东潍坊抽测ꎬ )牟合方盖是由我国 Ａ.２０ Ｂ.４０ Ｃ.５０ Ｄ.９０
２０２２ ８ 答案 Ｂ 由题意作出如图所示的截面图
ꎬ
古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用
设所求角为 α
ꎬ
于计算球体体积的方法 该方法不直接给出
ꎬ
球体的体积 而是先计算牟合方盖的体积.刘
ꎬ
徽通过计算 得到 牟合方盖 的体积与球的
ꎬ “ ”
Ｖ
牟
体积关系为 ４ 并且推理出了 牟合方盖
Ｖ ＝ ꎬ “ ”
球 π
Ｖ
牟
的八分之一的体积计算公式 即 ｒ３ Ｖ
ꎬ ＝ － 方盖差ꎬ
８ 由图易知 α °.故选 .
＝４０ Ｂ
从而计算出Ｖ ４ ｒ３.如果记所有棱长都为 ｒ ３.( 课标 ꎬ ꎬ
5 球＝ π ２０２０ Ⅰ ３ ５
３
年 分)埃及胡夫金字塔
高 的正四棱锥的体积为Ｖ 则Ｖ Ｖ
考 ꎬ 方盖差 ∶ ＝
是古代世界建筑奇
3
年 ( )
模 迹之一 它的形状可
拟 ꎬ
２ 视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长
A Ａ. Ｂ.１ Ｃ. ２ Ｄ.２ ２
版 ２ 的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角
高
考
答案 Ｃ 由题意
ꎬ
得 Ｖ
方盖差 ＝
ｒ３
－
１Ｖ
牟 ＝
ｒ３
－ 形的面积 则其侧面三角形底边上的高与底
ꎬ
数 ８
学 面正方形的边长的比值为
( )
５２４
５－１ ５－１ ５＋１ ５＋１
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
４ ２ ４ ２
答案 Ｃ 如图 ＰＯ 底面 ＡＢＣＤ ＰＭ ＢＣ.
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
ａ２
设 ＢＣ ａ ＰＭ ｈ 则 ＰＯ ｈ２
＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ － ꎬ
４
以 ＰＯ 的长为边长的 图 图
∴ １ ２
ａ２
正方形面积为 ｈ２
－ ꎬ 设 ＡＢ ａ 则 ２ａ ａ 解得 ａ .
４ ＝ ꎬ １＝２× ＋ ꎬ ＝ ２－１
２
ａ２
Ｓ １ ａｈ ｈ２
△ ＰＢＣ＝ ꎬ∴ － ＝ 应用创新 四 跨学科交汇
２ ４
æｈö２ ｈ ｈ １.( 北京ꎬ ꎬ 分)根据有关资料 围棋状
１ａｈ 即 ç ÷ 解得 １± ５ ２０１７ ８ ５ ꎬ
ꎬ ４èａø －２ａ－１＝０ꎬ ａ ＝ ꎬ
２ ４ 态空间复杂度的上限 Ｍ 约为 ３６１ 而可观测
３ ꎬ
又
ｈ ｈ
５＋１.故选 .
宇宙中普通物质的原子总数 Ｎ 约为
１０
８０.则
∵ ａ>０ꎬ∴ ａ ＝ Ｃ
４ Ｍ
下列各数中与 最接近的是
４.( 课标 ꎬ ꎬ 分)中国有悠久的金石 Ｎ ( )
２０１９ Ⅱ １６ ５
文化 印信是金石文化的代表之一.印信的形 参考数据 .
( :ｌｇ ３≈０ ４８)
ꎬ
状多为长方体 正方体或圆柱体 但南北朝 ３３ ５３ ７３ ９３
Ａ.１０ Ｂ.１０ Ｃ.１０ Ｄ.１０
、 ꎬ
时期的官员独孤信的印信形状是 半正多面 答案 Ｄ 设 Ｍ ３ ３６１ ｔ ｔ
“ Ｎ＝ ＝ ( >０)ꎬ
８０
体 图 .半正多面体是由两种或两种以上 １０
”( １)
３６１ ｔ ８０
的正多边形围成的多面体.半正多面体体现 ∴ ３ ＝ １０ ꎬ
ｔ
了数学的对称美.图 是一个棱数为 的半 ∴ ３６１ｌｇ ３＝ｌｇ ＋８０ꎬ
２ ４８ . ｔ
正多面体 它的所有顶点都在同一个正方体 ∴ ３６１×０ ４８＝ｌｇ ＋８０ꎬ
ꎬ ｔ . .
的表面上 且此正方体的棱长为 .则该半正 ∴ ｌｇ ＝１７３ ２８－８０＝９３ ２８ꎬ
ꎬ １ ｔ ９３ . ２８.故选 .
多面体共有 个面 其棱长为 . ∴ ＝１０ Ｄ
ꎬ ２.( 课标 理ꎬ ꎬ 分) 年 月 日嫦
本题第一空 分 第二空 分 ２０１９ Ⅱ ４ ５ ２０１９ １ ３
( ２ ꎬ ３ ) 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
ꎬ
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
图 图 ꎬ
１ ２
鹊桥 鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 Ｌ 点
答案 “ ”ꎬ ２
２６ ２－１ 的轨道运行.Ｌ 点是平衡点 位于地月连线
２ ꎬ
解析 半正多面体面数从上至下依次为
的延长线上.设地球质量为 Ｍ 月球质量为
１ꎬ
１ꎬ
故共有 个面.半正
８ꎬ８ꎬ８ꎬ１ꎬ １＋８＋８＋８＋１＝２６ Ｍ 地月距离为 Ｒ Ｌ 点到月球的距离为 ｒ 专
２ꎬ ꎬ ２ ꎬ 题
多面体的所有顶点都在同一个正方体表面
根据牛顿运动定律和万有引力定律 ｒ 满足 十
ꎬ 三
上 如图 该正方体被半正多面体顶点 Ａ 方程
ꎬ １ꎬ ꎬ : 应
用
Ｂ Ｃ 所在平面截得的图形如图 .八边形 Ｍ Ｍ Ｍ
与
ꎬ ２
１ ２ Ｒ ｒ １. 创
ＡＢＣＤＥＦＧＨ 为正八边形. Ｒ ｒ ２ ＋ ｒ２ ＝( ＋ )Ｒ３ 新
( ＋ )
５２５
ｒ 星等为 ｍ 的星星的亮度为 Ｅ ｉ .已知
设 α .由于 α 的值很小 因此在近似计算 ｉ ｉ( ＝１ꎬ２)
＝ Ｒ ꎬ
星星 Ａ 的星等是 . 星星 Ｂ 的星等是 .
１ ００ꎬ １ ２５ꎬ
α３ α４ α５
星星 Ａ 的亮度是星星 Ｂ 的 ｒ 倍 则与 ｒ 最接
中３ ＋３ ＋ α３ 则 ｒ 的近似值为
ꎬ
(１＋ α ) ２ ≈３ ꎬ 近的是 当 ｘ 较小时 ｘ . ｘ . ｘ２
( ｜ ｜ ꎬ１０ ≈１＋２ ３ ＋２ ７ )
( )
( )
Ｍ Ｍ
. . . .
２Ｒ ２ Ｒ Ａ.１ ２４ Ｂ.１ ２５ Ｃ.１ ２６ Ｄ.１ ２７
Ａ. Ｍ Ｂ. Ｍ
１ ２ １ 答案 Ｃ 设星星 Ａ 的亮度为 Ｅ 星星 Ｂ 的
１ꎬ
３ Ｍ ３ Ｍ 亮度为 Ｅ 根据题意可得 . . .
３ ２Ｒ ２ Ｒ ２ꎬ １ ００－１ ２５＝２ ５(ｌｇ
Ｃ. Ｍ Ｄ. Ｍ
Ｅ
１ ３ １
Ｅ Ｅ 可得 １ １ 即 ｒ １ 解得 ｒ
答案 Ｄ 由 α ｒ 得 ｒ αＲ. ２ －ｌｇ １)ꎬ ｌｇ Ｅ ＝ ꎬ ｌｇ ＝ ꎬ
＝ Ｒꎬ ＝ ２ １０ １０
Ｍ Ｍ Ｍ ＝１０ １ １ ０ ꎬ 根据参考公式可得 ｒ ≈１＋２ . ３× １ ＋２ . ７
１ ２ Ｒ ｒ １ １０
∵ Ｒ ｒ ２ ＋ ｒ２ ＝( ＋ )Ｒ３ ꎬ
( ＋ )
１ . 故与ｒ 最接近的是 . .故选 .
Ｍ Ｍ Ｍ × ＝１ ２５７ꎬ １ ２６ Ｃ
１ ２ α １ １００
∴ Ｒ２ α ２ ＋α２Ｒ２ ＝(１＋ )Ｒ２ ꎬ ４.( 石家庄模拟ꎬ )甲烷 的分子结
(１＋ ) ２０２２ １４ ＣＨ４
即 Ｍ
Ｍ
２
＝
α２ é
ë
ê
ê
(１＋ α
α
) ３ －
２
１ ù
û
ú
ú ＝
α５ ＋３ α
α
４ ＋３
２
α３
≈３
α３
ꎬ 的
构是
顶
一
点
个
上
正
碳
四
原
面
子
体
在
ꎬ 四
正
个
四
氢
面
原
体
子
的
在
中
正
心
四
任
面
意
体
１ (１＋ ) (１＋ ) ꎬ ꎬ
３ Ｍ 两个碳氢键的张角称为碳氢键的键角 则键
解得 α ２ . ꎬ
≈ Ｍ
角的余弦值为 .
３ １
３ Ｍ
ｒ αＲ ２ Ｒ. 答案 １
∴ ＝ ≈ Ｍ －
３ １ ３
３.( 福建宁德期中ꎬ )为了衡量星星的明 解析 设正四面体的棱长为 则底面外接
２０２２ ６ １ꎬ
暗程度 古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前
ꎬ 圆半径为 ３ 设正四面体外接球的半径为
ꎬ
世纪首先提出了星等这个概念.星等的数
３
２
值越小 星星就越亮 星等的数值越大 它的 æ ö２ æ ö２
ꎬ ꎻ ꎬ Ｒ 则有çç ３÷÷ çç ６ Ｒ÷÷ Ｒ２ 解得 Ｒ ６.设
光就越暗.到了 年 由于光度计在天体 ꎬ è ø ＋ è － ø ＝ ꎬ ＝
３ ３ ４
１８５０ ꎬ
光度测量中的应用 英国天文学家普森又提
æ ö２ æ ö２
ꎬ çç ６÷÷ çç ６÷÷ ２
出了衡量天体亮度的单位.天体的明暗程度 è ø
＋
è ø
－１
键角为 θ 则 θ ４ ４ １.
ꎬ ｃｏｓ ＝ ＝－
可以用星等或亮度来描述 两颗星星的星等 ６ ６ ３
ꎬ ２× ×
与亮度满足 ｍ ｍ . Ｅ Ｅ 其中 ４ ４
１ － ２ ＝２ ５(ｌｇ ２ －ｌｇ １)ꎬ
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
５２６
