2018届二轮复习以数学史为背景的数学试题赏析学案

2018届二轮复习以数学史为背景的数学试题赏析学案

以数学史为背景的数学试题赏析 1.引言 翻开近些年的高考数学试题和全国各地的高考模拟试题，其中有很多以数学史为背景的数学试题.细细 品读这些试题可以发现其独具匠心、立意深远、韵味无穷，它们既渗透了数学文化和数学思想，又兼顾考 查学生的认知、理解、迁移能力,蕴含着命题人的人文情怀.它们真正体现着以数学史为载体，以考查能力 和学生的综合素质为目的的命题趋势. 2.引例 2.1 源于数学史料，兼顾现代数学分支——估算与算法 例 1 （2015 年全国新课标 I 理）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名 著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几 何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆 为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的 体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3， 估算出堆放斛的米约有 A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛 解：由 1 2 84 rl   得圆锥底面的半径 16 16 3r   ，所以米堆的体积 21 1 1 256 320= 54 3 4 9 9V r h     ，所以堆放的米有 320 1.62 229   斛，故选 B 赏析：这是一道融入数学史和现代数学估算为一体的新颖试题，将圆锥的体积公式和单位换算结合， 既考查学生的基础知识又考查学生的运算能力，同时兼顾考查了学生的理解能力、分析问题能力，属 于中等难度试题. 变式 1（2016 年湖北七市联考理）《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高 1 丈 3 尺 3 1 3 寸，容纳米 2000 斛(1 丈=10 尺，l 尺=10 寸，斛为容积单位，l 斛≈1.62 立方尺， ≈3)，则圆柱底圆周长约 为 A.l 丈 3 尺 B.5 丈 4 尺 C.9 丈 2 尺 D. 48 丈 6 尺 解：设圆柱底圆半径为 r ，高为 h ，圆柱体积为 2 2000 1.62V r h    23 13.33r   ，所以 2 81r  ， 即 3r  尺，所以圆柱底面圆周长为 2 54r  尺，即圆柱底面圆周长约为 5 丈 4 尺，故选 B. 例 2（2014 年湖北理）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存 最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六 成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h ，计算其体积V 的近似公式 21 36V L h .它实际 上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么，近似公式 22 75V L h 相当于将圆锥体积公式中的  近似取为( ) A. 22 7 B. 25 8 C.157 50 D.157 113 解：由题意知 2 22 1 75 3L h r h ，所以 2 22 1 75 3L r ，因为 2L r ，代入得 25 8   ，故选 B. 赏析：《算数书》是中国现已发现的最古的一部算书，大约比现有传本的《九章算术》还要早近二百年. 本题以信息题的形式，考查学生阅读理解能力，属于中等难度题. a > b a = a - b b = b - a 输出 a 结 束 开 始 输入 a， b a ≠ b 是 是 否 否 变式 2 （2012 年湖北理）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而 一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积 V，求其直径 d 的一个近似公式 3 16 9d V 。人们还用过一些类似的近似公式。根据 =3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个 是 A. 3 16 9d V B. 3 2d V C. 3 300 157d V D. 3 21 11d V 解： 3 34 6, 23 VV R R d     ，设选项中常数为 a b ，则 6= b a  ；A 中代入得 6 9= =3.37516   ，B 选项中代入 6 1= =32   ，C 选项代入得 6 157= =314300   . ，D 中代入得 6 11= =3.14285721   ，故最接近 的是 D，故选 D. 例 3（2015 年全国新课标 II 理）右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九 章 算术》中的“更相减损术”。执行该程序框图，若输入的 a，b 分别为 14，18，则输 出 的 a = A.0 B.2 C.4 D.14 解：输入 14, 18a b  ， a b 且 a b ， 18 14 4b    14, 4a b  进入下一个循序； a b 且 , 14 4 10, 10, 4a b a a b       进入下一个循环； a b 且 , 10 4 6, 6, 4a b a a b       进入下一个循环； a b 且 , 6 4 2, 2, 4a b a a b       进入下一个循环； a b 且 , 4 2 2, 2, 2a b b a b       进入下一个循环； a b ，输出的 2a  ，故选 B. 赏析：《九章算术》是中国古代的数学专著，其中的“更相减损术”可以用来求两个数的最大公约数。数 学家刘徽对此法进行了明确的注解和说明,是一个实用的数学方法。它奠定了我国渐近分数,不定分析,同余 式论和大衍求一术的理论基础。 2.2 基于数学史实，兼顾现代数学分支——数列与推理 例 4 洛萨 科拉茨是德国数学家，他在 1937 年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数 n ，如果 n 是偶数， 就将它减半（即 2 n ）；如果 n 是奇数，则将它乘以 3 加 1(即3 1n  )，不断重复这样的运算，经过有限步 后，一定可以得到 1.如初始正整数为 6，按照上述变换规则，我们得到一个数列 ：6，3,10,5,16,8,4,2,1.对 科拉茨猜想，目前谁也不能证明，更不能否定.现在请你研究： （1）如果 2n  ，则按照上述规则施行变换（注：1 可以多次出现）后的第 8 项 为 . （2）如果对正整数 n (首项）按照上述规则施行变换（注：1 可以多次出现）后的第 8 项为 1，则 n 的所有 可能的取值为 . 解：（1）如果 2n  ，按照题中变换规则，得到数列： 1 22, 1a a  ， 3 4a  ， 4 2a  ， 5 1a  ， 6 4a  ， 7 2a  ， 8 1a  （2）用树形图反推项数八、七、六、五、四、三、二、一 1 3 2 1 5 4 1 8 7 6 3 2 1 2 1 5 4 3 2 1 12832 64 21 8 16 201 2 4 5 10 3 1 21 2 4 8 16 aa a a a a aa a a a a a a aa a a a a                                          所以 n 可能的值为 2,3,16,20,21,128.共 6 个 赏析：本题涉及“谷角猜想”，它的证明已经有无数数学家和数学爱好者尝试过,其中不乏天才和世界 上第一流的数学家,他们都没有成功. 有人向数论学家保尔·厄尔多斯（Paul Erdos）介绍了这个问题, 并且问他怎么看待现代数学对这个问题无能为力的现象,他回答说：数学还没有准备好回答这样的问题. 这个猜想至今无人证明,也无人推翻. 变式 3 （湖北高考）已知数列 na 满足： 1a m （m 为正整数）， ,2 3 1, n n n n n a aa a a     当 为偶数时， 当 为奇数时， ， 若 6 1a  ，则 m 所有可能的取值是 . 解法 1:○1 若 5a 为奇数，依递推式 6 51 3 1a a   ，则 5 0a  ，与假设矛盾，故 5a 为偶数，即 5 2a  ○2 若 4a 为奇数，依递推式 42 3 1a  得 4 1 3a  ，矛盾，故 4a 为偶数，即 4 4a  ○3 若 3a 为奇数，依 34 3 1a  得 3 1a  ，则 2a 不可能是奇数，得 2 12, 4a a  又若 3a 为偶数，得 3 8a  如果 2a 为奇数，由 28 3 1a  得 2a 无正整数解，故 2 16a  ○4 当 2 16a  时，若 1a 为奇数，由 116 3 1a  得 1 5a  ；若 1a 为偶数，则 1 32a  答案：4，5，32 解法 2：树形图，在此不再赘述. 例 5（2016 年黄冈元月调研）圆周率 和自然对数的底e 是数学中非常重要的两个常数.对 和e 的研 究，在数学史上具有突出的地位.下面是有关 和e 的两个优美表达式： 1 1 1 2 4 8 2 2 4 4 6 6 8=2 1 3 3 5 5 7 7 2 2 4 4 6 6 8 2 1 3 3 5 5 7 7 e                                根据等式上述等式， 2  可以看作是无穷多项的连乘之积，其中第 1 项 1 2= 1  ，第 2 项 2 2= 3  ，第 3 项 3 4= 3  ， ；此外， 2 e 也可以看作是无穷多项的连乘之积，其中第 1 项 1 2 1 2 1e      ，第 2 项 1 4 2 2 3e      ， 第 3 项 1 4 3 4 ,3e      ，如果按此规律推出 100 和 100e ，那么 100 100e   . 解：观察 2 2 4 4 6 6 8=2 1 3 3 5 5 7 7        的偶次项，即第2n 项为 2 2 1 n n  ，而且 100 和 100e 的底数都相等， 即100 101 ，其中 100 100 101   ， 1 128 100 100 101e      ，所以 127 128100 100 100 101e       答案： 127 128100( )101 例 6 公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V ）与它的直径（ D ）的立 方成正比”，此即 3V kD ，欧几里得未给出 k 的值．17 世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解， 他们将体积公式 3V kD 中的常数 k 称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形 的圆柱）、正方体也可利用公式 3V kD 求体积（在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为 a ）、等边圆柱（底面圆的直径为 a ）、正方体（棱长 为 a ）的“玉积率”分别为 1k 、 2k 、 3k ，那么 1 2 3: :k k k （ ） A． 1 1 1: :4 6  B． : : 26 4   C． 2:3:2 D． : :16 4   解： 3 3 3 1 1 4 4 ,3 3 2 6 6 aV R a k           2 2 3 2 2,2 4 4 aV R a a a k           3 3 3, 1V a k   3 3 3 1V a k   ，即 1 2 3: : : :16 4k k k   ，故选 D. 赏析：《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作, 是一部划时代的著作，是最早用公理 法建立起演绎数学体系的典范。是当时整个希腊数学成果、方法、思想和精神的结晶，其内容和形 式 对几何学本身和数学逻辑的发展有着巨大的影响.本题通过信息题的给出“玉积率”的概念，需要学 生理解、迁移并应用，属于简单题. 例 7（2006 年湖北理）将杨辉三角中的每一个数 r nC 都换成分数   r nCn 1 1  ，就得到一个如右图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角 形. 从莱布尼茨三角形可以看出     r n x n r n nCCnCn 1 1 1 1 1 1   ，其中 x =_______. 令   22 1 1 11 60 1 30 1 12 1 3 1 nn n CnnCa   ，则 nn a lim =_______. 解：第一问对比杨辉三角的性质通过观察、类比、归纳可知莱布尼茨三角形中每一行中的任一数都等 于其“脚下”两数的和，故此时 1x r  ，第二问实质上是求莱布尼茨三角形中从第三行起每一行的倒 数第三项的和，即  0 1 2 3 2 2 3 4 1 1 1 1 1 1 3 4 5 1n n n n n a C C C nC n C          根据第一问所推出的结论只需在 原式基础上增加一项   1 1 1 n nn C  ，则由每一行中的任一数都等于其“脚下”两数的和，结合给出的数表 可逐次向上求和为 1 2 ，故   1 1 1 2 1n n n a n C    ，从而   1 1 1 1lim lim 2 1 2n nx x n a n C         。 赏析：本题取材于数学史中著名的莱布尼兹三角形，与中国古代的杨辉三角形遥相呼应，本题主要考 查学生的信息处理能力和类比归纳及推理能力. 变式 4 如右图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整 数的倒数组成的，第 n 行有n 个数且两端的数均为  1 2nn  ,每个数是它 下一行左右相邻两数的和,如 1 1 1 1 1 1 1 1 1= + , = + , = +1 2 2 2 3 6 3 4 12 ， ， ， ，则： (1)第 6 行第 2 个数（从左往右数）为_________。 (2)第 n 行第 3 个 数（从左往右数）为_________． 解：（1）第六行第一个数是 1 6 ，第二个数设为  6,2a ，那么  6,2 1 1+6 5a  ，所以  6,2 1 1 1 5 6 30a    ； （2）观察发现：将杨辉三角形中的每一个 r nC 都换成   1 1 r nn C ，就得到莱布尼兹调和三角形，由于 杨辉三角形中的第  3n n  行第 3 个数字是 2 1nC  ，那么莱布尼兹调和三角形的第  3n n  行第 3 个数 字是   2 1 1 2 1 2n n n nnC     例 8（2013 年湖北理）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10, , 第 n 个三角形数为   21 1 1 .2 2 2 n n n n    记第 n 个k 边形数为    , 3 ,n kN k  以下列出了部分k 边形中 的第 n 个数的表达式： 三角形数 21 1( ,3) ,2 2N n n n  正方形数 2( ,4) ,N n n 五边形数 23 1( ,5) ,2 2N n n n  六边形数 2( ,6) 2 ,N n n n   可以推测  ,N n k 的表达式，由此计算  10,24N  . 解：结合以上的公式发现如下规律： (1)第 n 个 k 边形数  , ( 3)n kN k  的表达式是关于 n 的二次函数（不含常数项），且二次项系数为 2 2 k  ； （2）每一个 k 边形数的第一个数都是 1； 故有   2 , 2 22 2n k k kN n n       ，所以   2 2 10,24 22 10 10 10002N     赏析：毕达哥拉斯学派是由古希腊哲学家毕达哥拉斯所创立，认为数是万物的本原，事物的性质是由 某种数量关系决定的，万物按照一定的数量比例而构成和谐的秩序；由此他们提出了“美是和谐”的 观点，认为音乐的和谐是由高低长短轻重不同的音调按照一定的数量上的比例组成，“音乐是对立因 素的和谐的统一，把杂多导致统一，把不协调导致协调。”这是古希腊艺术辩证法思想的萌芽，也包 含着艺术中“寓整齐于变化”的普遍原则。这是一道富有数学文化底蕴的试题，将古代数学文明与现 代数学的合情推理的交汇融合，考查学生观察、类比、猜想和推理能力，具有较好的区分度，属中等 难度题. 变式 5 我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将 1,2，，9 填入3 3 的方格内，使三行、 三列、二对角线的三个数之和都等于 15.如图所示 一般地，将连续的正整数 1,2,3，， 2n 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.记 n 阶幻方的对角线上数的和为 nN ，如图三阶幻方记为 3 =15N ，那么 12N 的值为 A.869 B.870 C.871 D.875 解：由幻方的定义可知，每行、每列、每条对角线上的数的和相等. 3 1 2 3 9 4515 3 3N        ,所以   12 1+144 144 1+2+ +144 2= = =87012 12N   ，故选 B. 2.3 取材数学史，结合现代数学分支——复数、三角与统计 例 9（2016 年湖北八校联考）欧拉公式 cos sinixe x i x  （i 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发 明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占 有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知， 2ie 表示的复数在复平面中位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解：因为 2 cos2 sin 2ie i  ，对应点为(cos2,sin 2) ，由于 22    ，因此 cos2 0,sin 2 0  ，点 (cos2,sin 2) 在第二象限，故选 B． 赏析：欧拉公式 cos sinixe x i x  把三角函数，指数函数联系在一起，是复变函数中最重要的公式， 并且如果令  ，得到 1 0ie   ，这个公式把数学中最重要的五个数 , , ,1,0e i 联系在一起，可以 说是数学中最“美”的公式之一。 变式 6 现定义 cos sinie i    ，其中i 为虚数单位，e 为自然对数的底数， R  ，且实数指数幂 的运算性质对 ie  都适用，若 0 5 2 3 2 4 4 5 5 5cos cos sin cos sina C C C       ， 1 4 3 2 3 5 4 5 5 5cos sin cos sin sinb C C C       ，那么复数 a bi 等于（ ） A．cos5 sin5i  B．cos5 sin5i  C．sin5 cos5i  D．sin5 cos5i  解：    0 5 1 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5 5 5 5cos cos sin cos sin cos sin + cos sina bi C C i C C i C              5 5 5 sinC i  =      0 5 1 4 2 3 2 2 3 2 3 3 5 5 5 5cos cos sin + cos sin + cos sinC C i C i C i        4 4 4 5+ cos sinC i       555 5 5 5 sin = cos sin = iC i i e     5= cos5 sin5ie i     ，故选 A. 例 10（2015 年湖北理）我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米 1534 石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得 254 粒内夹谷 28 粒，则这批米内夹谷约为（ ） A．134 石 B．169 石 C．338 石 D．1365 石 解：依题意，这批米内夹谷约为 1691534254 28  石，选 B. 赏析：《九章算术》是中国古代第一部数学专著，是算经十书中最重要的一种.该书内容十分丰富，系 统总结了战国、秦、汉时期的数学成就.本题“米谷粒分”是我们统计中的用样本估计总体问题. 3.余话 数学是一种文化，其发生和发展的历程是一部灿若星河的数学史。通过对数学史的学习可以寻求 数学进步的轨迹，激发对数学本源的追溯的兴趣，接受优秀数学文化的熏陶，领略数学美学价值，进而提 到自己的文化素质和创新能力.正如德国教育家第斯多惠所言：“教育的艺术不在于传授本领，而在于激励、 唤醒、鼓舞”，数学史与数学的融合恰好可以起到这样的作用。 （本文已经发表在《数学通讯》上）