2025二輪復習專項精練3聚焦熱點情境，弘揚數學文化【模擬精練】一、單選題1．（23-24高一上·山東青島·期中）十七世紀，數學家費馬提出猜想：“對任意正整數，關于的方程沒有正整數解”，經歷三百多年，1995年數學家安德魯懷爾斯給出了證明，使它終成費馬大定理，則費馬大定理的否定為（

）A．對任意正整數，關于的方程都沒有正整數解B．對任意正整數，關于的方程至少存在一組正整數解C．存在正整數，關于的方程至少存在一組正整數解D．存在正整數，關于的方程至少存在一組正整數解2．（2024·四川成都·模擬預測）華羅庚是享譽世界的數學大師，國際上以華氏命名的數學科研成果有“華氏定理”“華氏不等式”“華氏算子”“華—王方法”等，其斐然成績早為世人所推崇．他曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”，告知我們把“數”與“形”，“式”與“圖”結合起來是解決數學問題的有效途徑．在數學的學習和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也常用函數的解析式來分析函數圖象的特征．已知函數的圖象如圖所示，則的解析式可能是（

）

A． B． C． D．3．（2024·重慶·一模）英國著名數學家布魯克·泰勒（TaylorBrook）以微積分學中將函數展開成無窮級數的定理著稱于世泰勒提出了適用于所有函數的泰勒級數，泰勒級數用無限連加式來表示一個函數，如：，其中．根據該展開式可知，與的值最接近的是（

）A． B．C． D．4．（2024·寧夏·一模）窗花是貼在窗子或窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，圖是一個正八邊形窗花隔斷，圖是從窗花圖中抽象出的幾何圖形的示意圖．如圖，若正八邊形的邊長為，是正八邊形八條邊上的動點，則的最小值為（

）A． B．0 C． D．5．（2023·湖北武漢·二模）“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，1852年英國來華傳教士偉烈亞力將《孫子算經》中“物不知數”問題的解法傳至歐洲.1874年英國數學家馬西森指出此法符合1801年由高斯得出的關于同余式解法的一般性定理，因而西方稱之為“中國剩余定理”，“中國剩余定理”講的是一個關于同余的問題．現有這樣一個問題：將正整數中能被3除余1且被2除余1的數按由小到大的順序排成一列，構成數列，則（

）A．55 B．49 C．43 D．376．（2024·陜西西安·一模）“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時期的數學著作《脅子算經》卷下第二十六題，叫做“物不知數”，原文如下：今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二，問物幾何?現有這樣一個相關的問題：被除余且被除余的正整數按照從小到大的順序排成一列，構成數列，記數列的前項和為，則的最小值為（

）A．60 B．61 C．75 D．767．（2024·黑龍江·二模）祖暅是我國南北朝時期偉大的數學家．祖暅原理用現代語言可以描述為“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任意平面所截，如果截得的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等”．例如，可以用祖暅原理推導半球的體積公式，如圖，底面半徑和高都為的圓柱與半徑為的半球放置在同一底平面上，然后在圓柱內挖去一個半徑為，高為的圓錐后得到一個新的幾何體，用任何一個平行于底面的平面去截這兩個幾何體時，所截得的截面面積總相等，由此可證明半球的體積和新幾何體的體積相等．若用平行于半球底面的平面去截半徑為的半球，且球心到平面的距離為，則平面與半球底面之間的幾何體的體積是（

）A． B． C． D．8．（22-23高三上·江西撫州·期中）數學美的表現形式多種多樣，我們稱離心率（其中）的橢圓為黃金橢圓，現有一個黃金橢圓方程為，若以原點為圓心，短軸長為直徑作為黃金橢圓上除頂點外任意一點，過作的兩條切線，切點分別為，直線與軸分別交于兩點，則（

）A． B． C． D．9．（2024·遼寧沈陽·二模）我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化，每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，記事件“取出的重卦中至少有1個陰爻”，事件“取出的重卦中至少有3個陽爻”．則（

）A． B． C． D．10．（2024·內蒙古赤峰·一模）棣莫弗公式（其中i為虛數單位）是由法國數學家棣莫弗（1667-1754）發現的，根據棣莫弗公式可知，復數在復平面內所對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限二、多選題11．（2024·湖北·模擬預測）對于正整數n，是小于或等于n的正整數中與n互質的數的數目．函數以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如（與互質），則（）A．若n為質數，則 B．數列單調遞增C．數列的最大值為1 D．數列為等比數列12．（23-24高二上·江蘇南京·階段練習）由倍角公式可知，可以表示為的二次多項式.一般地，存在一個次多項式，使得，這些多項式稱為切比雪夫（P.L.Tschebyscheff）多項式.運用探究切比雪夫多項式的方法可得（

）A． B．C． D．13．（2024·江西宜春·三模）古希臘數學家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中給出了阿波羅尼斯圓的定義：在平面內，已知兩定點A，B之間的距離為a（非零常數），動點M到A，B的距離之比為常數（，且），則點M的軌跡是圓，簡稱為阿氏圓．在平面直角坐標系中，已知，點M滿足，則下列說法正確的是（

）A．面積的最大值為12 B．的最大值為72C．若，則的最小值為10 D．當點M不在x軸上時，MO始終平分14．（22-23高三上·山東濰坊·期中）斐波那契數列又稱黃金分割數列,因意大利數學家列昂納多-斐波那契以兔子繁殖為例子而引入,故又稱為“兔子數列”,在現代物理、準晶體結構、化學等領域都有直接的應用.在數學上,斐波那契數列被以下遞推的方法定義:數列滿足:,.則下列結論正確的是（

）A． B．是奇數C． D．被4除的余數為015．（22-23高三下·湖南長沙·階段練習）設為兩個正數，定義的算術平均數為，幾何平均數為，則有：，這是我們熟知的基本不等式.上個世紀五十年代，美國數學家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中為有理數.下列關系正確的是（

）A． B．C． D．16．（2023·遼寧·三模）《九章算術》中將底面為直角三角形且側棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側棱垂直于底面的四棱錐稱為“陽馬”，四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，如圖在塹堵中，AC⊥BC，且．下列說法正確的是（

）A．四棱錐為“陽馬”B．四面體的頂點都在同一個球面上，且球的表面積為C．四棱錐體積最大值為D．四面體為“鱉臑”17．（21-22高三上·湖北鄂州·期末）中國結是一種手工編織工藝品，因為其外觀對稱精致，可以代表漢族悠久的歷史，符合中國傳統裝飾的習俗和審美觀念，故命名為中國結.中國結的意義在于它所顯示的情致與智慧正是漢族古老文明中的一個側面，也是數學奧秘的游戲呈現.它有著復雜曼妙的曲線，卻可以還原成最單純的二維線條.其中的八字結對應著數學曲線中的雙紐線.曲線：是雙紐線，則下列結論正確的是（

）A．曲線的圖象關于原點對稱B．曲線經過5個整點（橫、縱坐標均為整數的點）C．曲線上任意一點到坐標原點的距離都不超過3D．若直線與曲線只有一個交點，則實數的取值范圍為18．（23-24高二上·山東青島·期末）我國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中展示了二項式系數表，數學愛好者對楊輝三角做了廣泛的研究．則下列結論正確的是（

）A．第6行、第7行、第8行的第7個數之和為第9行的第8個數B．C．第2020行的第1010個數最大D．第12行中從左到右第2個數與第3個數之比為參考答案：題號12345678910答案DACCABCACB題號1112131415161718答案ACDABDABDBCDACABDACDABD1．D【分析】由全稱量詞命題的否定的定義即可得解.【詳解】“對任意正整數，關于的方程沒有正整數解”的否定為：存在正整數，關于的方程至少存在一組正整數解.故選：D.2．A【分析】利用指數函數、正弦函數的單調性、復合函數的單調性求解.【詳解】由函數圖象可知，的圖象不關軸對稱,而，，即這兩個函數均關于軸對稱，則排除選項、；由指數函數的性質可知為單調遞增函數，為單調遞減函數，由的圖象可知存在一個極小的值，使得在區間上單調遞增，由復合函數的單調性可知，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，由圖象可知符合題意，故選：.3．C【分析】觀察題目將其轉化為三角函數值，再將弧度制與角度制互化，結合誘導公式判斷即可.【詳解】原式，故選：C.4．C【分析】根據的位置進行分類討論，根據向量數量積運算求得正確答案.【詳解】設，當與重合時，；當在線段（除）、線段、線段，線段，線段（除）點上運動時，，所以，當與重合時，，所以，以為原點，、分別為軸建立平面直角坐標系，根據正八邊形的性質可知，，則，直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，當在線段（除）上運動時，設，所以，當在線段上運動時，設，所以，當在線段（除）上運動時，設，所以.綜上所述，的最小值為.故選：C5．A【分析】由條件寫出通項公式，即可求解.【詳解】正整數中既能被3除余1且被2除余1的數，即被6除余1，那么，有.故選：A6．B【分析】先由“兩個等差數列的公共項構成的新的等差數列的公差為兩個等差數列公差的最小公倍數”得，再由基本不等式求得的最小值.【詳解】被除余且被除余的正整數按照從小到大的順序所構成的數列是一個首項為，公差為的等差數列，所以，∴，當且僅當，即時取等號，∴當時取最小值為．故選：B.7．C【分析】分別求得面截圓錐時所得小圓錐的體積和平面與圓柱下底面之間的部分的體積，結合祖暅原理可求得結果.【詳解】平面截圓柱所得截面圓半徑，平面截圓錐時所得小圓錐的體積，又平面與圓柱下底面之間的部分的體積為根據祖暅原理可知：平面與半球底面之間的幾何體體積.故選：C.8．A【分析】根據題意O、A、P、B四點在以OP為直徑的圓上，可設點P坐標為，從而得出四點所在圓的方程為，利用兩圓方程之差求得切點A、B所在直線方程，進而求得M、N兩點坐標即可解決本題.【詳解】依題意有OAPB四點共圓，設點P坐標為，則該圓的方程為：，將兩圓方程：與相減，得切點所在直線方程為，解得，因為，所以故選：A9．C【分析】根據條件概率的公式，分析求解即可.【詳解】，事件“取出的重卦中有3陽3陰或4陽2陰或5陽1陰”，則，則故選：C10．B【分析】由棣莫弗公式化簡結合復數的幾何意義即可得出答案.【詳解】，在復平面內所對應的點為，在第二象限.故選：B.11．ACD【分析】利用新定義，結合數列的單調性和等比數列的定義逐個判斷即可.【詳解】因為為質數，故小于或等于的正整數中與互質的數的數目為，此時，故A正確.因為，所以，故數列不是單調遞增，故B錯誤.小于等于的正整數中與互質的數為，數目為，所以在時遞減，故當時，數列的最大值為1，故C正確.小于等于的正整數中與互質的數的數為，數目為，故，而，故數列為等比數列，故D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：從質數定義入手，結合題目信息，逐步解答.12．ABD【分析】根據兩角和的余弦公式，以及二倍角的正余弦公式化簡可得，根據定義即可判斷A項；根據二倍角公式可推得，即可得出B項；根據誘導公式以及A的結論可知，，.平方相加，即可得出，進而求出D項；假設C項成立，結合D項，檢驗即可判斷.【詳解】對于A：.由切比雪夫多項式可知，，即.令，可知，故A正確；對于B：.由切比雪夫多項式可知，，即.令，可知，故B正確；對于D：因為，，根據A項，可得，.又，所以，所以.令，可知，展開即可得出，所以，解方程可得.因為，所以，所以，所以，故D正確；對于C：假設，因為，則，顯然不正確，故假設不正確，故C錯誤.故選：ABD.【點睛】方法點睛：根據題意多項式的定義，結合兩角和以及二倍角的余弦公式，化簡可求出，換元即可得出.13．ABD【分析】設點，由條件可得點M的軌跡方程，即可判斷A，由向量數量積的運算律代入計算，即可判斷B，由點與圓的位置關系，即可判斷C，由角平分線定理即可判斷D【詳解】對于A，設點，由，得，化為，所以點M的軌跡是以點為圓心、4為半徑的圓，所以面積的最大值為，故A正確；對于B，設線段AB的中點為N，，當點M的坐標為時取等號，故的最大值為72，故B正確；對于C，顯然點在圓外，點在圓內，，當B，M，Q三點共線且點M在線段BQ之間時，，故C錯誤；對于D，由，，有，當點M不在x軸上時，由三角形內角平分線分線段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分線，故D正確．故選：ABD．14．BCD【分析】A:直接法寫出第8項即可;B:數列有3的倍數項為偶數,其他項為奇數的規律,用數學歸納法證明即可;C:只需證明即可,用數學歸納法證明;D:用數學歸納法證明6的倍數項為4的倍數即可.【詳解】解:由題知,關于選項A,,故選項A錯誤;關于選項B,3的倍數項為偶數,其他項為奇數,下面用數學歸納法證明:①當時,,滿足規律,②假設當時滿足為偶數,為奇數,③當時,,為奇數,為偶數,,為奇數,為偶數,為奇數,,為奇數,為偶數,為奇數,故3的倍數項為偶數,其他項為奇數得證,2023項是非3的倍數項,故選項B正確;關于選項C,有成立,用數學歸納法證明如下:①當時,,滿足規律,②假設當時滿足成立,③當時,成立,滿足規律,故,令,則有成立,故選項C正確;關于選項D,有能被4整除成立,用數學歸納法證明如下:①當時,,滿足規律,②假設當時,滿足③當時,能被4整除得證,,能被4整除得證,故選項D正確.故選:BCD15．AC【分析】根據基本不等式比較大小可判斷四個選項.【詳解】對于A選項，，當且僅當時，等號成立，故A正確；對于B選項，，當且僅當時，等號成立，故B錯誤；對于C選項，，當且僅當時，等號成立，故C正確；對于D選項，當時，由C可知，，故D錯誤.故選：AC.16．ABD【分析】根據“陽馬”和“鱉臑”的定義，可判斷A，D的正誤；當且僅當時，四棱錐體積有最大值，求值可判斷C的正誤；根據題意找到四面體的外接球的球心位置，求出外接球半徑，利用球的表面積公式即可得到判斷B.【詳解】底面為直角三角形且側棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”，∴在塹堵中，，側棱平面，對A選項，∴，又，且，則平面，∴四棱錐為“陽馬”，對；對C選項，在底面有，即，當且僅當時取等號，，故C錯誤；對D選項，由，即，又且，平面，