統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)第一篇核心價值引領(lǐng)引領(lǐng)三素材創(chuàng)新弘揚文化文

引領(lǐng)三素材創(chuàng)新弘揚文化創(chuàng)新一從古籍名著中浸潤數(shù)學(xué)文化例1[2022·全國甲卷]沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術(shù)”，如圖，AB是以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點，D在AB上，CD⊥AB.“會圓術(shù)”給出AB的弧長的近似值s的計算公式：s＝AB＋CD2A．11-33C．9-33[聽課記錄]名師點題本題以沈括探討的圓弧長計算方法“會圓術(shù)”為背景，讓學(xué)生直觀感受我國古代科學(xué)家探究問題和解決問題的過程，引發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)愛好．對點訓(xùn)練1.[2022·安徽省江南十校高三一模]《周髀算經(jīng)》中“側(cè)影探日行”一文有記載：“即取竹空，徑一寸，長八尺，捕影而視之，空正掩目，而日應(yīng)空之孔．”意謂：“取竹空這一望筒，當望筒直徑d是一寸，筒長l是八尺時(注：一尺等于十寸)，從筒中搜捕太陽的邊緣視察，則筒的內(nèi)孔正好覆蓋太陽，而太陽的外緣恰好填滿竹管的內(nèi)孔．”如圖所示，O為竹空底面圓心，則太陽角∠AOB的正切值為()A．eq\f(320,1602－1)B．eq\f(1,160)C．eq\f(160,802－1)D．eq\f(1,80)創(chuàng)新二在先賢的成就中了解數(shù)學(xué)文化例2[2022·河南省名校聯(lián)盟1月聯(lián)考]我國南宋時期杰出數(shù)學(xué)家秦九韶在《數(shù)書九章》中提出了“三斜求積術(shù)”，其內(nèi)容為：“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．”把以上文字寫成公式，即S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)))).(其中S為面積，a，b，c為△ABC三個內(nèi)角A，B，C所對的邊).若bcosC＋ccosB＝4，c＝2eq\r(2)，且a＝c(cosB＋eq\r(2)cosC)，則利用“三斜求積”公式可得△ABC的面積S＝()A．2eq\r(3)B．2eq\r(7)C．4D．8對點訓(xùn)練2.[2022·湖北省圓創(chuàng)聯(lián)考高三2月其次次聯(lián)合測評]用祖暅原理計算球的體積時，夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的隨意一個平面所截，若截面面積都相等，則這兩個幾何體的體積相等．構(gòu)造一個底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，與半球(如圖1)放置在同一平面上，然后在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新幾何體(如圖2)，用任何一個平行于底面的平面去截它們時，可證得所截得的兩個截面面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等．現(xiàn)將橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,25)＝1(y≥0)繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后得一半橄欖狀的幾何體(如圖3)，類比上述方法，運用祖暅原理可求得其體積等于()A．15πB．30πC．45πD．60π創(chuàng)新三在數(shù)學(xué)故事中創(chuàng)建數(shù)學(xué)文化例3公元前5世紀，古希臘哲學(xué)家芝諾發(fā)表了聞名的阿基里斯悖論：讓烏龜在阿基里斯前面1000米處起先，和阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜?shù)?0倍，當競賽起先后，若阿基里斯跑了1000米，則烏龜便領(lǐng)先他100米；當阿基里斯跑完下一個100米時，烏龜仍舊前于他10米；當阿基里斯跑完下一個10米時，烏龜仍舊前于他1米……所以阿基里斯恒久追不上烏龜．依據(jù)這樣的規(guī)律，當阿基里斯和烏龜?shù)木嚯x恰好為10－2米時，烏龜爬行的總距離為()A．eq\f(104－1,90)米B．eq\f(105－1,900)米C．eq\f(105－9,90)米D．eq\f(104－9,900)米名師點題本題是以“阿基里斯悖論”為背景創(chuàng)設(shè)的等比數(shù)列求和的問題，破解此類題的基本思路是明確題意，構(gòu)建出等比數(shù)列的模型，再利用等比數(shù)列的通項公式、前n項和的公式，即可得出結(jié)果．當?shù)缺葦?shù)列{an}的公比q不為1時，其前n項和的公式有兩種，一般地，若a1，q與項數(shù)已知，常選用公式Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)求和，若a1，an與q已知，常選用公式Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)求和．對點訓(xùn)練3．十九世紀末，法國學(xué)者貝特朗在探討幾何概型時提出了“貝特朗悖論”，即“在一個圓內(nèi)隨意選一條弦，這條弦的弦長長于這個圓的內(nèi)接等邊三角形邊長的概率是多少？”．貝特朗采納“隨機半徑”“隨機端點”“隨機中點”三個合理的求解方法，但結(jié)果都不相同．該悖論的矛頭直擊幾何概率概念本身，劇烈地刺激了概率論基礎(chǔ)的嚴格化．設(shè)A為圓O上一個定點，在圓周上隨機取一點B，連接AB，如圖所示，則由“隨機端點”求法所求得的弦長AB大于圓O的內(nèi)接等邊三角形ACD邊長的概率為()A．eq\f(1,5)B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3)D．eq\f(1,2)引領(lǐng)三素材創(chuàng)新弘揚文化創(chuàng)新一[例1]解析：連接OC，則依據(jù)垂徑定理知O，C，D三點共線．因為OA＝2，∠AOB＝60°，所以AB＝2，OC＝eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)，則CD＝2－eq\r(3)，所以eq\o(AB,\s\up8(︵))的弧長的近似值s＝AB＋eq\f(CD2,OA)＝2＋eq\f(（2－\r(3)）2,2)＝eq\f(11－4\r(3),2).故選B.答案：B對點訓(xùn)練1．解析：由題意可知：eq\f(d,l)＝eq\f(1,80)，taneq\f(∠AOB,2)＝eq\f(\f(d,2),l)＝eq\f(1,160)，所以tan∠AOB＝eq\f(2tan\f(∠AOB,2),1－tan2\f(∠AOB,2))＝eq\f(\f(1,80),1－\f(1,1602))＝eq\f(320,1602－1).故選A.答案：A創(chuàng)新二[例2]解析：因為bcosC＋ccosB＝4，由余弦定理可得beq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋ceq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝4，所以a＝4，又因為a＝c（cosB＋eq\r(2)cosC），由正弦定理可得sinA＝sinCcosB＋eq\r(2)sinCcosC，即sin（B＋C）＝sinCcosB＋eq\r(2)sinCcosC，所以sinBcosC＝eq\r(2)sinCcosC，因為a>c，所以A>C，所以C<eq\f(π,2)，所以sinB＝eq\r(2)sinC，所以b＝eq\r(2)c＝4，代入S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2))))＝eq\r(\f(1,4)（16×8－42）)＝2eq\r(7).故選B.答案：B對點訓(xùn)練2．解析：構(gòu)造一個底面半徑為3，高為5的圓柱，在圓柱中挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點的圓錐，則當截面與頂點距離為h（0≤h≤5）時，小圓錐的底面半徑為r，則eq\f(h,5)＝eq\f(r,3)，∴r＝eq\f(3,5)h，故截面面積為9π－eq\f(9h2π,25)，把y＝h代入橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,25)＝1可得x＝±eq\f(3\r(25－h(huán)2),5)，∴橄欖球形幾何體的截面面積為πx2＝9π－eq\f(9h2π,25)，由祖暅原理可得半個橄欖球形幾何體的體積V＝V圓柱－V圓錐＝9π×5－eq\f(1,3)×9π×5＝30π.故選B.答案：B創(chuàng)新三[例3]解析：通解設(shè)烏龜每次爬行的距離構(gòu)成數(shù)列{an}，則數(shù)列{an}為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則a1＝100，q＝eq\f(1,10)，an＝a1qn－1.令10－2＝100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))eq\s\up12(n－1)，解得n＝5，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(100×（1－0.15）,1－0.1)＝eq\f(105－1,900)，即烏龜爬行的總距離為eq\f(105－1,900)米．故選B.優(yōu)解設(shè)烏龜每次爬行的距離構(gòu)成數(shù)列{an}，則數(shù)列{an}為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則a1＝100，q＝eq\f(1,10).令an＝10－2，則Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝eq\f(100－10