2025年高考数学二轮复习专项精练3 聚焦热点情境，弘扬数学文化（真题精练+模拟精练）

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【模拟精练】
一、单选题
1．（23-24高一上·山东青岛·期中）十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（ ）
A．对任意正整数，关于的方程都没有正整数解
B．对任意正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
C．存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
D．存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解
2．（2024·四川成都·模拟预测）华罗庚是享誉世界的数学大师，国际上以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”“华氏不等式”“华氏算子”“华—王方法”等，其斐然成绩早为世人所推崇．他曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，告知我们把“数”与“形”，“式”与“图”结合起来是解决数学问题的有效途径．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A．B．C．D．
3．（2024·重庆·一模）英国著名数学家布鲁克·泰勒（Taylr Brk）以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，如：，其中．根据该展开式可知，与的值最接近的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·宁夏·一模）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花隔断，图是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图，若正八边形的边长为，是正八边形八条边上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．0C．D．
5．（2023·湖北武汉·二模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ）
A．55B．49C．43D．37
6．（2024·陕西西安·一模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．60B．61C．75D．76
7．（2024·黑龙江·二模）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
8．（22-23高三上·江西抚州·期中）数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ）
A．B．C．D．
9．（2024·辽宁沈阳·二模）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“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，记事件“取出的重卦中至少有1个阴爻”，事件“取出的重卦中至少有3个阳爻”．则（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·内蒙古赤峰·一模）棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
二、多选题
11．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（与互质），则（ ）
A．若n为质数，则B．数列单调递增
C．数列的最大值为1D．数列为等比数列
12．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）由倍角公式可知，可以表示为的二次多项式.一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（）多项式.运用探究切比雪夫多项式的方法可得（ ）
A．B．
C．D．
13．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
14．（22-23高三上·山东潍坊·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入,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
15．（22-23高三下·湖南长沙·阶段练习）设为两个正数，定义的算术平均数为，几何平均数为，则有：，这是我们熟知的基本不等式.上个世纪五十年代，美国数学家提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数.下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
16．（2023·辽宁·三模）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为
C．四棱锥体积最大值为
D．四面体为“鳖臑”
17．（21-22高三上·湖北鄂州·期末）中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，可以代表汉族悠久的历史，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结.中国结的意义在于它所显示的情致与智慧正是汉族古老文明中的一个侧面，也是数学奥秘的游戏呈现.它有着复杂曼妙的曲线，却可以还原成最单纯的二维线条.其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线的图象关于原点对称
B．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
18．（23-24高二上·山东青岛·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是（ ）
A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数
B．
C．第2020行的第1010个数最大
D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为
参考答案：
1．D
【分析】由全称量词命题的否定的定义即可得解.
【详解】“对任意正整数，关于的方程没有正整数解”的否定为：
存在正整数，关于的方程至少存在一组正整数解.
故选：D.
2．A
【分析】利用指数函数、正弦函数的单调性、复合函数的单调性求解.
【详解】由函数图象可知，的图象不关轴对称,
而，，
即这两个函数均关于轴对称，则排除选项、；
由指数函数的性质可知为单调递增函数，为单调递减函数，
由的图象可知存在一个极小的值，使得在区间上单调递增，
由复合函数的单调性可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由图象可知符合题意，
故选： .
3．C
【分析】观察题目将其转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合诱导公式判断即可.
【详解】原式，
故选：C.
4．C
【分析】根据的位置进行分类讨论，根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】设，
当与重合时，；
当在线段（除）、线段、线段，线段，线段（除）点上运动时，
，所以，
当与重合时，，所以，
以为原点，、分别为轴建立平面直角坐标系，
根据正八边形的性质可知，，
则，
直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，
当在线段（除）上运动时，设，
所以，
当在线段上运动时，设，
所以，
当在线段（除）上运动时，设，
所以.
综上所述，的最小值为.
故选：C
5．A
【分析】由条件写出通项公式，即可求解.
【详解】正整数中既能被3除余1且被2除余1的数，即被6除余1，那么
，有.
故选：A
6．B
【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再由基本不等式求得的最小值.
【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，
所以，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴当时取最小值为．
故选：B.
7．C
【分析】分别求得面截圆锥时所得小圆锥的体积和平面与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果.
【详解】平面截圆柱所得截面圆半径，
平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积.
故选：C.
8．A
【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.
【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，
将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为
，解得，因为，所以
故选：A
9．C
【分析】根据条件概率的公式，分析求解即可.
【详解】，事件“取出的重卦中有3阳3阴或4阳2阴或5阳1阴”，
则，则
故选：C
10．B
【分析】由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案.
【详解】，
在复平面内所对应的点为，在第二象限.
故选：B.
11．ACD
【分析】利用新定义，结合数列的单调性和等比数列的定义逐个判断即可.
【详解】因为为质数，故小于或等于的正整数中与互质的数的数目为 ，此时，故A正确.
因为，所以，故数列不是单调递增，故B错误.
小于等于的正整数中与互质的数为，数目为，
所以在时递减，故当时，数列的最大值为1，故C正确.
小于等于的正整数中与互质的数的数为，数目为，
故，而，故数列为等比数列，故D正确.
故选： ACD.
【点睛】关键点点睛：从质数定义入手，结合题目信息，逐步解答.
12．ABD
【分析】根据两角和的余弦公式，以及二倍角的正余弦公式化简可得，根据定义即可判断A项；根据二倍角公式可推得，即可得出B项；根据诱导公式以及A的结论可知，，.平方相加，即可得出，进而求出D项；假设C项成立，结合D项，检验即可判断.
【详解】对于A：
.
由切比雪夫多项式可知，，
即.
令，可知，故A正确；
对于B：.
由切比雪夫多项式可知，，
即.
令，可知，故B正确；
对于D：因为，，
根据A项，可得，
.
又，所以，
所以.
令，可知，
展开即可得出，
所以，解方程可得.
因为，所以，
所以，
所以，故D正确；
对于C：假设，
因为，
则，
显然不正确，故假设不正确，故C错误.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：根据题意多项式的定义，结合两角和以及二倍角的余弦公式，化简可求出，换元即可得出.
13．ABD
【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点，由，得，
化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，设线段AB的中点为N，，
当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确；
对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误；
对于D，由，，有，当点M不在x轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确．
故选：ABD．
14．BCD
【分析】A:直接法写出第8项即可;
B:数列有3的倍数项为偶数,其他项为奇数的规律,用数学归纳法证明即可;
C:只需证明即可,用数学归纳法证明;
D:用数学归纳法证明6的倍数项为4的倍数即可.
【详解】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
15．AC
【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.
【详解】对于A选项，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B选项，，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于C选项，，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D选项，当时，由C可知，，故D错误.
故选：AC.
16．ABD
【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
对A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
对C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，故C错误；
对D选项，由，即，又且，平面，
∴平面，平面,
∴，则为直角三角形，
又由平面，平面，，则为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，故D正确；
对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，
而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，
则外接球半径，
则球的表面积为，故B正确.
故选：ABD．
17．ACD
【分析】把代入曲线的方程可判断A；分别令、、，得的范围可判断B；由曲线的方程可得，根据可判断 C；
直线与曲线方程联立，根据方程的解可判断D.
【详解】把代入得，
所以曲线的图象关于原点对称，故A正确；
令解得，或，即曲线经过，
结合图象，，
令，得，令，得，
因此结合图象曲线只能经过3个整点，，故B错误；
可得，
所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，即都不超过3，
故 C正确；
直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线只有一个交点，
所以，整理得无解，
即，解得，故D正确.
故选：ACD.
18．ABD
【分析】根据杨辉三角读出数据即可判断A，利用组合数公式判断B，分析各行数据的特征，即可判断C，求出第行中从左到右第个数与第个数，即可判断D.
【详解】对于A：第行，第行，第行的第个数字分别为：，，，其和为；
而第行第个数字就是，故A正确；
对于B：因为，，
所以，故B正确；
对于C：由图可知：第行有个数字，
如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大；
如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大，
所以第行的第个数最大，故C错误；
对于D：依题意：第行从左到右第个数为，第行从左到右第个数为，
所以第行中从左到右第个数与第个数之比为，故D正确；
故答案为：ABD.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
C
A
B
C
A
C
B
题号
11
12
13
14
15
16
17
18


答案
ACD
ABD
ABD
BCD
AC
ABD
ACD
ABD