2020届高考数学大二轮复习专题八数学文化与创新应用第1讲数学文化及核心素养类试题练习文

1、第1讲 数学文化及核心素养类试题考情研析数学文化与数学知识相结合，有效考查考生的阅读理解能力、抽象概括能力、转化与化归能力，既体现了对数学应用性的考查，也体现了我国数学文化的源 远流长.高考中多以选择题的形式出现，难度中等 核心知识回顾1 .以古代数学书籍九章算术数书九章等书为背景的数学文化类题目.2 .与高等数学相衔接的题目， 如几类特殊的函数： 取整函数、狄利克雷函数、符号函数.3 .以课本阅读和课后习题为背景的数学文化类题目：辗转相除法、更相减损术、秦九韶 算法、二进制、割圆术、阿氏圆等.4 .以中外一些经典的数学问题为背景的题目，如：回文数、匹克定理、哥尼斯堡七桥问 题、四色猜想等经典

2、数学小问题.热点考向探究考向1 算法中的数学文化例1 （2019 哈尔滨市第三中学高三第二次模拟）我国古代名著庄子天下篇中有一句名言“一尺之植，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则处可分别填入的是 （） . 八八1 .A. I <20, S= S. , I = 2iccc 八八1cB. i <20, S= S- 7 i =2i八cc- S,C. i <20, S= 1 i =i +1r . cc C S . .，D. i < 20, S=

3、 2， i = i + 1答案 D1 -,一 S 一一 1 ，.解析 根据题意可知，第一天S= 2所以满足S=-,不?t足S= S- 1故排除A, B;由框图可知，计算第二十天的剩余时，有S= S,且i =21,所以循环条件应该是 iW20.故选D.方法指导以古代秦九韶算法，更相减损术、割圆术等为背景，将数学文化嵌入到程序框图，既强调了算法的历史，又展示了算法的思想，解题时要弄明白计数变量和累加变量的变化规律， 理解程序框图的算法功能.r对点精练我国古代数学著作孙子算经中有如下问题：“今有方物一束，外周一匝有三十二枚，问积几何？”设每层外周枚数为a,如图是解决该问题的程序框图，则输出的结果为（

4、）A. 121 B . 81 C . 74 D . 49答案 B解析 满足a<32,第一次循环：S= 1, n=2, a=8;满足a<32,第二次循环：S= 9, n=3, a=16；满足a<32,第三次循环： S= 25, n=4, a=24；满足aw32,第四次循环：S = 49, n=5, a=32；满足 a<32,第五次循环：S= 81, n=6, a=40.不满足 a<32,输出 S 故选B.考向2数列中的数学文化例2 （2019 陕西省高三第三次教学质量检测）我国南宋数学家杨辉 1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学

5、史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第 n行的所有数字之和为2nt,若去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,，则此数列的前 15项和为（）I1 112I13 3 114 641I 5 101（） 5IA. 110 B . 114 C . 124 D . 125答案 B解析 由题意，n次二项式系数对应的杨辉三角形的第n+1行，令x=1,可得二项展开式的二项式系数的和2n,其中第1行为2°,第2行为21,第3行为22,以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1,公比为2的等比数列，则杨辉三角形中前n行的数字之和为 Sn1 2nn=-=2n-1,若除去

6、所有为1的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3,4 ,，可以1 2看成构成一个首项为1,公差为2的等差数列，则TnJ n；1 ,令门n；1 =15,解得n =5,所以前15项的和表示前 7行的数列之和减去所有的 1,即（2 71） 13=114,即前15 项的数字之和为114,故选B.方法指导以传统数学文化为载体考查数列的实际应用问题.解题的关键是将古代实际问题转化为 现代数学问题，建立等差、等比数列的模型，探索并掌握它们的一些基本数量关系，利用方 程思想求解.对点精练张丘建算经卷上第22题为“今有女善织,日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈. "其意思为：现有一善于织布的

7、女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布,第1天织了 5尺布，现在一月（按30天计算）共织390尺布.记该女子一月中的第n天所织布的尺数为an,则ai4+ ai5 + ai6 + ai7的值为（）A. 55 B . 52 C . 39 D . 26答案 B解析设从第2天开始，每天比前一天多织d尺布，则$0= 390,所以30X5 +30X292= 390,解得 d = 11,所以 ai4+ ai5+ai6+ai7=4ai +58d = 4X5+58X 16=52.故选 B. 2929考向3立体几何中的数学文化例3 （2019 六安市第一中学高三模拟 ）我国齐梁时代的数学家祖附I提出了一条

8、原理：“哥势既同，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.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图，将底面直径都为2b,高皆为a的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面3上，用平行于平面3且与平面3任意距离d处的平面截这两个几何体， 可横截得到S圆及S环两截面.可以证明S圆=5环总成立.据此，半短轴长为 1,半长轴长为3的椭球体的体积是 .答案 4兀解析 因为S圆=S环总成立，则半椭球体的体积为兀b2a 1兀b2a=|兀b2a,所以椭球体33的体积为V= 4兀b2a,因为椭球体的半短轴长为 1,半长轴长为3,所以椭球体的体积为

9、 V=4 33兀b2a= xi 2*3=4兀,故答案是 4兀. 3方法指导依托立体几何，传播数学文化.立体几何是中国古代数学的一个重要研究内容，从中国古代数学中挖掘素材，考查立体几何的三视图、线面的位置关系、几何体的体积等知识，既符合考生的认知水平，又可以引导学生关注中华优秀传统文化.对点精练九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵 ABO ABC中，Ad BC若AA= AB= 2,当阳马B- AACC体积最大时，则堑堵 ABC-ABG的体积为（）A. 3 B.

10、啦 C . 2 D , 2*答案 C121o 9 1 9 4解析 由阳马的定义，知 VB- A1ACC1 = -AA- AC- BC= -AC- B（X-（AC2+B（C） =：,A=-, 33333当且仅当AC= BC=5时等号成立，所以当阳马B- AACC体积最大时，则堑堵 ABC- A1B1C1的1体积为2*X小><2= 2,故选C.考向4概率中的数学文化例4 （2019 皖南八校高三第三次联考 ）七巧板是古代中国劳动人民发明的一种中国传 统智力玩具，它由五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成.清陆 以湘冷庐杂识卷一中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其

11、变化之式多至千余.体 物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之.如图是一个用七巧板拼 成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）11 C, 3 D. 1332832答案 A解析 设正方形的边长为 4,则正方形的面积为 S= 4X4= 16,此时阴影部分所对应的直LLL1.角梯形的上底边长为2斓，下底边长为3，2,高为，2,所以阴影部分的面积为S=-X(2 + S53的X<2=5,根据几何概型，可得概率为=后=行故选A方法指导/数学文化渗透到概率数学中去，不但丰富了数学的概率知识，还提高了学生的文化素 养.解决此类问题的关键是构建合理的概率模型，利

12、用相应的概率计算公式求解.r对点精练算法统宗是我国古代的数学名著，书中把三角形中的田称为“圭田”，把直角梯形 的田称为“邪田”，称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位.现有一邪 田，广分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田.若在邪田内随机种植一株茶树，则该茶树恰好被种在圭田内的概率为2A.115B. 2 C. D. 15155答案解析根据题意，得出其示意图如图所示， 题意为：在直角梯形ABC师随机种一株茶树,求该茶树恰好被种在三角形AEF内的概率.且已知AB=20,DG=10,AD=10,AE= 8,三角形18X5X -22AEF的图h=5,所以该茶

13、树被种在三角形 AEF内的I率P=；=,故选A.1 1520 + 10 X10><2考向5 推理与证明中的数学文化例5 （2019 南充市第三次诊断）九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何. ”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）.这个问题中，甲所得为（）A B.。钱 CD.4323答案 B解析 设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a- 2d, a d, a, a+d, a+2d,则a-2d

14、+ a- d= a+ a + d+ a+ 2d,解得 a = - 6d,又 a2d+ad+a+a+d+a+2d= 5,a 44 ,a= 1,贝U a2d=a 2x =a=,故选 B.633方法指导以古代有代表意义的猜想推理为背景，考查数学文化相关知识，让学生通过逻辑推理得 到结论.解题时要联系具体实例，体会和领悟归纳推理、类比推理、演绎推理的原理、内涵 及特点，并会用这些方法分析、解决具体问题.对点精练（2019 上海市奉贤区高三一模 ）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：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：子、丑、寅、卯、 辰、巳、午、未、申、酉、戌

15、、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，已知2016年为丙申年，那么到改革开放100年时，即2078年为 年.答案戊戌解析 从2017年到2078年经过了 61年，且2017年为丁酉年，61 + 10=6余1 ,则2078 年的天干为戊，61 + 12= 5余1,则2078年的地支为戌，所以 2078年为戊戌年.考向6数学文化与现代科学例

16、6 2016年1月14日，国防科工局宣布， 嫦娥四号任务已经通过了探月工程重大专项领导小组审议，正式开始实施.如图所示，假设“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月 球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心 F为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以 F为一个焦点的椭圆轨道n绕月飞行.若用2C1和2c2分别表示椭圆轨道I和n的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道I和n的长轴长，给出下列式子： a1 + C1 = %+ C2 ； a1 C1 = a2 C2 ； 但<土； ca2>a1C2. a1 a2其中正确式子的序号是（）A.B . C. D .答案 D解析

17、 观察题图可知 a>a2, c>C2,，ad C1>a2+C2,即式不正确；a-c = a2C2= |PF| ,31 C1 82-C2a1C1 C2即式正确；由 a1 C1= a2 C2>0, C1>C2>0,知<,即一<一, 从而 ca2>a1C2,>.C1C2C1 C2a1 a2即式正确，式不正确.方法指导以探测卫星轨道为背景，抽(1)命题者抓住“嫦娥奔月”这个古老而又现代的浪漫话题,象出共一条对称轴、一个焦点和一个顶点的两个椭圆的几何性质，并以加减乘除的方式构造 两个等式和两个不等式，考查椭圆的几何性质，可谓匠心独运.（2）注意

18、到椭圆轨道I和n共一个顶点P和一个焦点F,题目所给四个式子涉及长半轴长和半焦距，从焦距入手，这是求解的关键，本题对考生的数学能力进行了比较全面的考查, 是一道名副其实的小中见大、常中见新、蕴文化于现代科学技术应用之中的好题.p对点精练如图所第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的.示，会标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.如果小正方形的兀面积为1,大正方形的面积为25,直角三角形中较大的锐角为8 ,那么tan 0 +彳=答案 7解析 依题意，得大、小正方形的边长分别是一，兀5,1 ,于是有 5si n 0 - 5cos 8=1 0<

19、< <,.八八1则 sine-cose、.从而(si n 0 + cos 0 ) 2= 2- (si n 0 - cos 0)24925',434 , Tt tan 0 +1因此 sin e=5, cose =- tan e =3.故tan e+了 =7 =7押题真题模拟1. （2019 浙江高考）祖的I是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“哥势既同，则积不容异”称为祖的I原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示 （单位：cm）,则该柱体的体积（单位：cm3） 是（）正视图 侧视图俯视图A. 158

20、B . 162 C . 182 D . 324答案 B解析 如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6,底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为 4,下底为6,高为3,另一个的上底为 2,下底为6,高为3.则底面2 + 64+6 _面积S= 2X3+一1X3=27,因此，该枉体的体积 V= 27X6= 162.故选B.2. （2019 北京高考）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的5E1星等与亮度满足 R2-m=5lg三，其中星等为 m的星的亮度为 E（ k= 1,2） .已知太阳的星等是2E2 26.7 ,天狼星的星等是一1.45 ,则太阳与天狼星的亮度的比值为（

21、）A. 1010.1 B . 10.1 C . lg 10.1 D , 10 10.1答案 A5 E解析由题意知，m= 26.7 , m= 1.45 ,代入所给公式得1.45 （26.7） =g己,所以 lg 10.1 ,所以1010.1.故选 A. E2E23. （2019 湖南省高三六校联考）秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著数书九章中提出的求多项式值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图，是利用秦九韶算法求一个多项式的值，若输入 3 n, x的值分力1J为3,则输出v的值为（A. 17B. 11.5C. 10D. 7答案 B 3 解析 初始值n=3, x =程序运行

22、过程如下：v= 2,一 3v = 2x 2+ 1 = 4, n = 2,不满足 nw0；.3v = 4x -+ 1 = 7, n=1,不满足 nwo；323v = 7x1 =5,n=0,满足n<0,退出循环，23，,输出v的值为1=11.5.故选B.4. （2019 全国卷H ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状 多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对 称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此 正方

23、体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .答案 26娘1解析 先求面数，有如下两种方法.解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分上的正八边形接AF,过H,+ MINF NF= 1,有8个面，下部分有 9个面，共有2X9+8=26（个）面.解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数（V） +面数（F）棱数（E）=2（欧拉公式）.由图 形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为 24,故由V+ F-E= 2,得面数F=2+E-V= 2+481的正方形 24 = 26.再求棱长.作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为ABCDEFGH口图，设其边长为

24、x,则正八边形的边长即为半正多面体的棱长.连2 一G分别作 HML AF, GNLAF,垂足分别为 M N,则 AMh MH= NG= NF=当x.又AM即）x+x+ x= i.解得x=y2i,即半正多面体的棱长为yi.5 .九章算术中有一题：今有牛、马、羊食人苗.苗主责之粟五斗.羊主曰：“我羊 食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何.其意思是：今有牛、马、 羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿五斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半. 马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半. ”若按此比例偿还，牛、马、羊的主人各应赔 偿多少粟？在这个问题中，牛主人比羊主人多赔偿（）A

25、5010q 而八 1520 q 而A.斗米 B. -7斗米 C. 斗米 D. 斗米答案 C解析 解法一：设羊、马、牛主人赔偿的粟的斗数分别为31, 32, 33,则这3个数依次成 52020 5 15 一等比数列，公比 q=2,所以 3i + 23i+ 431=5,解得 3i = y,故 33= , 33- 3i =- = ,故 选C.解法二：羊、马、牛主人赔偿的比例是 1 ： 2 ： 4,故牛主人应赔偿 5X；=20斗，羊主人1 520 5 15应赔偿5X；= 5斗，故牛主人比羊主人多赔偿了 20-=£斗，故选C.6 .九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某

26、“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为俯视图A. 2C. 4 + 4/答案 CB. 4+2 2D. 4+6 2解析 由三视图知几何体为一个三棱柱，底面为等腰直角三角形，高为1,则底面三角形腰长为 小,底边长为2,三棱柱高为2,所以侧面积为 2X2 + 2x42X2= 4 + 4小.故选C.配套作业、选择题1 . （2019 赤峰市高三模拟）史记卷六十五孙子吴起列传第五中有这样一道题:齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于 齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹马进行

27、一场比赛，齐王获胜的概率是A.2 B.3355 C. 9 D.答案 A解析 因为双方各有3匹马，所以“从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛”的事件数为9种，满足“齐王获胜”这一条件的情况为：齐王派出上等马，则获胜的事件数为3;齐王派出中等马，则获胜的事件数为2;齐王派出下等马，则获胜的事件数为1;故满足“齐王获胜”这一条件的事件数为6种，根据古典概型公式可得，齐王获胜的概率A选故2 -9-6 - 9-P2 . （2019 南昌外国语学校高三高考适应性测试）下边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16,20 ,则输出的a的值为

28、（）答案 C解析输入a, b的值，分别为16,20 ,第一次循环：第一层判断：满足满足 a<b,故 b= 20-16=4；第二次循环：第一层判断：满足故 a= 16 4=12；第三次循环：第一层判断：满足故 a= 12 4=8；第四次循环：第一层判断：满足故 a= 8 4= 4；第五次循环：第一层判断：满足ab,进入第二层选择结构，第二层判断：不满足 awb,进入第二层选择结构，第二层判断：满足 awb,进入第二层选择结构，第二层判断：满足 awb,进入第二层选择结构，第二层判断：满足 a=b=4,故输出4,选C.a>b,a>b,a>b,a>b,3 .中国古代数学

29、著作算法统宗中有这样一个问题：“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”.则该人第五天走的路程为（）A. 48 里 B . 24 里 C . 12 里 D . 6 里答案 C解析设第一天的路程为a1里,则11 一2= 378,1a1= 192,所以 a5=192x3= 12.4 . （2019 河南洛阳高三阶段性考试 ）九章算术中有如下问题：“今有牛、羊、马食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：我羊食半马.马主曰：我马食半牛.

30、今欲衰偿之，问各出几何？”翻译为：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半. ”马主人说“我马吃的禾苗只有牛的一半.”打算 按此比率偿还，问：牛、马、羊的主人各应赔偿多少粟？已知 1斗=10升，针对这一问题,设计程序框图如图所示，若输出k的值为2,则 正（）答案解析c 50 c 10 c 100B. 7 C. 5 D. V运行该程序，第一次循环，S= 50 m, k=1；第二循环，S= 50-3m k=2;第三次循环，S= 50 73 此时要输出k的值，则50 7m0,50解得m= ',故选B.5.我国古代数学名著九章算术的论割圆术中

31、有:“割之弥细，所失弥少，割之又割,以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”.它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在，一1，一一1表达式1 +-中“”即代表无限次重复， 但原式却是个定值， 它可以通过方程1+-=1x1 + '1 +x求得x =A. 3B.C. 6D.13+ 122 2.类比上述过程，则>/3+2-/3+ 2 =（）答案解析解得x = 3,3+23 + 2V- =x(x>0),两边平方，得 3+2寸3+2口 = X2,即 3+2x = x2,x=- 1(舍去)，故 3+2a/3+27 = 3,选 A.6. （2019 江西省名校高三 5月联考）我国古代九章算

32、术将上、下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6,高为2,则该刍童的体积为（）100Ar答案解析由题意，几何体原图为正四棱台，底面的边长分别为2和6,高为2,所以几何体1 一 一 _ 104 , 的体积 V= 1X (4 +36+44X36) X 2=-.故选 B.337. （2019 河北联考）九章算术是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡璇（co ng）,周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺.则它的体积是(注：1 丈=10 尺，取 3 = 3

33、)()A. 704立方尺B.2112立方尺C. 2115立方尺D.2118立方尺答案解析设圆柱体底面圆半径为r,高为h,周长为C.因为C= 2兀，所以r =C2h 482X114兀 12= 2112（立方尺）.故选B.8. （2 019 南宁市高三第一次适应性测试）元朝著名数学家朱世杰在四元玉鉴中有首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒, 借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示.若将“没了壶中酒”改为“剩余原，1,，人1，人 ,壶中W的酒量”，即输出值是输入值的则输入的x=（）339 B.1121 C.2345D.47答案 C解析 i = 1

34、时，x=2x1； i =21=8x7; i =4时，退出循环.此时,9.我国古代数学著作九章算术时，x=2(2x-1) -1 = 4x-3; i=3 时，x= 2(4 x-3)218x- 7 = -x,解得x=行故选C.323中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一,次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问1本持金几何. ”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的2,第2关收税金为剩/，1 -，余金的第3关收税金为剩余金的31-，人，1-，/，4,第4关收税金为剩余金的5,第5关收税金为剩余金的则在此问题中，第5关收税金（1-,5关所收税金

35、之和，恰好重1斤.问此人总共持金多少. 61 一 1 一 1 一36A. 20斤 B. 2?斤 C. 35斤 D.答案 B解析 假设原来持金为x,则第1关收税金：x；第2关收税金1 1-1 x=7x；第3关 2322X3收税金1 1 ； / x = 1-x；第4关收税金1 1oh x = Nvx；第5关收税金1 42 63 人 452 6 124 八 J6111112.6 12-20 x = 53<61x.依题意，得X +2X3 x+3X4 x+4X5 x+53<61 x=1,即 1 6 x5-6,=1,/:1,解得x=5,所以x =5X6 5X661X -=-.故选 B.5 25

36、10. （2019 陕西省高三第一次模拟 ）公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正利用“割多边形的边数无限增加时， 多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了 “割圆术”，圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14 ,这就是著名的“徽率”是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的n的值为（）O(参考数据：sin15 ° =0.2588, sin7.5= 0.1305)A. 12 B . 24 C . 48 D . 96答案 B解析 模拟执行程序，可得 n=6, S= 3sin60 =不满足条件 S>3.10 , n=12, S= 6Xsin30° = 3,不满足条件 S> 3.10 , n=24, S= 12Xsin15 ° =12X0.2588= 3.1056,满足条件退出循环，输出n的值为24.故选B.11 . “杨辉三角”又称“贾宪三角”，是因为贾宪约在公元1050年首先使用“贾宪三角”进行高次开方运算，而杨辉在公元1261年所著的详解九章算法一书中，辑录了贾宪三角形数表，并称之为“开方作法本源”图.下列数表的构造思路就源于“杨辉三角”.该 表由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这