2025届高考数学二轮专题复习与测试小题基础练五数学文化

小题基础练(五)数学文化1．(2024·汕头海淀区校级三模)二维码与生活休戚相关，我们运用的二维码主要是21×21大小的，即441个点，依据0和1的二进制编码，一共有2441种不同的码，假设我们1秒钟用掉1万个二维码，1万年约为3×1011秒，那么大约可以用(参考数据：lg2≈0.3，lg3≈0.5)()A．10117万年 B．117万年C．10205万年 D．205万年解析：由题意大约能用eq\f(2441,3×1011×104)万年，则lgeq\f(2441,3×1015)＝441lg2－lg3－15≈441×0.3－0.5－15≈117，所以eq\f(2441,3×1011×104)≈10117.故选A.答案：A2．我国“复兴号”高铁列车是世界上运营速度最快的轮轨列车．在平直的铁轨上停着一辆“复兴号”高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R，且某个车轮上的点P刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离s，则此时P到铁轨上表面的距离为()A．Rsineq\f(s,R) B．2Rsineq\f(s,R)C．R(1－coseq\f(s,R)) D．R(1＋coseq\f(s,R))解析：当列车行驶的距离为s时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为s，所以车轮转过的角度为eq\f(s,R)，P点的初始位置为P0，设车轮的中心为O，当eq\f(s,R)∈(0，eq\f(π,2))时，作PQ⊥OP0，垂足为Q，如图1所示，则OQ＝OP·coseq\f(s,R)＝Rcoseq\f(s,R)，所以P到铁轨表面的距离为P0Q＝R－R·coseq\f(s,R)＝R(1－coseq\f(s,R))；当eq\f(s,R)∈(eq\f(π,2)，π)时，PM⊥MP0，作ON⊥PM，垂足为N，如图2所示，则PN＝OP·sin(eq\f(s,R)－eq\f(π,2))＝－Rcoseq\f(s,R)，所以P到铁轨表面的距离为PM＝R－Rcoseq\f(s,R)＝R(1－coseq\f(s,R))；当eq\f(s,R)∈(π，eq\f(3π,2))时，PM⊥MP0，作ON⊥MP，垂足为N，如图3所示，则PN＝OP·sin(eq\f(3π,2)－eq\f(s,R))＝－Rcoseq\f(s,R)，所以P到铁轨表面的距离为PM＝R－Rcoseq\f(s,R)＝R(1－coseq\f(s,R))；当eq\f(s,R)∈(eq\f(3π,2)，2π)时，作PQ⊥OP0，垂足为Q，如图4所示，则OQ＝OP·cos(2π－eq\f(s,R))＝Rcoseq\f(s,R)，所以P到铁轨表面的距离为P0Q＝R－R·coseq\f(s,R)＝R(1－coseq\f(s,R))；当eq\f(s,R)＝0或eq\f(π,2)或π或eq\f(3π,2)时，P到铁轨表面的距离满意R(1－coseq\f(s,R))；当eq\f(s,R)≥2π时，点P到铁轨表面的距离为R[1－cos(eq\f(s,R)－2kπ)]＝R(1－coseq\f(s,R))，k∈Z，综上所述，点P到铁轨表面的距离为R(1－coseq\f(s,R))．故选C.答案：C3．(2024·阿勒泰地区三模)《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阅历公式为：弧田面积＝eq\f(1,2)(弦×矢＋矢×矢)．弧田(如图)由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为eq\f(2π,3)，半径为2m的弧田，依据上述阅历公式计算所得弧田面积约是(精确到1m2)()A．2m2 B．3m2C．4m2 D．1m2解析：依题意，弦＝2×2sineq\f(π,3)＝2eq\r(3)(m)，矢＝2－2coseq\f(π,3)＝1(m)，则弧田面积＝eq\f(1,2)×(2eq\r(3)×1＋12)＝eq\r(3)＋eq\f(1,2)≈2(m2)，所以弧田面积约是2m2.故选A.答案：A4．(2024·湖北二模)现代建筑物的设计中通常会运用各种曲线、曲面，将美感发挥到极致．如图所示是位于深圳的田园观光塔，它的主体呈螺旋形，高15.6m，结合旋转楼梯的设计，体现了建筑中的数学之美．某游客从楼梯底端动身始终走到顶部．现把该游客的运动轨迹投影到塔的轴截面，得到曲线方程为y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)(x，y的单位：m)．该游客依据视察发觉整个运动过程中，相位的改变量为eq\f(11,4)π，则ω约为()A．0.55 B．0.65C．0.75 D．0.85解析：由旋转楼梯高为15.6m知，投影到轴截面上后，对应曲线y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)中，游客移动的水平距离是15.6，因为初始时游客在最底端，所以当x＝0时，初相为φ，因为整个运动过程中，相位的改变量为eq\f(11,4)π，且最终游客在最高点，所以最终的位置15.6ω＋φ，所以15.6ω＋φ－φ＝eq\f(11,4)π，解得ω≈0.55.故选A.答案：A5．(2024·扬州广陵区校级模拟)在平面直角坐标系xOy中，如图所示，将一个半径为1的圆盘固定在平面上，圆盘的圆心与原点重合，圆盘上缠围着一条没有弹性的细线，细线的端头M[起先时与圆盘上点A(1，0)重合]系着一支铅笔，让细线始终保持与圆相切的状态绽开，切点为B，细绳的粗细忽视不计，当φ＝2rad时，点M与点O之间的距离为()A．eq\f(1,cos1) B．eq\f(2,sin1)C．2 D．eq\r(5)解析：绽开过程中：BM＝eq\o(AB,\s\up8(︵))＝φ·R＝2，BO＝1，MO＝eq\r(BM2＋BO2)＝eq\r(5).故选D.答案：D6．(2024·滨州二模)筒车是我国古代独创的一种水利浇灌工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到运用．假设在水流量稳定的状况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动．现将筒车抽象为一个几何图形，如图所示，圆O的半径为4米，盛水筒M从点P0处起先运动，OP0与水平面的所成角为30°，且每分钟恰好转动1圈，则盛水筒M距离水面的高度H(单位：m)与时间t(单位：s)之间的函数关系式的图象可能是()解析：以O为原点，过点O的水平直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，因为∠xOP0＝30°＝eq\f(π,6)，所以OM在t(s)内转过的角为eq\f(2π,60)t＝eq\f(π,30)t，所以以x轴为始边，以OM为终边的角为eq\f(π,30)t－eq\f(π,6)，则点M的纵坐标为4sin(eq\f(π,30)t－eq\f(π,6))，所以点M距水面的高度H(m)表示为时间t(s)的函数是H＝4sin(eq\f(π,30)t－eq\f(π,6))＋2，所以高度H与时间t之间的函数关系式图象可能是选项D中所画图象．故选D.答案：D7．(2024·宝鸡三模)我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“定楼神器”，如图1.由物理学学问可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)，如图2.若该阻尼器在摇摆过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t1，t2，t3(0<t1<t2<t3)，且t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，则1分钟内阻尼器由其他位置摇摆经过平衡位置的次数最多为()A．19 B．40C．20 D．41解析：因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，t3－t1＝T，所以T＝3.又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(2π,3)，则y＝sin(eq\f(2π,3)t＋φ)，由0≤t≤60，则φ≤eq\f(2π,3)t＋φ≤40π＋φ，所以1分钟内阻尼器由其他位置摇摆经过平衡位置的最多次数，等价于1分钟内y＝sin(eq\f(2π,3)t＋φ)＝0的最多次数，等价于区间[φ，40π＋φ]里包含kπ(k∈Z)的最多次数，又|φ|<π，则区间[φ，40π＋φ]里包含了0，π，2π，3π，…，39π或π，2π，3π，…，40π，所以区间[φ，40π＋φ]里包含kπ(k∈Z)的最多次数为40.故选B.答案：B8．(2024·长沙模拟)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an}，令bn＝eq\f(2,an－2)，Sn为数列{bn}的前n项和，则S120＝()A．8 B．9C．10 D．11解析：由题意得OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，则OA2＝2eq\r(2)，OA3＝2eq\r(3)，…，OAn＝2eq\r(n)，所以an＝OAn＋OAn＋1＋AnAn＋1＝2eq\r(n)＋2eq\r(n＋1)＋2，所以bn＝eq\f(2,an－2)＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\r(n＋1)－1，故S120＝eq\r(120＋1)－1＝10，故选C.答案：C9．(2024·安康汉滨区校级模拟)中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度渐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为()A．2.76 B．5.51C．11.02 D．22.05解析：设该马第n(n＝N*)天行走的里程数为an，由题意可知，数列{an}是公比为q＝eq\f(1,2)的等比数列，所以，该马七天所走的里程为eq\f(a1（1－\f(1,27)）,1－\f(1,2))＝eq\f(127a1,64)＝700，解得a1＝eq\f(27×350,127)，故该马第五天行走的里程数为a5＝a1·eq\f(1,24)＝eq\f(27×350,127)×eq\f(1,24)＝eq\f(2800,127)≈22.05.故选D.答案：D10．(2024·景德镇模拟)如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n项和为Sn，设bn＝eq\r(5log2（Sn＋1）－1)，将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列记为{cn}，则c20的值为()A．545 B．550C．560 D．48解析：由题意，Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1＝eq\f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1，所以bn＝eq\r(5log2（Sn＋1）－1)＝eq\r(5log22n－1)＝eq\r(5n－1)，数列{bn}的整数项为2，3，7，8，12，13，….数列{cn}的奇数项是以2为首项，5为公差的等差数列，偶数项是以3为首项，5为公差的等差数列．所以c2n－1＝2＋5(n－1)＝5n－3，c2n＝3＋5(n－1)＝5n－2，则c20＝5×10－2＝48.故选D.答案：D11．(多选题)(2024·毫州蒙城县二模)如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，…构成的斐波那契数列常常在自然中奇妙地出现，例如向日葵花序中心的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等．在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点探讨也离不开这个数列．斐波那契数列{an}的第一项和其次项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则()A．a2＋a4＋a6＋…＋a2022＝a2023B．a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a2024C．aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2023a2024D．eq\f(1,a1a3)＋eq\f(1,a2a4)＋eq\f(1,a3a5)＋…＋eq\f(1,a2021a2023)＝eq\f(1,a1a2)－eq\f(1,a2022a2023)解析：由题意得an－1＋an＝an＋1且n≥2，a2＝a1，a4＝a5－a3，a6＝a7－a5，…，a2n＝a2n＋1－a2n－1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a1－a3＋a2n＋1＝a2n＋1－1，则a2＋a4＋a6＋…＋a2022＝a2023－1，故A错误；因为a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2n＋1＝a2n＋2－a2n，所以a1＋a3＋a4＋…＋a2n＋1＝a2n＋2，则a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a2024，故B正确；因为an＋1＝an＋2－an，则aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋1an＋2－anan＋1，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝aeq\o\al(2,1)＋(a2a3－a1a2)＋(a3a4－a2a3)＋…＋(a2023a2024－a2022a2023)＝a2023a2024，故C正确；因为eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(an＋1,anan＋1an＋2)＝eq\f(an＋2－an,anan＋1an＋2)＝eq\f(1,anan＋1)－eq\f(1,an＋1an＋2)，所以eq\f(1,a1a3)＋eq\f(1,a2a4)＋eq\f(1,a3a5)＋…＋eq\f(1,a2021a2023)＝eq\f(1,a1a2)－eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a2a3)－eq\f(1,a3a4)＋…＋eq\f(1,a2021a2022)－eq\f(1,a2022a2023)＝eq\f(1,a1a2)－eq\f(1,a2022a2023)，故D正确．故选BCD.答案：BCD12．(多选题)(2024·辽宁模拟)“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了相互倾轧、内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点起先，向外圈渐渐旋绕而形成的图案，如图(1)；它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分E，F，G，H做其次个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形，以此方法始终循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an；如图(2)阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法正确的是()A．数列{an}是以4为首项，eq\f(\r(10),4)为公比的等比数列B．从正方形ABCD起先，连续3个正方形的面积之和为eq\f(129,4)C．使得不等式bn>eq\f(1,2)成立的最大值为4D．数列{bn}的前n项和Sn<4解析：对于A选项，由题意知，aeq\o\al(2,n＋1)＝(eq\f(an,4))2＋(eq\f(3an,4))2＝eq\f(5,8)aeq\o\al(2,n)，且an>0，所以an＋1＝eq\f(\r(10),4)an，又因为a1＝4，所以数列{an}是以4为首项，eq\f(\r(10),4)为公比的等比数列，故A正确；对于B选项，由上知，an＝4×(eq\f(\r(10),4))n－1，a1＝4，a2＝eq\r(10)，a3＝eq\f(5,2)，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＝42＋(eq\r(10))2＋(eq\f(5,2))2＝eq\f(129,4)，故B正确；对于C选项，bn＝eq\f(1,2)×eq\f(an,4)×eq\f(3an,4)＝eq\f(3aeq\o\al(2,n),32)＝eq\f(3,32)×[4×(eq\f(\r(10),4))n－1]2＝eq\f(3,2)×(eq\f(5,8))n－1，易知{bn}是单调递减数列，且b3＝eq\f(3,2)×(eq\f(5,8))2＝eq\f(75,128)>eq\f(1,2)，b4＝eq\f(3,2)×(eq\f(5,8))3＝eq\f(375,1024)<eq\f(1,2)，故使得不等式bn>eq\f(1,2)成立的最大值为3，故C错误；对于D选项，因为Sn＝eq\f(\f(3,2)×[1－（\f(5,8)）n],1－\f(5,8))＝4[1－(eq\f(5,8))n]，且n∈N*，所以0<1－(eq\f(5,8))n<1，所以Sn<4，故D正确．故选ABD.答案：ABD13．(2024·西安未央区校级模拟)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中记载“今有曲池，上中周二丈，外周四丈，广一丈，下中周一丈四尺，外周二丈四尺，广五尺，深一丈．问积几何？”大致是“今有上下底面皆为扇环形的水池，(如图)，上底内弧长2丈，外弧长4丈，宽1丈，下底内弧长1丈4尺，外弧长2丈4尺宽5尺，深1丈．”则它的容积为__________立方尺．(1丈＝10尺，π取3)解析：设上下底面圆弧所对的圆心角为θ，上底面两段弧所在小圆、大圆半径分别为r1，r2，由题意得r2－r1＝1，θr1＝2，θr2＝4，解得θ＝2，r1＝1，r2＝2，同理求得下底面两段弧所在小圆、大圆半径分别为r3＝0.7，r4＝1.2，所以所对应大圆台的体积为V1＝eq\f(1,3)×3×1×(22＋2×1.2＋1.22)＝7.84，所对应小圆台的体积为V2＝eq\f(1,3)×3×1×(12＋1×0.7＋0.72)＝2.19，所以所求体积为V＝eq\f(2,2×3)(7.84－2.19)×1000＝eq\f(5650,3).故答案为eq\f(5650,3).答案：eq\f(5650,3)14．(2024·南平模拟)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”，其意思可描述为：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随意平面所截，假如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．如图，阴影部分是由双曲线eq\f(x2,2)－y2＝1与它的渐近线以及直线y＝±2eq\r(2)所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为________________．解析：双曲线eq\f(x2,2)－y2＝1的渐近线为y＝±eq\f(\r(2),2)x，作直线y＝2eq\r(2)，与渐近线交于点A(－4，2eq\r(2))，B(4，2eq\r(2))，与双曲线交于点C(－3eq\r(2)，2eq\r(2))，D(3eq\r(2)，2eq\r(2))，如图所示：则此图形绕y轴旋转一周，得到旋转体的截面是圆环，其内径为AB＝8，外径为CD＝6eq\r(2)，所以截面面积为π·(3eq\r(2))2－π·42＝2π；同理可得，作直线y＝－2eq\r(2)，也可得截面面积为2π.依据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为2π，高为2×2eq\r(2)的圆柱体积相等，所以求出圆柱体的体积为2π×4eq\r(2)＝8eq\r(2)π，可得这个旋转体的体积为8eq\r(2)π.答案：8eq\r(2)π15．(2024·梅河口校级三模)分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题供应了全新的思路．图1是边长为1的等边三角形，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”…依此进行“n次分形”(n∈N*)．规定：一个分形图中全部线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则n的最小整数值是________．(取lg3≈0.477，lg2≈0.3010)解析：由题意得“n次分形”图的长度是“(n－1)次分形”图的长度的eq\f(4,3)，“一次分形”图的长度为eq\f(1,3)×4×3＝4，所以每次分形图的长度是首项为4，公比为eq\f(4,3)的等比数列，所以n次分形图的长度为4×(eq\f(4,3))n－1，所以4×(eq\f(4,3))n－1≥30，即(eq\f(4,3))n≥10，两边取对数得：(2lg2－lg3)n≥1，n≥eq\f(1,2lg2－lg3)≈8.0064，因为n∈N*，解得n≥9.所以n的最小正整数值为9.答案：916．(2024·重庆模拟)数学家康托(Cantor)在线段上构造了一个不行数点集——康托三分集．将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段(eq\f(1,3)，eq\f(2,3))，余下的区间段长度为a1；再将余下的两个区间[0，eq\f(1,3)]，[eq\f(2,3)，1]分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度为a2.以此类推，不断地将余下各个区