高考中的数学文化题
命题点1 数学名著
[高考题型全通关]
1．(2020·菏泽模拟)南北朝时期的数学古籍《张丘建算经》中有如下一道题：“今有十等人，大官甲等十人官赐金，依等次差(即等差)降之，上三人先入，得金四斤持出；下四人后入，得金三斤持出；中央三人未到者，亦依等次更给．”问：每一等人比下一等人多得几斤金？( )
A．斤
B．斤 C．斤 D．斤
B [设第十等人得金a1斤，第九等人得金a2斤，以此类推，第一等人得金a10斤，则数列{an}构成等差数列，设公差为d(d>0)，则每一等人比下一等人多得d斤金，
由题意得
即解得
所以每一等人比下一等人多得斤金．故选B．]
2．(2020·衡阳模拟)元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题：今有银一秤一斤十两，令甲、乙、丙从上作折半差分之．其意思是：现有银一秤一斤十两，将银分给甲、乙、丙三人，他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半．若银的数量不变，按此法将银依次分给5个人，则得银最少的3个人一共得银(规定：1秤＝10斤，1斤＝10两)( )
A．两
B．两
C．两
D．两
C [一秤一斤十两共120两，将这5人所得银的数量由小到大排列，记为数列{an}，则{an}是公比q＝2的等比数列，
于是得S5＝＝＝120，解得a1＝.
故得银最少的3个人一共得银的数量为a1＋a2＋a3＝×(1＋2＋22)＝(两)．故选C．]
3．《算法统宗》的全称是《新编直指算法统宗》，是中国古代数学名著，由程大位著．书中有如下表述：“今有五人均银四十两，甲得十两四钱，戊得五两六钱，乙、丙、丁次第均之．”意思是：有甲、乙、丙、丁、戊5人按顺序分40两银子，甲分得10两4钱，戊分得5两6钱，且相邻两人分得的银子数量的差相等．则乙、丙、丁各分得几两几钱？(注：1两等于10钱)( )
A．乙分得8两，丙分得8两，丁分得8两
B．乙分得8两2钱，丙分得8两，丁分得7两8钱
C．乙分得9两2钱，丙分得8两，丁分得6两8钱
D．乙分得9两，丙分得8两，丁分得7两
C [根据题意，可得甲、乙、丙、丁、戊所分得的银子数量成等差数列{an}，
设公差为d，前n项和为Sn，则a1＝10.4，a5＝5.6，S5＝40.
所以a5＝a1＋4d＝5.6，即10.4＋4d＝5.6，解得d＝－1.2.
可得a2＝a1＋d＝10.4－1.2＝9.2，
a3＝a1＋2d＝10.4－1.2×2＝8，
a4＝a1＋3d＝10.4－1.2×3＝6.8.
所以乙分得9两2钱、丙分得8两，丁分得6两8钱．
故选C．]
4．(2020·江淮十校第二次联考)堑堵、阳马、鳖臑出自中国古代名著《九章算术·商功》，其中阳马、鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼．取一长方体，如图(1)中的长方体ABCD?A1B1C1D1，沿平面ABC1D1斜切，一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵．如图(2)，再沿平面D1BC切开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥D1?ABCD以矩形ABCD为底，棱DD1与底面垂直，称为阳马，余下的三棱锥D1?BCC1是四个面均为直角三角形的四面体，称为鳖臑．已知长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，AA1＝2，按以上操作得到阳马，则该阳马的最长棱长为( )
(1) (2)
A．2
B．5
C．
D．4
C [根据题意得，该阳马的最长棱长为D1B＝＝.故选C．]
5．(2020·吉林长春外国语学校期中)中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹，古代用算筹(即几寸长的小棍)摆在平面上进行运算，算筹的摆放形式有纵、横两种形式，如图所示．当表示一个多位数时，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，其中个位、百位、万位上的数用纵式表示，十位、千位、十万位上的数用横式表示，以此类推．例如3
266用算筹表示就是，则8
771用算筹可表示为( )
中国古代的算筹数码
A．
B．
C．
D．
A [根据题意得，个位、百位、万位上的数用纵式表示，十位、千位、十万位上的数用横式表示，所以8
771用算筹可表示为.故选A．]
6．如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图．现在提供6种不同的颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A，C区域涂同色的概率为( )
A．
B．
C．
D．
D [按A，C区域是否涂同色分两类．
①A，C区域涂同色．
第一步：涂A，C区域，共有6种不同的方法．
第二步：涂B区域，共有5种不同的方法．
第三步：涂E和D区域，按E，B同色和不同色分两类．
若E与B同色，则E有1种涂法，D有4种涂法，共有4种不同的方法，
若E与B不同色，则E有4种涂法，D有3种涂法，共有12种不同的方法．
所以A，C区域涂同色的方法数为6×5×(4＋12)＝480(种)．
②A，C区域涂不同色．
第一步：涂A，C区域，共有A＝30(种)不同的方法．
第二步：涂B区域，共有4种不同的方法．
第三步：涂E和D区域，按E，B同色和不同色分两类．
若E与B同色，则E有1种涂法，D有3种涂法，共有3种不同的方法．
若E与B不同色，则E有3种涂法，D有2种涂法，共有6种不同的方法．
所以A，C区域涂不同色的方法数为30×4×(3＋6)＝1
080(种)．
综上，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，共有480＋1
080＝1
560(种)不同的方法．
故A，C区域涂同色的概率P＝＝.故选D．]
7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一道著名的“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为：“今有一个底面为正方形的长方体水池，且底面边长为1丈(注：1丈＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水面齐平，如图所示．问水深、芦苇的长度各是多少？”设∠DEF＝θ，则tan＝( )
A．3
B．4
C．5
D．6
C [设水深为x(单位：尺)，则芦苇长为x＋1，
故(x＋1)2＝x2＋25，
所以x＝12，从而tan
θ＝，所以＝，
解得tan
＝或tan＝－(舍去)，
所以tan＝＝＝5，故选C．]
8．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积＝(弦×矢＋矢2)，弧周(如图)由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为，半径等于4
m的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是( )
A．6
m2
B．9
m2
C．12
m2
D．15
m2
B [如图，由题意可得∠AOB＝，OA＝4，在Rt△AOD中，可得∠AOD＝，∠DAO＝，OD＝AO＝×4＝2，
于是矢＝4－2＝2.
由AD＝AO·sin＝4×＝2，
可得弦长AB＝2AD＝2×2＝4.
所以弧田面积＝(弦×矢＋矢2)＝×(4×2＋22)＝4＋2≈9(m2)．
故选B．]
命题点2 数学名人
[高考题型全通关]
1．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C：y＝x2，直线为曲线C在点(1，1)处的切线．如图所示，阴影部分为曲线C、直线以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体为T.给出以下四个几何体：
① ②
③ ④
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T的体积相等的是( )
A．①
B．②
C．③
D．④
A [∵几何体T是由阴影部分绕y轴旋转一周得到的，所以横截面为环形，且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为x1，切线对应的横坐标为x2，f
(x)＝x2，f
′(x)＝2x，∴k＝f
′(1)＝2，切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，∴x＝y，x2＝，
横截面面积S＝πx－πx＝π＝π
图①中的圆锥高为1，底面半径为，可以看成由直线y＝2x＋1绕y轴旋转得到，横截面的面积为S＝πx2＝π.
所以几何体T和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，故选A．]
2．为推导球的体积公式，刘徽制造了一个牟合方盖(在一个正方体内作两个互相垂直的内切圆柱，这两个圆柱的公共部分叫做牟合方盖)，但没有得到牟合方盖的体积.200多年后，祖暅给出牟合方盖的体积计算方法，其核心过程被后人称为祖暅原理：幂势既同，则积不容异．意思是，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间的任意平面所截，如果截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积也相等．现在截取牟合方盖的八分之一，它的外切正方体的棱长为1，如图(1)所示，图(2)中的正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，两图中阴影部分所在平面平行于正方体的下底面，且与下底面之间的距离相等，根据以上信息，则该牟合方盖的体积为
( )
图(1) 图(2)
A．
B．
C．
D．
B [由题意，设题图(1)、题图(2)中阴影部分所在的平面与正方体下底面间的距离为h(0＜h＜1)．记题图(1)中阴影部分的面积为S1，题图(2)中阴影部分的面积为S2，易知S1＝h2，S2＝h2，S1＝S2，设牟合方盖的八分之一的体积为V1，由祖暅原理知，
V1＝V－V，
易知V－V＝1－＝，所以牟合方盖的体积V＝8×＝，故选B．]
3．欧拉公式eix＝cos
x＋isin
x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知e4i表示的复数在复平面中位于( )
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
C [由欧拉公式eix＝cos
x＋isin
x，
可得e4i＝cos
4＋isin
4.
∵π＜4＜，
∴cos
4＜0，sin
4＜0，
∴e4i表示的复数在复平面中位于第三象限．]
4．(2020·福建师大附中模拟)17世纪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，一件是勾股定理，另一件是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形(另一种是顶角为108°的等腰三角形)．如图所示的五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，在其中一个黄金三角形ABC中，＝.根据这些信息，可得sin
234°＝( )
A．
B．－
C．－
D．－
C [由题意可得∠ACB＝72°，且cos
72°＝＝，
所以cos
144°＝2cos272°－1＝－，
所以sin
234°＝sin(144°＋90°)＝cos
144°＝－.
故选C．]
5．数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数列，它是由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例子引入的，故又称为“兔子数列”．该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论中正确的是( )
A．S2
019＝a2
020＋2
B．S2
019＝a2
021＋2
C．S2
019＝a2
020－1
D．S2
019＝a2
021－1
D [Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(an＋2－an＋1)＝an＋2－a2＝an＋2－1，
所以S2
019＝a2
021－1，故选D．]
6．最早发现勾股定理的人是我国西周数学家商高，商高比毕达哥拉斯早500多年发现勾股定理．如图所示，△ABC满足“勾三股四弦五”，其中股AB＝4，D为弦BC上一点(不含端点)，且△ABD满足勾股定理，则·＝( )
A．
B．
C．
D．
D [根据题意得，AC＝3，AB＝4，BC＝5.
因为△ABD满足勾股定理，所以AD⊥BC．
则可得AD＝＝，
所以·＝||·|
|·cos〈，〉＝||·||·cos∠DAB＝||·||·＝||2＝.故选D．]
7．(2020·江淮十校第二次联考)阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得齐名，以他的名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点的距离的比值为定值λ(λ＞0，λ≠1)的动点的轨迹．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin
A＝2sin
B，acos
B＋bcos
A＝2，则△ABC面积的最大值为( )
A．
B．
C．
D．
C [因为sin
A＝2sin
B，所以由正弦定理得a＝2b.
因为acos
B＋bcos
A＝2，所以由余弦定理得a·＋b·＝2，解得c＝2.
由题意得，点C的轨迹为一阿波罗尼斯圆，如图，由题意得，阿波罗尼斯圆的直径是PQ，O为圆心，且＝2，＝2.
因为c＝2，即AB＝2，所以AQ＝2，PA＝AB＝，所以PQ＝，PO＝PQ＝，
故阿波罗尼斯圆的半径为，即边AB上的高的最大值为.
因此△ABC面积的最大值(S△ABC)max＝×2×＝.故选C．]
8．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，则是斐波那契数列中的第________项．
2
020 [∵an＋2＝an＋1＋an，
∴a2
020＝a2
019＋a2
018，
∴a2
019a2
020＝a＋a2
018a2
019，
a2
018a2
019＝a＋a2
017a2
018，
a2
017a2
018＝a＋a2
016a2
017，
…，
a2a3＝a＋a2a1，
∵a2＝a1，∴a2a3＝a＋a，
∴a2
019a2
020＝a＋a＋…＋a＋a，
∴＝a2
020，
∴是第2
020项．]
11/11
