【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题18数学文化与新情景问题（十一大题型） Word版含解析.docx，共(84)页，15.740 MB，由小赞的店铺上传

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专题18数学文化与新情景问题集合与逻辑语言1．（2022秋·福建宁德·高三宁德市民族中学校考期中）（多选）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QMN=，MN=，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称(),MN为戴德金分割．试判断，对于任一戴德金分割(),MN，下列选项中，可能成立的是（）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最

大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素【答案】ABD【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．【详解】令{|10,}MxxxQ=，{|10,}NxxxQ=，显然集合M中没有最大元

素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；令{|2,}MxxxQ=，{|2,}NxxxQ=，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；令{|10,}Mxx

xQ=，10,NxxxQ=，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.故选：ABD．2．（2022秋·辽宁沈阳·高三统考期中）十九世纪下半叶集合论的创立.奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集.（Ca

ntor）”是数学理性思维的构造产物，具体典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的开区间段13,23，记为第一次操作；再将剩下的两个区间0,13，23,1分别

均分为三段，并各自去掉中间的开区间段，记为第二次操作；….如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的开区间段.操作过程不断地进行下去.以至无穷，剩下的区间集

合即“康托三分集”.第三次操作后，从左到右第四个区间为（）A．29,13B．227,19C．827,13D．825927,【答案】C【分析】根据题意依次写出即可.【详解】第一次操作剩下：120,,,133；第二次操作剩

下：1212780,,,,,,,1993399；第三次操作剩下：1212781219207825260,,,,,,,,,,,,,,,127279927273327279927

27；即从左到右第四个区间为81,273.故选：C.3．（2022秋·河北张家口·高三校联考期中）王昌龄是

盛唐著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣手”，其诗作《从军行》中的诗句“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关．黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”传诵至今．由此推断，其中最后一句“返回家乡”是“攻破楼兰”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充

要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由题意，“不破楼兰”可以推出“不还”，但是反过来“不还”的原因有多种，按照充分条件、必要条件的定义即可判断【详解】由题意，“不破楼兰终不还”即“不破楼兰”是“不还”的充分条件，即“不破楼兰”可以推出“不

还”，但是反过来“不还”的原因有多种，比如战死沙场；即如果已知“还”，一定是已经“破楼兰”，所以“还”是“破楼兰”的充分条件故选：A4．（山东省青岛第二中学分校2022-2023学年高三上学期期中）在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设

值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个n位正整数的所有数位上数字的n次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位

正整数的自恋数组成集合A，集合34,|Bxxx=−Z，则AB的子集个数为（）A．3B．4C．7D．8【答案】D【分析】根据自恋数的定义可得集合A，再根据交集的定义求出AB，从而可得答案.【详解】解：依题意，1,2,3,4,5,6,7

,8,9A=，2,1,0,1,2,3B=−−，故1,2,3AB=，故AB的子集个数为8．故选：D．5．（2022秋·山东菏泽·高三统考期中）（多选）中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：“今有物，不知其数，三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数

之，剩二问：物几何?”现有如下表示：已知32,NAxxnn+==+，53,NBxxnn+==+，72,NCxxnn+==+，若xABC，则下列选项中符合题意的整数x为（）A．8B．128C．37D．

23【答案】BD【分析】根据给定条件对各选项逐一分析计算即可判断作答.【详解】对于A，因8711=+，则8C，选项A错误；对于B，1283422=+，即128A；又1285253=+，即128B；而1287182=+，即128C，因此，128ABC，选项B正确；

对于C，因373121=+，则37A，选项C错误；对于D，23372=+，即23A；又23543=+，即23B；而23732=+，即23C，因此，23ABC，选项D正确.故选：BD6．（河北省张家口市第一中学2023届高三上学期期中）若集

合1,2,3,,nUn=，2n，*nN，,nABU，且满足集合A中最大的数大于集合B中最大的数，则称有序集合对(),AB为“兄弟集合对”.当3n=时，这样的“兄弟集合对”有对；当3n时，这样的“兄弟集合对”有对（用含有n的表达式作答）.【答案】144223nn+−【分析】当3n=时，

分别对集合A中最大数为1，2和3进行讨论即可；当3n时，先找出集合A中最大数为m时，集合A和B的个数，再结合等比数列求和公式即可求解.【详解】由题意可知，3n=时，1,2,3nU=.当集合A中最大数为1，即1A=时，无满足题意的集合B；当集合A中最大数为2，即2A

=或1,2A=时，只有一种满足题意的集合1B=，此时“兄弟集合对”有212=种；当集合A中最大数为3，即3A=，1,3A=，2,3A=或1,2,3A=时，满足题意的集合B有

1，2和1,2三种可能，此时“兄弟集合对”有4312=种；故当3n=时，这样的“兄弟集合对”有21214+=种.若集合A中最大数为m时，集合A的个数为1,2,3,,1m−的子集个数，即12m−个，此时集合B的个数为1,2,3,,1m−的真子集个数，即121m−−个

，因此这样的“兄弟集合对”有()11221mm−−−种，故当3n时，这样的“兄弟集合对”有：()()()001111221221221nn−−−+−++−()()()01101111411242444222214123nnnnnn−−

−−+=+++−+++=−=−−−种.故答案为：14；4223nn+−.7．（河北省大名县第一中学2023届高三上学期期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把取整函数,yxx=R称为高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数

，如1.11,1.12.=−=−则点集22(,)|[][]1Pxyxy=+=所表示的平面区域的面积是.【答案】4【分析】根据定义有[]0[]1xy==或[]1[]0xy==，分别确定

出(,)xy所在区域，然后可求得面积．【详解】根据定义有[]0[]1xy==或[]1[]0xy==，[]0[]1xy==，则0112xy，这是一个边长为1的正方形，面积为1，同理[]0[]1xy==−，[]1[]0xy=

=，[]1[]0xy=−=也都形成一个边长为1的正方形，面积都是1，所以4S=，故答案为：4．向量与复数8．（海南华侨中学2023届高三上学期期中）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间

作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知2AB=，P为弧AC上的一点，且π6PBC=，则BPCP的值为（）A．42−B．42+C．423−D．423+【答案】C【分析】根据数量积的坐标运算即可求解.【详解】如

图所示，以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则()0,0B，()2,0C，由π6PBC=，得()3,1P，所以()3,1BP=，()32,1CP=−，所以()33211

423BPCP=−+=−.故选：C.9．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）下图是北京2022年冬奥会会徽的图案，奥运五环的大小和间距如图所示．若圆半径均为12，相邻圆圆心水平路离为26，两排圆圆心垂直

距离为11．设五个圆的圆心分别为1O、2O、3O、4O、5O，则()414542OOOOOO+的值为（）A．507−B．386−C．338−D．242−【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，做4OAx⊥轴于A点，可求出1O、4O、5O坐标，及41OO、45OO、42OO，再由向量的

坐标运算可得答案.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，做4OAx⊥轴于A点，所以411OA=，由已知可得()126,0O−，()413,11O−−，()513,11O−，所以()4113,11OO=

−，()4526,0OO=，()4213,11OO=，所以()()()41454213,1139,11507121386OOOOOO+=−=−+=−.故选：B.10．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）欧拉公式iec

osisin=+由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数e，虚数单位i与三角函数cos，sin联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数iπ2ez=，则z的虚部为（）A．iB．1C．2i2D．22【答案】D【分析】由欧拉公式化简复数z，再由复数

的定义即可得出答案.【详解】因为iπ1iππiπ2i2442eeeez====，因为πi4ππ22ecosisini4422=+=+，所以z的虚部为22.故选：D.11．（2022秋·浙江绍兴·高三绍兴一中校考期中）（多选）若ABC的三个内角均小于120

，点M满足120AMBAMCBMC===，则点M到三角形三个顶点的距离之和最小，点M被人们称为费马点.根据以上性质，已知a是平面内的任意一个向量，向量,bc满足bc⊥，且223bc==，则abacac−+−++的取

值可以是（）A．9B．43C．6D．33【答案】AB【分析】设(),axy=，()0,23b=，()3,0c=，则abacac−+−++()()()2222222333xyxyxy=+−+−++++，即为点(),Mxy到()()()3,0,3,0,0,23ABC−三点

的距离之和，由费马点的性质可知当()0,1M时，abacac−+−++取得最小值，然后求解即可.【详解】因为bc⊥，223bc==，设(),axy=，()0,23b=，()3,0c=，则abacac−+−++()()()2

222222333xyxyxy=+−+−++++，即为点(),Mxy到()()()3,0,3,0,0,23ABC−三点的距离之和，则ABC是等腰锐角三角形，如图：由费马点的性质可知，当点M满足120AMBAMCB

MC===时，点M到三角形三个顶点的距离之和最小，所以()0,1M，则abacac−+−++的最小值是23122233−++=+.故选：AB12．（2022秋·福建宁德·高三统考期中）（多选）任何一个复数izab=+（其中a、bR，i为虚数单位）都可以表示成：()cos

siinzr=+的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数学家棣莫弗发现()cosisinnnzr=+()cosisinNnrnnn+=+，我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是（）A．22zz=B．当1r=

，π3=时，31z=C．当1r=，π3=时，13i22z=−D．当1r=，π4=时，若n为偶数，则复数nz为纯虚数【答案】AC【分析】利用复数的模长公式可判断A选项的正误；利用复数的棣莫弗定理可判断B选项的正误；计算出复数z，可判断C选项的正误；计算出

nz，可判断D选项的正误.【详解】对于复数izab=+(),Rab，则()2222i2izababab=+=−+，()()()22222222222zabababab==+−+=+，而222zab=+，所以A正确；当1r=，π3=时，()33cosisincos3isin

3cosπisinπ1z=+=+=+=−，所以B错误；1r=，π3=时，ππ13cosisini3322z=+=+，则13i22z=−，所以C正确；1r=，π4=时，ππcosisin44nnnz=+，n为偶数时，设2,Z

nkk=,ππcosisin,Z22nkkzk=+，所以k为奇数时，nz为纯虚数；k为偶数时，nz为实数，选项D错误.故选：AC.13．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社

会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，边长1AB=，则ACAD=．【答案】3222+【分析】连接AC，AD，根据正八边形可知()22OBOAOC=+，()22ODOCOA=−，以OA，OC

为基底表示AC，AD，在AOB中，由余弦定理可得2222OA+=，求数量积即可.【详解】如图所示，连接AC，AD，由ABCDEFGH为正八边形可知4AOBBOC==，且//ODAC，则2AOC=，所以22OAOCOAOB+==

，即()22OBOAOC=+，ACOCOA=−且()2222ODACOCOA==−，所以22122ADODOAOCOA=−=−+，则()22122CAOCOAAOOACD=−−+22222211222

2OCOAOCOAOCOA=−−+++()221OA=+，在AOB中，由余弦定理22222212cos222OAOBABOAAOBOAOBOA+−−===，解得2222OA+=，所以()23

22122ACADOA=+=+，故答案为：3222+.函数14．（山东省青岛市4区县2022-2023学年高三上学期期中）岭南古邑的番禺不仅拥有深厚的历史文化底蕴，还聚焦生态的发展．下图1是番禺区某风景优美的

公园地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为（）A．24yxx=−B．24yxx=−C．22yxx=−+D．22yxx=−+【答案】C【

分析】利用基本不等式可求得242yxx=−，知A错误；由()2,0x−时，240yxx=−可知B错误；根据221yxx=−+、图象中的特殊点及函数的奇偶性、单调性可知C正确；根据函数定义域可知D错误.【详解】对于A，(

)22222244422xxyxxxx+−=−=−=（当且仅当224xx=−，即2x=时取等号），24yxx=−在()2,2−上的最大值为2，与图象不符，A错误；对于B，当()2,0x−时，240

yxx=−，与图象不符，B错误；对于C，()22211yxxx=−+=−−+，当1x=时，max1y=；又22yxx=−+过点()()()2,0,2,0,0,0−；由220xx−+得：()20xx−，解

得：22x−，即函数定义域为22−,；又()2222xxxx−−+−=−+，22yxx=−+为定义在22−,上的偶函数，图象关于y轴对称；当0,2x时，()22211yxxx=−+=−−+，则函数在()0,1上单调递增

，在()1,2上单调递减；综上所述：22yxx=−+与图象相符，C正确；对于D，由220xx−+得：02x，22yxx=−+不存在()2,0x−部分的图象，D错误.故选：C.15．（山东省日照

市2022-2023学年高三上学期期中）提丢斯一波得定则，简称“波得定律”，是表示各行星与太阳平均距离的一种经验规则.它是在1766年德国的一位中学教师戴维·提丢斯发现的.后来被柏林天文台的台长波得归纳成了一个如下经验公式来表示：记太阳到地球

的平均距离为1，若某行星的编号为n，则该行星到太阳的平均距离表示为12nab−+，那么编号为9的行星用该公式推得的平均距离位于（）行星金星地球火星谷神星木星土星天王星海王星编号12345678公式推得值0.711.62.85.2

1019.638.8实测值0.7211.522.95.29.5419.1830.06A．()30,50B．()50,60C．()60,70D．()70,80【答案】D【分析】代入数据计算,ab的值即可.【详解】由表格可得()09110.420.7277.270,800.321aaba

bbab−=+=+==+=，故选：D16．（2022秋·山西临汾·高三统考期中）从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的

阶，琉璃瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映祇着蓝天白云，宛如东方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部分可用函数()2fxxax=−+的图像来刻画，满足关于x的方

程()fxb=恰有三个不同的实数根123,,xxx，且123xxxb=（其中,(0,)ab+），则ba−的值为（）A．8081−B．169C．8081D．20881【答案】C【分析】先确定函数()fx的对称性，然后根据函数的对称性确定根，从而列出关于,ab的方程组，解方程组即可求

解.【详解】因为()()22222fxaxaaxaxaxfx+=+−++=−−+−=−，所以()fx关于xa=对称，所以()fxb=的根应成对出现，又因为x的方程()fxb=恰有三个不同的实数根123,,xxx且123xxxb=，所以该方程的一个根是a，得1232,,xxbaaxb=

=−=，所以()()22faaaabfbbabb=+===−+=，由()2faab==得24ba=，当20ba−，即02b时，()2fbbabb=−+=，①则22222aabbabbbab−−−−===−−+，②由①−②可求出169b=，所以6481

a=；当20ba−，即2b时，()2fbabbb=−+=，③22222222ababbabbbabb−−−−===−−+，④由③−④得方程组无实数解；综上，方程组的解为6481169ab==，所以16648098181ba−=−=．故选：C.17．（湖南省长沙

市南雅中学2022-2023学年高三上学期期中）世界公认的三大著名数学家为阿基米德、牛顿、高斯，其中享有“数学王子”美誉的高斯提出了取整函数yx=，x表示不超过x的最大整数，例如1.11=，21.1−=−.已知()4fxxx=+，1,62x

，则函数()fx的值域为（）A．4,6,8B．4,5,6C．4,5,6,7,8D．4,8【答案】C【分析】根据题意4yxx=+，将其变形分析其取值范围结合取整函数yx=，即可求得结果.【详解】易知4yxx=+，1,62x在1

,22上单调递减，)2,6上单调递增.当2x=时，44yxx=+=；当12x=时，182y=+；当6x=时，4263yxx=+=+；所以4174,2xx+，则函数()fx的值域为4,5,6,7,8.

故选：C.18．（2022秋·山东日照·高三统考期中）（多选）意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”．当微积分尚未出现时，伽利略猜测这种形状是

抛物线，直到1691年莱布尼兹和伯努利借助微积分推导出这种曲线是悬链线，其函数解析式()coshxfxaa=（其中a是悬链线系数），当1a=时，()coshyx=称为双曲余弦函数，相应的还得到了双曲正弦函数()sinhyx=．已知双曲正弦函数()sinhyx=和双曲余弦函数()

coshyx=具有如下性质：①()sinhx是定义域为R的奇函数，()coshx是定义域为R的偶函数；②()()sinhcoshexxx+=（常数e是自然对数的底数，e2.71828=）．则下列说法正确的是（）A．双曲正弦函数()sinhyx=是周期函数B．()

()()sinh22sinhcoshxxx=C．若直线xt=与()sinhyx=和()coshyx=的图象分别交于点A，B，则线段AB的长度随着t的增大而增大D．若直线ym=与()sinhyx=和()coshyx=的图象共有三个交点，这三个交点的横坐标分

别为1x，2x，3x，则()123ln12xxx+++【答案】BD【分析】首先求出()sinhyx=、()coshyx=的解析式，再一一分析即可.【详解】依题意sinh()cosh()esinh()cosh()sinh()cosh()exxxxxxxx−+

=−+−=−+=，解得eesinh()2eecosh()2xxxxxx−−−=+=，即eesinh()2xxyx−−==，eecosh()2xxyx−+==，易知eesinh()2xxyx−−==不是周期函数，故A错误

；22ee(ee)(ee)sinh(2)2sinh()cosh()22xxxxxxxxx−−−−+−===，故B正确．线段AB的长度为eeeesinh()cosh()e22ttttttt−−−−+−=−=，且随着t的增大，et−越来越小，所以C错误；如图，若ym=与双曲余弦函数和双曲正弦函数，共

有三个交点，则1m，由双曲余弦函数为偶函数，得120xx+=，由ee12xx−−，得ee2xx−−，即2()210xx−−ｅｅ()2e2e1xx−−，解得e12x+或e12x−（舍去），所以得ln(1

2)x+，即3ln(12)x+，则123ln(12)xxx+++，故D正确.故选：BD．19．（2022秋·山东·高三山东师范大学附中校考期中）数学上将形如21p−（p为素数）的素数称为“梅森素数”．显然，即

使p是一个“不太大”的素数，“梅森素数”21p−也可能是一个“很大”的数．利用()lg21lg2pp−和lg20.301，可估计得出“梅森素数”6721−的位数为．【答案】21【分析】根据“梅森素数”的定义及对数运算即可得得结论.【详解】依题意，

得()6767lg21lg267lg2670.30120.167−==，所以6720.1672110−，则“梅森素数”6721−的位数为21．故答案为：21．20．（湖北省荆荆宜三校2022-2023学年高三上

学期期中）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为三段，去掉中间的区间段12,33，记

为第一次操作；再将剩下的两个区间120,,,133分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操

作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于99100，则需要操作的次数n的最小值为.（参考数据：lg20.3010,lg30.4771==）【答案】12【分析】根据题意求出第n次操作后去掉的各区

间长度之和,列不等式结合对数运算法则，即可求解.【详解】由题意可知，每次操作剩下的区间长度为都是原来的23，第n次操作后剩下的区间长度为23n，则所有去掉的区间长度之和为213n−，由题意知，29913100n−

，得213100n，两边取对数得()lg2lg32n−−，解得11.36n，又n为整数，∴n的最小值为12．故答案为：12．导数21．（湖南省张家界市慈利县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）闵氏距离（Minkowskidistance

）是衡量数值点之间距离的一种非常常见的方法，设点A、B坐标分别为()11,xy，()22,xy，则闵氏距离()()()11212,N*ppppDABxxyyp=−+−.若点A、B分别在exy=和1yx=−的图像上，则(),pDAB的最小值为（）A．12pB．2pC

．1peD．pe【答案】A【分析】设1122(,e),(,1)xAxBxx−，由闵氏距离的定义和绝对值不等式的性质可得111(,)(e1)pxpDABx−−.设()e1()xgxxhx=−−=，利用导数求出max()hx，即可求解.【详解】由题意得，设11

22(,e),(,1)xAxBxx−，因为点A、B分别在函数exy=和1yx=−的图象上，所以1111111221221(,)(e1)()(e1)(e1)pppppxxxpDABxxxxxxx=−+−+−−−+

=−−，当且仅当1122()(e1)0xxxx−−+时等号成立.设()e1xgxx=−−，()e1xhxx=−−，则()1exhx=−，令()00hxx，()00hxx，所以函数()hx在(,0)−上单调递增，在(0,)+上单调递减，所以m

ax()(0)2hxh==−，即()2hx−，所以()()()2gxhxhx==−，即1(,)2ppDAB，所以(,)pDAB的最小值为12p.故选：A.22．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）英国数学家泰勒

1712年提出了泰勒公式，这个公式是高等数学中非常重要的内容之一.其正弦展开的形式如下：357211sin(1)3!5!7!(21)!nnxxxxxxn−−=−+−++−+−，（其中xR，*Nn），则111111(1)2!4!6!(2

2)!nn−−+−++−+−的值约为（1弧度57）（）A．sin57B．sin33C．sin33−D．sin57−【答案】B【分析】利用已知公式，将公式两边分别求导，结合诱导公式，即可得到11111π1

(1)sin12!4!6!(22)!2nn−−+−++−+=−−，求解即可．【详解】因为357211sin(1)3!5!7!(21)!nnxxxxxxn−−=−+−++−+−，又(sin)cosxx

=，则357212462211(1)1(1)3!5!7!(22)!2!4!6!(22)!nnnnxxxxxxxxxnn−−−−−+−++−+=−+−++−+−−，当1x=时，则有11111cos11(1)2!4!6!(22)!nn−=−+

−++−+−，又πcos1sin12=−，则()11111π1(1)sin1sin9057sin332!4!6!(22)!2nn−−+−++−+=−−=−．故选：B．23．（2022秋

·辽宁·高三校联考期中）如图，古建筑的主要受力构件梁椽､楼板､柱子都是木头，由于构件的拼接需要，梁通常做成矩形.圆形的木头加工成矩形断面，梁是主要的水平受力构件，作为水平或斜向受弯构件，除了材料本身的特性，截面抵抗矩W是唯一的标准

.矩形截面抵抗216WBH=，（其中B为垂直于弯矩作用方向的长度），木材本身的圆形直径D是确定的，则截面抵抗矩最大时:HB为（）A．2:1B．3:2C．2:1D．1:1【答案】C【分析】由已知可得222HDB=−，代入整理可得321166WBDB=−+，求导根据导函数得出函数的最大值，即可得

出答案.【详解】由已知结合图象可得，222BHD+=，所以222HDB=−，所以，()2223211116666WBHBDBBDB=−==−+，0BD，所以，221113326233WBDBDBD=−+=−+−

.解0W=，可得33BD=.当303BD时，0W，所以函数321166WBDB=−+在30,3D上单调递增；当33DBD时，0W，所以函数321166WBDB=−+在3,3DD

上单调递减.所以，函数321166WBDB=−+在33BD=处取得唯一极大值，也是最大值323311336627WDBDBD=−+=，此时222223HDBD=−=，则63HD=，所以63::2:133HBDD==.故选：C.24．（2

022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）计算器计算ex，lnx，sinx，cosx等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数()fx在含有0x的某个开区间(),ab内可以多次进行求导数运算，则

当(),xab，且0xx时，有()()()()()()()()()02300000000''''''0!1!2!3!fxfxfxfxfxxxxxxxxx=−+−+−+−+．其中()'fx是()fx的导数，()''

fx是()'fx的导数，()'''fx是()''fx的导数……．取00x=，则sinx的“泰勒展开式”中第三个非零项为，sin1精确到0.01的近似值为．【答案】51120x0.84【分析】根据泰勒展开式，化简得到()3511sin6

120fxxxxx==−++，求得sinx的“泰勒展开式”中第三个非零项，令1x=，代入上式，进而求得sin1的近似值.【详解】取00x=时，可得()()()()()0230'0''0'''00!1!2!3!fffffxxxxx=++++则()0234511sin

010(1)013!5!fxxxxxxxx==+++−++35116120xxx=−++，所以sinx的“泰勒展开式”中第三个非零项为51120x，令1x=，代入上式可得()111011sin110.846120120f==−++=+.故答案为：51120x；

0.84.25．（山东省大教育联盟学校2022-2023学年高三上学期期中）泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，得名于英国数学家泰勒．根据泰勒公式，有()()357211sin13!5!7!21!nnxxxxxxn−−=−+−++−+−，其中Rx，*n

N，!123nn=，0!1=．现用上述式子求()()2462214444112!4!6!22!nnn−−−+−++−+−的值，下列选项中与该值最接近的是（）A．cos49B．co

s41C．sin49−D．sin41−【答案】D【分析】利用已知公式，将公式两边求导，结合诱导公式和角度弧度转换即可得到答案.【详解】由题意得357211sin(1)3!5!7!(21)!nnxxxxxxn−−=−+−++−+−3572

11'(sin)cos((1))3!5!7!(21)!nnxxxxxxxn−−==−+−++−+−4622211(1)2!4!6!(22)!nnxxxxn−−=−+−++−+−当4x=时，πcos4sin42=−于是()()246221444411cos42!4

!6!22!nnn−−−+−++−+=−180cos4cos229cos49sin41?==−=−故选：D.26．（2022秋·湖南湘潭·高三湘潭一中校考期中）艾萨克牛顿是英国皇家学会会长，著名物理学家，他在数学上也有杰出贡献.牛顿用“作切线”的

方法求函数()fx零点时给出一个数列()()1:nnnnnfxxxxfx+−=，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数()2(0)fxaxbxca=++有两个零点1和2，数列nx为牛顿数列.设2ln1nnnxax−=−，已知11a=，2nx，na的

前n项和为nS，则2023S=.【答案】202321−/202312−+【分析】由函数()fx有两个零点可得a，b，c的关系，从而得()232(0)fxaxaxaa=−+，求导后代入()()1nnnnfxxxfx+=−，整理可得2112211nnnnxxxx++−−=

−−，再由2ln1nnnxax−=−得数列na是等比数列，通过等比数列的求和公式得答案.【详解】()2(0)fxaxbxca=++有两个零点1，2，则0420abcabc++=++=，解之得32baca=−=，则()232(0)fxaxaxaa=−+，则(

)23(0)fxaxaa=−，则()()2123223232nnnnnnnnnnfxaxxxxxaxfxxxaaa+−+−==−=−−−，则22212122234111142322222nnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxx++−−−−−+−==+=−−−

−−−，由2ln1nnnxax−=−，可得2111222lnln2ln2111nnnnnnnnxxxaaxxx+++−−−====−−−，故12nnaa+=，又11a=，则数列na是首项为1公比为2的等比数列，则通项公式12nna

−=，前n项和122112nnnS−==−−，则2023202321S=−.故答案为:202321−.三角函数27．（2022秋·山东潍坊·高三潍坊一中校考期中）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，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12=（2弦×矢+矢），弧田（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.现已知弧田面积为432+，且弦是矢的23倍，按照上述经验公式计算所得弧田的弧长是（）A．π3B．2π3C．4π3D．8π3

【答案】D【分析】根据弧田面积可求得CD，利用勾股定理可构造方程求得半径r，并根据长度关系得到圆心角弧度数，利用扇形弧长公式可求得结果.【详解】如图，由题意得：23ABCD=，弧田面积()21234322CDCDCD=+=+，解得：2CD=.设圆半径为r，则有222AOADOD

=+，即()()222232rr=+−，解得：4r=，2OD=，则在RtAOD中，π3AOD=，2π3AOB=，所求弧长为2π8π433=.故选：D.28．（黑龙江省大庆中学2022-2023学年高三上学期期中）顺德欢乐海岸摩天轮是南中国首座双

立柱全拉索设计的摩天轮，转一圈21分钟，摩天轮的吊舱是球形全景舱，摩天轮最高点距离地面高度为99m，转盘直径为90m，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动mint后距离地面的高度为mH，则在转

动一周的过程中，高度H关于时间t的函数解析式是（）A．()()2ππ45sin54021212Httt=++B．()()2ππ45sin54021212Httt=−+C．()()2ππ45cos54021212H

ttt=−+D．()()2ππ45sin54021212Httt=−−+【答案】B【分析】结合三角函数图像的特征和性质，将实际问题转化为对应参数求解；【详解】根据题意设，()()()sin021HtAtB

t=++，因为某摩天轮最高点距离地面高度为99m，转盘直径为90m，所以，该摩天轮最低点距离地面高度为9m，所以999ABAB+=−+=，解得：45,54AB==.因为开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周需要21min所以2π21T

==，解得2π21=，因为0=t时，()09H=，故945sin54=+，即sin1=−，解得：π2π,Z2kk=−+.所以()()2ππ2π45sin5445cos5402121221Httt

t=−+=−+.故选：B29．（广东省佛山市第四中学2023届高三上学期期中）正割（Secant）及余割（Cosecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，sec，csc这两个符号

是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割1seccos=，余割1cscsin=．则函数()11seccscfxxx=+的值域为（）A．1,1−B．2,2

−C．22−,D．)()(2,11,11,2−−−【答案】D【分析】根据新定义及辅助角公式化简，然后根据三角函数的性质求得答案.【详解】()11πcossin2sinseccsc4fxxxxxx=+=+=+

，其中sin0,cos0xx，所以()22fx−，且()1fx，即()fx的值域为)()(2,11,11,2−−−.故选：D.30．（安徽省卓越县中联盟2022-2023学年高三上学期期中）数学里有一种证明方法叫做Proofwithoutwords，也被称为无字证明，是指仅

用图象而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证时被认为比严格的数学证明更为优雅与有条理.如下图，点C为半圆O上一点，CHAB⊥，垂足为H，记COB=，则由tanBHBCHCH

=可以直接证明的三角函数公式是（）A．sintan21cos=−B．sintan21cos=+C．1costan2sin−=D．1costan2sin+=【答案】C【分析】根据直角三角形中的定义写出sin,cos

，用表示出BCH，然后分析可得．【详解】由已知COB=，则π22CBO=−，2BCH=，又tan2BHCH=，sinCHOC=，cosOHOC=，BHOHOBOC+==，因此11costansinOHBHOCCHCHOC−−===，故选：C．31．（广东省华附、省实

、广雅、深中2023届高三上学期期中）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距()0180的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知

，晷影长l等于表高h与太阳天顶距的正切值的乘积，即tanlh=．若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的13和12，相应的太阳天顶距为1和2，则12t(an)+的值为（）A．16B．56C．57D．1【答案】D【分析】依题意可得11ta

n3=，21tan2=，利用两角和的正切公式计算可得.【详解】由题设tanlh=，“晷影长”分别是“表高”的13倍和12倍时，11tan3=，21tan2=，所以()12121211tantan32tan1111tant

an132+++===−−.故选：D．32．（2022秋·山西阳泉·高三统考期中）（多选）水车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具.据史料记载，水车发明于隋而盛于唐，距今已有

1000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的特征.如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点()3,33A−出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒.经过t秒后，水斗旋转到点P，设点P的坐标为(),xy，其纵坐标满足()sin()yftRt==

+（0t，0，π2），则下列叙述正确的是（）A．π3=−B．当(0,60t时，函数()yft=单调递增C．当(0,60t时，()ft的最大值为33D．当100t=时，6PA=【答案】AD【分析】根据题意，结合条件可得,的值，从而求得函数()ft的解析式，然

后根据正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题意，()223336R=+−=，120T=，所以2ππ60T==，则()π6sin60ftt=+，又点()3,33A−，此时0=t代入()ft可得3

36sin−=，解得3sin2=−，又π2，所以π3=−，故A正确；因为()ππ6sin603ftt=−，当(0,60t时，πππ2π,60333t−−，所以函数(

)ft先增后减，故B错误；当(0,60t时πππ2π,60333t−−，所以ππ3sin,16032t−−，则()(33,6ft−，则()max6ft=，故C错误；当10

0t=时，ππ4π6033t−=，P的纵坐标为33y=−，横坐标为3x=−，所以336PA=−−=，故D正确；故选：AD33．（2021秋·山东青岛·高三统考期中）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等

边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为,,abc，且210sin7cos22BCA+=−.以,,ABBCAC为边向外作三个等边三角形，

其外接圆圆心依次为1,23,OOO.则角A=.【答案】3/60【分析】根据三角恒等变化可得22cos5cos30AA+−=，进而可得1cos2A=，即可求解，【详解】210sin7cos22BCA+=−，则(

)()51cos7cos2BCA−+=−，故()251cos82cosAA+=−，所以22cos5cos30AA+−=，可得1cos2A=（负值舍），由()0,πA，所以π3A=.故答案为：π3解三

角形34．（湖南省岳阳市第五中学2022-2023学年高三上学期期中）我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求积公式，即△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积222222142acbSac+−=−．若2b=，sin

sinsin2sinabccABCA++=++，则△ABC面积S的最大值为（）A．2B．1C．23D．23【答案】C【分析】先利用正弦定理求出2ca=，代入公式，结合二次函数可求答案.【详解】因为sinsinsin2sinsinabccaABCA

A++==++，所以2ca=；因为2b=，所以22222242119204424acbSacaa+−=−=−+−，当2109a=时，S有最大值，最大值为110010292044

8193−+−=.故选：C.35．（山东省潍坊市临朐县实验中学2022-2023学年高三上学期期中）《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书.”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清

撤，表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点C，测得切线100cmAC=，100cmBC=，180cmAB=，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值

为（）A．0.62B．0.56C．0.56−D．0.62−【答案】A【分析】运用四边形的内角和为2π、余弦定理及诱导公式可求得结果.【详解】如图所示，设弧AB对应圆心是O，根据题意可知，OAAC⊥，OBBC⊥，则πAOBACB+=，因为100AC=，100BC=，180A

B=，则在△ACB中，22222210010018031cos2210010050ACBCABACBACBC+−+−===−，所以31coscos(π)cos0.6250AOBACBACB=−=−==.故选：A.36．（江苏省常州市金沙高级中学2022-2023学

年高三上学期期中）哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲建筑风格，它的特点是尖塔高耸、尖形拱门、大窗户及绘有故事的花窗玻璃，如图所示的几何图形，在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见，它是由线段AB和两个圆弧AC、BC围成，其中一个圆弧的圆心为A，另一个圆弧的圆心为B，圆O与线

段AB及两个圆弧均相切，若2AB=，则OAOB=（）A．716−B．27−C．43−D．47−【答案】A【分析】构造直角三角形，勾股定理求圆O的半径，得到OA，余弦定理求cosAOB，利用向量数量积公式求OAOB.

【详解】若2AB=，则圆弧AC、BC的半径为2，设圆O的半径为r，则2OAr=−，过O作ODAB⊥，则ODr=，1AD=，RtODA△中，222OAODAD=+，即22(2)1rr−=+，解得34r=，则有54OA=，AOB中，由余弦定理得22222

2552744cos55225244AOBOABAOBAOBO+−+−===−，2577cos42516OAOBOAOBAOB==−=−．故选：A.37．（20

22秋·广东汕头·高三统考期中）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为,,abc，

且210sin7cos22BCA+=−.以,,ABBCAC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为1,23,OOO.(1)求角A；(2)若1233,aOOO=的面积为734，求ABC的周长

.【答案】(1)π3A=(2)333+【分析】（1）根据三角恒等变化可得22cos5cos30AA+−=，进而可得1cos2A=，即可求解，（2）利用正弦定理得1333,33AOcAOb==，结合余弦定理即可联立方程求解.【详解】（1）210sin7cos22BCA+=−

，则()()51cos7cos2BCA−+=−，故()251cos82cosAA+=−，所以22cos5cos30AA+−=，可得1cos2A=（负值舍），由()0,πA，所以π3A=.（2）如图，连接13,AOAO，由正弦定理得12sin60ABAO=，32s

in60ACAO=,则1333,33AOcAOb==，正123OOO面积2221313131373sin60,7244SOOOOOO====，而60BAC=，则13120OAO=，在13OAO中，由余弦定理得：22213131313

2cosOOAOAOAOAOOAO=+−，即221723332bcbc=+−−，则2221bcbc++=，在ABC中，60,3Aa==，由余弦定理得2222cosabcbcBAC=+−，则22229,6,15bcbcbcbc+−==+=，22233bcbcbc+=+

+=，所以ABC的周长为333+38．（江苏省常州市横林高级中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系xoy中，把到定点1(,0)Fa−，2(,0)Fa距离之积等于2a(0)a的点的轨迹成为双纽线C，已知

点00(,)Pxy是双纽线C上一点，下列说法正确的有（）．A．双纽线C关于原点O中心对称；B．022aay−；C．双纽线C上满足12PFPF=的点P有两个；D．||PO的最大值为2a.【答案】ABD【分析】对于A，根据双纽线的

定义求出曲线方程，然后将(,)xy−−替换方程中的(,)xy进行判断，对于B，根据三角形的等面积法分析判断，对于C，由题意得12PFPF=，从而可得点P在y轴上，进行可判断，对于D，由向量的性质结合余弦定理分析判断.【详解】对于A，因为定义在平面直角

坐标系xOy中，把到定点12(,0),(,0)−FaFa距离之积等于2(0)aa的点的轨迹称为双纽线C，所以22222()()xayxaya++−+=，用(,)xy−−替换方程中的(,)xy，原方程不变

，所以双纽线C关于原点O中心对称，所以A正确，对于B，设12FPF=∵1221211sinsin22PFFSPFPFa==，12120012PFFSFFyay==，∴201sin2aya=，∴01sin22aya=，∴022aay−，故B正

确；对于C，由12PFPF=知P在12FF的垂直平分线（方程为0x=）上将0x=代入22222()()xayxaya++−+=得22222ayaya++=即222aya+=，解得0y=，∴这样的点只有一个，故C错误；对于D，因为121()2POPFPF=

+，所以()()2222211221121221122cos44POPFPFPFPFPFPFPFFPFPF=++=++，由余弦定理得22211212242cosaPFPFPFFPFPF=−+

，所以22222121212coscos2POaPFPFFPFaaFPFa=+=+，所以||PO的最大值为2a，故D正确；故选：ABD.39．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校联考期中）（多选）东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图

”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图1，它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．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形ABC拼成的一个大等边三角形ABC，对于图2，下列结论正确的是（）A．这三个全等的钝角三角

形不可能是等腰三角形B．若3BB=，53sin14ABB=，则2AB=C．若2ABAB=，则5ABBB=D．若A是AB的中点，则三角形ABC的面积是三角形ABC面积的7倍【答案】ABD【详解

】利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式即可求解.【解答】根据对称性AABB=，所以BBAB，故A正确；在ABB中，53sin14ABB=，而120ABB=，所以211cos1sin14ABBABB=−=

，()4csons33isin60sin60cos60sin1BABABBABBABB=−=−=，由正弦定理得sinsinBBABBABABB=，解得5AB=，又因为3AABB==，所以2ABABAA=−=，故B正确;不妨设22ABAB==，BBx

=，由余弦定理2222cos120ABBBABBBAB=+−，解得512x−=，所以15151ABxBBx++==−，故C错误；若A是AB的中点，12061sinsi20n2ABBABCSBBABBCABS===

，所以7ABCABCSS=!!,故D正确.故选：ABD．40．（河北省张家口市部分学校2023届高三上学期期中）山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“”完美嵌入其中

，寓意无限未知､无限发展､无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A

，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为米.【答案】10015【分析】根据已知角的关系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.【详解】由题意，30,60DCBCDB==，所以90CBD=，所以在RtCBD△中，13002BDCD==，330032

BCCD==，又75,45DCACDA==，所以60CAD=o，在ACD中，由正弦定理得，sin45sin60ACCD=，所以60022006232AC==，在ABC中，753045ACBACDBCD

=−=−=，由余弦定理得，2222cosABACBCACBCACB=+−222(2006)(3003)2200630031500002=+−=，所以10015AB=.故答案为：1001

5数列41．（湖北省重点高中联考协作体2023届高三上学期期中）我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年

冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（）A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸B．秋分的晷长为75寸C．立秋的晷长比立春的晷长长D．立冬的晷长为一丈五寸【答案】C【分析】由题意可知夏至

到冬至的晷长构成等差数列，其中115a=寸，13135a=寸，公差为d寸，可求出d，利用等差数列知识即可判断各选项.【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列na，其中115a=寸，13135a=寸，公差为d寸，则1351512d=+，解得10d=（寸），同理可知由冬至到夏至

的晷长构成等差数列nb，首项1135b=，末项1315b=，公差10d=−（单位都为寸）.故选项A正确；春分的晷长为771,61356075bbbd=+=−=,秋分的晷长为771,6156075aaad=+=+=，

所以B正确；立冬的晷长为10101,91590105aaad=+=+=，即立冬的晷长为一丈五寸，D正确；立春的晷长，立秋的晷长分别为44,ba，41413153045,313530105aadbbd=+=+==+=−=，44ba，故错C误.故选：C.42．（2022秋·

浙江杭州·高三学军中学校考期中）“积跬步以至千里，积小流以成江海．”出自荀子《劝学篇》．原文为“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”数学上这样的两个公式：①301.011.3；②3651.0137.8，

也能说明这种积少成多，聚沙成塔的成功之道．它们所诠释的含义是“每天增加1%，就会在一个月、一年以后产生巨大的变化．虽然这是一种理想化的模型，但也能充分地说明“小小的改变和时间积累的力量”．假设某同学通过学习和思

考所带来的知识积累的变化，以每天2.01%的速度“进步”，则30天以后他的知识积累约为原来的（）A．1.69倍B．1.96倍C．1.78倍D．2.8倍【答案】A【分析】根据等比数列的通项公式计算可得答案.

【详解】每天进步2.01%，即0.0201，因为()()()30230230210.02011.011.011.31.69+===，所以30天以后某同学的知识积累约为原来的1.69倍．故选：A.43．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈

阳市第一二〇中学校考期中）如表所示的数阵称为“森德拉姆素数筛”，表中每行每列的数都成等差数列，设(,)fmn表示该数阵中第m行、第n列的数，则下列说法正确的是（）A．(3,18)49fB．(6,8)49fC．(7,7)49f=D．(1

2,4)49f=【答案】D【分析】根据题意，依次计算选项中的结果是否正确，即可得答案．【详解】对于A，第3行是首项为4，公差为3的等差数列，3,18f（）为第3行的第18个数，则3,1841735549f=+=（）

，A错误；对于B，第6行是首项为7，公差为6的等差数列，6,8f（）为第6行的第8个数，则6,876749f=+=（），B错误；对于C，第7行是首项为8，公差为7的等差数列，7,7f（）为第7行的第7个数，则7,786750f=+=

（），C错误；对于D，第12行是首项为13，公差为12的等差数列，12,4f（）为第12行的第4个数，则12,41331249f=+=（），D正确；故选：D．44．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中）英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函

数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列nx满足()()1nnnnfxxxfx+=−，则称数列nx为牛顿数列.若()1fxx=，数列nx为牛顿数列，且11x=，0nx，数列nx的前n项和为nS，则满足2023

nS的最大正整数n的值为（）A．10B．11C．12D．13【答案】A【分析】根据题意可证得nx是等比数列，再结合等比数列的求和公式运算求解.【详解】因为()1fxx=，所以()21fxx=−，则()()12121nnnnnnnnfxxxxx

xfxx+=−=−=−，又11x=，0nx，所以nx是首项为11x=，公比2q=的等比数列，则122112nnnS−==−−，令212023nnS=−，则22024n，又因为2xy=在定义域内

单调递增，且1011210242024,220482024==，所以10n，所以最大正整数n的值为10.故选：A45．（辽宁省抚顺市六校协作体2022-2023学年高三上学期期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的

函数称为高斯函数()fxx=，其中x表示不超过x的最大整数．已知正项数列na的前n项和为nS，且112nnnSaa=+，令21nnnbSS+=+，则1299bbb+++=（）A．7B．8C．17D．

18【答案】B【分析】根据na与nS的关系，化简可得=nSn，再由裂项相消法求1299bbb+++，分析其范围即可得解.【详解】当1n=时，1111112Saaa==+，解得11a=（负值舍去）.

由1(2)nnnaSSn−=−可得11112nnnnnSSSSS--骣琪=-+琪-桫，所以111nnnnSSSS−−+=−，即2211nnSS−−=，所以数列2nS是以1为首项，1为公差的等差数列，故21(1)1nSnn=+−=，即=nSn，所

以()2111222nnnbnnSSnn+===+−+++，所以()12991314253101992bbb=−++−+−++++−()1199910129221012=+−=++，由11101212+知，3399941012

+，所以12996898bbb+++故12998bbb+++=，故选：B46．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子”：（1）“正方形筛子”中位于第10行的第10个数是.（2）若(

),nma表示第n行m列的数，则(),nma=（用n，m表示）【答案】2202mnmn++【分析】（1）由所给“正方形筛子”观察可知第1列数字通项公式，再分析第N行数列的通项公式即可得解；（2）观察可知第n行和第n列的等差数列的公差相等，都是2n＋1，据此可求通

项(),nma.【详解】（1）第一列的数字为4，7，10，13，16，L，为等差数列，公差d=3，则()()13143131naannn=+−=+−=+，故第10行的第一个数为1031a=，再看行，第一行的数字是加3递增，第二行是加5递增，第三行是加7递增，L

，第N行是加32(1)N+−递增，则第10行是加3(101)221+−=递增，所以第10行的第10个数是3121(101)220+−=；（2）观察“正方形筛子"得：每一行都是等差数l列，每一列都是等差数列，第n行

和第n列的等差数列的公差相等，都是2n＋1，第n行的第一个数是：4(1)331nn+−=+，第n行第m个数为：31(21)(1)2nnmmnmn+++−=++，(),2nmamnmn=++.故答案为：220；2mnmn++47．（山西省运城市2023届高三上学

期期中）风雨桥（如图①所示）是侗族最具特色的民间建筑之一.风雨桥由桥、塔、亭组成.其中亭、塔的俯视图通常是正方形、正六边形或正八边形.图②是某风雨桥亭的大致俯视图，其中正六边形的边长的计算方法如下：110001ABABBB=−，221112ABABBB=−，…，111nnnn

nnABABBB−−−=−，其中()42312130BBBBBBBBn===N.已知该风雨桥亭共5层，若008mAB=，010.5mBB=，则图②中的五个正六边形的周长总和为m.【答案】210【分析】分析可知图②中五个六边形的边长（单位：m）构成以18a=为首项，

以0.5d=−为公差的等差数列，结合等差数列的求和公式可求得这五个正六边形的周长之和.【详解】由已知可得111nnnnnnABABBB−−−=−（4n且nN），423103210.5mBBBBBBBB====，则1

110.5mnnnnnnABABBB−−−−=−=−，所以，图②中五个六边形的边长（单位：m）构成以18a=为首项，以0.5d=−为公差的等差数列，所以，这五个正六边形的周长之和为()546580.5635210m2−==.故答案为：210.48．（202

2秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数

之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为.【答案】191【分析】构造数列1nnaa+−，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191.【详解】高阶等差数列na：1，2，4，7，11，16，22，L，令1n

nnbaa+=−，则数列nb：1，2，3，4，5，6，L，则数列nb为等差数列，首项11b=，公差1d=，nbn=，则1nnnaa+−=则()()()()20201919181817211aaaaaaaaaa=−+−+−++−+()19(191)1918

171111912+=+++++=+=，故答案为：191【点睛】关键点睛：根据等差数列的前n项和公式，利用累和法是解题的关键.解析几何49．（安徽省合肥市庐江第五中学2022-2023学年高三上学期期中）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他

利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆22221(0)xyabab+=的右焦点为()6,0F，过F作直线l交椭圆于,AB两点，若弦AB中点坐标为6,13−，则椭圆

的面积为（）A．123πB．93πC．63πD．33π【答案】A【分析】根据椭圆右焦点坐标可知226ab−=，由弦AB中点坐标为6,13−可利用点差法求得2234ab=，联立即可解得26,32ab==，再

由椭圆面积公式即可求得结果.【详解】设AB的中点为M，即6,13M−，如下图所示：易知226cab=−=，即226ab−=；设()()1122,,,AxyBxy，又AB中点坐标为6,13−，所以()1

212626233212xxyy+==+=−=−则()12120164663FMABkykyxx−−===−−=−；又,AB两点在椭圆22221(0)xyabab+=上可得2211222

2222211xyabxyab+=+=，两式相减可得22221212220xxyyab−−+=，整理得()()2222221212211226663243ABxxybyxxyaybbkaa=−=−−=++−=−=，解得2234ab=，联立226ab−

=可解得2224,18ab==；即26,32ab==所以椭圆的面积为π123πab=.故选：A50．（江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年高三上学期期中）加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的

交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形G的四边均与椭圆22:164xyM+=相切，则下列说法错误的是（）A．椭圆M的离心率为33B．椭圆M的蒙日圆方程为2210xy+=C．若G为正方形，则G的边长为25D．长方形G的面积的最大值为18【答

案】D【分析】由椭圆标准方程求得,ab后再求得c，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长

．【详解】由椭圆方程知6a=，2b=，则642c=−=，离心率为2336e==，A正确；当长方形G的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为26和4，其对角线长为2416210+=，因此蒙日圆半径为10，圆方程为2210xy+=，B正确；设矩形的边长分别为

,mn，因此22402mnmn+=，即20mn，当且仅当mn=时取等号，所以长方形G的面积的最大值是20，此时该长方形G为正方形，边长为25，C正确，D错误．故选：D．51．（河北省安平中学2023届高三上学期期中）（多选）我国首先研制成功

的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：1F，2F是双曲线的左､右焦点，从2F发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线的反向延长线过1F；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线平分12FPF.若双曲线C的方程为221916xy−=，则下列结论正确的是（）A．射

线n所在直线的斜率为k，则44,33k−B．当mn⊥时，1232PFPF=C．当n过点()7,5Q时，光线由2F到P再到Q所经过的路程为13D．若点T坐标为()1,0，直线PT与C相切，则212PF=【答案】ABD【分析】A选项，根据直线与双曲线的交点位置

可判断.B选项，利用双曲线定义和勾股定理化简可得.C选项，由双曲线定义可判断.D选项，利用角平分线性质，结合双曲线的定义可得.【详解】解：因为双曲线C的方程为221916xy−=，所以3,4,5abc===，渐近线方程为43yx=，选项A，因为直线2PF与双曲线有

两个交点，所以44,33k−，即A正确；选项B，由双曲线的定义知，1226PFPFa−==，若mn⊥，则()222212122100PFPFFFc+===，因为()2221212122PFPFPFPFPFPF−=+−

，所以12361002PFPF=−，解得1232PFPF=，即B正确；选项C：()2221122(75)(50)237PFPQPFaPQFQa+=−+=−=++−−=，即C错误；选项D，因为PT平分12FPF，由角分线定理知，1

212PFPFTFTF=，所以1122513512PFTFPFTF+===−，又126PFPF−=，所以22362PFPF−=，解得212PF=，即D正确.故选：ABD.52．（2022秋·山东临沂·高三统考期中）法国数学

家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：2212xy+=，则C的蒙日圆O的方程为；在圆222(3)(4)(0)xyrr

−+−=上总存在点P，使得过点P能作椭圆C的两条相互垂直的切线，则r的取值范围是.【答案】223xy+=5353r−+【分析】根据蒙日圆的定义，可知点()2,1一定在蒙日圆O上，可求得蒙日圆O的半径，进而求得蒙日

圆的方程；根据圆与圆的位置关系列不等式求r的取值范围.【详解】椭圆2212xy+=的右顶点为()2,0，上顶点为()0,1，过点()2,0的椭圆2212xy+=的切线方程为2x=，过点()0,1的椭圆22

12xy+=的切线方程为1y=，直线2x=与直线1y=的交点为()2,1，所以点()2,1在蒙日圆O上，所以蒙日圆O的半径()22213r=+=，所以蒙日圆O的方程为223xy+=；因为过点P能作椭圆C的两条相互垂直的切线，所以点P在223xy+=上，又点P在圆222(3)(4)(0)xy

rr−+−=上，故圆222(3)(4)(0)xyrr−+−=与圆223xy+=有交点，所以()()22330403rr−−+−+，所以5353r−+，故答案为：223xy+=，5353r−+.53．（

2022秋·河北沧州·高三统考期末）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球1O，2O，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球1O，2O相切于点E，F.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，E，F为此椭圆的两个焦点，这两

个球也被称为Dandelin双球.若球1O，2O的半径分别为6和3，球心距离1211OO=，则此椭圆的长轴长为.【答案】47【分析】根据给定条件，过切点E，F作出双球模型的轴截面，利用圆的切线性质及椭圆的定义求解作答.【详解】过切点E，F作出双球模型

的轴截面，设球12,OO分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，有21,OBABOAAB⊥⊥，过2O作21OCOA⊥于点C，则四边形2ABOC是矩形，于是2||||3ACOB==，1||3OC=，又12|11|OO=，从而222121||||||||47ABO

COOOC==−=，设直线AB与平面的交点为P，则有||||PAPE=，||||PBPF=，所以椭圆的长轴长2||||||||||47aPEPFPAPBAB=+=+==.故答案为：47【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出

轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.54．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）某校同学设计一个如图所示的“蝴蝶形图案(阴影区域)”，其中AC、BD是过抛物线焦点F的两条弦，且其焦点()01F，，

0ACBD=，点E为y轴上一点，记EFA=，其中为锐角．(1)求抛物线方程；(2)求证：()221cosAFsin+=．【答案】(1)24xy=(2)证明见解析【分析】1（）设出抛物线的标准方程，由焦

点坐标算出焦参数2p=，可得抛物线的方程；()2过点A作AKy⊥轴于点K，设AFm=，在RtAFK中利用三角函数的定义算出AKmsin=且FKmcos=，可得点A的坐标为()1msinmcos−+，，代

入抛物线的方程得到关于m、的等式，将其看作是关于m的一元二次方程，利用求根公式加以计算可得()221cosmsin+=，即()221cosAFsin+=成立．本题已知抛物线的焦点坐标，求抛物线的方程并证明关于线段AF长的一个等式．着重考查了抛物

线的标准方程、直角三角形中三角函数的定义与一元二次方程根的求法等知识，属于中档题．【详解】1（）设抛物线的方程为22(0)xpyP=，抛物线焦点为()01F，，12p=，解得2p=，因此，抛物线的方程为24xy=；()2过点A作AK

y⊥轴于点K，设AFm=，则RtAFK中，KFA=，可得AKsinAF=，FKcosAF=，可得AKAFsinmsin==，FKAFcosmcos==，由此可得点A的坐标为()1msinmcos−+，，点A为抛物线24xy=上的点

，()2()41msinmcos−=+，整理得22440msinmcos−−=．将其看作是关于m的一元二次方程，解得2222241616442222coscossincoscosmsinsinsin

+===．为锐角，可得1cos，且0m，2220cosmsin−=不符合题意，得()222122coscosmsinsin++==，即：()221cosAFsin+=成立．立体几何该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得

的部分）．在如图所示的“曲池”中，1AA⊥平面1111DCBA，记弧AB、弧DC的长度分别为1l，2l，已知1AD=，124π23ll==，E为弧11AB的中点．(1)证明：11ADDE⊥．(2)若14AAAD=，求直线CE与平面1DEB所成角的正弦值．【答案】(1

)证明见解析；(2)2319.【分析】（1）延长11AD，11BC并相交于点1O，证明111ADDE⊥，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.（2）以1D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值作答.

【详解】（1）延长11AD，11BC并相交于点1O，因为124π23ll==，则11111DOADAD===，1112π3AOB=，连接1DE，1OE，因为E为弧11AB的中点，则11π3AOE=，11AOE△为正三角形，于是111ADDE⊥，因为1AA⊥平面1111

DCBA，11//DDAA，则有1DD⊥平面1111DCBA，又11AD平面1111DCBA，于是111ADDD⊥，而111DEDDD=，11DE,DD平面1DDE，因此11AD⊥平面1DDE，又DE平面1DDE，所以11ADDE⊥．（2）以1D

为坐标原点，11DO为x轴，1DE为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系1Dxyz，则()0,3,0E，33422C,,−，()004D,,−，()1230B,,，则33422CE,,=−，()034DE,,=，()1234DB,,=，设平面1DEB

的法向量为(),,mxyz=，则13402340CEmyzDBmxyz=+==++=，令3z=，得()043m,,=−，令直线CE与平面1DEB所成角为，则2223434232sin=|cos193319()()422|||CEm|CE,m||CE||m|

−+===−++，直线CE与平面1DEB所成角的正弦值为2319．56．（2022秋·山东青岛·高三青岛二中校考期中）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又

称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD为矩形，228ABADEF===，EF∥底面ABCD，且EAEDFBFC===，M，N分别为AD，BC的中

点.(1)证明：EFAB∥，且BC⊥平面EFNM.(2)若EM与底面ABCD所成的角为π4，过点E作EHMN⊥，垂足为H，过H作平面ABFE的垂线，写出作法，并求H到平面ABFE的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)作法见解析；2.【分析】（1）根据线面平行的性质定理可证明E

FAB∥；分别证明,FNBCEMBC⊥⊥，根据线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面EFNM；（2）利用线面垂直的判定和性质定理可得到过H作平面ABFE的垂线的作法，解直角三角形求得H到平面ABFE的距离.【详解】（1）证明：因为EF∥底面ABCD，

EF平面ABFE,平面ABFE底面ABCDAB=．所以EFAB∥；因为EAEDFBFC===，,MN分别为,ADBC的中点，所以,EMADFNBC⊥⊥，而228ABADEF===，因为MNABEF=?，且EFAB∥，所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，又ADBC∥,所以EMBC

⊥，而,EMFN平面EFNM,故BC⊥平面EFNM.（2）由(1)知BC⊥平面EFNM,EH平面EFNM,所以BCEH⊥,因为EHMN⊥，,,MNBCNMNBC=I平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，则EMH为EM与底面ABCD

所成的角，则π4EMH=，因为8422MH−==，所以2EH=，作HGAB⊥，垂足为G，连接EG,则2HGAM==,作HKEG⊥，垂足为K，因为EH⊥底面ABCD，AB底面ABCD,所以EHAB⊥，,,EHHGHEHHG=I平

面EHG,所以AB⊥平面EHG，HK平面EHG,所以ABHK⊥,,,EGABGEGAB=I平面ABFE,所以HK⊥平面ABFE,则HK即为要求作的垂线,又EH⊥底面ABCD，HG底面ABCD,所以EHHG⊥，且2,2,22E

HGHEG===，所以22222EHGHHKEG===,所以H到平面ABFE的距离为2.57．（江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022-2023学年高三上学期期中）自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而

成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥PO模型，经测量底面圆O的直径48cmAB=，母线30cmAP=，若点C在AB上，且π6CAB=，D为AC的中点．证明：BC∥平面POD；【答案】证明见解析【分析】根据三角形

中位线证明∥ODBC，根据线面平行的判定定理即可证明结论.【详解】证明：如图连接BC，因为底面圆O的直径AB，所以O为AB的中点，因为点D为AC的中点，所以∥ODBC，因为OD平面POD，BC平面POD，所以BC

∥平面POD.58．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥HABC−，JCDE−，KEFA−，再分别以AC，CE，EA为轴将ACH，

CEJ，EAK分别向上翻转180，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂

房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为π2π3π3−=.(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；

(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BHx=（i）用x表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积()Sx；（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值.【答案】(1)2π(2)（i）()()23314312,0,22Sxxxx=+−+；（ii

）2327【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得()Sx；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时BH的值.令ASC=，利用余弦定理求得cos，结合三角恒等变换的知识求得顶点S的曲率的余弦值.【详解】

（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于72π减去三个菱形的内角和32π，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和6π，即蜂房曲顶空间的弯曲度为72π32π6π2π−−=.（

2）（i）如图所示，连接AC，SH，则3AC=，设点S在平面ACE的射影为O，则1OB=，则22222142ACSHABBHx=+−=+，菱形SAHC的面积为23142Sx=+，侧面积()(

)2261341232xxx+−=−=−，所以蜂房的表面积为()()23314312,0,22Sxxxx=+−+.（ii）'2222636331()33234111444xSxxxxx=−=−=−++++

，令'()0Sx=得到24x=，所以()Sx在()()'20,,0,4SxSx递增；在()()'2,2,0,4SxSx递增.所以()Sx在24x=处取得极小值，也即是最小值.此时23214SASCx==+=

，在SAC中，令ASC=，由余弦定理得2221cos23SASCACSASC+−==−，又顶点S的曲率为2π3−，cos(2π3)cos3cos(2)cos2cossin2sin−==+=−()222cos1cos2sincos=−−()()222cos1

cos21coscos=−−−3311234cos3cos4()3()3327=−=−−−=.59．（江苏省徐州市第七中学2022-2023学年高三上学期期中）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每

一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正四面体QPTR和一个正八面体AEFBH

C的棱长都是a（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体.（1）求新多面体的体积；（2）求正八面体AEFBH中二面角ABFC−−的余弦值；（3）判断新多面体为几面体？（只需给出答案，无需证明）【答案】（1）35212

a；（2）13−；（3）七面体.【分析】（1）分别取QR、PT的中点G、N，连接NQ、NR、NG，证明出PT⊥平面NQR，计算出NQR△的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体的体积，利用锥体的体积公式可求得正八面体的体积，进而可得出新多面体的体积为正

四面体和正八面体体积之积，即可得解；（2）在正八面体AC中，取BF的中点为M，连接AMCM、，分析出AMC为二面角ABFC−−的平面角，计算出ACM△三边边长，利用余弦定理可求得结果；（3）计算出正四面体相邻面

所构成的二面角与正八面体相邻面所构成的二面角互补，由此可得出结论.【详解】（1）分别取QR、PT的中点G、N，连接NQ、NR、NG，如下图所示：因为PQQT=，N为PT的中点，则QNPT⊥且32NQa=，同理可知NQPT⊥且32NQa

=，NQNRN=，所以，PT⊥平面NQR，G为QR的中点，则NGQR⊥，且2222NGNQQGa=−=，211222224NQRSQRNGaaa===△，所以正四面体QPRT−的体积为231112233412Q

NRVSPTaaa===；如下图所示：在正八面体中，连接AC交平面EFBH于点O，则AO⊥平面EFBH，所以2EFBGSa=，2222AOAEOEa=−=，所以正八面体的体积为2321122223323EFBGVSAOa

aa===，因为新多面体体积为原正四面体体积1V与正八面体体积2V之和，所以，新多面体的体积为3125212aVVV=+=；（2）如图，在正八面体AC中，取BF的中点为M，连接AMCM、，ABAF=，M为BF的中点，则AMBF⊥，且

32AMa=，同理可知CMBF⊥，且32CMa=，所以，AMC为二面角ABFC−−的平面角．22222AEOEaACAO==−=，由余弦定理得2221cos23MAMCACADCMAMC+−==−，故二面角ABFC−−的余弦值为13−；（3）新多面体是七面体.证明如下：由

（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为13−，设此角为．在正四面体中，因为NQPT⊥，NRPT⊥，故QNR为二面角ABFC−−的平面角．由余弦定理得22222233221cos2333222aaaNQNRQRQNRNQNRaa+−+−===，即

正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为13，所以180+=，因此新多面体是七面体.)60．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中考）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥PABCD−，其中ACBD⊥于O，4OAOBOD===

，8OC=，PO⊥平面ABCD．（1）求证：PDAC⊥；（2）试验表明，当12POOA=时，风筝表现最好，求此时直线PD与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）8105105．【分析】（1）利用PO⊥平面ABCD可得

POAC⊥，再利用ACBD⊥即可；（2）以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系即可求出；或利用等体积法--PBCDDPBCVV=三棱锥三棱锥也可.【详解】（1）证明：∵PO⊥平面ABCD，

AC平面ABCD，∴POAC⊥，又ACBD⊥，POBDO=，PO平面POD，BD平面POD，∴AC⊥平面POD，又PD平面POD．∴PDAC⊥．（2）解：法一：如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz−，则()4,0,0B，()0,

8,0C，()4,0,0D−，()002P,,，∴()4,0,2PB=−，()0,8,2PC=−，()4,0,2PD=−−，设(),,mabc=为平面PBC的法向量，则00mPBmPC==，即420820acbc

−=−=，令4c=，则()2,1,4m=，设直线PD与平面PBC所成角为，则4201248105sin1051644116PDmPDm−+−===+++．法二：如图，在RtPOB中，由222PBPOOB=+得25PB=，在RtPOC△中，由222PC

POOC=+得217PC=，在RtPOD中，由222PDPOOD=+得25PD=．在RtBOC中，由222BCBOOC=+得45BC=，在PBC中，由222cos2PBBCPCPBCPBBC+−=()()()2222

5452172522545+−==，得221sin1cos5PBCPBC=−=，1121sin2545421225PBCSPBBCPBC===△，设点D到平面PBC的距离为h，由--PBCDDPBCVV=三棱锥三棱锥

，得111323PBCBDOCOPSh=△，即88216212212421PBCBDOCOPhS===△，设直线PD与平面PBC所成的角为，则1621810521sin10525hPD===．计数原理61．（福建省石狮

市永宁中学2023届高三上学期期中）欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数N，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记1212kaaakNppp=（其中ip是素数，i

a是正整数，1ik，12kppp），这样的分解称为自然数N的标准素数分解式.若N的标准素数分解式为1212kaaakNppp=，则N的正因子有()()()12111kaaa+++个，根据以上信

息，180的正因子个数为（）A．6B．12C．13D．18【答案】D【分析】先将180分解成素数的乘积，然后根据题意求解即可.【详解】根据N的标准分解式可得22180235=，故180的正因子个数为33218=，故选：D.62．（云南民族大学附属中学2023届高三上学期期中）我国数学家陈景

润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想如下：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，如30=7+23，在不超过25的素数中，随机选取2个不同的数，则这2个数恰好含有这组数的中位数的概率是（）A．14B．13C

．29D．38【答案】C【分析】先确定不超过25的素数，再确定中位数，最后根据古典概型概率公式求概率．【详解】因为不超过25的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23共9个，这组数的中位数为11，所以所求概率92829CP==．故选：C

63．（河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高三上学期11月期中）算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠

，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字170，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于500的概率为（）A．12B．23C．14D．34【答案】D【分析】由条件确定随

机试验的样本空间中的样本点的个数，再求事件所拨数字大于500所包含的样本点的个数，利用古典概型概率公式求其概率．【详解】依题意得所拨数字共有1244CC24=种可能，即样本空间中共含24个样本点，要使所拨数字大于500，则：①上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于

500，有122412CC=种;②上珠拨是十位档或个位档，则再随机选择两个档位必有千位档，有1123CC6=种,则所拨数字大于1000的概率为1263244+=.故选：D.64．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）

唐宋八大家，又称唐宋散文八大家，是中国唐代韩愈、柳宗元，宋代苏洵、苏轼、苏辙、王安石、曾巩、欧阳修八位散文家的合称，其中江西独占三家，分别是：王安石、曾巩、欧阳修，他们掀起的古文革新浪潮，使诗文发展的陈旧面貌焕然一新.为弘扬中国传统文化，某校决定从唐宋八大家中挑选五位，于某周末开展他们的散文赏析

课，五位散文家的散文赏析课各安排一节，连排五节.若在来自江西的三位散文家中至少选出两人，且他们的散文赏析课互不相邻，则不同的排课方法共有种.（用数字作答）【答案】2280【分析】根据题意，分两种情况讨论，第一种情况是来自江西的三位散文家中选出

两人，第二种情况是来自江西的三位散文家中选出三人，然后再结合插空法即可得到结果.【详解】由题意可得，若挑选来自江西的三位散文家中选出两人，则另外五位中挑选三人，则有2335CC种情况，且他们互不相邻，则有3234AA种情况，即23323

534CCAA2160=；若挑选来自江西的三位散文家中选出三人，则另外五位中挑选两人，且他们互不相邻，则有32233523CCAA120=种情况；故不同的排课方法共有21601202280+=种情况.故答案为：2280.65．（福建省宁德市高级中学2023届高

三上学期期中）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的

矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（）A．8B．16C．24D．32【答案】C【分析】利用分类加法原理即可求解.【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有1

6个，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个，所以梯形的个数是16+8=24，故选：C.66．（山东省泰安市宁阳县2022-2023学年高三上学期期中）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图

所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（）A．在第10行中第5个数最大B．22222348CCCC84+

+++=C．第8行中第4个数与第5个数之比为4:5D．在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为12n−【答案】BC【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断，即可求解．【详解】对于A：第10行是二项式()10+ab的展开式的系数，所以第10行中第10162+=个

数最大，故A错误；对于B：22223428CCCC++++22234833CCCC=++++333488922248CCCCCC84=+++==+==，故B正确；对于C：第8行是二项式()8ab+的展开式的系数，又()8ab+展开式的通项为818CrrrrTa

b−+=，所以第4个数为38C56=，第5个数为48C70=，所以第4个数与第5个数之比为4:5，故C正确；对于D：第n行是二项式()nab+的展开式的系数，故第n行的所有数字之和为2n，故D错误；故选：BC67．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三上学期期中）数

字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有n个数字0和n个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当n等于3时，这样的信号序列有种；当n等于5时，这样的信号序列有种.【答案】542【分析】利用计数原理、插空法和列举法即可得出答案.【

详解】当1n=时，只有：10一种；当2n=时，有1010、1100两种；当3n=时，说明有3个1、3个0，且最后一位只能是0，即_____0，可得101010、101100、110100、110010、11100

0五种；当5n=时，根据卡特兰数的模型可得，总排法为510C，不符合题意的排法为410C，符合题意的排法11054042CC=−，所以5n=时，共有42种.故答案为：5；42统计与概率68．（2022秋·福建厦门

·高三厦门一中校考期中）云南某镇因地制宜，在政府的带领下，数字力量赋能乡村振兴，利用“农抬头”智慧农业平台，通过大数据精准分析柑橘等特色产业的生产数量､价格走势､市场供求等数据，帮助小农户找到大市场，开启“直播+电商”销售新模式，推

进当地特色农产品“走出去”；通过“互联网+旅游”聚焦特色农产品､绿色食品､生态景区资源.下面是2022年7月到12月份该镇甲､乙两村销售收入统计数据（单位：百万）：甲：5，6，6，7，8，16；乙：4，6，8，9，10，17

.根据上述数据，则（）A．甲村销售收入的第50百分位数为7百万B．甲村销售收入的平均数小于乙村销售收入的的平均数C．甲村销售收入的中位数大于乙村销售收入的中位数D．甲村销售收入的方差大于乙村销售收入的方差【答案】B【分析】对于A，求出这组数据的第50百分位数即可判

断；对于B，分别求出,xx甲乙，即可判断；对于C，分别求出甲村销售收入的中位数和乙村销售收入的中位数即可判断；对于D，分别求出甲村销售收入的方差和乙村销售收入的方差即可判断.【详解】对于A，因为60.53=，所以这组数据的第

50百分位数为676.52+=，故A错误；对于B，()1156678168,66xx=+++++==甲乙()468910179+++++=，故甲村销售收入的平均数小于乙村销售收入的平均数，故B正确；对于C，甲村销售收入的中位数为67

6.52+=，乙村销售收入的中位数为898.52+=，则甲村销售收入的中位数小于乙村销售收入的中位数，故C错误；对于D，甲村销售收入的方差22211(58)(68)6S=−+−+222241(68)(78)(88)(168)3−+−+−+−=，乙村销售收入的方差22221(4

9)(69)6S=−+−2222(89)(99)(109)(179)+−+−+−+−=503，所以甲村销售收入的方差小于乙村销售收入的方差，故D错误.故选：B69．（江苏省淮安市淮安区2022-2023学年高三上学期期中）泊松分布是一种描述随机现象的概

率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为()()e,2,!0,1kPkkkx−===，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中np=．一般地，当20n而0.05p时，泊松分布可作为二

项分布的近似．若随机变量()~1000,0.001XB，()2PX的近似值为（）A．11e−B．21e−C．e14−D．211e−【答案】B【分析】由题可得，代入公式用对立事件的概率和为1计算即可.【详解】由题，100020n=，0.001

0.05p=，泊松分布可作为二项分布的近似，此时10000.0011==，所以1(e!1)PXkk−==，所以()1110e0!ePX−===，()1111e1!ePX−===，则()()()2012e11PXXPX

P=−==−=−.故选：B70．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校联考期中）（多选）1990年9月，CraigF·Whitaker给《Parade》杂志“AskMarilyn”专栏提了一个问题（著名的蒙提霍尔问题，也称三门

问题），在蒙提霍尔游戏节目中，事先在三扇关着的门背后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是豪车，其余两扇门背后是山羊，作为游戏参与者当然希望选中并赢得豪车，主持人知道

豪车在哪扇门后面.假定你初次选择的是1号门，接着主持人会从2,3号门中打开一道后面是山羊的门.则以下说法正确的是（）A．你获得豪车的概率为13B．主持人打开3号门的概率为12C．在主持人打开3号门的条件下，2号门有豪车的概率为13D．在主持人打开3号门的条件下，若主持人询问

你是否改选号码，则改选2号门比保持原选择获得豪车的概率更大【答案】ABD【分析】设123,,AAA分别表示1,2,3号门里有豪车，用123,,BBB分别表示主持人打开1,2,3号门，然后用全概率公式和贝叶斯公式对选项进行分析即可【详解】设123,

,AAA分别表示1,2,3号门里有豪车，用123,,BBB分别表示主持人打开1,2,3号门.对于A，如题意所述，游戏参与者初次选择了1号门，因为在做选择的时候不知道豪车在哪个门里，故不影响豪车在三个门中的概率分配，所以事件123,,AAA发生的概率仍然为

13，即A正确；对于B，在选择了1号门的前提下，主持人打开1号门外的一个门有以下几种可能的情况：豪车在1号门里，主持人打开2，3号门，故()3112PBA=∣，豪车在2号门里，主持人只能打开3号门，故()321PBA=∣，豪车在3号门里，主持人只能打开2号门

，故()330PBA=∣，由全概率公式()()()33311111322iiiPBPAPBA===+=∣，即B正确；对于C，由贝叶斯公式，在3号门打开的条件下，1号门和2号门里有豪车的条件概率为()()()()()()()()13123213233312,3

3PAPBAPAPBAPABPABPBPB====∣∣∣∣，故选2号门会使获得豪车的概率更大，是正确的决策，即C错误，D正确.故选：ABD71．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期11月期中）橘生淮南则为橘，生于淮北则为枳，出自《晏子使楚》.

意思是说，橘树生长在淮河以南的地方就是橘树，生长在淮河以北的地方就是枳树，现在常用来比喻一旦环境改变，事物的性质也可能随之改变.某科研院校培育橘树新品种，使得橘树在淮北种植成功，经过科学统计，单个果品的质量（

单位：g）近似服从正态分布()290,N，且(8690)0.2P=，在有1000个的一批橘果中，估计单个果品质量不低于94g的橘果个数为.【答案】300【分析】先按照正态分布计算出不低于94g的概率，再计算出个数即可.【详解】结合正态分布特征，(8690)(9

094)0.2PP==，120.2(94)0.32P−==，所以估计单个果品质量不低于94g的橘果个数为0.31000300=.故答案为：300.72．（江苏省淮安市涟水县第一中学2023届高三上学期期中）数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据

9×9盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行､每-列､每一个粗线宫（3×3）内的数字均含1~9，且不重复.数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛.（1）赛前小明在某数独APP上进行了一段时间的训练，

每天解题的平均速度y（秒/题）与训练天数x（天）有关，经统计得到如下数据：x（天）1234567y（秒/题）910800600440300240210现用byax=+作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程（a，b用分

数表示）.（2）小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，不存在平局，两人约定先胜3局者赢得比赛.若小明每局获胜的概率为23，且各局之间相互独立，设比赛X局后结束，求随机变量X的分布

列及期望.参考数据（其中1itx=）：71iiity=t72217iitt=−17500.370.55参考公式：对于一组数据()11,uv，()22,uv，…，(),nnuv，其回归直线vu=+的斜率和截

距的最小二乘估计分别为1221,niiiniiuvnuvvuunu==−==−−【答案】（1）21339100111ˆ1yx=+；（2）分布列见解析，数学期望10727.【分析】（1）由题意可得yabt=+，由有表中数据计算y，根据公式计算ˆb和a的值即可求解.（2）随机变量X的可能取值

为3，4，5，求出相应的概率即可得分布列和数学期望.【详解】（1）因为byax=+，1iitx=，所以yabt=+.因为9108006004403002402105007y++++++==，所以7172217175070.375004559100ˆ0.550.55117iiiiitytybt

t==−−====−，所以910021335000.371ˆˆ111aybt=−=−=，所以21339100111ˆ1yt=+，所以所求回归方程为21339100111ˆ1yx=+；（2）随机变量X

的可能取值为3，4，5，33211(3)333PX==+=，22223321212110(4)CC33333327PX==+=，222222442121218(5)C

C33333327PX==+=.所以随机变量X的分布列为X345P131027827()11081073453272727EX=++=.73．（2022秋·江

苏南通·高三统考期中）《周易》包括《经》和《传》两个部分，《经》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则六十四卦代表的

数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000000剥0000011比0000102观0000113…………(1)成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，试分别写出这两个卦所表示的十进制数；(2)若某卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数

的和；(3)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记5分；若只有两个阳爻相邻，则记2分；若三个阳爻均不相邻，则记1分．设任取一卦后的得分为随机变量X，求X的概率分布和数学期望．【答案】(1)7；56；(2)630；(3)1

25.分布列见解析【分析】（1）先写出给定符号所表示的二进制数，再将二进制数转化成十进制数即可；（2）先列出该卦所表示的所有二进制数，再求和；（3）根据相邻问题捆绑、不相邻问题插空分别求得概率，即可求得分布列，进而求得数学期望.

【详解】（1）“否”卦所表示的二进制数为000111，转化为十进制数是0121212127++=，“泰”卦所表示的二进制数为111000，转化为十进制数是01234502020212121256++++

+=.（2）因为该卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，所以该卦所表示的二进制数共有2615C=个，分别为：001111,010111,011011,011101,011110,100111,10101

1,101101,101110,110011,110101,110110，111001,111010,111100，因为这15个数中，每个位置都是5次0,10次1，所以所有这些卦表示的十进制数的和为()01234510222222630+++++=.（3）依

题意可得1,2,5X=，则()3436C411,C205PX====()2436A1232,C205PX====()1436C415C205PX====，所以X的概率分布列如下：X125P153515所以()131121255555EX=

++=，即数学期望为125.74．（湖北省武汉市江北重点高中2022-2023学年高三上学期期中）近日，某芯片研发团队表示已自主研发成功多维先进封装技术XDFOI，可以实现4nm手机SOC芯片的封装，

这是中国芯片技术的又一个重大突破，对中国芯片的发展具有极为重要的意义．可以说国产4nm先进封装技术的突破，激发了中国芯片的潜力，证明了知名院士倪光南所说的先进技术是买不来的、求不来的，自主研发才是最终的出路．研发团队准备在国内某著名大学招募人才

，准备了3道测试题，答对两道就可以被录用，甲、乙两人报名参加测试，他们通过每道试题的概率均为()01pp，且相互独立，若甲选择了全部3道试题，乙随机选择了其中2道试题，试回答下列问题．（所选的题全部答完后再判断是否被录用）(1)求甲和乙各自被录用的概率；(2)设甲和乙中

被录用的人数为，请判断是否存在唯一的p值0p，使得()1.5E=？并说明理由．【答案】(1)甲被录用的概率为2332pp−，乙被录用的概率为2p(2)存在；理由见解析【分析】（1）利用独立重复实验的

概率公式可得解；（2）利用概率的乘法公式求出概率及期望，利用导数可得解.【详解】（1）设甲答对题目的个数为X，由题意，得()~3,XBp，则甲被录用的概率为()2232313C132Pppppp=−+=−，乙被录用的概率为22Pp=．（2）的可能取值为0，1，2，则()()(

)12011PPP==−−，()()()1212111PPPPP==−+−，()122PPP==，∴()()()()()121212120111112EPPPPPPPP=−−+−+−+23223123242PPppp

pp=+=−+=−，设()()234201fpppp=−，则()()2862430fppppp=−=−．∴当01p时，()fp为增函数．又()00f=，()12f=，所以存在唯一的p的值0p，使得()01.5fp=，即()1.5E

=．1．（广东省江门市新会区新会陈经纶中学2022-2023学年高三上学期期中）记()()()1fxfx=，若()()()()()1nnfxffx−=（2n且*nN），则称()()nyfx=是()yfx=的n次迭代函数．若()31xfxx−=+，则()20232022f=（

）A．20252021−B．20192023C．2022D．2023【答案】B【分析】根据题意，由函数的解析式迭代可得()()()()()()()431fxffxfx==，由此可得()()()()()3nnfxffx+=，进而可得()()()1202331xfxfx

x−==+，将2023x=代入计算可得答案．【详解】根据题意，()31xfxx−=+，即()()131xfxx−=+，则()()232631221xxxfxfxxx−−−+===−+−−，()()()()()32fxffxx==，()()()()()(

)()431()fxffxfxfx===，故有()()()()()3nnfxffx+=，所以()()()1202331xfxfxx−==+，故()20232022320192022202212023f−==+.故选：B．【点睛】准确理解

题干给出的“n次迭代函数”的概念并正确应用，是解决本题的关键.2．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中考）声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数sinyAt=.我们听到的声音是由纯音合成的，称为复

合音.已知一个复合音的数学模型是函数()1sinsin22fxxx=+.给出下列四个结论：①()fx的最小正周期是π；②()fx在0,2π上有3个零点；③()fx在π0,2上是增函数；④()f

x的最大值为334.其中所有正确结论的序号是（）A．①②③B．②④C．①②④D．③④【答案】B【分析】根据反证法可判断①；根据零点的定义求出零点即可判断②，根据导数和单调性的关系可判断③；由周期性和单调性可判断④．【详解】对①，因为()1sinsin22fxxx=+，若()fx的

最小正周期是π，则()()πfxfx+=，令π2x=−，则()()ππ22ff=−，而π12f=，π12f−=−，显然不相等，故①不正确；对②，()0fx=即sinsincos0xxx+=，即()sin1cos0xx+=，故sin0x=或cos1x=−，又0,

2πx，故0,πxx==或2πx=，即()fx在0,2π上有3个零点，故②正确；对③，由题()1sinsin2,0,2π2fxxxx=+，由()()()2coscos22coscos12cos1

cos1fxxxxxxx=+=+−=−+，令()0fx=得，π5π,,π33xxx===，当()()π0,,0,3xfxfx为增函数，当()()π5π,,0,33xfxfx

为减函数，当()()5π,2π,0,3xfxfx为增函数，所以()fx在π5π0,,,2π33上单调递增，在π5π,33上为单调递减，故③不正确

；对④，易知函数的周期是2π，当0,2πx时，根据③中函数的单调性可知，()π33,2π034ff==，所以()fx的最大值为334，所以④正确，综上，②④正确．故选：B．3．（湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高三

上学期期中）黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为512−的点．利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D为AB的两个黄金分割点，研究发现如下规律

：512ACBDCDABABBC−===．若等腰△CDE的顶角CED=，则cos=（）A．514−B．514+C．358−D．358+【答案】B【分析】设ABm=，根据已知可求出352BCm−=，()52CDm=−.取CD中点为F，在RtEFC△中，求得51sin24−=，然

后根据二倍角的余弦公式，计算，即可得出答案.【详解】设ABm=，由已知可得512ACBDm−==，则513522BCABACmmm−−=−=−=，所以，()51355222CDBDBCmmm−−=−=−=−.如图，取CD中点为F，连接EF，则EFCD⊥.在RtEFC△中，有15222CFCD

m−==，352CEBCm−==，2CEF=，则52512sin24352mCFCEm−−===−，所以，2cos12sin2=−251124−=−514+=.故选：B.4．（湖南省永州市第一中学2022-20

23学年高三上学期期中）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图2所示其外框是边长为2的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心О，圆О的半径为1，点P在圆О上运动，则PEOE的最小值为（）A．

-1B．-2C．1D．2【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，设点(cos,sin)(02)P，利用平面向量的数量积和三角函数的性质即可求解.【详解】如图以O为坐标原点，BE所在直线为x轴，AE的垂直平分线所在直

线为y轴，建立平面直角坐标系，设点(cos,sin)(02)P，由题意知，(2,0)E，(0,0)O，则(2cos,sin)PE=−−，(2,0)OE=，所以42cosPEOE=−，当cos1=，即0

=时PEOE取最小值2，故选：D.5．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期中考）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称攒尖．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，

多见于亭阁式建筑．如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆半径的比为（）A．1sinB．1cosC．12sinD．12cos【答案】D【分析】根据正六棱锥的底面

为正六边形计算可得结果.【详解】正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为R，则底面正六边形的边长为R，因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，所以侧棱长为2cos2cosRR=，所以侧棱与底面外接圆半径的比为12cos2cos

RR=.故选：D6．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）（多选）中国国家大剧院的外观被设计成了半椭球面的形状，如图，若以椭球的中心为原点建立空间直角坐标系，半椭球面的方程为2222221xyzabc++=（0z，a，b，0c

，且a，b，c不全相等）若该建筑的室内地面是面积为2π(0)mm的圆，则下列结论正确的是（）A．am=；B．cm=；C．2acm=；D．若acm，则1c【答案】AD【分析】令0z=得底面曲线方程结合已知条件分别判断A,B,D选项，根据反证法判断C选项即可.【详解】已知2222

221xyzabc++=,令0z=得底面曲线方程为22221xyab+=,建筑的室内地面是面积为2π(0)mm的圆，ab=,且22π=πma得ma=,故A正确；ab=,,,abc不全相等，cm，故B错误；由2acm=得2m

mc=，即cm=，则abcm===与,,abc不全相等矛盾，故C错误；若acm，即,0,mcmm则1c，故D正确.故选:AD.7．（河北南宫中学2023届高三上学期期中）（多选）将杨辉三角中的每一个数Crn都换成()11Crnn+，得到如

图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果()*2Nnn，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（）A．当n是偶数时，中间的一项取得最大值，当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值

B．()()10011111C1CCnnnnnn−=++C．()()11(N,0)1C1Crnrnnrrnnn−=++D．()()11111(N,1)1C1CCrrrnnnrrnnnn−−+=++

【答案】BC【分析】对于A，应该是最小值，所以A错误；利用组合数的性质和莱布尼茨三角形的性质判断选项BCD.【详解】解：对于A，根据杨辉三角的特点，当n为偶数时，中间的一项取得最大值，当n为奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，所以当每一项取倒数时，再乘以同一个正数，可得当n是偶数时，中

间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值，所以A错误；对于B，第n行的第2个数等于第n行的第一个数和第n1−行的第一个数相乘，所以B正确；对于C，直接根据组合数的性质得CCrnrnn−=，所以11

(1)C(1)Crnrnnnn−=++(N,0)rrn剟，所以C正确；对于D，开始每个数均等于其“脚下”两个数之和，即111111(1)C(1)CCrrrnnnnnn−−−+=++(N,1)rrn剟，所以D错误.故选：BC8．（江苏省无锡市2022-20

23学年高三上学期期中）（多选）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经过抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线24yx=的焦点为F，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线1l从点()

()2,4Pmnnm射入，经过抛物线上的点()11,Axy反射后，再经抛物线上另一点()22,Bxy反射后，沿直线2l射出，则下列结论中正确的是（）A．121=xxB．点()11,Axy关于x轴的对称点在直线2l上C．直线2l与直线=1x−相交于点D，则A，O，D三点共线D．直线1l与2l间

的距离最小值为4【答案】ACD【分析】设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，然后利用韦达定理即可求出12xx和直线1l与2l间的距离，从而可确定AD两项；表示出直线OA和OD的斜率即可确定C项；假设B项正确反推条件，从而可确定B项.【详解】由抛物线的光学性质可知，直线AB过抛物线的焦点()1

,0F，设直线AB的方程为1xty=+，将直线AB的方程代入24yx=中，得2440yty−−=，所以由韦达定理得124yy=−，124yyt+=，所以221212144yyxx==，故选项A正确；若点()11,Axy关于x轴的对称点在直线2l上，则12yy=−，所以122yy==，即2n=，

不一定成立，故不合题意，选项B错误；直线2l与=1x−相交于点()21,Dy−，所以直线OD的斜率为2ODky=−，又直线OA的斜率为112211144OAyykyyxy====−，所以ODOAkk=，所以A，O，D三点共线，故选项C正确；直线1l与2l间的距离()221212124

16164dyyyyyyt=−=+−=+≥，当0=t时，d取最小值4，故选项D正确；故选：ACD.9．（河北省衡水市深州长江中学2023届高三上学期期中）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用

曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶

点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在每个顶点的曲率为π2π3π3−=，故其总曲率为4π.根据曲率的定义，正方体在每个顶点的曲率为，四棱锥的总曲率为.【答案】2/124π【分析】根据曲率的定义结

合正方体和四棱锥的特点即可得到答案.【详解】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为ππ2π322−=；由定义可得多面体的总曲率2=顶点数−各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所

以任意四棱锥的总曲率为()2π5π42π14π−+=.故答案为：π2；4π.10．（江苏省徐州市第七中学2023届高三上学期期中）鲁洛克斯三角形是指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形，如图①.鲁洛克斯三角形的特点是：在任何方向

上都有相同的宽度，即能在距离等于其圆弧半径a（等于正三角形的边长）的两条平行线间自由转动，并且始终保持与两直线都接触.由于这个性质，机械加工中把钻头的横截面做成鲁洛克斯三角形的形状，就能在零件上钻出圆角正方形（视为正方形）的孔来.

图②是鲁洛克斯三角形钻头（阴影部分）与它钻出的圆角正方形孔洞的横截面，现有一个质点飞向圆角正方形孔洞，则其恰好被钻头遮挡住，没有穿过孔洞的概率为.【答案】32−【分析】设正方形的边长为a，求出鲁洛克斯三角形面积，再利用几何概型求解.【详解】解：设正方

形的边长为a，鲁洛克斯三角形由三个弓形与正三角形组成，其面积为22222113sinsin232321623aaaaa−+=−，故所求概率22233222aaPa−−==.故答案为：32−11．（2022秋·福建福州·高三福建省福州高级中学上学期期

中考试）十九世纪初，我国数学家董祐诚在研究椭圆求周长时曾说：“椭圆求周旧无其术，秀水朱先生鸿为言圆柱斜剖成椭圆，是可以勾股形求之．”也就是说可以通过斜截圆柱法得到椭圆．若用一个与圆柱底面成60°的平面截该圆柱，则截得的椭圆的离心率为．【答案】32/132【分析】画出图形，设圆柱的底面半径为r，则椭

圆短轴长为22br=，求出长轴长为24ar=，进而可得答案.【详解】如图，设圆柱的底面半径为r，则椭圆短轴长为22br=，长轴长为24cos60rACr==，即24ar=，则12ba=，所以椭圆离心率

为21311.42cbeaa==−=−=故答案为：32.12．（华师─附中等T8联考2022-2023学年高三上学期期中）英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献．贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来

描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设1A，2A，…，nA是一组两两互斥的事件，12nAAA=，且()0iPA，1,2,,in=，则对任意的事件B，()0PB，有()()()()()()()()1iiiii

nkkkPAPBAPAPBAPABPBPAPBA===，1,2,,in=.现有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，每加工一个零件耗时35分钟，第2，3台加工的次品率均为5%，每加工一个零件分别耗时32分钟和3

0分钟，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；(2)如果取到的零件是次品，计算加工这个零件耗时X（分钟）的分布列和数学期望.【答案】(1)0.0525(2)分布列见解析，期望为32（分钟）【

分析】（1）设B=“任取一个零件为次品”，=iA“零件为第i台车床加工”(1,2,3i=)，根据题设确定对应事件的概率，进而应用全概率公式求概率即可；（2）由题设知35,32,30X=，利用贝叶斯公式求对应值的概率，

写出分布列，进而求期望.【详解】（1）设B=“任取一个零件为次品”，=iA“零件为第i台车床加工”(1,2,3i=)，则123ΩAAA=，且123,,AAA两两互斥.根据题意，()()()1230.25,0.3,0.45,PAPAPA===()()()123|0.06,||0

.05PBAPBAPBA===.由全概率公式，得()()()()()()()112233|||PAPBAAPBAAPBABPPP=++0.250.060.30.050.450.050.0525=++=.（2）由题意知35,3

2,30X=，则()()()()()()()1111|0.250.06235|0.05257PABPAPBAPXPABPBPB======，同理得()()()()232332|,30|77PXPABPXPAB======，所以加工这个零件耗时X的分布列为：X353230P

272737223()35323032777EX=++=（分钟）.13．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具

。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点,,ABC都在圆周上，角,,ABC的对边分别为a，b，c，满足45cmc=(1)求sinC；(2)若ABC的面积为28c

m，且ac，求ABC的周长【答案】(1)45(2)1245+cm【分析】（1）根据题意可求圆的直径255R=，再结合正弦定理运算求解；（2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解.【详解】（1）设ABC的外接圆

半径为R，则22210555R=+=（cm），由正弦定理2sincRC=，可得454sin2555cCR===.（2）∵ac，则AC，故C为锐角，∴23cos1sin5CC=−=，由面积公式in12sSabC=，即14825ab=?，可得20a

b=，由余弦定理()222222cos22ababcabcCabab+−−+−==，即()240803540ab+--=，可得()2144ab+=，解得12ab+=（cm），故ABC的周长为1245abc++=+（cm）.14．（广东省广州市协和中学2023届高三上学期期中）画法几何的

创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆()2222:10xyCabab+=的蒙日圆方程为2222xyab+=+，椭圆C的离

心率为22，M为蒙日圆上一个动点，过点M作椭圆C的两条切线，与蒙日圆分别交于P、Q两点，则MPQ面积的最大值为.（用含b的代数式表示）【答案】23b【分析】由椭圆的离心率可得出2ab=，根据已知条件推导出PQ为圆2223xyb+=

的一条直径，利用勾股定理可得出22212MPMQb+=，再利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得MPQ面积的最大值.【详解】因为2222222212ccabbeaaaa−====−=，所以，2ab=，所以，蒙日圆的方程为2223xyb+=，由已知条件可得MPMQ⊥，则PQ为圆222

3xyb+=的一条直径，由勾股定理可得222212MPMQPQb+==，所以，2221324MPQMPMQSMPMQb+==△，当且仅当6MPMQb==时，等号成立，因此，MPQ面积的最大值为23b.故答案为：23b.15．（福建省安

溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023届高三上学期期中）中国是纸的故乡，折纸也是起源于中国.后来数学家将几何学原理运用到折纸中，并且利用折纸来研究几何学，很好的把折纸艺术与数学相结合.将一张纸片折叠一次，纸片上会留下一条折痕，如果在纸片上按照一定的规律折出很多折痕后，纸上能显现出一条漂

亮曲线的轮廓.如图，一张圆形纸片的圆心为点D，A是圆外的一个定点，P是圆D上任意一点，把纸片折叠使得点A与P重合，然后展平纸片，折痕与直线DP相交于点Q，当点P在圆上运动时，得到点Q的轨迹.(1)证明：点Q的轨迹是双曲线；(2)设定点A坐标为(2,0)，纸片圆

的边界方程为222(2)xyr++=.若点(2,3)M位于（1）中所描述的双曲线上，过点M的直线l交该双曲线的渐近线于E，F两点，且点E，F位于y轴右侧，O为坐标原点，求EOF面积的最小值.【答案】(1)证明见解析.(2)3【分析】（1）利用双曲线的定义即可证

得结果.（2）利用直线与双曲线的位置关系即可求得结果.【详解】（1）证明：设圆D半径为r，由题意知QAQP=，所以QAQDQPQDDPr−=−==，因此，动点Q到定点A和D的距离之差的绝对值为定值r，且rDA，由双曲线定义知，点Q的轨迹是以A，D为焦点的双曲线.（2

）由（1）知双曲线中2ar=，24c=，设双曲线方程为22221444xyrr−=−，又点(2,3)M在双曲线上，22491444rr−=−，解得2r=，因此双曲线方程为2213yx−=，渐近线为3yx=，则

1π23EOAAOFEOF===.①直线l斜率不存在，此时EOF为顶角为2π3的等腰三角形，且4OE=，所以43EOFS=；②若直线l斜率存在，设为：(2)3ykx=−+，联立双曲线2213yx−=，得：

2222(3)(46)412120kxkkxkk−+−−+−=.因为直线l交双曲线于y轴右侧于两点()()1122,,,xyxy，所以2222(46)4(3)(41212)0kkkkk=−−−−+−，且21

226403kkxxk−+=−，21224121203kkxxk−+−=−；解得3k−或3k.设33(,)Exy，44(,)Fxy，联立直线和渐近线方程解得：3323kxk−=−，4323kxk−=−−，所以332cosxOExEOA==，442cosxOFxFOA==，

1sin2EOFSOEOFEOF=3412π22sin23xx=343xx=223(32)3kk−=−27443333kk−=+−，令274()3kfkk−=−，222(23)(2)()(3)kkfkk−−=−，当3k−时，()0fk，()fk单调

递增，且()0fk，此时43EOFS.当32k时，()0fk，()fk单调递减，当2k时，()0fk，()fk单调递增所以()fk的极小值为(2)1f=−，此时3EOFS=.综上所述，

EOF面积的最小值为3，此时2k=且Δ0=，即直线l与双曲线相切.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中关于最值的求解方法主要有：①二次函数型，利用二次函数最值求解；②基本不等式法，借助基本不等式求解最值；③导数法，利用导数

求解最值.