新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第3讲创新情境与数学文化教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第3讲创新情境与数学文化教师用书，共20页。试卷主要包含了75 B．0，故选A．，故选D等内容，欢迎下载使用。

1. (2022·全国新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′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DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为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成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( D )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
【解析】 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，由题意得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，故选D.
2. (2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( 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】 如图，取CD的中点E，设CD＝a，PE＝b，则PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(b2－\f(a2,4))，由题意PO2＝eq \f(1,2)ab，即b2－eq \f(a2,4)＝eq \f(1,2)ab，化简得4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2－2·eq \f(b,a)－1＝0，解得eq \f(b,a)＝eq \f(1＋\r(5),4)(负值舍去)．故选C．
3. (2020·全国Ⅱ卷)如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤iA．5 B．8
C．10 D．15
【解析】 根据题意可知，原位大三和弦满足：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.原位小三和弦满足：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.故个数之和为10.故选C．
4. (2019·全国Ⅰ卷)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，下图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( 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种可能，其中满足恰有3个阳爻的有Ceq \\al(3,6)＝20种，故概率为eq \f(20,64)＝eq \f(5,16).故选A．
5. (2019·全国Ⅱ卷)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L2点的轨道运行．L2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，L2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：eq \f(M1,R＋r2)＋eq \f(M2,r2)＝(R＋r)eq \f(M1,R3).设α＝eq \f(r,R)，由于α的值很小，因此在近似计算中eq \f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，则r的近似值为( D )
A．eq \r(\f(M2,M1))R B．eq \r(\f(M2,2M1))R
C．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，因为eq \f(M1,R＋r2)＋eq \f(M2,r2)＝(R＋r)eq \f(M1,R3)，所以eq \f(M1,R21＋α2)＋eq \f(M2,α2R2)＝(1＋α)eq \f(M1,R2)，即eq \f(M2,M1)＝α2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋α－\f(1,1＋α2)))＝eq \f(α5＋3α4＋3α3,1＋α2)≈3α3，解得α＝eq \r(3,\f(M2,3M1))，所以r＝αR＝eq \r(3,\f(M2,3M1))R.故选D.
6. (2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_26__个面，其棱长为 eq \r(2)－1 .
【解析】 由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18＋8＝26个面．如图，设该半正多面体的棱长为x，则AB＝BE＝x，延长CB与FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，∴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，即该半正多面体棱长为eq \r(2)－1.
1．创新型数学问题从形式上看很“新”，其提供的观察材料和需要思考的问题异于常规试题，需要考生具有灵活、创新的思维能力，善于进行发散性、求异性思考，寻找对材料内涵的解释和解决问题的办法．此类问题考查的内容都在考纲要求的范围之内，即使再新，也是在考生“力所能及”的范围内．只要拥有扎实的数学基础知识，以良好的心态坦然面对新情境，便可轻松破解！
2．数学文化题一般是从中华优秀传统文化中挖掘素材，将数学文化与高中数学知识有机结合，要求考生对试题所提供的数学文化信息材料进行整理和分析，在试题营造的数学文化氛围中，感受数学的思维方式，体验数学的理性精神．
考法一 集合与逻辑用语
典例1 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B＝{x|－3A．3 B．4
C．7 D．8
【解析】 依题意，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的子集个数为8.故选D.
典例2 (2023·云南曲靖)杜甫在《奉赠韦左丞丈二十二韵》中有诗句：“读书破万卷，下笔如有神．”对此诗句的理解是读书只有读透书，博览群书，这样落实到笔下，运用起来才有可能得心应手，如有神助一般，由此可得，“读书破万卷”是“下笔如有神”的( C )
A．充分不必要条件
B．充要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 杜甫的诗句表明书读得越多，文章未必就写得越好，但不可否认的是，一般写作较好的人，他的阅读量一定不会少，而且所涉猎的文章范畴也会比一般读书人广泛．因此“读书破万卷”是“下笔如有神”的必要不充分条件．故选C．
考法二 三角函数与解三角形
典例3 (2023·湖南怀化)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以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，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，将木板立起，一手拿着木板，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，上边缘对着所观测的星辰，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tan 2α＝( A )
A．eq \f(12,35) B．eq \f(1,6)
C．eq \f(12,37) D．eq \f(1,3)
【解析】 设等差数列为{an}，则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，则tan α＝eq \f(12,72)＝eq \f(1,6)，则tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(1,6),1－\f(1,36))＝eq \f(12,35).故选A．
典例4 (2022·全国高三校联考阶段练习)秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中提出了已知三角形的三边求面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”以上文字用公式表示就是S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2＋a2－b2,2)))2)))，其中a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，S是△ABC的面积，在△ABC中，若a＝3，b＝5，c＝6，则△ABC的内切圆的面积为( C )
A．eq \f(7π,2) B．eq \f(4\r(14),7)π
C．eq \f(8π,7) D．eq \f(9π,7)
【解析】 因为a＝3，b＝5，c＝6，所以S△ABC＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2＋a2－b2,2)))2)))＝eq \f(1,2)eq \r(62×32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(62＋32－52,2)))2)＝2eq \r(14).△ABC的周长l＝3＋5＋6＝14，设△ABC的内切圆半径为r，由S△ABC＝eq \f(1,2)lr，解得r＝eq \f(2\r(14),7).所以△ABC的内切圆的面积为πr2＝eq \f(8π,7).故选C．
考法三 数列
典例5 (2023·道里区校级四模)南宋杨辉在他1275年所著的《续古摘奇算法》中，对河图洛书的数学问题进行了详尽的研究，其中对3阶幻方的排列找出了一种奇妙的规律：“九子斜排，上下对易，左右相更，四维挺出，戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足．”即将1,2,3，…，9填入了3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图．一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方．设n阶幻方的数的和(即方格内所有数的和)为Sn，则S6＝( D )
A．666 B．91
C．576 D．111
【解析】 根据题意，幻方的每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，Sn＝eq \f(1,n)×[1＋2＋3＋…＋(n2－1)＋n2]＝eq \f(1,n)×eq \f(1＋n2·n2,2)＝eq \f(1＋n2n,2)，故S6＝eq \f(1＋36×6,2)＝111.故选D.
典例6 (2023·四川宜宾统考模拟预测)南宋数学家杨辉给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)，则数列{n2－n}的前n项和为( 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(nn＋1,2)，由题意可得：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))的前n项和为eq \f(1,6)n(n＋1)(n＋2)，又∵n2－n＝2×eq \f(nn＋1,2)－2n，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(n2－n))的前n项和Sn＝2×eq \f(1×2,2)－2×1＋2×eq \f(2×3,2)－2×2＋…＋2×eq \f(nn＋1,2)－2n＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1×2,2)＋\f(2×3,2)＋…＋\f(nn＋1,2)))－2(1＋2＋…＋n)＝2×eq \f(1,6)n(n＋1)(n＋2)－2×eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(1,3)(n－1)n(n＋1)．故选A．
考法四 平面向量
典例7 (2023·云南高三云南师大附中校考阶段练习)窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的汉族传统民间艺术之一，它历史悠久，风格独特，深受国内外人士所喜爱．如图甲是一个正八边形窗花隔断，图乙是从窗花图中抽象出的几何图形示意图．已知正八边形ABCDEFGH的边长为2eq \r(2)，M是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))的最大值为( D )
A．30＋4eq \r(2) B．28＋8eq \r(2)
C．26＋16eq \r(2) D．24＋16eq \r(2)
【解析】 如图，取AB的中点O，连接MO，连接BE，OE，分别过点C，点D作BE的垂线，垂足分别为I，J，所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))＝(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(MO,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝eq \(MO,\s\up6(→))2－eq \(OA,\s\up6(→))2＝eq \(MO,\s\up6(→))2－2，当点M与点F或点E重合时，|eq \(MO,\s\up6(→))|取得最大值，易得四边形CDJI为矩形，△BCI，△DEJ为等腰直角三角形，则IJ＝2eq \r(2)，BI＝EJ＝2，则BE＝4＋2eq \r(2)，BO＝eq \r(2)，eq \(MO,\s\up6(→))2取得最大值为BO2＋BE2＝(eq \r(2))2＋(4＋2eq \r(2))2＝26＋16eq \r(2)，所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))的最大值为24＋16eq \r(2)，故选D.
典例8 (2022·全国高三校联考阶段练习)黄金分割(Glden Sectin)是一种数学上的比例关系．黄金分割具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值．应用时一般取0.618，就像圆周率在应用时取3.14一样．高雅的艺术殿堂里，自然也留下了黄金数的足迹．人们还发现，一些名画、雕塑、摄影作品的主题，大多在画面的0.618处．艺术家们认为弦乐器的琴马放在琴弦的0.618处，能使琴声更加柔和甜美．黄金矩形(Glden Rectangle)的长宽之比为黄金分割率，换言之，矩形的长边为短边1.618倍．黄金分割率和黄金矩形能够给画面带来美感，令人愉悦．在很多艺术品以及大自然中都能找到它．希腊雅典的巴特农神庙就是一个很好的例子，达·芬奇的《维特鲁威人》符合黄金矩形．《蒙娜丽莎》中蒙娜丽莎的脸也符合黄金矩形，《最后的晚餐》同样也应用了该比例布局.2 000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割．所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分之比，黄金分割比为eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618.其实有关“黄金分割”，我国也有记载，虽没有古希腊的早，但它是我国数学家独立创造的．如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，BF⊥AC，DH⊥AC，AE⊥BD，CG⊥BD，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BO,\s\up6(→))，则eq \(BF,\s\up6(→))＝( D )
A．eq \f(3－\r(5),2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(5＋\r(5),10)eq \(BG,\s\up6(→)) B．eq \f(3－\r(5),2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(5－\r(5),10)eq \(BG,\s\up6(→))
C．eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(5－\r(5),10)eq \(BG,\s\up6(→)) D．eq \f(3－\r(5),2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5),5)eq \(BG,\s\up6(→))
【解析】 ∵eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BO,\s\up6(→))，显然BE＝DG，BO＝OD＝eq \f(1,2)BD，所以eq \(BG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(\r(5)－1,2)))eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(5－\r(5),2)eq \(BO,\s\up6(→))，∴eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(2,5－\r(5))eq \(BG,\s\up6(→))＝eq \f(5＋\r(5),10)eq \(BG,\s\up6(→))，∵eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5)－1,2)eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5)－1,2)(eq \(BO,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→)))＝eq \f(3－\r(5),2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BO,\s\up6(→))，∴eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(3－\r(5),2)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5),5)eq \(BG,\s\up6(→))，故选D.
考法五 空间几何
典例9 (2023·吉林四平)“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40 cm，则该阿基米德多面体的表面积为( A )
A．(4 800＋1 600eq \r(3))cm2B．(4 800＋4 800eq \r(3))cm2
C．(3 600＋3 600eq \r(3))cm2D．(3 600＋1 200eq \r(3))cm2
【解析】 由题意知，阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，其中正方形边长和等边三角形的边长均为eq \r(202＋202)＝20eq \r(2)；∴阿基米德多面体的表面积S＝6×(20eq \r(2))2＋8×eq \f(1,2)×20eq \r(2)×20eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝4 800＋1 600eq \r(3)(cm2)．故选A．
典例10 (2022·海南省直辖县级单位高三嘉积中学校考阶段练习)图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为10，则其侧面积为( B )
A．100π B．50π
C．200π D．300π
【解析】 S＝eq \f(1,6)×2π×10×3×5＝50π.故选B.
典例11 (2023·全国高三专题练习)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型．如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖(如图2)．已知这个牟合方盖与正方体内切球的体积之比为4∶π，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为( 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】 正方体的体积为23＝8，其内切球的体积为eq \f(4π,3)，由条件可知牟合方盖的体积为eq \f(4π,3)×eq \f(4,π)＝eq \f(16,3)，故正方体除去牟合方盖后剩余的部分体积为8－eq \f(16,3)＝eq \f(8,3).故选C．
考法六 函数与导数
典例12 (2022·北京海淀高三北大附中校考阶段练习)成书于约两千多年前的我国古代数学典籍《九章算术》中记载了通过加减消元求解n元一次方程组的算法，直到拥有超强算力计算机的今天，这仍然是一种效率极高的算法．按照这种算法，求解n元一次方程组大约需要对实系数进行C·n3(C为给定常数)次计算.1949年，经济学家莱昂提夫为研究“投入产出模型”(该工作后来获得1973年诺贝尔经济学奖)，利用当时的计算机求解一个42元一次方程组，花了约56机时．事实上，他的原始模型包含500个未知数，受限于机器算力而不得不进行化简以减少未知数．如果不进行化简，根据未知数个数估计所需机时，结果最接近于( C )
A．103机时 B．104机时
C．105机时 D．106机时
【解析】 设1机时能进行a次计算，则由题意得C·423≈56a，原始模型包含500个未知数，如果不进行化简，设所需机时为t，则C·5003≈ta，故t≈eq \f(5003,423)×56＝eq \f(53×106,33×72)＝eq \f(1 250,1 323)×105≈0.94×105，故结果最接近于105机时，故选C．
典例13 (多选)(2023·江苏盐城)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”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称为取整函数，例如：[－1.5]＝－2，[2.3]＝2，下列函数中，满足函数y＝[f(x)]的值域中有且仅有两个元素的是( ACD )
A．f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(1,2)，2))
C．f(x)＝|lg2x|，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))D．f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)
【解析】 当x≤0时，f(x)∈(－1,0]，[f(x)]∈{－1,0}；当x>0时，f(x)∈(0,1)，[f(x)]∈{0}，故y＝[f(x)]的值域为{－1,0}，A满足题意；f(x)＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))单调递减，在(1,2)单调递增，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝f(2)＝eq \f(5,2)，f(1)＝2，故f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))，则y＝[f(x)]∈{2}，即y＝[f(x)]的值域为{2}，不满足题意；下证f(x)＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))单调递减：在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上任取x1f(x2)，故f(x)＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，同理f(x)在(1,2)单调递增，B不满足题意；y＝lg2x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，则lg2x∈(－lg23,1)，故f(x)∈[0，lg23)，又10，则2x＋1>1，eq \f(2,2x＋1)∈(0,2)，1－eq \f(2,2x＋1)∈(－1,1)，即y＝f(x)的值域为(－1,1)，[f(x)]∈{－1,0}，则y＝[f(x)]的值域为{0,1}，D满足题意．故选ACD.
考法七 统计概率
典例14 (2023·辽宁葫芦岛高一统考期末)张益唐是当代著名华人数学家，他在数论研究方面取得了巨大成就，曾经在《数学年刊》发表《质数间的有界间隔》，证明了存在无穷多对质数间隙都小于7 000万.2013年张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述，存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数，素数对(p，p＋2)称为孪生素数，在不超过12的素数中，随机选取两个不同的数，能够组成孪生素数的概率是( B )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,5)
C．eq \f(1,10) D．eq \f(1,20)
【解析】 不超过12的素数有2、3、5、7、11共5个，在其中任取两个数的基本事件为(2,3)、(2,5)、(2,7)、(2,11)、(3,5)、(3,7)、(3,11)、(5,7)、(5,11)、(7,11)共10个，其中是孪生素数的基本事件为(3,5)、(5,7)共2个，所以在不超过12的素数中，随机选取两个不同的数，能够组成孪生素数的概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5).故选B.
典例15 (2023·全国高三专题练习)我们的祖先创造了一种十分重要的计算方法：筹算．筹算用的算筹是竹制的小棍，也有骨制的．据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当．即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，如图所示，例如：表示62，表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数(算筹不剩余且个位不为0)，则这个两位数大于40的概率为( B )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,5)
【解析】 根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为4＋1,3＋2,2＋3,1＋4共四类情况；第一类：4＋1，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41或者81；第二类：3＋2，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两位数可能32,36,72,76；第三类：2＋3，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故两位数可能是23,27,63,67；第四类：1＋4，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为14或者18，综上可知：所有的两位数有14,18,23,27,32,36,41,63,67,72,76,81共计12个，其中大于40的有41,63,67,72,76,81共计6个，故这个两位数大于40的概率为eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，故选B.
考法八 复数
典例16 (2023·全国高三专题练习)人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了i2＝－1,17世纪法国数学家笛卡儿把i称为“虚数”，用a＋bi(a、b∈R)表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程z2＋2z＋5＝0，则z＝( C )
A．－1＋2i B．－2－i
C．－1±2i D．－2±i
【解析】 设z＝a＋bi(a，b∈R)，因z2＋2z＋5＝0，则(a＋bi)2＋2(a＋bi)＋5＝0，即(a2－b2＋2a＋5)＋2b(a＋1)i＝0，而a，b∈R，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＋2a＋5＝0，,2ba＋1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝±2，))所以z＝－1±2i.故选C．
典例17 (2023·全国高三专题练习)欧拉公式eix＝cs x＋isin x(其中i是虚数单位，e是自然对数的底数)是数学中的一个神奇公式．根据欧拉公式，复数z＝ei在复平面上所对应的点在( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】 由欧拉公式，z＝ei＝cs 1＋isin 1在复平面内对应点(cs 1，sin 1)在第一象限．故选A．
考法九 不等式
典例18 《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法成了后世西方数学家处理数学问题的重要依据．通过这一原理，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，可以直接通过比较线段OF与线段CF的长度完成的无字证明为( C )
A．a2＋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】 由图形可知，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\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)，故选C．
典例19 (2023·四川成都)十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次命题正确的是使用“＜”和“＞”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a，b，c∈R，则下列命题正确的是( D )
A．若a＜b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
B．若a＞b＞0，则eq \f(b＋1,a＋1)C．若a＞b，则ac2>bc2
D．若ac2>bc2，则a＞b
【解析】 当a<00，所以eq \f(b＋1,a＋1)>eq \f(b,a)，所以选项B错误；c＝0时，ac2＝bc2，所以选项C错误；ac2>bc2时，a>b，所以选项D正确．故选D.
考法十 解析几何
典例20 (多选)(2023·全国高三专题练习)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，A(－1,0)，B(2,0)，点P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(\r(2),2).点P的轨迹为曲线C，下列结论正确的是( AB )
A．曲线C的方程为(x＋4)2＋y2＝18
B．曲线C被y轴截得的弦长为2eq \r(2)
C．直线x＋y－4＝0与曲线C相切
D．P是曲线C上任意一点，当△ABP的面积最大时点P的坐标为(－2，±3eq \r(2))
【解析】 设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＋12＋y2)＝eq \r(x－22＋y2)，整理可得x2＋y2＋8x－2＝0，即(x＋4)2＋y2＝18，故选项A正确；因为(x＋4)2＋y2＝18，令x＝0得y＝±eq \r(2)，曲线C被y轴截得的弦长为2eq \r(2)，故选项B正确；因为(x＋4)2＋y2＝18，所以圆心C(－4,0)，半径r＝3eq \r(2)，所以圆心C(－4,0)到直线x＋y－4＝0的距离d＝eq \f(|－4－4|,\r(2))＝4eq \r(2)>3eq \r(2)，所以直线x＋y－4＝0与曲线C相离，故选项C错误；因为P是曲线C上任意一点，要使△ABP的面积最大，则曲线C上的点到x轴的距离最大，即△ABP的边AB上的高等于圆的半径3eq \r(2)时，△ABP的面积最大，此时点P的坐标为(－4，±3eq \r(2))，故选项D错误．故选AB.
典例21 (2023·全国高三专题练习)第24届冬季奥林匹克运动会，已于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现出新时代的中国新形象、新梦想．会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部分表现滑雪运动员的英姿．中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦、赛场、冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且强调所有参赛运动员应以公正、坦诚的运动员精神在比赛场上相见．其中奥运五环的大小和间距按以下比例(如图)：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为O1，O2，O3，O4，O5，若双曲线C以O1，O3为焦点、以直线O2O4为一条渐近线，则C的离心率为( 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】 依题意，以点O2为原点，直线O1O3为x轴建立平面直角坐标系，如图，点O4(－13，－11)，设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，其渐近线为y＝±eq \f(b,a)x，因直线O2O4为一条渐近线，则有eq \f(b,a)＝eq \f(11,13)，双曲线C的离心率为e＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,13)))2)＝eq \f(\r(290),13).故选B.
1. (2023·天津)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阐述了做事情不一点一点积累，就永远无法达成目标的哲理．由此可得，“积跬步”是“至千里”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 由题意可得：“积跬步”未必能“至千里”，但要“至千里”必须“积跬步”，故“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件．故选B.
2. (2022·内蒙古赤峰高三统考阶段练习)
材料一：已知三角形三边长分别为a，b，c，则三角形的面积为S＝eq \r(pp－ap－bp－c)，其中p＝eq \f(a＋b＋c,2).这个公式被称为海伦一秦九韶公式．
材料二：阿波罗尼奥斯(Apllnius)在《圆锥曲线论》中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．
根据材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC＝6，AB＋AC＝10，则△ABC面积的最大值为( C )
A．6 B．10
C．12 D．20
【解析】 令AB＝x，则AC＝10－x且BC＝6，故x∈(2,8)，而p＝eq \f(a＋b＋c,2)＝8，所以△ABC面积S＝eq \r(168－xx－2)＝eq \r(－16x－52＋144)，当x＝5时，Smax＝12.故选C．
3. (2022·河南高三校联考阶段练习)在计算机尚未普及的年代，人们在计算三角函数时常常需要查表得到正弦和余弦值，三角函数表的制作最早可追测到古希腊数学家托勒密．下面给出了正弦表的一部分，例如，通过查表可知2°12′的正弦值为0.038 4,30°54′的正弦值为0.513 5，等等．则根据该表，416.5°的余弦值为( B )
A．0.546 1 B．0.551 9
C．0.550 5 D．0.573 6
【解析】 由题意，cs 416.5°＝cs 56.5°＝sin 33.5°＝sin 33°30′，查表可知sin 33°30′＝0.551 9.故选B.
4. (2022·浙江校联考模拟预测)我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了影长l与太阳天顶距θ(0°≤θ<180°)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θ正切值的乘积，即l＝htan θ.对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且tan(α－β)＝eq \f(1,2)，则第二次的“晷影长”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“晷影长”是“表高”的3倍得，tan α＝3，又tan(α－β)＝eq \f(1,2)，所以tan β＝tan[α－(α－β)]＝eq \f(tan α－tanα－β,1＋tan αtanα－β)＝eq \f(3－\f(1,2),1＋3×\f(1,2))＝1，故第二次的“晷影长”是“表高”的1倍．故选A．
5. (2022·云南高三校联考阶段练习)“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．”太极和八卦组合成了太极八卦图(如图1)．某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，O是正八边形的中心，MN是圆O的一条直径，且正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2eq \r(2)＋2，|AB|＝|MN|＝4.若点P是正八边形ABCDEFGH边上的一点，则eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围是( 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】 如图，连接PO.因为eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))，所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))＝eq \(PO,\s\up6(→))2－eq \(OM,\s\up6(→))2.因为正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2eq \r(2)＋2，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4，所以2eq \r(2)＋2≤|eq \(PO,\s\up6(→))|≤eq \r(16＋8\r(2)).因为|MN|＝4，所以|eq \(OM,\s\up6(→))|＝2，所以8＋8eq \r(2)≤eq \(PO,\s\up6(→))2－eq \(OM,\s\up6(→))2≤12＋8eq \r(2)，即eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围是[8＋8eq \r(2)，12＋8eq \r(2)]．故选D.
6. (2022·北京)在椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．该图由法国数学家G-Mnge(1746—1818)最先发现．若椭圆C的离心率为e，左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与蒙日圆Γ相交于M，N，则eq \f(|PM|·|PN|,|PF1|·|PF2|)＝( B )
A．eq \f(1,e2) B．1
C．e2 D．以上答案均不正确
【解析】 令|PF1|·|PF2|＝m，因为|PF1|＋|PF2|＝2a，则|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4a2，所以PFeq \\al(2,1)＋PFeq \\al(2,2)＝4a2－2m，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PF1,\s\up6(→))＋\(PF2,\s\up6(→))＝2\(PO,\s\up6(→))，,\(PF1,\s\up6(→))－\(PF2,\s\up6(→))＝\(F2F1,\s\up6(→))，))所以eq \(PF1,\s\up6(→))2＋eq \(PF2,\s\up6(→))2＋2eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝4eq \(PO,\s\up6(→))2①，eq \(PF1,\s\up6(→))2＋eq \(PF2,\s\up6(→))2－2eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝eq \(F2F1,\s\up6(→))2②则①＋②可得8a2－4m＝4eq \(PO,\s\up6(→))2＋4c2，解得eq \(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，故选B.
7. (2022·全国高三专题练习)2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为6，则图③中eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))的值为( A )
A．24 B．6
C．6eq \r(3) D．6eq \r(2)
【解析】 在图③中，以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，|eq \(OM,\s\up6(→))|＝4，eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4cs \f(π,3)，4sin \f(π,3)))＝(2,2eq \r(3))，|eq \(MP,\s\up6(→))|＝eq \f(8,3)，即eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，0))，|eq \(PN,\s\up6(→))|＝eq \f(2,3)，由分形知PN∥OM，所以eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(\r(3),3)))，所以eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MP,\s\up6(→))＋eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(7\r(3),3)))，所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝2×5＋2eq \r(3)×eq \f(7\r(3),3)＝24.故选A．
8. (2022·广东深圳)享有“数学王子”称号的德国数学家高斯，是近代数学奠基者之一，y＝[x]被称为“高斯函数”，其中x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.1]＝2，[3]＝3，[－1.5]＝－2，设x0为函数f(x)＝x＋lg x－5的零点，则[x0]＝( B )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 因为函数f(x)＝x＋lg x－5在(0，＋∞)上单调递增，且f(4)＝lg 4－1<0，f(5)＝lg 5>0，则存在唯一零点x0∈(4,5)，使得f(x0)＝0，由高斯函数的定义可知，[x0]＝4.故选B.
9. (2023·山西忻州)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间(a，b)内的导数为f′(x)，那么在区间(a，b)内至少存在一点c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为( B )
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】 f′(x)＝1＋ln x－eq \f(2,x)，令x0为函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”，则1＋ln x0－eq \f(2,x0)＝eq \f(f2－f1,2－1)＝0，令g(x)＝1＋ln x－eq \f(2,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)>0在[1,2]上恒成立，故g(x)＝1＋ln x－eq \f(2,x)在[1,2]上单调递增，又g(1)＝1－2＝－1<0，g(2)＝1＋ln 2－1＝ln 2>0，由零点存在性定理可得：存在唯一的x0∈[1,2]，使得g(x0)＝0.故选B.
10. (2022·湖北武汉)正整数1,2,3，…，n的倒数的和1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；当n很大时1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)≈ln n＋γ.其中γ称为欧拉—马歇罗尼常数，γ≈0.577 215 664 901…，至今为止都不确定γ是有理数还是无理数．设[x]表示不超过x的最大整数．用上式计算eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2 022)))的值为(参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 10≈2.30)( B )
A．7 B．8
C．9 D．10
【解析】 由题意知1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 022)＝ln 2 022＋γ.而ln 2 022＝ln(2×3×337)＝ln 2＋ln 3＋ln 337≈1.79＋ln 337，又ln 3009
2
3
5
7
8
1
6
0′
6′
12′
18′
24′
30′
36′
42′
48′
54′
60′
0°
0.000 0
0 017
0 035
0 052
0 070
0 087
0 105
0 122
0 140
0 157
0 175
1°
0 175
0 192
0 209
0 227
0 244
0 262
0 279
0 297
0 314
0 332
0 349
2°
0 349
0 366
0 384
0 401
0 419
0 436
0 454
0 471
0 488
0 506
0 523
…
30°
0.500 0
5 015
5 030
5 045
5 060
5 075
5 090
5 105
5 120
5 135
5 150
31°
5 150
5 165
5 180
5 195
5 210
5 225
5 240
5 255
5 270
5 284
5 299
32°
5 299
5 314
5 329
5 344
5 358
5 373
5 388
5 402
5 417
5 432
5 446
33°
5 446
5 461
5 476
5 490
5 505
5 519
5 534
5 548
5 563
5 577
5 592
34°
5 592
5 606
5 621
5 635
5 650
5 664
5 678
5 693
5 707
5 721
5 736
…