2023高考数学二轮专题复习 技巧03 数学文化与数学阅读解题策略（精讲精练）（解析版）

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数学文化与数学阅读是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，主要以选择题、填空题为主，难度适中．
【核心考点目录】
核心考点一：融合传统文化和数学史的数学阅读题
核心考点二：融合其他学科知识的数学阅读题
核心考点三：融合社会热点和建设成就的数学阅读题
核心考点四：融合生活实际的数学阅读题
【真题回归】
1．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【解析】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
2．（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
3．（2022·全国·统考高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
4．（2022·全国·统考高考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.
5．（2022·全国·统考高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
6．（2022·浙江·统考高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．
【答案】.
【解析】因为，所以．
故答案为：.
【方法技巧与总结】
数学文化与数学阅读试题一般从中外优秀传统文化和生产生活实际中挖掘素材，将数学文化、生活情境与高中数学知识有机结合．其解答过程大致需要实现两个转化：先是将实际问题转化为数学问题，然后再将数学问题转化为问题结果．具体地说，就是先通过阅读情境、审读题目，在明确对象、分析过程（或状态）的基础 上过滤情境，并构造出符合题意的数学模型，从而使“实际问题”转化为“数学问题”；接着选用恰当的数学方法求解作答，得出“问题结果”，并将其纳入原问题的情境中，予以“检验讨论”，对解题过程作出评价．其中过滤情境、构建模型的环节至关重要，它既是使复杂的实际问题转化为相应的数学问题的前提，也是正确选用数学方法、求解数学问题的依据，起着承上启下的关键作用．
【核心考点】
核心考点一：融合传统文化和数学史的数学阅读题
【典型例题】
例1．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校联考阶段练习）南宋时期，秦九韶就创立了精密测算雨量、雨雪的方法，他在《数学九章》载有“天池盆测雨”题，使用一个圆台形的天池盆接雨水．观察发现体积一半时的水深大于盆高的一半，体积一半时的水面面积大于盆高一半时的水面面积，若盆口半径为，盆底半径为，根据如上事实，可以抽象出的不等关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】经圆台形的天池盆补形为圆锥，则以为底面半径的圆锥体积与以为底面半径的圆锥体积之比为，如图所示，
设以为底面半径的圆锥体积为，则以为底面半径的圆锥体积为，
以为底面半径的圆锥体积为，
则由题意，即.
故选：D.
例2．（2023春·吉林·高三东北师大附中校考阶段练习）围棋起源于中国，春秋战国时期已有记载，隋唐时经朝鲜传入日本，后流传到欧美各国.围棋蕴含着中华文化的丰富内涵，它是中国文化与文明的体现.围棋使用方形格状棋盘及黑白二色圆形棋子进行对弈，棋盘上有纵横各19条线段形成361个交叉点，棋子走在交叉点上，双方交替行棋，落子后不能移动，每个交叉点上可能出现黑､白､空三种情况，因此有种不同的情况，北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即种.现利用来估算的值，下列数中与估算结果最接近的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
，
故.
故选：B
例3．（2023春·贵州贵阳·高三统考阶段练习）秦九韶是我国南宋时期的著名数学家，他在著作《数书九章》中提出，已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法“三斜求积术”，即在中，分别为内角所对应的边，其公式为：若，，，则利用“三斜求积术”求的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，由正弦定理得：，则
又由余弦定理得：
则由“三斜求积术”得.
故选：D.
核心考点二：融合其他学科知识的数学阅读题
【典型例题】
例4．（2023·江苏·高三专题练习）文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的城市广场，历史上地质宫广场曾被规划为伪满洲国的国都广场．文化广场以新民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地质宫（现为吉林大学地质博物馆）主楼辉映下显得十分壮观．现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为太阳鸟雕塑最顶端，B为太阳鸟雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点．测得CD的长为m．兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度AB的是（ ）
A．m、、、B．m、、、
C．m、、、D．m、、、
【答案】B
【解析】结合选项可知是必选条件，
求的思路是：求得或中的一条，然后解直角三角形求得；
或用表示，利用余弦定理解方程来求得.
A选项，根据m、、，可利用正弦定理求得，从而求得.
B选项，m、、、四个条件，无法通过解三角形求得.
C选项，根据m、、，利用正弦定理可求得，从而求得.
D选项，由、借助直角三角形和余弦定理，用表示出，
然后结合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得.
所以B选项的条件不能计算出.
故选：B
例5．（2023·上海·高三专题练习）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
例6．（2023·全国·高三专题练习）开普勒（Jhannes Kepler，1571~1630），德国数学家、天文学家，他发现所有行星运行的轨道与公转周期的规律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等.已知金星与地球的公转周期之比约为2:3，地球运行轨道的半长轴为a，则金星运行轨道的半长轴约为（ ）
A．0.66aB．0.70aC．0.76aD．0.96a
【答案】C
【解析】设金星运行轨道的半长轴为，金星和地球的公转周期分别为，，由开普勒定律得.因为，所以，即.
因为函数在上单调递增，且，且，所以，因此，
故选：C.
例7．（2023春·贵州贵阳·高三统考阶段练习）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1B．10.1C．lg10.1D．
【答案】A
【解析】两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
核心考点三：融合社会热点和建设成就的数学阅读题
【典型例题】
例8．（2023·北京·高三专题练习）2020年，由新型冠状病毒（SARS-CV-2）感染引起的新型冠状病毒肺炎（COVID-19）在国内和其他国家暴发流行，而实时荧光定量PCR（RT-PCR）法以其高灵敏度与强特异性，被认为是COVID-19的确诊方法，实时荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量.已知某样本的扩增效率，则被测标本的DNA大约扩增（ ）次后，数量会变为原来的125倍.（参考数据：）
A．10B．11C．12D．13
【答案】C
【解析】因为，所以.由题意，知，得，故被测标本的DNA大约扩增12次后，数量会变为原来的125倍.
故选：C
例9．（2023·全国·高三专题练习）在新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段，在某医院成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第n天，设每个检测对象从接受检测到检测报告生成的平均耗时为（单位：小时），已知与n之间的函数关系为（，为常数），并且第16天的检测过程平均耗时16小时，第64天和第67天的检测过程平均耗时均为8小时，那么可得第49天的检测过程平均耗时大约为（ ）
A．7小时B．8小时C．9小时D．10小时
【答案】C
【解析】由已知可得，当时，函数为定值；当时，显然函数为单调函数.则根据数值分析可得， .所以有，解得.
因为，所以.
故选：C.
例10．（2023·全国·高三专题练习）2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行．点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：
.
设，由于的值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由，得
因为，
所以，
即，
解得，
所以
核心考点四：融合生活实际的数学阅读题
【典型例题】
例11．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）在“绿水青山就是金山银山”发展理念的指导下，治沙防沙的科技实力不断提升，并为沙漠治理提供了有力的资金和技术支持.现在要调查某地区沙漠经过治理后的植物覆盖面积和某野生动物的数量，将该地区分成面积相近的150个地块，用简单随机抽样的方法抽出15个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，经统计得，则该地区的植物覆盖面积和这种野生动物数量的估计值分别为（ ）
A．600，1200B．600，12000C．60，1200D．60，12000
【答案】B
【解析】
该地区的的植物覆盖面积的平均数估计值为公顷
所以该地区的的植物覆盖面积估计值为，
这种野生动物数量的估计值为，
故选：B
例12．（2023·全国·高三专题练习）《易经》中记载着一种几何图形一一八封图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习，去测量当地八卦田的面积如图，现测得正八边形的边长为8，代表阴阳太极图的圆的半径为2，则每块八卦田的面积为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
由图可知，正八边形分割成8个全等的等腰三角形，顶角为，
设等腰三角形的腰长为，
由正弦定理可得，解得，
所以三角形的面积为，
则每块八卦田的面积为.
故选：A.
例13．（2023·全国·高三专题练习）某校开展社会实践活动，学生到工厂制作一批景观灯箱(如图，在直四棱柱上加工，所有顶点都在棱上)，灯箱最上面是正方形，与之相邻的四个面都是全等的正三角形，灯箱底部是边长为a的正方形，灯箱的高度为10a，则该灯箱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
因为灯箱底部是边长为a的正方形，灯箱的高度为10a，所以长方体的体积.
因为灯箱最上面是正方形，与之相邻的四个面都是全等的正三角形，
所以四个缺口相当于切掉了四个以，，为棱长，且互相垂直的正三棱锥，
所以四个缺口的体积，从而该灯箱的体积为.
故选：C
例14．（2023·四川达州·一模）四川省将从2022年秋季入学的高一年级学生开始实行高考综合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”为首选科目，即物理与历史二选一.某校为了解学生的首选意愿，对部分高一学生进行了抽样调查，制作出如下两个等高条形图，根据条形图信息，下列结论正确的是（ ）
A．样本中选择物理意愿的男生人数少于选择历史意愿的女生人数
B．样本中女生选择历史意愿的人数多于男生选择历史意愿的人数
C．样本中选择物理学科的人数较多
D．样本中男生人数少于女生人数
【答案】C
【解析】
根据等高条形图图1可知样本中选择物理学科的人数较多，故C正确；
根据等高条形图图2可知样本中男生人数多于女生人数，故D错误；
样本中选择物理学科的人数多于选择历史意愿的人数，而选择物理意愿的男生比例高，选择历史意愿的女生比例低，
所以样本中选择物理意愿的男生人数多于选择历史意愿的女生人数，故A错误；
样本中女生选择历史意愿的人数不一定多于男生选择历史意愿的人数，故B错误.
故选：C.
【新题速递】
1．（2023春·甘肃兰州·高三兰化一中校考阶段练习）在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则下列说法：①此人第四天走了二十四里路；②此人第二天走的路程比后五天走的路程少九十里；③此人第二天走的路程占全程的；④此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍.其中正确的有（ ）
A．①③B．①②④C．②③④D．③④
【答案】B
【解析】设此人六天所走路程分别为，，，，，
由题意得，，，，，构成公比为的等比数列，且前6项和
则，解之得，
则，，，，
则此人第四天走了24里路. ①判断正确；
此人第二天走的路程比后五天走的路程少90里.②判断正确；
此人第二天走的路程占全程的. ③判断错误；
此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍. ④判断正确.
综上，正确的有①②④
故选：B
2．（2023·全国·高三校联考阶段练习）高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】记第层有个球，则，，，，
结合高阶等差数列的概念知，，，，，则第层的小球个数
．
故选：B
3．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（ ）个．
A．240B．360C．600D．720
【答案】A
【解析】利用插空法：共有种.
故选：A
4．（2023春·山东济南·高三统考期中）三角形的三边分别为，秦九韶公式和海伦公式是等价的，都是用来求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在公元7世纪的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四边分别为，则（为一组对角和的一半）.已知四边形四条边长分别为，则四边形最大面积为（ ）
A．21B．C．D．
【答案】D
【解析】且四边形四条边长分别为，
，

,
当，即时，
故选：D
5．（2023·四川资阳·统考模拟预测）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．“十二平均律”是将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比均为常数，且最后一个单音的频率为第一个单音频率的2倍．如图，在钢琴的部分键盘中，，，…，这十三个键构成的一个纯八度音程，若其中的（根音），（三音），（五音）三个单音构成了一个原位大三和弦，则该和弦中五音与根音的频率的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意得到：，故，故.
故选：C
6．（2023·全国·高三专题练习）荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.“这句来自先秦时期的名言.此名言中的“积跬步”是“至千里”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】B
【解析】由名言，可得大意为如果不“积跬步”，便不能“至千里”，其逆否命题为若要“至千里”，则必要“积跬步”，另一方面，只要“积跬步”就一定能“至千里”吗，不一定成立，
所以“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件.
故选：B
7．（2023春·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛的用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（每个面都是正三角形的八面体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点．若相邻两个氟原子之间的距离为，则以六氟化硫分子中6个氟原子为顶点构成的正八面体的体积是（ ）．（氟原子的大小可以忽略不计）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，连接，设交于点，连接，
因为，为的中点，也是的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
令相邻两个氟原子之间的距离为，则，，
因为，所以，
因为四边形为正方形，所以，
所以，
所以该正八面体的体积是，
故选：D
8．（2023·江西景德镇·高三统考阶段练习）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是（ ）
A．该二十四等边体的表面积为
B．平面
C．直线与的夹角为
D．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式
【答案】B
【解析】对于A，，，，故A正确；
对于B，由图可知,,但BF与AB和AE都不垂直，所以QH不可能与平面ABE垂直，故B错误；
对于C，由图可知，而直线AH与AD的夹角为，所以直线与的夹角为，故C正确；
对于D，该半正多面体的顶点数为12、面数为14、棱数为24，满足，故D正确；
故选：B.
9．（2023·浙江温州·统考模拟预测）某制药企业为了响应并落实国家污水减排政策，加装了污水过滤排放设备，在过滤过程中，污染物含量M（单位：）与时间t（单位：h）之间的关系为：（其中，k是正常数）．已知经过，设备可以过速掉20%的污染物，则过滤一半的污染物需要的时间最接近（ ）（参考数据：）
A．3hB．4hC．5hD．6h
【答案】A
【解析】由题意可知，
所以，
又因为，
所以，
所以
，
比较接近3，
故选：A
10．（多选题）（2023春·山东潍坊·高三统考期中）斐波那契数列又称黄金分割数列,因意大利数学家列昂纳多-斐波那契以兔子繁殖为例子而引人,故又称为“兔子数列”,在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有直接的应用.在数学上,斐波那契数列被以下递推的方法定义:数列满足:,.则下列结论正确的是（ ）
A．B．是奇数
C．D．被4除的余数为0
【答案】BCD
【解析】解:由题知,关于选项A,
,
故选项A错误;
关于选项B,3的倍数项为偶数,其他项为奇数,下面用数学归纳法证明:
①当时,,满足规律,
②假设当时满足为偶数,为奇数,
③当时,
,为奇数,为偶数,
,为奇数,为偶数,为奇数,
,为奇数,为偶数,为奇数,
故3的倍数项为偶数,其他项为奇数得证,
2023项是非3的倍数项,故选项B正确;
关于选项C,有成立,用数学归纳法证明如下:
①当时,,满足规律,
②假设当时满足成立,
③当时,
成立,满足规律,
故,
令,
则有成立,
故选项C正确;
关于选项D,有能被4整除成立,用数学归纳法证明如下:
①当时,,满足规律,
②假设当时,满足
③当时,
能被4整除得证,
,能被4整除得证,
故选项D正确.
故选:BCD
11．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）杨辉三角形，又称贾宪三角形，是二项式系数（，且）在三角形中的一种几何排列，北宋人贾宪约1050年首先使用“贾宪三角”进行高次开方运算，南宋时期杭州人杨辉在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，辑录了如下图所示的三角形数表，称之为“开方作法本源”图，并说明此表引自11世纪前半贾宪的《释锁算术》，并绘画了“古法七乘方图”，故此，杨辉三角又被称为“贾宪三角”，杨辉三角形的构造法则为：三角形的两个腰都是由数字1组成的，其余的数都等于它肩上的两个数字相加.根据以上信息及二项式定理的相关知识分析，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．当且时，
C．为等差数列
D．存在，使得为等差数列
【答案】ABD
【解析】A选项：由组合数的性质可知A正确；
B选项：，
因为，所以，所以，B正确；
C选项：，C错误；
D选项：当时，，所以数列为公差为1的等差数列，D正确.
故选：ABD.
12．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（ ）
A．AB与平面BCD所成的角为B．
C．与AB所成的角是的棱共有16条D．该半正多面体的外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.
则由半正多面体的表面积为，
得，解得，
∵，
因为平面，为AB与平面BCD的夹角，
因为为直角三角形，且，所以
所以AB与平面BCD所成的角为，故A正确；
∴，故B错误；
在与相交的6条棱中，与AB所成的角是的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是的棱共有16条，故C正确；
由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为，
则有，，所以，
故该半正多面体的外接球的半径为，面积为，故D错误；
故选：AC.
13．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）古代中国的太极八卦图是以圆内的圆心为界，画出相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，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．图2（正八边形ABCDEFGH）是由图1（八卦模型图）抽象而得到，并建立如图2的平面直角坐标系，设，则下列正确的结论是（ ）
A．
B．以射线OF为终边的角的集合可以表示为
C．点O为圆心、OA为半径的圆中，弦AB所对的劣弧弧长为
D．正八边形ABCDEFGH的面积为
【答案】ABC
【解析】由题意可得，正八边形的八个内角相等，则一个内角为，
，
因为，，
所以，所以A正确；
因为，所以以射线为终边的角的集合可以表示为，所以B正确；
对于C，因为，半径为1，所以弦所对的劣弧弧长为，所以C正确；
对于D，因为，所以正八边形的面积为，所以D错误，
故选：ABC
14．（2023·青海海东·统考一模）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的前纸，它是中国古老的传统民间艺术之一.在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）.已知正方形的边长为2，中心为，四个半圆的圆心均为正方形各边的中点（如图2），若在的中点，则___________.
【答案】8
【解析】方法一：
图3
如图3，取中点为，连结，显然过点.
易知，，，
则，，.
所以，.
图4
如图4，延长交于，易知是的中点，且.
则，，
在中，，.
所以，.
所以，.
故答案为：8.
方法二：
图5
取中点为，连结，显然过点.
易知，，，
如图5，取中点为，显然，，.
在中，，.
又为中点，则.
所以，.
故答案为：8.
15．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块，己知每层环数相同，且三层共有扇面形石板（不含天心石）块，则中层有扇面形石板_________块
【答案】
【解析】设上、中、下三层的石板块数分别为、、，由题意可知、、成等差数列，
所以，，解得.
故答案为：.
16．（2023春·陕西西安·高三统考期末）明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进的航海技术——“过洋牵星术”，简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，其由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米（称一指），木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米（称十二指）．观测时，将牵星板立起，一手拿木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对所观测的星辰依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度，如图所示，若在一次观测中所用的牵星板为六指板，则___________．
【答案】
【解析】由题可知六指板为12厘米，由此可知，
故，,
.
故答案为：.
17．（2023·广西·统考模拟预测）我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积为.若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】因为,
所以由正弦定理得,
所以,
所以由余弦定理得,
而,
所以,
所以,
所以,
由得,
所以，当且仅当时取等号,
所以,
故面积的最大值为.
故答案为：
18．（2023·全国·高三专题练习）佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效．经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x（单位：克）与香囊功效y之间满足，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的标准差为______克．
【答案】
【解析】设抽取的6个香囊中草药甲的含量分别为克，香囊功效分别为，.
草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，即，，
则，则这6个香囊中草药甲含量的方差
，
所以这6个香囊中草药甲含量的标准差为克．
故答案为：.
19．（2023·全国·高三专题练习）发现问题是数学建模的第一步，对我们中学生来说养成发现问题并将问题记录下来的习惯相当重要．相传2500多年前，古希腊数学家毕达哥拉斯有一次在朋友家作客时，发现朋友家用砖铺成的地面的图案（如图）反映了直角三角形三边的某种数量关系，他将自己的发现记录下来，经过后续研究发现了勾股定理．请你也来仔细观察，观察图中的多边形面积，然后用文字写出你的一个关于多边形面积的发现：________（提示：答案可以是疑问句，也可以陈述句，答案不唯一）．
【答案】分别以等腰直角三角形两直角边为边长的两个正方形的面积之和等于以斜边为边长的正方形的面积.（答案不唯一）
【解析】分别以等腰直角三角形两直角边为边长的两个正方形的面积之和等于以斜边为边长的正方形的面积.
如图，为等腰直角三角形，为斜边，
则有，
以边为边长的正方形的面积，
以边为边长的正方形的面积，
以边为边长的正方形的面积，
所以，
故答案为：分别以等腰直角三角形两直角边为边长的两个正方形的面积之和等于以斜边为边长的正方形的面积.（答案不唯一）
20．（2023·全国·高三专题练习）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”一一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，如图1所示.类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形.在中，若，则___________.
【答案】
【解析】由题意，，，
所以．
故答案为：．