第3講創(chuàng)新情境與數(shù)學(xué)文化1.(2022·全國新高考Ⅱ卷)圖1是中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數(shù)列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝(D)A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9【解析】設(shè)OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，由題意得k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，解得k3＝0.9，故選D.2.(2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為(C)A．eq\f(\r(5)－1,4) B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(5)＋1,4) D．eq\f(\r(5)＋1,2)【解析】如圖，取CD的中點(diǎn)E，設(shè)CD＝a，PE＝b，則PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(b2－\f(a2,4))，由題意PO2＝eq\f(1,2)ab，即b2－eq\f(a2,4)＝eq\f(1,2)ab，化簡得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2－2·eq\f(b,a)－1＝0，解得eq\f(b,a)＝eq\f(1＋\r(5),4)(負(fù)值舍去)．故選C．3.(2020·全國Ⅱ卷)如圖，將鋼琴上的12個鍵依次記為a1，a2，…，a12.設(shè)1≤i<j<k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，則稱ai，aj，ak為原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，則稱ai，aj，ak為原位小三和弦．用這12個鍵可以構(gòu)成的原位大三和弦與原位小三和弦的個數(shù)之和為(C)A．5 B．8C．10 D．15【解析】根據(jù)題意可知，原位大三和弦滿足：k－j＝3，j－i＝4.∴i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j＝9，k＝12.原位小三和弦滿足：k－j＝4，j－i＝3.∴i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j＝8，k＝12.故個數(shù)之和為10.故選C．4.(2019·全國Ⅰ卷)我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，下圖就是一重卦．在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是(A)A．eq\f(5,16) B．eq\f(11,32)C．eq\f(21,32) D．eq\f(11,16)【解析】所有重卦共有26＝64種可能，其中滿足恰有3個陽爻的有Ceq\o\al(3,6)＝20種，故概率為eq\f(20,64)＝eq\f(5,16).故選A．5.(2019·全國Ⅱ卷)2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業(yè)取得又一重大成就，實現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個關(guān)鍵技術(shù)問題是地面與探測器的通訊聯(lián)系．為解決這個問題，發(fā)射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行．L2點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長線上．設(shè)地球質(zhì)量為M1，月球質(zhì)量為M2，地月距離為R，L2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律和萬有引力定律，r滿足方程：eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).設(shè)α＝eq\f(r,R)，由于α的值很小，因此在近似計算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，則r的近似值為(D)A．eq\r(\f(M2,M1))R B．eq\r(\f(M2,2M1))RC．eq\r(3,\f(3M2,M1))R D．eq\r(3,\f(M2,3M1))R【解析】由α＝eq\f(r,R)，得r＝αR，因為eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3)，所以eq\f(M1,R21＋α2)＋eq\f(M2,α2R2)＝(1＋α)eq\f(M1,R2)，即eq\f(M2,M1)＝α2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋α－\f(1,1＋α2)))＝eq\f(α5＋3α4＋3α3,1＋α2)≈3α3，解得α＝eq\r(3,\f(M2,3M1))，所以r＝αR＝eq\r(3,\f(M2,3M1))R.故選D.6.(2019·全國Ⅱ卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_26__個面，其棱長為eq\r(2)－1.【解析】由圖可知第一層與第三層各有9個面，計18個面，第二層共有8個面，所以該半正多面體共有18＋8＝26個面．如圖，設(shè)該半正多面體的棱長為x，則AB＝BE＝x，延長CB與FE交于點(diǎn)G，延長BC交正方體棱于H，由半正多面體對稱性可知，△BGE為等腰直角三角形，∴BG＝GE＝CH＝eq\f(\r(2),2)x，∴GH＝2×eq\f(\r(2),2)x＋x＝(eq\r(2)＋1)x＝1，∴x＝eq\f(1,\r(2)＋1)＝eq\r(2)－1，即該半正多面體棱長為eq\r(2)－1.1．創(chuàng)新型數(shù)學(xué)問題從形式上看很“新”，其提供的觀察材料和需要思考的問題異于常規(guī)試題，需要考生具有靈活、創(chuàng)新的思維能力，善于進(jìn)行發(fā)散性、求異性思考，尋找對材料內(nèi)涵的解釋和解決問題的辦法．此類問題考查的內(nèi)容都在考綱要求的范圍之內(nèi)，即使再新，也是在考生“力所能及”的范圍內(nèi)．只要擁有扎實的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識，以良好的心態(tài)坦然面對新情境，便可輕松破解！2．?dāng)?shù)學(xué)文化題一般是從中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化中挖掘素材，將數(shù)學(xué)文化與高中數(shù)學(xué)知識有機(jī)結(jié)合，要求考生對試題所提供的數(shù)學(xué)文化信息材料進(jìn)行整理和分析，在試題營造的數(shù)學(xué)文化氛圍中，感受數(shù)學(xué)的思維方式，體驗數(shù)學(xué)的理性精神．考法一集合與邏輯用語典例1在數(shù)學(xué)漫長的發(fā)展過程中，數(shù)學(xué)家發(fā)現(xiàn)在數(shù)學(xué)中存在著神秘的“黑洞”現(xiàn)象．?dāng)?shù)學(xué)黑洞：無論怎樣設(shè)值，在規(guī)定的處理法則下，最終都將得到固定的一個值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一樣．目前已經(jīng)發(fā)現(xiàn)的數(shù)字黑洞有“123黑洞”“卡普雷卡爾黑洞”“自戀性數(shù)字黑洞”等．定義：若一個n位正整數(shù)的所有數(shù)位上數(shù)字的n次方和等于這個數(shù)本身，則稱這個數(shù)是自戀數(shù)．已知所有一位正整數(shù)的自戀數(shù)組成集合A，集合B＝{x|－3<x<4，x∈Z}，則A∩B的子集個數(shù)為(D)A．3 B．4C．7 D．8【解析】依題意，A＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，B＝{－2，－1,0,1,2,3}，故A∩B＝{1,2,3}，故A∩B的子集個數(shù)為8.故選D.典例2(2023·云南曲靖)杜甫在《奉贈韋左丞丈二十二韻》中有詩句：“讀書破萬卷，下筆如有神．”對此詩句的理解是讀書只有讀透書，博覽群書，這樣落實到筆下，運(yùn)用起來才有可能得心應(yīng)手，如有神助一般，由此可得，“讀書破萬卷”是“下筆如有神”的(C)A．充分不必要條件B．充要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件【解析】杜甫的詩句表明書讀得越多，文章未必就寫得越好，但不可否認(rèn)的是，一般寫作較好的人，他的閱讀量一定不會少，而且所涉獵的文章范疇也會比一般讀書人廣泛．因此“讀書破萬卷”是“下筆如有神”的必要不充分條件．故選C．考法二三角函數(shù)與解三角形典例3(2023·湖南懷化)明朝早期，鄭和七下西洋過程中，將中國古代天體測量方面所取得的成就創(chuàng)造性地應(yīng)用于航海，形成了一套先進(jìn)航海技術(shù)——“過洋牽星術(shù)”．簡單地說，就是通過觀測不同季節(jié)、時辰的日月星辰在天空運(yùn)行的位置和測量星辰在海面以上的高度來判斷方位．其采用的主要工具是牽星板，由12塊正方形木板組成，最小的一塊邊長約2厘米(稱一指)，木板的長度從小到大依次成等差數(shù)列，最大的邊長約24厘米(稱十二指)．觀測時，將木板立起，一手拿著木板，手臂伸直，眼睛到木板的距離大約為72厘米，使?fàn)啃前迮c海平面垂直，讓板的下緣與海平面重合，上邊緣對著所觀測的星辰，依高低不同替換、調(diào)整木板，當(dāng)被測星辰落在木板上邊緣時所用的是幾指板，觀測的星辰離海平面的高度就是幾指，然后就可以推算出船在海中的地理緯度．如圖所示，若在一次觀測中，所用的牽星板為六指板，則tan2α＝(A)A．eq\f(12,35) B．eq\f(1,6)C．eq\f(12,37) D．eq\f(1,3)【解析】設(shè)等差數(shù)列為{an}，則a1＝2厘米，a12＝24厘米，所以公差d＝eq\f(a12－a1,12－1)＝eq\f(24－2,11)＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋10＝12厘米，則tanα＝eq\f(12,72)＝eq\f(1,6)，則tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,6),1－\f(1,36))＝eq\f(12,35).故選A．典例4(2022·全國高三校聯(lián)考階段練習(xí))秦九韶是我國南宋著名數(shù)學(xué)家，在他的著作《數(shù)書九章》中提出了已知三角形的三邊求面積的方法：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上．以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實．一為從隅，開平方得積．”以上文字用公式表示就是S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2＋a2－b2,2)))2)))，其中a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，S是△ABC的面積，在△ABC中，若a＝3，b＝5，c＝6，則△ABC的內(nèi)切圓的面積為(C)A．eq\f(7π,2) B．eq\f(4\r(14),7)πC．eq\f(8π,7) D．eq\f(9π,7)【解析】因為a＝3，b＝5，c＝6，所以S△ABC＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2＋a2－b2,2)))2)))＝eq\f(1,2)eq\r(62×32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(62＋32－52,2)))2)＝2eq\r(14).△ABC的周長l＝3＋5＋6＝14，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓半徑為r，由S△ABC＝eq\f(1,2)lr，解得r＝eq\f(2\r(14),7).所以△ABC的內(nèi)切圓的面積為πr2＝eq\f(8π,7).故選C．考法三數(shù)列典例5(2023·道里區(qū)校級四模)南宋楊輝在他1275年所著的《續(xù)古摘奇算法》中，對河圖洛書的數(shù)學(xué)問題進(jìn)行了詳盡的研究，其中對3階幻方的排列找出了一種奇妙的規(guī)律：“九子斜排，上下對易，左右相更，四維挺出，戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足．”即將1,2,3，…，9填入了3×3的方格內(nèi)，使三行、三列、對角線的三個數(shù)之和都等于15，如圖．一般地，將連續(xù)的正整數(shù)1,2,3，…，n2填入n×n個方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和相等，這個正方形叫做n階幻方．設(shè)n階幻方的數(shù)的和(即方格內(nèi)所有數(shù)的和)為Sn，則S6＝(D)492357816A．666 B．91C．576 D．111【解析】根據(jù)題意，幻方的每行，每列和兩條對角線上的數(shù)字之和都相等，Sn＝eq\f(1,n)×[1＋2＋3＋…＋(n2－1)＋n2]＝eq\f(1,n)×eq\f(1＋n2·n2,2)＝eq\f(1＋n2n,2)，故S6＝eq\f(1＋36×6,2)＝111.故選D.典例6(2023·四川宜賓統(tǒng)考模擬預(yù)測)南宋數(shù)學(xué)家楊輝給出了著名的三角垛公式：1＋(1＋2)＋(1＋2＋3)＋…＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)，則數(shù)列{n2－n}的前n項和為(A)A．eq\f(1,3)(n－1)n(n＋1) B．eq\f(1,3)(n－1)n(2n＋1)C．eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2) D．eq\f(1,6)(2n＋1)n(n＋1)【解析】∵1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，由題意可得：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))的前n項和為eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)，又∵n2－n＝2×eq\f(nn＋1,2)－2n，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(n2－n))的前n項和Sn＝2×eq\f(1×2,2)－2×1＋2×eq\f(2×3,2)－2×2＋…＋2×eq\f(nn＋1,2)－2n＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1×2,2)＋\f(2×3,2)＋…＋\f(nn＋1,2)))－2(1＋2＋…＋n)＝2×eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)－2×eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,3)(n－1)n(n＋1)．故選A．考法四平面向量典例7(2023·云南高三云南師大附中校考階段練習(xí))窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國古老的漢族傳統(tǒng)民間藝術(shù)之一，它歷史悠久，風(fēng)格獨(dú)特，深受國內(nèi)外人士所喜愛．如圖甲是一個正八邊形窗花隔斷，圖乙是從窗花圖中抽象出的幾何圖形示意圖．已知正八邊形ABCDEFGH的邊長為2eq\r(2)，M是正八邊形ABCDEFGH邊上任意一點(diǎn)，則eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值為(D)A．30＋4eq\r(2) B．28＋8eq\r(2)C．26＋16eq\r(2) D．24＋16eq\r(2)【解析】如圖，取AB的中點(diǎn)O，連接MO，連接BE，OE，分別過點(diǎn)C，點(diǎn)D作BE的垂線，垂足分別為I，J，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(MO,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(MO,\s\up6(→))2－eq\o(OA,\s\up6(→))2＝eq\o(MO,\s\up6(→))2－2，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)F或點(diǎn)E重合時，|eq\o(MO,\s\up6(→))|取得最大值，易得四邊形CDJI為矩形，△BCI，△DEJ為等腰直角三角形，則IJ＝2eq\r(2)，BI＝EJ＝2，則BE＝4＋2eq\r(2)，BO＝eq\r(2)，eq\o(MO,\s\up6(→))2取得最大值為BO2＋BE2＝(eq\r(2))2＋(4＋2eq\r(2))2＝26＋16eq\r(2)，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值為24＋16eq\r(2)，故選D.典例8(2022·全國高三校聯(lián)考階段練習(xí))黃金分割(GoldenSection)是一種數(shù)學(xué)上的比例關(guān)系．黃金分割具有嚴(yán)格的比例性、藝術(shù)性、和諧性，蘊(yùn)藏著豐富的美學(xué)價值．應(yīng)用時一般取0.618，就像圓周率在應(yīng)用時取3.14一樣．高雅的藝術(shù)殿堂里，自然也留下了黃金數(shù)的足跡．人們還發(fā)現(xiàn)，一些名畫、雕塑、攝影作品的主題，大多在畫面的0.618處．藝術(shù)家們認(rèn)為弦樂器的琴馬放在琴弦的0.618處，能使琴聲更加柔和甜美．黃金矩形(GoldenRectangle)的長寬之比為黃金分割率，換言之，矩形的長邊為短邊1.618倍．黃金分割率和黃金矩形能夠給畫面帶來美感，令人愉悅．在很多藝術(shù)品以及大自然中都能找到它．希臘雅典的巴特農(nóng)神廟就是一個很好的例子，達(dá)·芬奇的《維特魯威人》符合黃金矩形．《蒙娜麗莎》中蒙娜麗莎的臉也符合黃金矩形，《最后的晚餐》同樣也應(yīng)用了該比例布局.2000多年前，古希臘雅典學(xué)派的第三大算學(xué)家歐道克薩斯首先提出黃金分割．所謂黃金分割，指的是把長為L的線段分為兩部分，使其中一部分對于全部之比，等于另一部分對于該部分之比，黃金分割比為eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618.其實有關(guān)“黃金分割”，我國也有記載，雖沒有古希臘的早，但它是我國數(shù)學(xué)家獨(dú)立創(chuàng)造的．如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，BF⊥AC，DH⊥AC，AE⊥BD，CG⊥BD，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(\r(5)－1,2)eq\o(BO,\s\up6(→))，則eq\o(BF,\s\up6(→))＝(D)A．eq\f(3－\r(5),2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(5＋\r(5),10)eq\o(BG,\s\up6(→)) B．eq\f(3－\r(5),2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(5－\r(5),10)eq\o(BG,\s\up6(→))C．eq\f(\r(5)－1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(5－\r(5),10)eq\o(BG,\s\up6(→)) D．eq\f(3－\r(5),2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(5),5)eq\o(BG,\s\up6(→))【解析】∵eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(\r(5)－1,2)eq\o(BO,\s\up6(→))，顯然BE＝DG，BO＝OD＝eq\f(1,2)BD，所以eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(5)－1,2)))eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(5－\r(5),2)eq\o(BO,\s\up6(→))，∴eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(2,5－\r(5))eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\f(5＋\r(5),10)eq\o(BG,\s\up6(→))，∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(5)－1,2)eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(5)－1,2)(eq\o(BO,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))＝eq\f(3－\r(5),2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(5)－1,2)eq\o(BO,\s\up6(→))，∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(3－\r(5),2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(5),5)eq\o(BG,\s\up6(→))，故選D.考法五空間幾何典例9(2023·吉林四平)“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，半正多面體是由兩種或多種正多邊形面組成，而又不屬于正多面體的凸多面體．如圖，某廣場的一張石凳就是一個阿基米德多面體，它是由正方體截去八個一樣的四面體得到的．若被截正方體的棱長為40cm，則該阿基米德多面體的表面積為(A)A．(4800＋1600eq\r(3))cm2 B．(4800＋4800eq\r(3))cm2C．(3600＋3600eq\r(3))cm2 D．(3600＋1200eq\r(3))cm2【解析】由題意知，阿基米德多面體是由六個全等的正方形和八個全等的等邊三角形構(gòu)成，其中正方形邊長和等邊三角形的邊長均為eq\r(202＋202)＝20eq\r(2)；∴阿基米德多面體的表面積S＝6×(20eq\r(2))2＋8×eq\f(1,2)×20eq\r(2)×20eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝4800＋1600eq\r(3)(cm2)．故選A．典例10(2022·海南省直轄縣級單位高三嘉積中學(xué)?？茧A段練習(xí))圖1中的機(jī)械設(shè)備叫做“轉(zhuǎn)子發(fā)動機(jī)”，其核心零部件之一的轉(zhuǎn)子形狀是“曲側(cè)面三棱柱”，圖2是一個曲側(cè)面三棱柱，它的側(cè)棱垂直于底面，底面是“萊洛三角形”，萊洛三角形是以正三角形的三個頂點(diǎn)為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的，如圖3.若曲側(cè)面三棱柱的高為5，底面任意兩頂點(diǎn)之間的距離為10，則其側(cè)面積為(B)A．100π B．50πC．200π D．300π【解析】S＝eq\f(1,6)×2π×10×3×5＝50π.故選B.典例11(2023·全國高三專題練習(xí))“牟合方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積過程中構(gòu)造的一個和諧優(yōu)美的幾何模型．如圖1，正方體的棱長為2，用一個底面直徑為2的圓柱面去截該正方體，沿著正方體的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一個牟合方蓋(如圖2)．已知這個牟合方蓋與正方體內(nèi)切球的體積之比為4∶π，則正方體除去牟合方蓋后剩余部分的體積為(C)A．8－eq\f(4π,3) B．8－eq\f(π2,3)C．eq\f(8,3) D．eq\f(16,3)【解析】正方體的體積為23＝8，其內(nèi)切球的體積為eq\f(4π,3)，由條件可知牟合方蓋的體積為eq\f(4π,3)×eq\f(4,π)＝eq\f(16,3)，故正方體除去牟合方蓋后剩余的部分體積為8－eq\f(16,3)＝eq\f(8,3).故選C．考法六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)典例12(2022·北京海淀高三北大附中校考階段練習(xí))成書于約兩千多年前的我國古代數(shù)學(xué)典籍《九章算術(shù)》中記載了通過加減消元求解n元一次方程組的算法，直到擁有超強(qiáng)算力計算機(jī)的今天，這仍然是一種效率極高的算法．按照這種算法，求解n元一次方程組大約需要對實系數(shù)進(jìn)行C·n3(C為給定常數(shù))次計算.1949年，經(jīng)濟(jì)學(xué)家萊昂提夫為研究“投入產(chǎn)出模型”(該工作后來獲得1973年諾貝爾經(jīng)濟(jì)學(xué)獎)，利用當(dāng)時的計算機(jī)求解一個42元一次方程組，花了約56機(jī)時．事實上，他的原始模型包含500個未知數(shù)，受限于機(jī)器算力而不得不進(jìn)行化簡以減少未知數(shù)．如果不進(jìn)行化簡，根據(jù)未知數(shù)個數(shù)估計所需機(jī)時，結(jié)果最接近于(C)A．103機(jī)時 B．104機(jī)時C．105機(jī)時 D．106機(jī)時【解析】設(shè)1機(jī)時能進(jìn)行a次計算，則由題意得C·423≈56a，原始模型包含500個未知數(shù)，如果不進(jìn)行化簡，設(shè)所需機(jī)時為t，則C·5003≈ta，故t≈eq\f(5003,423)×56＝eq\f(53×106,33×72)＝eq\f(1250,1323)×105≈0.94×105，故結(jié)果最接近于105機(jī)時，故選C．典例13(多選)(2023·江蘇鹽城)高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美譽(yù)，用其名字命名的“高斯函數(shù)”：設(shè)x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝[x]稱為高斯函數(shù)，也稱為取整函數(shù)，例如：[－1.5]＝－2，[2.3]＝2，下列函數(shù)中，滿足函數(shù)y＝[f(x)]的值域中有且僅有兩個元素的是(ACD)A．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤0,1－2－x，x>0)) B．f(x)＝x＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C．f(x)＝|log2x|，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2)) D．f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)【解析】當(dāng)x≤0時，f(x)∈(－1,0]，[f(x)]∈{－1,0}；當(dāng)x>0時，f(x)∈(0,1)，[f(x)]∈{0}，故y＝[f(x)]的值域為{－1,0}，A滿足題意；f(x)＝x＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))單調(diào)遞減，在(1,2)單調(diào)遞增，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝f(2)＝eq\f(5,2)，f(1)＝2，故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，則y＝[f(x)]∈{2}，即y＝[f(x)]的值域為{2}，不滿足題意；下證f(x)＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))單調(diào)遞減：在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上任取x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝x1－x2＋eq\f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1x2)))，因為eq\f(1,2)<x1<x2<1，故x1－x2<0,1－eq\f(1,x1x2)<0，則f(x1)>f(x2)，故f(x)＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，同理f(x)在(1,2)單調(diào)遞增，B不滿足題意；y＝log2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，則log2x∈(－log23,1)，故f(x)∈[0，log23)，又1<log23<2，故[f(x)]∈{0,1}，即y＝[f(x)]的值域為{0,1}，C滿足題意；f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，又2x>0，則2x＋1>1，eq\f(2,2x＋1)∈(0,2)，1－eq\f(2,2x＋1)∈(－1,1)，即y＝f(x)的值域為(－1,1)，[f(x)]∈{－1,0}，則y＝[f(x)]的值域為{0,1}，D滿足題意．故選ACD.考法七統(tǒng)計概率典例14(2023·遼寧葫蘆島高一統(tǒng)考期末)張益唐是當(dāng)代著名華人數(shù)學(xué)家，他在數(shù)論研究方面取得了巨大成就，曾經(jīng)在《數(shù)學(xué)年刊》發(fā)表《質(zhì)數(shù)間的有界間隔》，證明了存在無窮多對質(zhì)數(shù)間隙都小于7000萬.2013年張益唐證明了孿生素數(shù)猜想的一個弱化形式，孿生素數(shù)猜想是希爾伯特在1900年提出的23個問題之一，可以這樣描述，存在無窮多個素數(shù)p，使得p＋2是素數(shù)，素數(shù)對(p，p＋2)稱為孿生素數(shù)，在不超過12的素數(shù)中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，能夠組成孿生素數(shù)的概率是(B)A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,10) D．eq\f(1,20)【解析】不超過12的素數(shù)有2、3、5、7、11共5個，在其中任取兩個數(shù)的基本事件為(2,3)、(2,5)、(2,7)、(2,11)、(3,5)、(3,7)、(3,11)、(5,7)、(5,11)、(7,11)共10個，其中是孿生素數(shù)的基本事件為(3,5)、(5,7)共2個，所以在不超過12的素數(shù)中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，能夠組成孿生素數(shù)的概率為eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).故選B.典例15(2023·全國高三專題練習(xí))我們的祖先創(chuàng)造了一種十分重要的計算方法：籌算．籌算用的算籌是竹制的小棍，也有骨制的．據(jù)《孫子算經(jīng)》記載，算籌記數(shù)法則是：凡算之法，先識其位，一縱十橫，百立千僵，千十相望，萬百相當(dāng)．即在算籌計數(shù)法中，表示多位數(shù)時，個位用縱式，十位用橫式，百位用縱式，千位用橫式，以此類推，如圖所示，例如：表示62，表示26，現(xiàn)有5根算籌，據(jù)此表示方式表示兩位數(shù)(算籌不剩余且個位不為0)，則這個兩位數(shù)大于40的概率為(B)A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,5)【解析】根據(jù)題意可知：一共5根算籌，十位和個位上可用的算籌可以分為4＋1,3＋2,2＋3,1＋4共四類情況；第一類：4＋1，即十位用4根算籌，個位用1根算籌，那十位可能是4或者8，個位為1，則兩位數(shù)為41或者81；第二類：3＋2，即十位用3根算籌，個位用2根算籌，那十位可能是3或者7，個位可能為2或者6，故兩位數(shù)可能32,36,72,76；第三類：2＋3，即十位用2根算籌，個位用3根算籌，那么十位可能是2或者6，個位可能為3或者7，故兩位數(shù)可能是23,27,63,67；第四類：1＋4，即十位用1根算籌，個位用4根算籌，那么十位為1，個位可能為4或者8，則該兩位數(shù)為14或者18，綜上可知：所有的兩位數(shù)有14,18,23,27,32,36,41,63,67,72,76,81共計12個，其中大于40的有41,63,67,72,76,81共計6個，故這個兩位數(shù)大于40的概率為eq\f(6,12)＝eq\f(1,2)，故選B.考法八復(fù)數(shù)典例16(2023·全國高三專題練習(xí))人們對數(shù)學(xué)研究的發(fā)展一直推動著數(shù)域的擴(kuò)展，從正數(shù)到負(fù)數(shù)、從整數(shù)到分?jǐn)?shù)、從有理數(shù)到實數(shù)等等.16世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家卡爾丹和邦貝利在解方程時，首先引進(jìn)了i2＝－1,17世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家笛卡兒把i稱為“虛數(shù)”，用a＋bi(a、b∈R)表示復(fù)數(shù)，并在直角坐標(biāo)系上建立了“復(fù)平面”．若復(fù)數(shù)z滿足方程z2＋2z＋5＝0，則z＝(C)A．－1＋2i B．－2－iC．－1±2i D．－2±i【解析】設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，因z2＋2z＋5＝0，則(a＋bi)2＋2(a＋bi)＋5＝0，即(a2－b2＋2a＋5)＋2b(a＋1)i＝0，而a，b∈R，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＋2a＋5＝0，,2ba＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝±2，))所以z＝－1±2i.故選C．典例17(2023·全國高三專題練習(xí))歐拉公式eix＝cosx＋isinx(其中i是虛數(shù)單位，e是自然對數(shù)的底數(shù))是數(shù)學(xué)中的一個神奇公式．根據(jù)歐拉公式，復(fù)數(shù)z＝ei在復(fù)平面上所對應(yīng)的點(diǎn)在(A)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【解析】由歐拉公式，z＝ei＝cos1＋isin1在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點(diǎn)(cos1，sin1)在第一象限．故選A．考法九不等式典例18《幾何原本》卷Ⅱ的幾何代數(shù)法成了后世西方數(shù)學(xué)家處理數(shù)學(xué)問題的重要依據(jù)．通過這一原理，很多代數(shù)的定理都能夠通過圖形實現(xiàn)證明，也稱之為無字證明．現(xiàn)有如圖所示圖形，點(diǎn)F在半圓O上，點(diǎn)C在直徑AB上，且OF⊥AB，設(shè)AC＝a，BC＝b，可以直接通過比較線段OF與線段CF的長度完成的無字證明為(C)A．a(chǎn)2＋b2≥2ab(a＞0，b＞0)B．eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)(a>0，b>0)C．eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a＞0，b＞0)D．eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)(a＞0，b＞0)【解析】由圖形可知，OF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)(a＋b)，OC＝eq\f(1,2)(a＋b)－b＝eq\f(1,2)(a－b)，在Rt△OCF中，由勾股定理可得，CF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2)＝eq\r(\f(a2＋b2,2))，∵CF≥OF，∴eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(1,2)(a＋b)，故選C．典例19(2023·四川成都)十六世紀(jì)中葉，英國數(shù)學(xué)家雷科德在《礪智石》一書中首先把“＝”作為等號使用，后來英國數(shù)學(xué)家哈利奧特首次命題正確的是使用“＜”和“＞”符號，并逐漸被數(shù)學(xué)界接受，不等號的引入對不等式的發(fā)展影響深遠(yuǎn)．若a，b，c∈R，則下列命題正確的是(D)A．若a＜b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)B．若a＞b＞0，則eq\f(b＋1,a＋1)<eq\f(b,a)C．若a＞b，則ac2>bc2D．若ac2>bc2，則a＞b【解析】當(dāng)a<0<b時，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，選項A錯誤；eq\f(b＋1,a＋1)－eq\f(b,a)＝eq\f(a－b,aa＋1)>0，所以eq\f(b＋1,a＋1)>eq\f(b,a)，所以選項B錯誤；c＝0時，ac2＝bc2，所以選項C錯誤；ac2>bc2時，a>b，所以選項D正確．故選D.考法十解析幾何典例20(多選)(2023·全國高三專題練習(xí))古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名．他發(fā)現(xiàn)：“平面內(nèi)到兩個定點(diǎn)A，B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點(diǎn)的軌跡是圓”．后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(－1,0)，B(2,0)，點(diǎn)P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(\r(2),2).點(diǎn)P的軌跡為曲線C，下列結(jié)論正確的是(AB)A．曲線C的方程為(x＋4)2＋y2＝18B．曲線C被y軸截得的弦長為2eq\r(2)C．直線x＋y－4＝0與曲線C相切D．P是曲線C上任意一點(diǎn)，當(dāng)△ABP的面積最大時點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－2，±3eq\r(2))【解析】設(shè)P(x，y)，由A(－1,0)，B(2,0)，eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(\r(2),2)可得eq\r(2)|PA|＝|PB|，所以eq\r(2)·eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(x－22＋y2)，整理可得x2＋y2＋8x－2＝0，即(x＋4)2＋y2＝18，故選項A正確；因為(x＋4)2＋y2＝18，令x＝0得y＝±eq\r(2)，曲線C被y軸截得的弦長為2eq\r(2)，故選項B正確；因為(x＋4)2＋y2＝18，所以圓心C(－4,0)，半徑r＝3eq\r(2)，所以圓心C(－4,0)到直線x＋y－4＝0的距離d＝eq\f(|－4－4|,\r(2))＝4eq\r(2)>3eq\r(2)，所以直線x＋y－4＝0與曲線C相離，故選項C錯誤；因為P是曲線C上任意一點(diǎn)，要使△ABP的面積最大，則曲線C上的點(diǎn)到x軸的距離最大，即△ABP的邊AB上的高等于圓的半徑3eq\r(2)時，△ABP的面積最大，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－4，±3eq\r(2))，故選項D錯誤．故選AB.典例21(2023·全國高三專題練習(xí))第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動會，已于2022年2月在北京和張家口舉行，北京冬奧會會徽以漢字“冬”為靈感來源，運(yùn)用中國書法的藝術(shù)形態(tài)，將厚重的東方文化底蘊(yùn)與國際化的現(xiàn)代風(fēng)格融為一體，呈現(xiàn)出新時代的中國新形象、新夢想．會徽圖形上半部分展現(xiàn)滑冰運(yùn)動員的造型，下半部分表現(xiàn)滑雪運(yùn)動員的英姿．中間舞動的線條流暢且充滿韻律，代表舉辦地起伏的山巒、賽場、冰雪滑道和節(jié)日飄舞的絲帶，下部為奧運(yùn)五環(huán)，不僅象征五大洲的團(tuán)結(jié)，而且強(qiáng)調(diào)所有參賽運(yùn)動員應(yīng)以公正、坦誠的運(yùn)動員精神在比賽場上相見．其中奧運(yùn)五環(huán)的大小和間距按以下比例(如圖)：若圓半徑均為12，則相鄰圓圓心水平距離為26，兩排圓圓心垂直距離為11，設(shè)五個圓的圓心分別為O1，O2，O3，O4，O5，若雙曲線C以O(shè)1，O3為焦點(diǎn)、以直線O2O4為一條漸近線，則C的離心率為(B)A．eq\f(\r(290),11) B．eq\f(\r(290),13)C．eq\f(13,11) D．eq\f(12,5)【解析】依題意，以點(diǎn)O2為原點(diǎn)，直線O1O3為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，點(diǎn)O4(－13，－11)，設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，其漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，因直線O2O4為一條漸近線，則有eq\f(b,a)＝eq\f(11,13)，雙曲線C的離心率為e＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,13)))2)＝eq\f(\r(290),13).故選B.1.(2023·天津)荀子曰：“故不積跬步，無以至千里；不積小流，無以成江海．”這句來自先秦時期的名言闡述了做事情不一點(diǎn)一點(diǎn)積累，就永遠(yuǎn)無法達(dá)成目標(biāo)的哲理．由此可得，“積跬步”是“至千里”的(B)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【解析】由題意可得：“積跬步”未必能“至千里”，但要“至千里”必須“積跬步”，故“積跬步”是“至千里”的必要不充分條件．故選B.2.(2022·內(nèi)蒙古赤峰高三統(tǒng)考階段練習(xí))材料一：已知三角形三邊長分別為a，b，c，則三角形的面積為S＝eq\r(pp－ap－bp－c)，其中p＝eq\f(a＋b＋c,2).這個公式被稱為海倫一秦九韶公式．材料二：阿波羅尼奧斯(Apollonius)在《圓錐曲線論》中提出橢圓定義：我們把平面內(nèi)與兩個定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)的點(diǎn)的軌跡叫做橢圓．根據(jù)材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC＝6，AB＋AC＝10，則△ABC面積的最大值為(C)A．6 B．10C．12 D．20【解析】令A(yù)B＝x，則AC＝10－x且BC＝6，故x∈(2,8)，而p＝eq\f(a＋b＋c,2)＝8，所以△ABC面積S＝eq\r(168－xx－2)＝eq\r(－16x－52＋144)，當(dāng)x＝5時，Smax＝12.故選C．3.(2022·河南高三校聯(lián)考階段練習(xí))在計算機(jī)尚未普及的年代，人們在計算三角函數(shù)時常常需要查表得到正弦和余弦值，三角函數(shù)表的制作最早可追測到古希臘數(shù)學(xué)家托勒密．下面給出了正弦表的一部分，例如，通過查表可知2°12′的正弦值為0.0384,30°54′的正弦值為0.5135，等等．則根據(jù)該表，416.5°的余弦值為(B)0′6′12′18′24′30′36′42′48′54′60′0°0.000000170035005200700087010501220140015701751°017501920209022702440262027902970314033203492°03490366038404010419043604540471048805060523…30°0.5000501550305045506050755090510551205135515031°5150516551805195521052255240525552705284529932°5299531453295344535853735388540254175432544633°5446546154765490550555195534554855635577559234°55925606562156355650566456785693570757215736…A．0.5461 B．0.5519C．0.5505 D．0.5736【解析】由題意，cos416.5°＝cos56.5°＝sin33.5°＝sin33°30′，查表可知sin33°30′＝0.5519.故選B.4.(2022·浙江校聯(lián)考模擬預(yù)測)我國古代數(shù)學(xué)家僧一行應(yīng)用“九服晷影算法”在《大衍歷》中建立了影長l與太陽天頂距θ(0°≤θ<180°)的對應(yīng)數(shù)表，這是世界數(shù)學(xué)史上較早的一張正切函數(shù)表．根據(jù)三角學(xué)知識可知，晷影長l等于表高h(yuǎn)與太陽天頂距θ正切值的乘積，即l＝htanθ.對同一“表高”測量兩次，第一次和第二次太陽天頂距分別為α，β，若第一次的“晷影長”是“表高”的3倍，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，則第二次的“晷影長”是“表高”的(A)A．1倍 B．eq\f(2,3)倍C．eq\f(5,2)倍 D．eq\f(7,2)倍【解析】由第一次的“晷影長”是“表高”的3倍得，tanα＝3，又tan(α－β)＝eq\f(1,2)，所以tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tanα－β,1＋tanαtanα－β)＝eq\f(3－\f(1,2),1＋3×\f(1,2))＝1，故第二次的“晷影長”是“表高”的1倍．故選A．5.(2022·云南高三校聯(lián)考階段練習(xí))“易有太極，是生兩儀，兩儀生四象，四象生八卦．”太極和八卦組合成了太極八卦圖(如圖1)．某太極八卦圖的平面圖如圖2所示，其中正八邊形的中心與圓心重合，O是正八邊形的中心，MN是圓O的一條直徑，且正八邊形ABCDEFGH內(nèi)切圓的半徑為2eq\r(2)＋2，|AB|＝|MN|＝4.若點(diǎn)P是正八邊形ABCDEFGH邊上的一點(diǎn)，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的取值范圍是(D)A．[2eq\r(3)，4] B．[2eq\r(2)，2eq\r(3)]C．[12＋8eq\r(2)，16＋8eq\r(2)] D．[8＋8eq\r(2)，12＋8eq\r(2)]【解析】如圖，連接PO.因為eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→)))·(eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－eq\o(OM,\s\up6(→))2.因為正八邊形ABCDEFGH內(nèi)切圓的半徑為2eq\r(2)＋2，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，所以2eq\r(2)＋2≤|eq\o(PO,\s\up6(→))|≤eq\r(16＋8\r(2)).因為|MN|＝4，所以|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝2，所以8＋8eq\r(2)≤eq\o(PO,\s\up6(→))2－eq\o(OM,\s\up6(→))2≤12＋8eq\r(2)，即eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的取值范圍是[8＋8eq\r(2)，12＋8eq\r(2)]．故選D.6.(2022·北京)在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，其所有外切矩形的頂點(diǎn)在一個定圓Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，稱此圓為該橢圓的蒙日圓．該圖由法國數(shù)學(xué)家G-Monge(1746—1818)最先發(fā)現(xiàn)．若橢圓C的離心率為e，左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，P為橢圓C上一動點(diǎn)，過P和原點(diǎn)作直線l與蒙日圓Γ相交于M，N，則eq\f(|PM|·|PN|,|PF1|·|PF2|)＝(B)A．eq\f(1,e2) B．1C．e2 D．以上答案均不正確【解析】令|PF1|·|PF2|＝m，因為|PF1|＋|PF2|＝2a，則|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4a2，所以PFeq\o\al(2,1)＋PFeq\o\al(2,2)＝4a2－2m，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PF1,\s\up6(→))＋\o(PF2,\s\up6(→))＝2\o(PO,\s\up6(→))，,\o(PF1,\s\up6(→))－\o(PF2,\s\up6(→))＝\o(F2F1,\s\up6(→))，))所以eq\o(PF1,\s\up6(→))2＋eq\o(PF2,\s\up6(→))2＋2eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝4eq\o(PO,\s\up6(→))2①，eq\o(PF1,\s\up6(→))2＋eq\o(PF2,\s\up6(→))2－2eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝eq\o(F2F1,\s\up6(→))2②則①＋②可得8a2－4m＝4eq\o(PO,\s\up6(→))2＋4c2，解得eq\o(PO,\s\up6(→))2＝2a2－c2－m，所以|PM|·|PN|＝(r－|PO|)(r＋|PO|)＝r2－|PO|2＝a2＋b2－(2a2－c2－m)＝m，故eq\f(|PM|·|PN|,|PF1|·|PF2|)＝1，故選B.7.(2022·全國高三專題練習(xí))2022年北京冬奧會開幕式中，當(dāng)《雪花》這個節(jié)目開始后，一片巨大的“雪花”呈現(xiàn)在舞臺中央，十分壯觀．理論上，一片雪花的周長可以無限長，圍成雪花的曲線稱作“雪花曲線”，又稱“科赫曲線”，是瑞典數(shù)學(xué)家科赫在1904年研究的一種分形曲線．如圖是“雪花曲線”的一種形成過程：從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，重復(fù)進(jìn)