5 论文高考数学湖北卷部分实体的数学史背景

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绪论

数学史是研究数学发生发展过程及其规律的一门学科，它研究数学思想和数学理论的演化过程及其发展规律，研究数学家的思维方式和研究方法，研究历史上的数学成果和影响数学发展的各种因素，研究数学发展中不同观点和理论之间的纷争与融合，探索前人的数学思想，借以指导数学的

[1]

发展 .

在素质教育的今天，一些著名数学家和数学教育家，对数学史与数学教学的关联问题格外关注，因此，对它的讨论也就显得更为重要.日本著名数学教育家米山国藏指出：“在进入社会后，绝大部分学生所学的数学知识应用的机会几乎没有，因而这种作为知识的数学，通常在走出校门后不到一两年就忘掉了.但是不管这些学生以后从事什么工作，他们所学到的数学思想和方法会深深铭刻于头

[2]

脑中，并使他们受益终身 .”华东师大张奠宙教授在“重视科学史在科学教育中的应用”中指出：

[2]

在数学教育中，尤其在中小学数学教学过程中，运用数学史知识是进行素质教育的重要方面 .

重视数学史在数学教育中的作用是当前的一种国际趋势.在我国，为了加强数学史与数学教育的结合，教育部在关于大学数学教学的指导性文件中提出了“学一点数学史”的要求，全国数学史学会第四届理事会曾建议教育部把数学史列入高等院校的数学选修课程.除了对高等院校提出要求外，教育部对高中数学史教育也提出了要求.2003年3月教育部颁布的普通高中数学课程标准中明确提出了在高中开设数学史选修课.并编写出版了选修3-1-------《数学史选讲》'在必修、必选教材的“阅

[3]

读与思考”、“探索与发现”中有20篇数学史材料 .

随着新课程的实施，教材中数学史的内容所占比例大幅增加，但从教学实际来看，数学史受重视的程度并未发生太大的改变.在我国高考对中学教育有巨大的影响和导向作用，因此挖掘高考试题中的数学史因素，并有效应用于教学，是将数学史和高中数学教学结合的有效途径.湖北省自2004年起自主命制高考数学试卷，经过两年的平稳过渡，至2006年开始形成湖北数学卷特色.本文选取湖北卷2006年至2011年六年中的部分试题，分析它们的数学史背景，将大大地引起了中学数学教育界对数学史的重视，改变了数学在人们心中枯燥单调的形象，开辟了人们对数学这一学科认识的新境界.

1中国古代数学背景的试题

中国古代数学历史悠久，出现比较完善的十进制记数法也已有三千多年了.秦汉之际的《周髀算经》和《九章算术》奠定了中国古代数学的基础，尤其是《九章算术》承前启后，其影响堪比西方的《几何原本》.宋元时期，中国古代数学发展到了顶峰，著名数学家辈出，出版了很多数学著作.中国古代数学的许多重要成果，要比西方取得同类成果早数百年乃至千年.

1.1 杨辉三角：2006年理科15题

r【试题内容】将杨辉三角中的每一个数Cn都换成

111， r(n?1)Cn12131411212013016011051140161213112120160110513014214151617就得到一个如右图所示的分数三角形，成为莱布尼茨 三角形，从莱布尼茨三角形可看出

111， ??rxr(n?1)Cn(n?1)CnnCn?1其中x? 。

111111令an??， ????3?33123060nCn?1(n?1)Cn则liman? ．

n??1516142130

【解答方法】第一个空我们通过简单的观察、归纳即

1可得出：

7

1

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r+1或n?r?1?n?r?1?;

第二个空中，由第一个空的结果，得

1111an?????3123060所以，liman?

n???11?11??11??11???????????????33nCn?1(n?1)Cn?26??612??1220?

1 ． 2【试题背景】杨辉（约十三世纪中）三角，也叫贾宪（1050左右）三角，在西方一般被称为帕斯卡（Pascal,1623—1662）三角，和我们现在的学习联系最紧密的是二项式展开式的系数规律．在杨辉三角中，第3行的第三个数恰好对应着两数和的平方公式依次下去．杨辉三角最本质的特征是：它的两条斜边都是由数字1组成的，而其余的数则是等于它肩上的两个数之和

[4]．杨辉三角有许多

有趣的性质.莱布尼茨（Leibniz，1646--1716），德国数学家、哲学家、自然科学家，他就是类比杨辉三角（他们称为帕斯卡三角，比贾宪、杨辉晚了几百年）发现了上面题中的单位分数三角形，其特点是单位分数是分子为1，分母为正整数的分数.为他建立微积分提供了思路与启发.莱布尼茨在致友人的信中说：这使他发现，“求切线不过是求差，求积不过是求和”

[5].

本题就是类比杨辉三角的特点得出莱布尼茨三角的一个性质.本题背景深刻，构思巧妙，是一道 不可多得的好题，受到数学界及社会的一致好评.

1.2 竹九节问题：2011年文科9题、理科13题

【试题内容】文科：《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则容积为

674737A．1升 B．升 C．升 D．升

446633理科：《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为______升. 【解答方法】设竹子自上而下各节的容积为数列：a1,a2,,a9，公差为 d． 39?a???a1?a2?a3?a4?3?4a1?6d?3?166, 即 ?, 解得 ?由题意有?．

7a?a?a?43a?21d?489?1?7?d??66?39767∴a5?a1?4d?． ?4??666666【试题背景】《九章算术》是我国古代最伟大的数学著作，其成书年代不晚于公元前一世纪， 包含了以前的重要数学成果，是集大成的巨著， 是先秦数学的总结和新发展的起点.全书大多数问题都与生产实践、日常生活有联系，一共收入246个问题。《九章算术》把246个问题分为九章. 其中，《九章算术》均输章19题：“今有竹九节，下三节容四升，上四节容三升．”问中间二节欲均容各

多少？就是本试题的原型.我国古代没有等差数列的说法，“竹九节”问题是用特殊的比例方法解的.本试题用现代数学语言叙述此题，并只要求竹子第5节的容积（原“竹九节”问题要求每一节的 容积），使一个简单的数列题有了文化底缊，能培学生的学习兴趣. 1.3 垛积术：2008年理科15题

【试题内容】观察下列等式：

[6] 2

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n?i?i?1n121n?n,22121212i?n?n?n, ?326i?1111n3i?n2?n2?n2,?424i?114141314i?n?n?n?n, ?52330i?1n?ii?1nn51151?n6?n5?n4?n2, 6212121716151316i?n?n?n?n?n, ?722642i?1??????????????

?ii?1nk?ak?1nk?2?aknk?ak?1nk?1?ak?2nk?2?????a1n?a0,

11,ak?,ak?1? k?12可以推测，当x≥2（k∈N*）时，ak?1?ak-2= .

【解答方法】由

121314516k?，?，?，，?，可以猜想ak?1?（k?2），6124123121221212而由第2与第3个等式中无第四项可得ak?2?0.

【试题背景】此题的背景是用“垛积术”得出正整数前n项k次幂和的算法.所谓“垛积术”，就

是高阶等差级数求和问题．这个问题和内插法一样，在我国古代是自成系统的.

《九章算术》“均输章”曾经提出等差积数的问题，公元五世纪《张丘建算经》给出等差级数求和的公式：

?r?1n1n(n?1) 2高阶等差级数的研究开始于北宋沈括，元代朱世杰把它推到十分完备的境界．沈括在《梦溪笔谈》卷十八“隙积术”中提到，上底宽是a个物体、长是b个物体、下底宽是c个物体、长是d个物体、高是n层的垛积（物体个数）s，比上底宽是a、长是b、下底宽是c、长是d，高是n的长方棱台的体积多

n?a?c?,即 6?cd?nna2b?d?c2d?b????????6?c?a? 6?s?ab??a?1??b?1??沈括怎样得到这个公式，没有说明，大概是先用具体数字进行试验，然后用归纳的方法得到的.

南宋理宗景定二年（公元1261年），杨辉在《详解九章算法》中继续对这个问题进行研究，他得到三个高阶等差级数公式：

3

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11?n??n?1???? (1)

32??n1?n?d?a?22?S?a2??a?1???a?2???d2??n?1??n????a2?d2?ad?? (2)

32?3?2??n?n?1?1S?1?3?6?10???n?n?1??n?2? (3)

26S?12?22?32??n2?(1) 式是四隅垛,（2）式是方垛，（3）式是三角垛.他把这三式分别和《九章算术》的方锥、方亭、

鳖臑相比类，可能是仿照《九章算术》的棋验法推得的.元成宗大德七年（公元1303年），朱世杰在《四元玉鉴》中，利用了当时丰富的数学知识，对这个问题作了系统而详细的研究，并得到普遍的解法.宋世杰研究了以等差级数种情形．在第一种情形中，

二阶等差级数?r?r的和、

i?11nn2的和分别是两个新级数的一般项的两

r?r?1?n(n?1)?n?2? ??2!3!1n他连续以新级数的和作为一般项，就得到这一类高阶等差级数的一般公式：

1r?r?1??r?2??p!1n?r?p?1??1n?n?1??n?2?p?1!???n?p??p?1,2,3,,6?

在第二种情形中，从沈括或杨辉的公式知道，

?r2?1nn(n?1)?2n?1?

3!朱世杰继续以新级数的和作为一般项，

12n11n1r?r?1??2r?1???r?r?1??r??r?r?1? ?3!312!312!1n1从而引出形如?r(r?1)rr的高阶等差级数，他得到这类级数的一般形式的求和公式：

12!1r?r?1??r?2??p!1nn?r?p?1??r?1n?n?1??n?2??p?2?!?n?p????p?1?n?1???p?1,2,3,4,5?

在第一组公式中，从朱世杰所用的“落一形垛”、“更落一形垛”的名称可以知道，他已经认

识到：前式的r项的和是后式的第r项，就是前式中到第r层为止的垛积降落一层是后式垛积的第r层.另外，从朱世杰在《四元玉鉴》中所用图（如下图）中，第一组的级数恰好是从左边开始的第p＋1条斜线的数字的延伸，第p条斜线上最初n个数字的和恰好 等于第p＋1条斜线上的第n个数.因此我们认为，朱世杰的第一组级数很可能就是直接从这个图得到的.

1 1 1 1 2 1 1 3 3 1

1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1

他虽然只算到p＝6的情形，但是很明显，p是任何正整数的时候都成立.

至于第二组级数怎样得出，朱世杰同样没有说明，很可能是通过推广的“古法七乘方图”求得的.

朱世杰在高阶等差级数方面的工作，不论在计算技术方面，还是在理论概括方面，水平都是很高的.

4

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2 古希腊数学背景的试题

古希腊的地理范围，除了现在的希腊半岛外，还包括整个爱琴海区域和北面的马其顿和色雷斯、意大利半岛和小亚细亚等地．公元前5、6世纪，特别是希、波战争以后，雅典取得希腊城邦的领导地位，经济生活高度繁荣，生产力显著提高，在这个基础上产生了光辉灿烂的希腊文化，对后世有深远的影响．古希腊数学也高度发达，它的很多思想都被应用到了后来的数学发展中，古希腊数学带来的深远影响是绵延至今的．

2.1 形数：2009年文、理科10题

【试题内容】古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数.比如：

他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图2中的1，4，9，16，…这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是

A.289 B.1024 C.1225 D.1378

【解答方法】根据题目所给的信息及通过观察图形，不难得到：三角形数的一般形式是

1?2?3??n?n?n?1?2，正方形数的一般形式是m．四个选项中，D首先被排除，这是因为2任何整数的平方数的个位数字不可能是8，故D选项1378不是正方形数． A选项289是正方形数

n?n?1??289 即n2?n?578?0无正整数解，故排除A. 2n?n?1?2?1024即B选项1024同样也是正方形数（1024?32）但不是三角形数，事实上，若

2n?n?1??211，而n，n?1中必有一个奇数，故 使211含有一个大于1的奇因数，导致矛盾，故排

（289?17）但不是三角形数，因为

249??49?1?除B. 现只剩C选项1225，而事实上，1225?35?，它既是三角形数又是正方形数，

22故选C．

【试题背景】试题的背景是形数.形数（figured numbers）理论可以上溯到毕达哥拉斯

（Pythagoras, 569 B.C.～500 B. C.）本人.用一点（或一个小石子）代表1，两点（或两个小石子）代表2，三点（或三个小石子）代表3，等等，毕达哥拉斯学派在世界数学史上首次建立了数和形之间的联系.早期毕达哥拉斯学派似乎已经熟悉利用小石子或点来构造三角形数和正方形数；晚期的毕达哥拉斯学派成员尼可麦丘（Nicomachus, 60?～120?）以及稍后的泰恩（Theon, 约2世纪上半叶）则讨论了各种平面数（包括三角形数、正方形数、长方形数、五边形数、六边形数等等）和

[3] 5

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根据图示，可推断出n?5时，着黑色的小正方形不相邻的着色方案有5?8?13，故n?5时，着黑色的小正方形相邻的着色方 案有32?13?19种．

【试题背景】此题的背景是著名的斐波那契数列.斐波那契（Fibonacci，1170-1250）是欧洲黑暗世纪后第一位有影响的欧洲数学家，他在其名著《算经》中载有如下“兔子问题”：

某人在一处有围墙的地方养了一对兔子，假定每对兔子每月生一对小兔，而小兔出生后两个月就能生育．问从这对兔子开始，一年内能繁殖成多少对兔子？

对这个问题的回答，导致了著名的斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，?．

这个数列的产生的规则很筒单，卸后面的每项都是由它前两项相加而得的，本题中着色方案数 实际上就是斐波那契数． 斐波那契数列有许多有趣的性质，上世纪六十年代创刊的《斐波那契季刊》 ，几十年来源源不断地一直在刊登斐波那契数列的性质． 斐波那契数列及性质在数学和生活中都有 极其广泛的应用．

3.2伯努利数：2008年理科15题

【试题内容】见1.3垛积术 【解答方法】同1.3垛积术

【试题背景】该题的另一背景是伯努利数. 雅各布.伯努利（Jacob Bernoulli，1654-1705）在研究正整数前n项幂的和的公式时，得出了伯努利数的表达式，本试题要求的系数就与伯努利数有关 伯努利数现已成为分析中应用极广的数． 3.3欧拉数：2010年理科21题

【试题内容】已知函数f(x)?ax?b?c(a?0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为xy?x?1．（Ⅰ）用a表示出b,c；（Ⅱ）若f(x)?lnx在[1,??)上恒成立，求a的取值范围；

（Ⅲ）证明：1?11??23?1n?ln(n?1)?(n?1)． n2(n?1)?b?a?1,?f(1)?a?b?c?0,b【解答方法】（Ⅰ）f?(x)?a?2，则有?解得?

c?1?2a.?f(1)?a?b?1,x??a?1?1?2a． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)?ax?x令g(x)?f(x)?lnx?ax?a?1?1?2a?lnx，x?[1,??)， x2则

11axg(1)?0，g?(x)?a?a???2xx(i) 当0?a?若1?x?即

?x?(a?1)?x2a(x?1)(x?x21?a)a，

11?a?1． 时，

2a1?a，则g?(x)?0，g(x)是减函数，所以g(x)?g(1)?0， af(x)?lnx．故f(x)?lnx在[1,??)上不恒成立．

11?a时，?1．

a2(ii) 当a?若

x?1，则g?(x)?0，g(x)是增函数，所以g(x)?g(1)?0，

11

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即

f(x)?lnx．故当x?1时，f(x)?lnx．

1,??)． 2综上所述，所求a的取值范围为[（Ⅲ）由（Ⅱ）知：当a?令a?1时，有f(x)?lnx(x?1)． 2111，有f(x)?(x?)?lnx(x?1)， 22x11且当x?1时，(x?)?lnx．

2xk?11k?1k111k?1ln?[?]?[(1?)?(1?)]， ，有

k2kk?12kk?1k111)，k?1,2,3,,n． 即ln(k?1)?lnk?(?2kk?1令x? 将上述n个不等式依次相加得

ln(n?1)?整理得 1?111?(??22311?)?， n2(n?1)111n????ln(n?1)?． 23n2(n?1)【试题背景】试题的第(Ⅲ)问是本题的核心，它与著名的欧拉（Euler，1707--1783）常数有关．

111?????lnn（n?1,2,3）, 则xn?0且数列?xn?单调递减，23n??111??故其极限存在，记为?，即lim??1??????lnn???. ?称为欧拉常数.其中 xn?0，

n??n???23?111即 1??????lnn，称为欧拉不等式．

23n显然，本题第(Ⅲ)问的不等式比欧拉不等式精确得多，由它可估计欧拉常数?的大小．

111n事实上，在 1????>ln?n?1?? 两边同时减去lnn，可得：

23n2?n?1?在高等数学中，若记xn=1? 1?11??2311??231n?n?1? ??lnn?ln???nn2n?1????不等式两边同时取极限，得： lim??1?n????n?1?11??n??????lnn??lim?ln?? 即 ． ??n??2n??????n?2?n?1??当然，我们用更多的高等数学知识可得：?= 0.5772156. 因此，用本题第(Ⅲ)问的不等式估

??[10]

计的欧拉常数?还算较精确，而这个不等式的证明完全在当前中学知识范围内

欧拉常数? 与e,? 一样是数学中一个非常重要的常数．

．

4 以历史上著名数学猜想为背景的试题

4.1 埃斯柯特猜想：2007年理科21题

，n为正整数，【试题内容】已知m（I）用数学归纳法证明：当x??1时，(1?x)≥1?mx；

m 12

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1?1m?1m??1????（II）对于n≥6，已知?1?，求证，求证?1??1?????????，

n?32m?32n?3???????2?m?1，2，，n；

（III）求出满足等式3n?4n??(n?2)n?(n?3)m的所有正整数n．

【解答方法】（I）略；（II）略；（III）由（Ⅱ）知，当n≥6时，

mmmm1??2??1??1???????n?3??n?3?nnnnn?1?1????1????????n?3?2?2?nn21?1?????1?n?1，

2?2?n?n?2??n?1??3?∴??????????1． ?n?3??n?3??n?3?即3n?4n??(n?2)n?(n?3)n．即当n≥6时，不存在满足该等式的正整数n．

，2，3，4，5的情形： 故只需要讨论n?1当n?1时，3?4，等式不成立；

222当n?2时，3?4?5，等式成立；

3333当n?3时，3?4?5?6，等式成立；

4444444444当n?4时，3?4?5?6为偶数，而7为奇数，故3?4?5?6?7，等式不成立； 当n?5时，同n?4的情形可分析出，等式不成立．

3． 综上，所求的n只有n?2，【试题背景】本题的背景是埃斯柯特（Escott）猜想. 西方数学家从数的角度将勾股定理推广到

求不定方程的正整数解，引出了著名的波文（Bowen）猜想、埃斯柯特猜想；该题第（III）问（（I）、（II）是为解决（III）作准备的）是数论中典型的不定方程问题，它的背景是源于埃斯柯特猜想：当

n?1时，关于n,h,xh?n?13n?4n?的方程

nxn?(x?1)n?????(x?h)n?(x?h?1)的正整数解只有

(n,h,x)=(2,3,1),(3,3,2)．第（Ⅲ）问只是从埃斯柯特猜想的特殊情形出发，即固定x?3，令

，仅求n.而这个特例情形，即“当n?1时，关于n的方程

?(n?2)n?(n?3)n的正整数解只有n?2,3.”的正确性已得到证明，本试题实际设计

nnnn出了一种简单的证法．

事实上，埃斯柯特猜想是基于波文猜想：不定方程 1?2?????m?(m?1)仅有正整数解

(n,m)?(1,2)．

早在1962年至1978年间，我国著名的数学家柯召、孙琦等人就研究了比波文猜想更一般的埃斯柯特方程xn?(x?1)n?????(x?h)n?(x?h?1)n的三元解(x,h,n)的问题，并首先证明了该方

3程在1?n?33仅有正整数解1?2?3,32?42?52,33?43?53?6. 后来又证明了当n?33且为奇数时，埃斯柯特方程无正整数解，并对n?3的部分偶数，给出了埃斯柯特方程也无正整数解的证明，而对n?3的一般偶数的情形，至今尚未获得彻底解决．

关于此题的背景的讨论较多，可见［11］、［12］［13］．

4.2 角谷猜想：2009年理科15题

?an?,当an为偶数时，【试题内容】已知数列?an?满足：a1＝m（m为正整数），an?1??2若

?3an?1,当an为奇数时.?a6＝1，则m所有可能的取值为__________．

aamm【解答方法】（1）若a1?m为偶数，则1为偶, 故a2? a3?2?

2224mmmm?1?m?32 ①当仍为偶数时，a4???????a6? 故

832324

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3m?1m3②当为奇数时，a4?3a3?1?m?1??????a6?4

4443m?1故4?1得m=4．

43m?1（2）若a1?m为奇数，则a2?3a1?1?3m?1为偶数，故a3?必为偶数

23m?13m?1??????a6?，所以=1可得m=5．

1616【试题背景】角谷猜想也称3x?1 问题，克拉茨问题，叙拉古问题，是尚未解决的数学难题之

一, 这个问题人人都会演算,但要证明它却像对付坚硬的磐石,它似乎能轻易地顿挫你智慧的锋芒．角谷猜想是这样的：任意给一个正整数，如果是奇数，就把它乘以3再加上1，如果是偶数，就把它除以2，这样不断地运算下去，一定会出现４，２，１的循环．举个例子，加入最开始取７，得到下面的数列：7→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1．

于是有人提出这样的问题：对于任何一正整数，进行上述运算，经过有限步后都能得到１吗？ 题意如此清晰、明了的，也许连小学生也能看懂的问题，却难倒了２０世纪的许多大数学家．当时，有许多专家、学者都对这个问题陷入了狂热的迷恋中，在东方对这个问题进行传播的日本数学家角谷静夫曾撰文描写过人们对这个问题狂热迷恋的情景：“据说，耶鲁大学有长达一个月之久，人人都在研究这个问题，但却没有任何实质性的进展．”经过几十年的探索与研究，人们似乎接受了大数学家埃尔希特的说法：数学还没有成熟到足以解决这样的问题．

此题的背景是角谷猜想，但它考查的是逆向推理与算法思想，见下图：

[11]

[14]

结论

4 2 1 4 5 16 8 32 开 始 输入x 否 乘3加1 是否偶数 是 除以2 是否大于1 2 1 是 否 输出y=1 结 束 通过分析近年来的高考数学湖北卷的11道试题，它们的背景所涉及的数学史材料几乎贯穿了整个数学史．使得单调枯燥的数学试题，笼罩了一层历史的神秘美感．从本文的分析可看出数学史是一眼取之不尽，用之不竭的数学生命之泉．在高中数学教学中具有不可估量的价值．新课程改革对数学教学提出的要求是：全面提高学生的数学文化素质，提高和增进道德品质修养，形成和发展数学品质．而通过数学史融入数学课堂，可以使文化理念得到落实。数学史与高中数学教学的结合，

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不是形式上的结合，而是通过高中数学教师对数学史的研究，加深对数学课程的理解，或是说将数学史与高中数学教学结合看成一种教学现象，这同样需要数学教师在教学中充分认识数学史的作用，全面认识数学史的意义．通过深入挖掘高考数学题的数学史背景，是达到上述要求的一个好途径.

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