创新情境与数学文化 课件-2026届高三数学三轮复习

第3讲　创新情境与数学文化 高考二轮总复习 • 数学 1．(2025·新高考全国Ⅰ卷)帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等，方向 相反．下表给出了部分风力等级、名称与风速大小的 对应关系．已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风 速对应的向量与船速对应的向量如右图(风速的大小和 向量的大小相同)，单位(m/s)，则真风为(　　) 高考二轮总复习 • 数学 A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风 【答案】　A 等级 风速大小m/s 名称 2 1.1～3.3 轻风 3 3.4～5.4 微风 4 5.5～7.9 和风 5 8.0～10.1 劲风 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　D 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 A．(0,0,0)∈Ω B．(－1,0,0)∈Ω C．(0,1,0)∈Ω D．(0,0，－1)∈Ω 【答案】　C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 A．存在f(x)是偶函数 B．存在f(x)在x＝2处取最大值 C．存在f(x)是严格增函数 D．存在f(x)在x＝－1处取到极小值 【答案】　B 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　D 高考二轮总复习 • 数学 6．(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(　　) 【答案】　C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　{q|q≥2} 【解析】　由题设有an＝a1qn－1，因为a1>0，q>1，故an＋1>an，故[an，an＋1]＝[a1qn－1，a1qn]，当n＝1时，x，y∈[a1，a2]，故x－y∈[a1－a2，a2－a1]，此时I1为闭区间，当n≥2时，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x－y∈[0，a2－a1]，若y∈[a1，a2]，x∈[an，an＋1]，则x－y∈[an 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 ●解法技巧 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！ 高考二轮总复习 • 数学 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． 高考二轮总复习 • 数学 方法一 集合与逻辑用语 高考二轮总复习 • 数学 (2)(2025·河南模拟)“其身正，不令而行；其身不正，虽令不从”出自《论语·子路》．意思是：当政者本身言行端正，不用发号施令，大家自然起身效法，政令将会畅行无阻；如果当政者本身言行不正，虽下命令，大家也不会服从遵守．根据上述材料，“身正”是“令行”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】　(1)D　(2)C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 (2)由其身正，不令而行，可知身正可得令行一定成立，故“身正”是“令行”的充分条件；其身不正，虽令不从，可知令行一定有身正成立，所以“身正”是“令行”的必要条件，综合知“身正”是“令行”的充要条件．故选C. 高考二轮总复习 • 数学 方法二 三角函数与解三角形 A．[3,4) B．[3，＋∞) C．[2,4) D．[4，＋∞) 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　(1)B　(2)A 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法三 数列 ●典例研析 3．(1)(2025·山西模拟)汉诺塔是一个经典的数学益智游戏，它主要由三根柱子(通常标记为甲、乙、丙)和若干个大小不同的圆盘组成．游戏规则是把甲柱上的圆盘全部移到丙柱，一次移一个且大圆盘不能放在小圆盘上．记把n个圆盘从甲柱上全部移到丙柱的最少次数为an，根据游戏规则知an＋1＝2an＋1，若an＝127，则圆盘的个数n＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 高考二轮总复习 • 数学 (2)(2025·保山校级模拟)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2n－1，若去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，…，则此数列的前35项和为(　　) A．994 B．995 C．1 003 D．1 004 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　(1)C　(2)B 【解析】　(1)由题意可知a1＝1，由an＋1＝2an＋1⇒an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＋1＝2n，解得an＝2n－1，令2n－1＝127，解得n＝7.故选C. 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法四 平面向量 ●典例研析 4．(1)(2025·城阳区校级一模)定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令a⊙b＝mq－np.下面说法错误的是(　　) A．若a与b共线，则a⊙b＝0 B．a⊙b＝b⊙a C．(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2 D．对任意的λ∈R，有(λa)⊙b＝λ(a⊙b) 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　(1)B　(2)D 【解析】　(1)∵a＝(m，n)，b＝(p，q)，a⊙b＝mq－np，若a与b共线，则有mq－np＝0，即a⊙b＝0，故A正确；由于a⊙b＝mq－np，∴b⊙a＝np－mq，∴a⊙b＝－(b⊙a)，故B不正确；由于(a⊙b)2＋(a·b)2＝(mq－np)2＋(mp＋nq)2＝(m2＋n2)(p2＋q2)＝|a|2|b|2，故C正确；由于λ为实数，(λa)⊙b＝λmq－λnp，λ(a⊙b)＝λ(mq－np)＝λmq－λnp，∴(λa)⊙b＝λ(a⊙b)，故D正确．故选B. 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法五 空间几何 ●典例研析 5．(1)(2025·大通县三模)如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，AB＝10，A1B1＝6，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为(　　) 高考二轮总复习 • 数学 (2)(2025·丰台区校级模拟)艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图1是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图2所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是(　　) 【答案】　(1)D　(2)B 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法六 函数与导数 A．y＝x2 B．y＝－x2 C．y＝x3－3x D．y＝－x3＋3x 高考二轮总复习 • 数学 注：f″(x)表示f(x)的2阶导数，即为f′(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，即为f(n－1)(x)(n≥3)的导数．n！表示n的阶乘，即n！＝1×2×3×…×n. A．0.85 B．0.88 C．0.91 D．0.95 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　(1)C　(2)C 【解析】　(1)f′(x)＝ex－ex＋2(x－1)，知f′(1)＝0，令f′(x)＝0得ex＝(e－2)x＋2.由图知存在x0＜0，当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(x0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增. x (－∞，x0) x0 (x0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↑ 极大值f(x0) ↓ 极小值f(1) ↑ y＝x3－3x，y′＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，与f(x)一样，从左向右看先有极大值，再有极小值，符合题意．故选C. 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法七 统计概率 ●典例研析 7．(1)(2025·武功县校级模拟)由诺贝尔自然科学奖的历史数据表明，交叉学科是自然科技领域的重要发展趋势之一，跨学科研究也成为推动科学进步的关键力量．如图是连续5年我国交叉学科的建设情况统计图，则下列关于这5年我国交叉学科建设情况的说法正确的是(　　) 高考二轮总复习 • 数学 A．交叉学科总数的第75百分位数为616 B．交叉学科高校数的平均数为186.8 C．交叉学科高校数的极差为78 D．每年的交叉学科总数与交叉学科高校数的差值越来越小 高考二轮总复习 • 数学 (2)(2025·广东校级二模)马林·梅森(MarinMersenne,1588—1648)是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物．梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2p－1作了大量的计算、验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如2p－1(其中p是素数)的素数，称为梅森素数．在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是(　　) 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　(1)C　(2)A 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法八 复数 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 高考二轮总复习 • 数学 (2)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＝(　　) A．－1＋2i B．－2－i C．－1±2i D．－2±i 【答案】　(1)B　(2)C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法九 不等式 ●典例研析 9．(1)《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(　　) 高考二轮总复习 • 数学 A．a2＋b2≥2ab(a＞0，b＞0) 高考二轮总复习 • 数学 (2)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(　　) 【答案】　(1)C　(2)D 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 方法十 解析几何 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　(1)D　(2)C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·湖南模拟)在中国传统的十二生肖中，马、牛、羊、鸡、狗、猪为六畜，则“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　B 【解析】　根据题意，若甲的生肖不是马，则甲的生肖可以为其他“六畜”，如牛，则甲的生肖未必不属于六畜；反之，若甲的生肖不属于六畜，则甲的生肖一定不是马，所以“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”的必要不充分条件．故选B. 高考二轮总复习 • 数学 2．(2025·南昌校级模拟)高三1班有12名同学读过《牡丹亭》，有8名同学读过《醒世恒言》，两者都读过的同学有4名，则该班学生中至少读过《牡丹亭》和《醒世恒言》中的一本的学生有(　　) A．16人 B．18人 C．20人 D．24人 【答案】　A 【解析】　设集合A＝{高三1班读过《牡丹亭》的学生}，其元素个数记为card(A)；集合B＝{高三1班读过《醒世恒言》的学生}，其元素个数记为card(B)；则card(A)＝12，card(B)＝8，card(A∩B)＝4，则card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)＝12＋8－4＝16.故选A． 高考二轮总复习 • 数学 A．额 B．呃 C．扼 D．轭 【答案】　D 【解析】　由共轭复数的定义可得．故选D. 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　A 高考二轮总复习 • 数学 5．(2025·随州三模)某大学共有12 000名学生，为了了解学生课外图书阅读量情况，该校随机地从全校学生中抽取1 000名，统计他们每年阅读的书籍数量，由此来估计全体学生当年的阅读书籍数量的情况，下列估计中正确的是(注同一组数据用该组区间的中点值作为代表)(　　) A．中位数为6 B．众数为10 C．平均数为6.88 D．该校读书不低于8本的人数约为3 600人 【答案】　C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　C 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　B 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　D 高考二轮总复习 • 数学 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．(2025·四川校级模拟)为弘扬中华优秀传统文化，树立正确的价值导向，落实立德树人的根本任务，某校组织全体高一年级学生进行古典诗词知识测试，从中随机抽取100名学生，记录他们的分数，整理得到频率分布直方图如图(各组区间除最后一组为闭区间外，其余各组均为左闭右开区间)，则以下说法正确的是(　　) 高考二轮总复习 • 数学 A．a＝0.025 B．估计此次测试学生分数的众数为95 C．估计此次测试学生分数的中位数为90 D．估计此次测试学生分数的下四分位数为85 【答案】　ABD 【解析】　由10×(0.006＋0.009＋0.02＋0.032＋a＋0.008)＝1得a＝0.025，故A正确；因众数是最高矩形的底边中点的横坐标，故众数是95，故B正确；由于90左边的频率是0.35，中位数不可能为90，故C错误；由第25百分位数就是下四分位数，根据直方图，易知85左边的频率是0.25，故D正确．故选ABD. 高考二轮总复习 • 数学 10．欧拉公式exi＝cos x＋isin x(其中i为虚数单位，x∈R)将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，则(　　) 【答案】　BC 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　AB 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 13．(2025·浦东新区模拟)浦东某学校有学生2 000人，为了加强学生的锻炼意识，学校举行了跑步和登山比赛，每人都参加且只能参加其中一项比赛，各年级参加比赛的人数情况如表所示：   高一年级 高二年级 高三年级 跑步人数(单位：人) a b c 登山人数(单位：人) x y z 高考二轮总复习 • 数学 【答案】　45 高考二轮总复习 • 数学 14．(2025·内乡县校级二模)对于一个平面图形，如果存在一个圆能完全覆盖住这个平面图形，则称这个图形被这个圆能够完全覆盖，其中我们把能覆盖平面图形的最小圆称为最小覆盖圆．则曲线x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0的最小覆盖圆的半径为________. 【答案】　2 高考二轮总复习 • 数学 高考二轮总复习 • 数学 【解析】　由题意及图得，视风风速对应的向量为：n＝(0,2)－(3,3)＝(－3，－1)，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，船速方向和船行风速的向量方向相反，设真风风速对应的向量为n1，船行风速对应的向量为n2，∴n＝n1＋n2，船行风速：n2＝－[(3,3)－(2,0)]＝(－1，－3)，∴n1＝n－n2＝(－3，－1)－(－1，－3)＝(－2,2)，|n1|＝＝2≈2.828，∴由表得，真风风速为轻风，故选A． 2．(2024·北京卷)生物丰富度指数d＝是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则(　　) A．3N2＝2N1　　　　　　 B．2N2＝3N1　　　　　　 C．N＝N　　　　　　 D．N＝N 【解析】　由题意得＝2.1，＝3.15，则2.1ln N1＝3.15ln N2，即2ln N1＝3ln N2，所以N＝N.故选D. 3．(2024·上海卷)定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ11＋λ2＋λ3＝0.已知(1,0,0)∈Ω，则(0,0,1)∉Ω的充分条件是(　　) 【解析】　由题意知这三个向量1，，共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，由空间直角坐标系易知(0,0,0)，(1,0,0)，(0,0,1)三个向量共面，则当(－1,0,0)，(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故A错误；由空间直角坐标系易知(－1,0,0)，(1,0,0)，(0,0,1)三个向量共面，则当(0,0,0)，(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故B错误；由空间直角坐标系易知(1,0,0)，(0,0,1)，(0,1,0)三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则由(1,0,0)，(0,1,0)∈Ω能推出(0,0,1)∉Ω，故C正确；由空间直角坐标系易知(1,0,0)，(0,0,1)，(0,0，－1)三个向量共面，则当(0,0，－1)，(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故D错误．故选C. 4．(2024·上海卷)已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M＝，在使得M＝[－1,1]的所有f(x)中，下列成立的是(　　) 【解析】　若存在 y＝f(x) 是偶函数， 取 x0＝1∈[－1,1]，则对于任意x∈(－∞，1)，f(x)<f(1), 而 f(－1)＝f(1), 矛盾， 故A错误；可构造函数f(x)＝满足集合M＝[－1,1]，当x<－1时，则f(x)＝－2，当－1≤x≤1时，f(x)∈[－1,1]，当x>1时，f(x)＝1，则该函数f(x)的最大值是f(2)，故B正确；假设存在f(x)，使得f(x)严格递增，则M＝R，与已知M＝[－1,1]矛盾，故C错误；假设存在f(x)，使得f(x)在x＝－1处取极小值，则在－1的左侧附近存在n，使得f(n)>f(－1)，这与已知集合M的定义矛盾，故D错误．故选B. 5．(2022·新高考全国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＝0.5，＝k1，＝k2，＝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＝(　　) 【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＝0.725，解得k3＝0.9，故选D. A． B． C． D． 【解析】　如图，取CD的中点E，设CD＝a，PE＝b，则PO＝＝，由题意PO2＝ab，即b2－＝ab，化简得42－2·－1＝0，解得＝(负值舍去)．故选C. 7．(2024·上海卷)无穷等比数列{an}满足首项a1>0，q>1，记In＝，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是________. －a2，an＋1－a1]，若x，y∈[an，an＋1]，则x－y∈[0，an＋1－an]，综上，x－y∈[0，a2－a1]∪[an－a2，an＋1－a1]∪[0，an＋1－an]，又In为闭区间等价于[0，a2－a1]∪[an－a2，an＋1－a1]∪[0，an＋1－an]为闭区间，而an＋1－a1> an＋1－an>a2－a1，故an＋1－an≥an－a2对任意n≥2恒成立，故an＋1－2an＋a2≥0即a1qn－1(q－2)＋a2≥0，故qn－2(q－2)＋1≥0，故q－2≥－对任意的n≥2恒成立，因q>1，故当n→＋∞时，－→0，故q－2≥0即q≥2. ●典例研析 1．(1)(2025·广东模拟)用C(A)表示非空集合A中元素个数，定义A*B＝，若A＝{1,2}，B＝{x|(x2＋ax)(x2＋ax＋2)＝0}且A*B＝1，则实数a的所有取值为(　　) A．0 B．0，－2 C．0,2 D．－2，0,2 【解析】　(1)由于(x2＋ax)(x2＋ax＋2)＝0等价于x2＋ax＝0①或x2＋ax＋2＝0②，又由A＝{1,2}，且A*B＝1，∴集合B要么是单元素集合，要么是三元素集合，1°集合B是单元素集合，则方程①有两相等实根，②无实数根，∴a＝0；2°集合B是三元素集合，则方程①有两不相等实根，②有两个相等且异于①的实数根，即解得a＝±2，综上所述a＝0或a＝±2，故选D. ●典例研析 2．(1)(2025·浑南区校级模拟)若函数f(x)的定义域内存在x1，x2(x1≠x2)，使得＝1成立，则称该函数为“完整函数”．已知f(x)＝sin－cos(ω＞0)是上的“完整函数”，则ω的取值范围为(　　) (2)(2025·牧野区校级模拟)如图所示的“月牙形”阴影部分的边缘是两条不同曲线构成，其中一个是△ABC的外接圆的圆弧，另一个是以AB为直径的圆的一部分圆弧．已知∠ACB＝，AC＝BC＝1，则该“月牙形”即阴影部分面积为(　　) A．＋ B．－ C．＋ D．－ 【解析】　(1)由题意可得：f(x)＝－sin－cos＝－sin－cos＝－sin＝－sin (ωx＋π)＝sin ωx，即f(x)＝sin ωx是上的“完整函数”，所以存在x1，x2∈，使得＝1成立；即存在x1，x2∈，使得f(x1)＋f(x2)＝2成立；又因为f(x)max＝1，因此f(x1)＝f(x2)＝1，即f(x)＝sin ωx在x∈ 上至少存在两个最大值点，所以－≥T＝，解得ω≥2；当－≥2T＝，即ω≥4时，一定满足题意；若2≤ω＜4，因为x∈，ω＞0，所以≤ωx≤，又易知π≤＜2π，3π≤＜6π；所以只需保证≤＜6π即可，解得3≤ω＜4，综上可知ω≥3.故选B. (2)已知∠ACB＝，AC＝BC＝1，对于A：根据已知和图形知AB＝＝，设以△ACB为外接圆的圆心为O，直径2r，由正弦定理得2r＝＝＝2即r＝1，在圆O中，圆周角∠ACB的度数等于它所对弧上圆心角度数n的一半，即n＝240°，又n＋∠AOB＝360°，显然∠AOB＝∠ACB＝，∵S扇形＝πr2＝lr＝θr2(n为圆心角的度数，θ是以弧度表示的圆心角，l是扇形的弧长，r是圆半径)， 则S弓形＝S扇形－S△ABC＝r2·－r·r·sin ＝－，易知以AB为直径的半圆的半径为R＝，即S半圆＝πR2＝，于是S月牙＝－＝＋.故选A． (2)没有去掉“1”之前，第1行的和为20，第2行的和为21，第3行的和为22，即每一行数字和构成首项为1，公比为2的等比数列，根据等比数列求和公式可得，前n项和为Sn＝＝2n－1，每一行的个数为1,2,3,4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，根据等差数列的求和公式可得，前n项总个数为Tn＝.当n＝10时，T10＝55，去掉两端“1”，可得55－19＝36，则去掉两端“1”后此数列的前36项和为S10－19＝210－1－19＝1 004，所以第36项为第10行去掉“1”后的最后一个数为9，所以该数列的前35项和为1 004－9＝995.故选B. (2)(2025·驻马店校级模拟)八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中||＝1.给出下列结论，其中正确的结论为(　　) A．与的夹角为 B．＋＝ C．|－|＝|D| D．在上的投影向量为－e(其中e为与同向的单位向量) (2)由八卦图可知与的夹角为∠AOH，其大小为＝，即与的夹角为，所以A错误；由向量的平行四边形法则可知＋≠，即B错误；易知|－|＝||，又∠AOC＝90°，所以||＝||，而||＝2||＝2||，所以|－|＝||，即C错误；易知在上的投影向量为||··＝1×1×cos 135°·＝－·＝－e，即D正确．故选D. A．148 B． C． D．196 A． B． C. D．2 【解析】　(1)因为正四棱台中，AB＝10，A1B1＝6， 又该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时， 水的体积为74，所以作出示意图如右：水面与侧棱的交 点如图所示，易知四边形AA1B1B为等腰梯形，因为线段AA1，BB1的中点分别为A2，B2，则A2B2＝＝＝8，设棱台A1B1C1D1－A2B2C2D2的高为h，体积为V1，则棱台A1B1C1D1－ABCD的高为2h，设其体积为V，则V1＝×(62＋82＋6×8)h＝h，V＝×(62＋102＋6×10) ·2h＝h，所以＝＝，所以该方斗杯可盛水的总体积为×74＝196.故选D. (2)作出示意图如图：根据题意易得DC＝1，所以AC＝，则该正方体的棱长为.易知三棱锥A－BCD为正三棱锥，则V三棱锥A－BCD＝V三棱锥D－ABC＝××××＝.故所求体积为V＝V正方体－8V三棱锥A－BCD＝2－8×＝.故选B. ●典例研析 6．(1)(2025·南昌一模)我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知f(x)＝ex－ex2＋(x－1)2，则下列给出的函数其图象与y＝f(x)的图象“相似”的是(　　) (2)(2025·咸阳三模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x＝0处的n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)＝f(0)＋f′(0)x＋x2＋x3＋…＋xn＋…，该公式也称为麦克劳林公式．根据该公式估算sin 2的值为(精确到小数点后两位)(　　) (2)f(x)＝sin x在x＝0处n阶可导，f(0)＝0，f′(x)＝cos x，则f′(0)＝1，f″(x)＝－sin x，则f″(0)＝0，f(3)(x)＝－cos x，则f(3)(0)＝－1，f(4)(x)＝sin x，则f(4)(0)＝0，f(5)(x)＝cos x，则f(5)(0)＝1，f(6)(x)＝－sin x，则f(6)(0)＝0，f(7)(x)＝－cos x，则f(7)(0)＝－1，由麦克劳林公式可得，sin x＝x－＋－＋…，令x＝2，则sin 2＝2－×23＋×25－×27＋…≈0.91.故选C. A． B． C． D． 【解析】　(1)根据题意可知，5×75%＝3.75，即交叉学科总数的第75百分位数为第4个数677，故A选项错误；交叉学科高校数的平均数为×(153＋160＋185＋210＋231)＝187.8，故B选项错误；交叉学科高校数的极差为231－153＝78，故C选项正确；由图可得从第1年到第5年间，交叉学科总数与交叉学科高校数的差值依次为508－153＝355,549－160＝389,616－185＝431,677－210＝467,769－231＝538，所以其差值越来越大，故D选项错误．故选C. (2)不超过40的素数有12个，分别为：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37，其中梅森素数有3个，分别为3,7,31，从中随机选取两个不同的数，基本事件总数n＝C＝66，至少有一个为梅森素数包含的基本事件个数m＝C＋CC＝30，∴至少有一个为梅森素数的概率是P＝＝＝.故选A． ●典例研析 8．(1)棣莫弗公式(cos x＋isin x)n＝cos(nx)＋isin(nx)(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2在复平面内所对应的点位于(　　) 【解析】　(1)由题意，2＝cos＋i·sin＝－＋i，在复平面内所对应的点为，位于第二象限．故选B. (2)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，则解得所以z＝－1±2i.故选C. B．>(a>0，b>0) C．≤(a＞0，b＞0) D．≤(a＞0，b＞0) A．若a＜b，则> B．若a＞b＞0，则< C．若a＞b，则ac2>bc2 D．若ac2>bc2，则a＞b 【解析】　(1)由图形可知，OF＝AB＝(a＋b)，OC＝(a＋b)－b＝(a－b)，在Rt△OCF中，由勾股定理可得，CF＝＝，∵CF≥OF，∴≥(a＋b)，故选C. (2)当a<0<b时，<，选项A错误；－＝>0，所以>，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. ●典例研析 10．(1)(2025·长沙三模)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)，定义A，B两点间的曼哈顿距离D(A，B)＝|x1－x2|＋|y1－y2|，欧氏距离d(A，B)＝，在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2,2)，点M满足d(M，O)≤1，点N满足D(N，P)≤1，则|MN|的最大值为(　　) A．2－1 B．2＋1 C．－1 D．＋1 (2)(2025·信都区校级模拟)数学家Dandelin 用“Dandelin双球”模型证明了一个平面截圆 柱得到的截口曲线是椭圆．图1为一个底面半 径为2的圆柱被平面截开所得的几何体，斜截 面椭圆的离心率为，点P为椭圆上任意一点．过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB1A1为矩形，若沿AA1将其侧面剪开，其侧面展开图形状如图2所示，如图建系，设P(x，y)，则下列命题正确的是(　　) A．斜截面与圆柱底面的夹角为 B．若AA1＝3，则图1几何体的侧面积为9π C．点P的轨迹方程为y＝2sin (0≤x≤4π) D．点P的轨迹方程为y＝－cos (0≤x≤4π) 【解析】　(1)因为点M满足d(M，O)≤1，所以点M在以O为圆心，以1为半径的圆内部及其边界上，设点N(x，y)，则D(N，P)＝|x－2|＋|y－2|≤1，作出点M和点N的运动区域如图，当点N在点B(3,2)或点A(2,3)时，点O到点N的距离最大，为，此时反向延长NO，交圆O于一点，该点为M时，|MN|取最大值，最大值为＋1.故选D. (2)由题意知b＝r＝2，由离心率不难得出a＝4，所以椭圆面与圆柱底面的夹角余弦值为＝，夹角为，A错误；由于圆柱底面周长为4π，根据对称性，可知侧面展开面积为3×4π＝12π，B错误；P点在底面投影所在角为，根据几何关系可知P的轨迹为y＝2sin ，C正确，D错误．故选C. 3．(2025·固始县二模)在复数集中，我们把实部与实部相等，虚部与虚部互为相反数的一对具有孪生关系的复数记为z和，他们也是实系数一元二次方程(a≠0)在判别式小于0时的两个复数根，我们将这种关系定义为共(　　) 4．(2025·玉溪校级模拟)中国扇子历史悠久，源远流长，在长达数千年的发展过程中，被赋予了极其深厚的文化内涵和鲜明的民族特色．自古中国就有“制扇王国”的美誉，数量之大品种之多，皆居世界首位．如图，现从一圆面中剪下一个扇形制作一把扇形扇子，为了使扇子形状更为美观，要求剪下的扇形和圆面剩余部分的面积比值为黄金分割比，则扇子的圆心角应为(　　) A．(3－)π B．(3－6)π C． D． 【解析】　设扇形的圆心角为α，半径为r，则扇形的面积为S＝αr2，圆面剩余面积为Y＝πr2－αr2，则＝＝，解得α＝(3－)π.故选A． 【解析】　由频率分布直方图知，0.06×4＝0.24，0.24＋0.10×4＝0.64＞0.5，所以中位数在[4,8)内，可设为x，则0.24＋(x－4)×0.10＝0.5，解得x＝6.6，所以中位数是6.6，选项A错误；最高的小矩形是[4,8)，所以众数是×(4＋8)＝6，选项B错误；计算平均数为＝2×0.06×4＋6×0.10×4＋10×0.07×4＋14×0.015×4＋18×0.005×4＝6.88，选项C正确；因为低于8的频率为0.64，所以不低于8的频率为1－0.64＝0.36，所以该校读书不低于8本的人数约为12 000×0.36＝4 320(人)，选项D错误．故选C. 6．(2025·湖南模拟)“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P(x，y)是阴影部分(包括边界)的动点，则的最小值为(　　) A．－ B．－ C．－ D．－1 【解析】　记A(2,0)，则k＝为直线AP的斜率，故当直线AP与半圆x2＋(y－1)2＝1(x＞0)相切时，得k最小，此时设AP：y＝k(x－2)，故＝1，解得k＝－或k＝0(舍去)，即kmin＝－.故选C. 7．(2025·临翔区校级模拟)几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形是“最美三角形”，即顶角为36°的等腰三角形．例如中国国旗上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的．如图，将五角星的五个顶点相连，记正五边形ABCDE的边长为a，正五边形A1B1C1D1E1边长为b，则的值是(　　) A． B． C． D． 【解析】　由题意AC1＝DB1，＝，＝，C1D1＝b、CD＝a，且AD＝AC1＋C1B1＋B1D，所以AC1＝＝，AD＝＋b＋＝＋b，所以＝，所以＝.故选B. 8．(2025·云南模拟)双曲线的第三定义是：到两条相交直线的距离之积是定值的点的轨迹是(两组)双曲线．人教A版必修第一册第92页上“探究与发现”的学习内容是“探究函数y＝x＋的图象与性质”，经探究它的图象实际上是双曲线．进一步探究可以发现对勾函数y＝ax＋，(a＞0，b＞0)的图象是以直线y＝ax，x＝0为渐近线的双曲线．现将函数y＝x＋的图象绕原点顺时针旋转得到焦点位于x轴上的双曲线C，则它的离心率是(　　) A． B． C．4－2 D． 【解析】　由题意可得双曲线的渐近线方程分别为y＝x和x＝0，即有一条对称轴方程为y＝tan 67.5°x，其倾斜角为67.5°，将函数y＝x＋的图象绕原点顺时针旋转67.5°得到焦点位于x轴上的双曲线C，此时渐近线方程为y＝±tan 22.5°x，由tan 45°＝＝1，解得tan 22.5°＝－1，则双曲线的离心率为e＝＝.故选D. A．eπi＝1 B．e为纯虚数 C．＝ D．复数e2i对应的点位于第三象限 【解析】　eπi＝cos π＋isin π＝－1，故A错误；e＝cos＋isin＝i，所以e为纯虚数，故B正确；＝＝＝＝，故C正确；e2i＝cos 2＋isin 2，则复数e2i在复平面内对应的点为(cos 2，sin 2)，因为<2<π，所以cos 2<0，sin 2>0，所以点(cos 2，sin 2)位于第二象限，即复数e2i对应的点位于第二象限，故D错误．故选BC. 11．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，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．把以上文字写成公式，即S＝(S为三角形的面积，a、b、c为三角形的三边)．现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，且△ABC的面积S△ABC＝6，则下列结论正确的是(　　) A．△ABC的最短边长为4 B．△ABC的三个内角满足A＋B＝2C C．△ABC的外接圆半径为 D．△ABC的中线CD的长为3 【解析】　因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，所以由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶，设a＝2t，b＝3t，c＝t，t＞0，因为△ABC的面积S△ABC＝6，所以6＝，解得t＝2，则a＝4，b＝6，c＝2，所以△ABC的最短边长为4，故A正确；因为cos C＝＝＝，所以C＝，可得A＋B＝π－＝＝2C，所以△ABC的三个内角满足A＋B＝2C，故B正确；因为C＝，所 以sin C＝，由正弦定理得2R＝＝，解得R＝，所以 △ABC的外接圆半径为，故C错误；因为＝(＋)，所以||2＝(＋)2＝×＝19，故CD＝，故D错误．故选AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2025·南沙区校级模拟)已知Ω是棱长为的正四面体ABCD，设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M，若M中元素的个数为k，则称α为Ω的k阶等距平面，M为Ω的k阶等距集．如果α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{m}，则符合条件的α有________个，m的所有可能取值构成的集合是________. 【答案】　7　 【解析】　①情形一：分别取AB， AC，CD，DB的中点P，Q，R，S，将 此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 如图1，则m为正方体棱长的一半，等 于.由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线，有3种情况；②情形二：如图2，分别取AB，AC，AD的中点M，E，F，由中位线性质可知ME＝EF＝，此 时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面，m为正四面体高的一半，等于××＝.由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面α平行于其中一个面，有4种情况．综上，当m的值为时，α有3个；当m的值为时，α有4个．所以符合条件的α有7个，m的所有可能取值构成的集合是. 其中a∶b∶c＝2∶5∶3，参加登山的人数占总人数的，为了解学生对本次比赛的满意程度，按分层抽样的方式从中抽取一个200人的样本进行调查，则高三年级参加跑步的学生中应抽取_____人． 【解析】　全校参与跑步有2 000×＝1 500人，高三年级参与跑步的学生＝1 500××＝45人． 【解析】　因为把x换成－x，方程不变，所以曲线x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0关于y轴对称；因为把y换成－y，方程不变，所以曲线x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0关于x轴对称；因为把x换成－x，同时把y换成－y，方程不变，所以曲线x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0关于坐标原点对称；因为把x换成y，同时把y换成x，方程不变，所以曲线x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0关于直线y＝x对称，因此最小覆盖圆圆心必在坐标原点，从而最小覆盖圆的半径为曲线x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0上点到原点距离最大值，因为x4＋y4－x2y2－x2－y2＝0，所以(x2＋y2)2－(x2＋y2)＝3x2y2≤32(当且仅当x2＝y2时取等号)，所以0≤x2＋y2≤4,0≤≤2，因此最小覆盖圆的半径为2. $