高考数学文化素养型题

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1、数学题-文化素养型1.算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式VL2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么，近似公式VL2h相当于将圆锥体积公式中的近似取为()A. B. C. D. 解析：由题意可知：L2r，即r，圆锥体积VShr2hhL2hL2h，故，故选B.【答案】B2.如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分位于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点

2、，则此点取自黑色部分的概率是（）ABCD【解析】设正方形边长为，则圆半径为则正方形的面积为，圆的面积为，图中黑色部分的概率为则此点取自黑色部分的概率为 故选B【答案】B4.九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且PDCD，过棱PC的中点E，作EFPB交PB于点F，连接DE、DF、BD、BE.(1)证明：PB平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，求的值.解析：法一(

3、1)证明因为PD底面ABCD，所以PDBC，由底面ABCD为长方形，有BCCD，而PDCDD，所以BC平面PCD.而DE平面PCD，所以BCDE.又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC.而PCBCC，所以DE平面PBC.而PB平面PBC，所以PBDE.又PBEF，DEEFE，所以PB平面DEF.由DE平面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)解如图，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知，PB平面DEF，所以PBDG.又因为

4、PD底面ABCD，所以PDDG，而PDPBP，所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PDDC1，BC，有BD，在RtPDB中，由DFPB，得DPFFDB，则tan tanDPF，解得.所以.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，.法二(1)证明如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设PDDC1，BC，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(，1，0)，C(0，1，0)，(，1，1)，点E是PC的中点，所以E，于是0，即PBDE.又已知EFPB，而DEEFE，所以PB平面DEF.因(0，1，1)，0，则D

5、EPC，所以DE平面PBC.由DE平面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)解由PD平面ABCD，所以(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量；由(1)知，PB平面DEF，所以(，1，1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，则cos ，解得.所以.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，.5.宋元时期杰出的数学家朱世杰在其数学巨著四元玉鉴卷中“菱草形段”第一个问题，“今有菱草六百八十束，欲令落一形(同垛)之，问底子(每层三角形边菱草束数，等价于

6、层数)几何？”中探讨了“垛积术”中的落一形垛(“落一形”即是指顶上一束，下一层三束，再下一层6束，成三角锥的堆垛，故也称三角垛，如图，表示第二层开始的每层菱草束数)，则本问题中三角垛底层菱草总束数为_.解析：由题意，第n层菱草数为12n，136680，即为n(n1)(n2)680，即有n(n1)(n2)151617，n15，120. 【答案】1206.秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为3，2，则输出v的值为()A.35

7、 B.20 C.18 D.9解析：按照图中的程序计算，当i2时，得v4；当i1时，得v2419；当i0时，得v29018；当i1时，直接输出v18，即输出的v值为18，故选C. 【答案】C7.九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11，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()图11A14斛 B22斛 C36斛 D66斛 解析 由题意，题中图形为四分之一圆

8、锥，设圆锥的底面半径为R，则由8得R，所以V米V圆锥5(立方尺)，所以1.6221.9522(斛)【答案】B8.如图13所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a()图13A0 B2 C4 D14 解析 逐一写出循环：a14，b18a14，b4a10，b4a6，b4a2，b4a2，b2，结束循环故选B. 【答案】B9.鸡兔同笼是中国古代著名趣题之一。大约在1500年前 ，孙子算经中就记鸡兔同笼载了这个有趣的问题。书中是这样叙述的：“今有雉兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问雉兔各几何？”这四句话的意思是：有

9、若干只鸡和兔同在一个笼子里，从上面数有35个头；从下面数有94只脚。问笼中各有几只鸡和兔？下列程序框图是计算鸡兔同笼的的算法，则判断框处可填入的是 （ ） 【解析】根据程序框图结合鸡兔同笼的提问，n表示鸡的个数，m表示兔的个数，鸡从1开始验证，所以，需要继续循环，故排除B,D，直到时循环结束，排除了A，故选C. 【答案】C10.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

10、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MN=Q，MN=，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，不可能成立的是（ ） AM没有最大元素，N有一个最小元素 BM没有最大元素，N也没有最小元素 CM有一个最大元素，N有一个最小元素 DM有一个最大元素，N没有最小元素【解析】因为M与N满足MN=Q，MN=，不妨设分界点为， M为(,的子集,N为(,+ )的子集，或M为(,)的子集,N为,+ )的子集,此时M没有最大值,N没有最小值，若分界点为1，M为(,1的子集,N为(1,+ )的子集时M有最大值1，N没

11、有最小值，若M为(,1)的子集,N为1,+ )的子集，则M没有最大值，N有最小值1，综上可知选C.【答案】C 12.我国南宋时期的数学家秦九韶在他的著作数书九章中提出了计算多项式 的值的秦九韶算法，即将改写成如下形式： ，首先计算最内层一次多项式的值，然后由内向外逐层计算一次多项式的值.这种算法至今仍是比较先进的算法.将秦九韶算法用程序框图表示如下图，则在空白的执行框内应填入（ ）A. B. C. D. 【解析】秦九韶算法的过程是，这个过程用循环结构来实现,应该在题图中的空白执行框内填入,选A. 【答案】A13.“欧几里得算法”是有记载的最古老的算法,可追溯至公元前300年前,上面的程序框图的

12、算法思路就是来源于“欧几里得算法”,执行该程序框图（图中“”表示除以的余数）,若输入的分别为675,125,则输出的（ ）A. 0 B. 25 C. 50 D. 75【解析】当此时 否, 否, 是,输出 ,选B.【答案】B14.我国南北朝时的数学著作张邱建算经有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下四人后入得金三斤，持出，中间三人未到者，亦依等次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的八等人和九等人两人所得黄金之和（ ）A. 多斤 B. 少斤 C. 多斤 D. 少斤【答案】D15.中国古代数学著作算法统宗中有这样一个

13、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，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走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”则该人最后一天走的路程为（ ）A. 24里 B. 12里 C. 6里 D. 3里【答案】C16.我国古代著名的思想家庄子在庄子天下篇中说：“一尺之棰，日取其半，万世不竭.”用现代语言叙述为：一尺长的木棒，每日取其一半，永远也取不完. 这样，每日剩下的部分都是前一日的一半. 如果把“一尺之棰”看成单位“”，那么剩下的部分所成的数列的通项公式为（ ）A. B. C. D. 【解析】由“一尺长的木棒，每日取其一半。”可知每天剩下的木棒构成一个首相为1，公比为的等比数列。所以该数列的通项公式为。故选C。【答案】C