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【浙江省专用】2024-2025学年高二数学下册期末真题专项练习
02 多项选择
一、多项选择题
1．（2024高二下·浙江期末）民营经济是推进中国式现代化的生力军，是浙江的最大特色、最大资源和最大优势．为了更好地支持民营企业的发展，我省某市决定对部分企业的税收进行适当的减免．某机构调查了当地的中小型民营企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下列结论正确的是（　　）
A．样本数据落在区间内的频率为0.45
B．若规定年收入在500万元以内的民营企业才能享受减免税政策，估计有的当地中小型民营企业能享受到减免税政策
C．若该调查机构调查了100家民营企业，则年收入不少于400万元的有80家
D．估计样本的中位数为480万元
2．（2024高二下·武威期末）下列关于回归分析的说法中正确的是（　　）
A．回归直线一定过样本中心
B．两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好
C．甲、乙两个模型的分别约为0.98和0.80，则模型乙的拟合效果更好
D．残差图中残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明选用的模型比较合适
3．（2024高二下·湖州期末）下列说法正确的是（　　）
A．已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数越接近于1
B．正态曲线当一定时，越小，正态曲线越“瘦高”；越大，正态曲线越“矮胖”
C．在刻画回归模型的拟合效果时，决定系数的值越大，说明拟合的效果越好
D．对于独立性检验，随机变量的值越大，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大
4．（2024高二下·嘉兴期末）已知复数（其中是虚数单位），则下列说法正确的是（　　）
A．的虚部为
B．
C．在复平面内对应的点位于第四象限
D．若，则
5．（2024高二下·金华期末）投掷一枚质地均匀的硬币两次，记“第一次正面向上”为事件，“第二次正面向上”为事件，“至少有一次正面向上”为事件，则下列判断正确的是（　　）
A．与相互独立 B．与互斥
C．. D．
6．（2024高二下·丽水期末）已知向量，，，则（　　）
A．
B．
C．
D．向量在向量上的投影向量为
7．（2024高二下·杭州期末）本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．图中x的值为0.030
B．被抽取的学生中成绩在的人数为15
C．估计样本数据的众数为90
D．估计样本数据的平均数大于中位数
8．（2024高二下·衢州期末）已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（　　）
A．双曲线的焦距为6 B．点到渐近线的距离为2
C．的最小值为 D．若，则的面积为
9．（2024高二下·衢州期末）下列论述正确的是（　　）
A．样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系
B．由样本数据得到的经验回归直线必过中心点
C．用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，表示残差平方和越大，模型拟合效果越差
D．研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则有的把握能推断不成立
10．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量，，则（　　）
A．当时，
B．若，则
C．若，则
D．若与的夹角为针角，则
11．（2024高二下·宁波期末）已知函数是奇函数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．无解
C．是减函数 D．
12．（2024高二下·浙江期末）饮料瓶的主要成分是聚对苯二甲酸乙二醇酯，简称“PET”．随着垃圾分类和可持续理念的普及，饮料瓶作为可回收材料的“主力军”之一，得以高效回收，获得循环再生，对于可持续发展具有重要意义，上海某高中随机调查了该校某两个班（A班，B班）5月份每天产生饮料瓶的数目（单位：个），并按分组，分别得到频率分布直方图如下：下列说法正确的是（　　）
A．班该月平均每天产生的饮料瓶个数估计为41
B．班5月产生饮料瓶数的第75百分位数
C．已知该校共有学生1000人，则约有150人5月份产生饮料瓶数在之间
D．
13．（2024高二下·浙江期末）已知平面向量的夹角为，且，若，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
14．（2024高二下·浙江期末）已知复数，则下列结论正确的有（　　）
A． B．
C． D．
15．（2024高二下·舟山期末）下列说法正确的是（　　）
A．某校高二年级共有学生600人，现采用比例分配的分层随机抽样方法抽取容量为60的样本，若样本中男生有40人，则该校高二女生人数是200
B．数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为9
C．已知y关于x的回归直线方程为，若，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关，此推断犯错的概率不大于0.05
16．（2024高二下·慈溪期末）已知复变函数是以复数作为自变量和因变量的函数，对任意一个复数，由可以得到，，，…，，….如果存在一个正实数，使得对任意都成立，那么称为函数的收敛点.若是复变函数的收敛点，则复变函数可以是（　　）
A． B．
C． D．
17．（2024高二下·慈溪期末）若，为两个随机事件，且，，则（　　）
A．当和互斥时，
B．当和互斥时，
C．当和相互独立时，
D．当和相互独立时，
18．（2024高二下·湖州期末）有个编号分别为的盒子，1号盒子中有1个白球和2个黑球，其余盒子中均有2个白球和2个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件，则（　　）
A． B．
C． D．
19．（2024高二下·湖州期末）如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（　　）
A．
B．
C．当面积为时，点在圆上运动
D．点的坐标为
20．（2024高二下·台州期末）下列命题正确的是(　　)
A．若随机变量服从二项分布，则
B．若随机变量服从正态分布，则
C．当事件两两独立时，
D．当事件两两互斥时，
21．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则下列正确的是（　　）
A．函数的值域为
B．函数的最小正周期为
C．当时，方程有且仅有1个实根
D．在区间上单调递增，则
22．（2024高二下·浙江期末）已知，，是三条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题中真命题是（　　）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
23．（2024高二下·浙江期末）已知向量，，下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
24．（2024高二下·嘉兴期末）2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲 乙两位同学的得分分别记为和，则（　　）
A． B．
C． D．
25．（2024高二下·宁波期末）已知关于的方程在复数范围内的根为.若，则实数的值可能为（　　）
A． B．1 C．0 D．
26．（2024高二下·金华期末）在中，已知，则（　　）
A． B．
C．的外接圆直径为 D．的面积为
27．（2024高二下·金华期末）在正方体中，（　　）
A．
B．直线与所成角为
C．平面
D．直线与平面所成角为
28．（2024高二下·杭州期末）已知向量，且，则（　　）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是
D．向量在向量上的投影向量坐标是
29．（2024高二下·杭州期末）已知，设函数满足，则（　　）
A．
B．当时，不一定是常数函数
C．若，则
D．若，则
30．（2024高二下·丽水期末）在中，角所对的边分别为，，，以下判断正确的是（　　）
A．若，则的面积为 B．若，则
C．若，则 D．若有两解，则
31．（2024高二下·绍兴期末）已知函数，则下列说法正确的是(　　)
A．恒成立 B．在上单调递增
C．在上有个零点 D．是周期函数
32．（2024高二下·绍兴期末）四位同学各掷大小一致、质地均匀的骰子次，分别记录每次骰子出现的点数．四位同学的统计结果如下，则可能出现点数的是(　　)
A．平均数为，中位数为 B．平均数为，方差为
C．中位数为，众数为 D．中位数为，方差为
33．（2024高二下·绍兴期末）已知，都是正实数，则下列结论正确的是(　　)
A． B．
C． D．
34．（2024高二下·镇海区期末）已知定义域为的偶函数满足，若对任意且，都有，下列结论一定正确的是（　　）
A． B．2是的一个周期
C．函数在上单调递减 D．函数图象关于直线对称
35．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则关于的方程根的个数可能是（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
36．（2024高二下·浙江期末）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．此结论与必修一教材上的结论相吻合，则下列结论正确的是（　　）
A．函数的图象关于点成中心对称图形
B．若定义在上的函数对任意的都有，则函数图象的对称中心为
C．若是偶函数，则的图象关于直线成轴对称
D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
37．（2024高二下·舟山期末）已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（　　）
A．正四棱台存在内切球
B．
C．直线AG与平面所成角的取值范围为
D．的取值范围为
38．（2024高二下·舟山期末）在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，，则满足条件的△ABC有两个
C．若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为
D．若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是
39．（2024高二下·台州期末）关于函数的图象的切线，下列说法正确的是(　　)
A．在点处的切线方程为
B．经过点的切线方程为
C．切线与的图象必有两个公共点
D．在点处的切线过点，则
40．（2024高二下·浙江期末）如图，直三棱柱中，，，点在棱上运动（含端点），则下列结论正确的是（　　）
A．直线与直线所成角的范围是
B．存在点，使得平面
C．若为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面积为
D．若为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为
41．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（　　）
A． B．的图象关于点对称
C． D．
42．（2024高二下·丽水期末）如图，在矩形中，，是的中点，沿直线将翻折成（不在平面内），是的中点，设二面角的大小为.（　　）
A．若，则
B．直线与所成的角为定值
C．若，则三棱锥的外接球的表面积为
D．设直线与平面所成的角为，则
43．（2024高二下·宁波期末）如图，点P是棱长为3的正方体的表面上一个动点，，，平面AEF，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥的体积是定值
B．存在一点P，使得
C．动点P的轨迹长度为
D．五面体的外接球半径为
44．（2024高二下·宁波期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，，，平面，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥的体积是定值
B．存在一点，使得
C．动点的轨迹长度为
D．五面体的外接球半径为
45．（2024高二下·镇海区期末）一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中可能出现点数6的有（　　）
A．平均数为3，中位数为4 B．中位数为4，众数为3
C．平均数为2，方差为2.1 D．中位数为3，方差为0.85
46．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．的图像是中心对称图形 B．的图像是轴对称图形
C．是周期函数 D．存在最大值与最小值
47．（2024高二下·浙江期末）已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（　　）
A．若2为的周期，则为奇函数
B．若为奇函数，则2为的周期
C．若4为的周期，则为偶函数
D．若为偶函数，则4为的周期
答案解析部分
1．A,B,D
解：对于A，由，得，
所以，数据落在区间内的频率为，所以A正确；
对于B，数据落在区间内的频率为，
所以B正确；
对于C，，年收入大于或等于400万元的有四组，其频率和是，则符合条件的民营企业有家，
所以C错误；
对于D，数据落在区间内的频率为0.3，
数据落在区间内的频率为，
则估计中位数为，所以D正确．
故选：ABD．
根据频率分布直方图中结合概率等于小长方形的面积和概率之和等于1，再利用频率分布直方图求中位数公式进行计算判断各个选项，进而得出正确的选项.
2．A,B,D
3．B,C
解：A、相关系数的绝对值越接近1，两个变量线性相关性越强，故A错误；
B、正态曲线中当一定时，越小，正态曲线越“瘦高”；越大，正态曲线越“矮胖”，故B正确；
C、 在刻画回归模型的拟合效果时，决定系数的值越大，说明拟合的效果越好 ，故C正确；
D、对于独立性检验，随机变量的值越大，判定“两变量有关系”犯错误的概率越小，故D错误.
故答案为：BC.
利用独立性检验和变量间的关系、回归直线的相关系数、正态分布曲线的特点逐项判断即可.
4．B,C,D
解：复数；
A、的虚部为，故A错误；
B、易知，则，故B正确；
C、复数对应的点坐标为，位于第四象限，故C正确；
D、，则，解得，故D正确.
故答案为：BCD.
根据复数的除法运算化简复数z即可判断A；根据共轭复数概念和复数乘法运算即可判断B；由复数的几何意义即可判断C；根据复数相等的充要条件列方程求得即可判断D.
5．A,C,D
解：A、易知，因为，
所以相互独立，故A正确；
B、因为事件可以同时发生，所以与不互斥，故B错误；
C、由题意可知：，故C正确；
D、由，可得，故D正确.
故答案为：ACD.
根据独立事件和互斥事件的定义即可判断AB；根据条件概率计算公式即可判断C；根据两个事件的并事件的概率计算公式即可判断D.
6．B,D
解：A、向量，，，故A错误；
B、，则，故B正确；
C、易知，则，故C错误；
D、向量在向量上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
根据向量共线、垂直，模的坐标表示求解即可判断ABC；根据投影向量求解即可判断D.
7．A,B
解：A、由，解得，故A正确；
B、成绩在区间的频率为，人数为，故B正确；
C、众数为，故C错误；
D、平均成绩为，
低于80分的频率为，
设样本数据的中位数为分，则，解得，平均数小于中位数，故D错误.
故答案为：AB.
根据频率分布直方图的性质求解即可判断A；结合频率与频数的关系求解即可判断B；由图得众数即可判断C；结合平均数的计算公式，以及中位数的计算公式，比较大小即可判断D．
8．A,C
解：A、易知，则双曲线的焦距为：，故A正确；B、易知，双曲线焦点到渐近线的距离为，故B错误；
C、如图所示：
设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义：，
则，故C正确；
D、在中，，，，
由余弦定理可得：，
则，，
即，故D错误.
故答案为：AC.
根据双曲线的性质即可判断A；根据双曲线的焦点到渐近线的距离为即可判断B；利用双曲线的定义即可判断C；求焦点三角形的面积即可判断D.
9．A,B,D
解：A、样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系，故A正确；
B、经验回归直线必过中心点，故B正确；
C、 用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故C错误；
D、，根据独立性检验的思想可知有的把握能推断不成立，故D正确.
故答案为：ABD.
根据相关系数的性质分析即可判断A；根据经验回归方程过样本中心点即可判断B；根据决定系数的性质分析即可判断C；根据独立性检验思想分析即可判断D.
10．A,C,D
解：A、当时，，，故A正确；
B、若，则有，解得，故B错误；
C、若，则，解得，故C正确；
D、若与的夹角为钝角，则且与不共线，解得且，故D正确.
故答案为：ACD.
根据向量加法坐标公式、向量平行的坐标表示、向量垂直坐标表示、；数量积坐标公式逐项计算判断即可.
11．A,B,D
解：A、的定义域为，且为奇函数，所以，解得；经检验满足题意，故A正确；
B、由可得，即，无解，故B正确；
C、，因为递增，所以为增函数，故C错误；
D、由为奇函数可得，结合C选项可得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
由的定义域为且为奇函数得可求出m可判断A；解方程可判断B；利用复合函数单调性可判断C；结合单调性和奇偶性可判断D.
12．A,B
解：对于A，因为平均值为：故A正确；
对于B，因为，
解得.
所以前4个矩形面积之和为0.7，前5个矩形面积之和为0.85，
故位于中，
所以，解得，
故B正确；
对于C，根据题中条件无法得出每个同学5月份产生饮料瓶数的情况，故C错误；
对于D，由选项B知，故D错误.
故答案为：AB.
由频率分布直方图求平均值、百分位数的计算公式，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式、频率之和等于1的性质，从而逐项判断找出说法正确的选项.
13．B,C,D
解：由题意得，
对于A：，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：，
则在上的投影向量为，故D正确．
故选：BCD
利用两向量垂直数量积为0的等价关系从而判断出选项A；再利用数量积的运算律和向量求模公式判断出选项B和选项C；先计算，再利用数量积求投影向量公式判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
14．B,C
解：对于A，若，则，故A错误；
对于B，设，
则，故B正确；
对于C，设，
则，
，故C正确；
对于D，若，则，故D错误．
故选：BC．
根据题意，由复数的模长公式结合复数的运算法则，从而判断出选项A，C，D，再结合共轭复数的定义和复数的运算法则，从而判断出选项B，进而找出正确的选项.
15．A,C
解：对于A，抽样比为，所以该校高一年级男生人数，所以该校高一年级女生人数600-300=300人，故A正确；
对于B，因为7x75%=5.25，所以第75百分位数为第6个数字10，故B错误 ；
对于C，将 代入线性回归方程中，得 ，故C正确：
对于D，因为3.841，所以可判断x与y没有关联，故D错误.
故答案为：A、C.
根据分层抽样的定义，判断A正确，根据百分位数定义，判断B错误，根据回归方程过中心点，判断C正确，根据独立性检验思想，判断D错误.
16．B,C
解：A，，，……，，
其中，不存在一个正实数，使得对都成立，A错误；
B，，，
，
故此时，，，…，，…的周期为3，且，
不妨取，满足要求，B正确；
C，，，
故此时，，，…，，…的周期为2，且，
不妨取，满足要求，C正确；
D，，
，
，
，
，
……，
依次计算，可以发现的实部和虚部的绝对值均趋向于，
故不存在一个正实数，使得对都成立，D错误；
故答案为：BC
通过题目规律可计算出，故不存在一个正实数，使得对都成立，据此可判断A选项；先找出，，，…，，…的周期，取，可判断B选项和C选项；故满足要求；利用复数的乘法运算依次求出，通过计算发现的实部和虚部的绝对值均趋向于，据此可知不存在一个正实数，使得对都成立，可判断D选项.
17．A,B,D
解：A， 当和互斥时，，A正确，
B， 当和互斥时，，B正确，
C， 当和相互独立时，，C错误，
D，当和相互独立时，和也相互独立，故，D正确，
故答案为：ABD
当和互斥时，，利用和事件的概率公式进行计算可判断A选项；根据，再结合A的结论可判断B选项；当和相互独立时，，再根据概率的性质可判断C选项；当和相互独立时，和也相互独立，据此可推出概率公式判断D选项.
18．A,B,C,D
解：A、由题意可知：表示从1号盒子取白球，从2号盒子也取出白球，则，故A错误；
B、由题意可得：，则，故B正确；
C、易知，，
则，故C正确；
D、由题意可得：，，
，
则，
即数列是以为公比，为首项的等比数列，
即，即，
，则，故D正确.
故答案为：BCD.
根据独立事件的概率公式求解即可判断A；根据条件概率公式求解即可判断B；根据和事件的概率公式求解即可判断C；由题意可得，，然后求出比较即可判断D.
19．A,B,D
解：A、易知，，因为为的中点，所以，故A正确；
B、易知，，
，，
则，故B正确；
C、由，则，，
设，则，将两式平方相加得，即，即点在园上运动，故C错误；
D、由题意可得，，因为的中点，则，其中，
因
故，故D正确.
故答案为：ABD.
由题意，结合单位圆中角的表示即可判断AB；再利用任意角的三角函数和三角形的面积公式，积化和差公式，即可判断CD.
20．B,D
解：A，由随机变量X服从二项分布，
得，A错误；
B，因为随机变量X服从正态分布，则对称轴为，，所以，B正确；
C，三个事件A，B，C两两独立能推出，且，且，但是推不出，
比如：从1，2，3，4中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2．事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4，
则为取出数字1，
所以，
满足．且，且，
但是推不出，C错误；
D.当事件A，B，C两两互斥时，则互斥
则，D正确；
故答案为：BD.
本题考查二项分布，正态分布，相互独立事件的概率公式，互斥事件和概率公式.直接二项分布的方差公式进行计算，可判断A选项；根据正态分布的对称性可得，据此可得，可判断B选项；根据相互独立事件乘积公式可得推出，且，且，但是推不出，再举出反例可判断C选项；根据当事件A，B，C两两互斥时，可得互斥，利用互斥事件和概率公式进行计算，可判断D选项．
21．A,D
对于A选项，因为，函数振幅为，所以函数的值域为，A正确；
对于B选项，函数的周期为，所以B错误；
对于C选项，时，，求方程的根，
可转化为求与的图象的交点个数，分别画出与的图象，
因为为周期函数最大值为，在定义域上单调递增且，
所以两函数图象在之后不会再有交点，所以如图方程有个实根，
C错误；
对于D选项，因为，所以，
令，则函数化为，又在区间上单调递增，
所以在上单调递增，因为，所以，
因为在上单调递增，则，解得，
又因为，则.
故答案为：AD
根据振幅判断A选项正确；根据函数周期判断B选项错误；利用数形结合分别画出与的图象，根据交点个数判断C选项错误；利用换元法，将函数，
化为，，通过，再结合已知条件确定的取值范围即可判断D.正确
22．A,C,D
对于A，若，，根据线面垂直性质得，故A正确；
对于B，若，，，，当平行时，可能，故B错误；
对于C，若，，，则在平面内存在一条直线满足，则，故C正确；
对于D，如下图所示：
设，，
在平面内取一点，过点作直线，过点作直线，
根据面面垂直的性质定理得平面，平面；
又，即，所以可得；
又，且平面，所以，则D正确.
故答案为：ACD
由线面垂直性质判断A正确；利用线面垂直判定定理判断B错误；根据面面垂直的判定定理可判断C正确；根据面面垂直的性质可判断D正确.
23．A,B,D
因为，，
对于A选项，若，则有，故A正确；
对于B选项，若，则有，解得，故B正确；
对于C选项，若，则，即，解得，故C错误；
对于D选项，，若，则，即，解得，故D正确.
故答案为：ABD
根据两向量平行的坐标运算判断A正确；根据两向量垂直的坐标运算判断B正确；根据向量模长的坐标表示判断C错误；根据两向量的积的坐标运算判断D正确.
24．A,D
解：由题可知：，的可能取值为0，4，6；
，
的分布列为
0 4 6
，
；
，
的分布列为
0 4 6
，
.
故答案为：AD.
由题意可得，的可能取值，再分别计算其对应的概率，求得、的分布列，最后计算，判断即可.
25．A,C,D
解：由韦达定理可知，，，
，
当时，，则，得，
当时，，则，得.
故答案为：ACD
本题考查复数方程的解.先利用韦达定理进行计算可得：，，利用完全平方公式进行计算可得：，分两种情况讨论：当时；当时；，根据，可列出方程，解方程可求出实数的值.
26．B,C,D
解：A、由，可得，
则，其中，
即，
因为，所以，即，且，
所以，，
即，，，因为在单调递增，所以，故A错误；
B、由A选项可知：，
根据正弦定理得，则，故B正确；
C、，由正弦定理得，即为的外接圆直径为10，故C正确；
D、由正弦定理，可得，
则的面积为，故D正确.
故答案为：BCD.
利用辅助角公式将等式化为，其中，得，故可求，再根据正切函数的单调性即可判断A；由正弦定理并结合选项A即可判断BC；利用正弦定理结合三角形的面积公式求解即可判断D.
27．A,C,D
解：A、在正方体中，因为为正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，则，故A正确；
B、设正方体棱长为，
因为，所以为直线与所成角，
在中，，则，
即直线与所成角不是，故B错误；
C、因为，平面，平面，所以平面，故C正确；
D、连结，如图所示：
由平面，得，
因为，，平面，所以平面，
连结，则为在平面上的射影，则为直线与平面所成角，
在直角三角形中，，所以
则直线与平面所成角为，故D正确.
故答案为：ACD.
由正方体得性质，先证明平面即可证明即可判断A；为直线与所成角，即可判断B；由，可得平面即可判断C；由为直线与平面所成角，求解即可判断D.
28．A,C,D
解：A选项，因为·，
所以，
因为，
所以，解得，故，选项A正确；
B选项，由A选项可知，故，选项B错误；
C选项，，，
，，
向量与向量的夹角是，选项C正确；
D选项，向量在向量上的投影向量，选项D正确.
故选：ACD.
本题主要考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量夹角的运算以及投影向量的运算，属于中档题。由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算以及投影向量的运算求解即可。
29．A,C,D
解：由，可得，则，
A、 当时，，故A正确；
B、若，时，，故B错误；
C、取，则，
解得，故C正确；
D、若且时，此时，则，
故显然满足，
若，则，
此时，故成立，
若，则，
此时，故成立，故D正确.
故答案为：ACD.
联立方程可得，即可代入求解即可判断A；根据时，，即可求解判断B；取代入题中式子即可求解判断C；分类讨论，结合共轭复数的定义，代入求解即可判断D.
30．A,C,D
解：A、 在中， 若，
则，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，解得，故B错误；
C、若，由余弦定理，可得，
整理得，解得，故C正确；
D、 在中 ，，，由正弦定理，可得，
由，可得，若有两个解，则且，
则，即，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
根据三角形的面积公式计算即可判断A；根据正弦定理计算即可判断B；根据余弦定理计算即可判断C；根据正弦定理和且即可判断D.
31．A,C
解：A， ，A正确，
B，故，B错误，
C，令，
记，
则，
当单调递增，
当单调递减，
且，而，
在同一直角坐标系中作出函数图象如图所示：
故两函数图象有4个不同的交点，因此函数在上有4个零点，C正确，
D，由于为周期函数，且最小正周期为，而也为周期函数，且最小正周期为，
由于为无理数，而2为有理数，则不存在整数使得，
所以不是周期函数，D错误，
故答案为：AC
本题考查函数的恒成立问题，函数的单调性，函数的零点，函数的周期性.根据三角函数的有界性可得：，利用三角函数的有界性和指数函数的单调性进行放缩可证明不等式，判断A选项；先判断出，利用三角函数的符号可判断出，进而推出，利用函数的单调性定义可判断B选项；记，求出导函数可得：，令和，解不等式可求出函数的单调区间，再求出的最值，据此可画出的函数图象，观察函数图象可求出在上零点个数，判断C选项；利用周期计算公式可求出的周期，利用周期的定义可求出的周期，进而可推出不是周期函数，判断D选项.
32．A,C,D
解：A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，A正确；
B，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，B错误；
C，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，C正确；
D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
则平均数为，
方差为，所以可以出现点6，D正确.
故答案为：ACD
本题考查平均数，中位数，方差，众数.举出例子：当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数，中位数，满足题意可判断A选项；若平均数为2，且出现点数6，利用方差公式可推出：，进而可知不符合题意，判断B选项；举出例子：当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数，众数，满足题意可判断C选项；举出例子：当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数，利用方差公式计算，满足方差，符合题意，可判断D选项.
33．A,B,D
解：A.都是正实数，
，当且仅当，即时等号成立，正确；
B.，当且仅当，即时等号成立，正确；
C.当时，不成立，错误；
D.，当且仅当时等号成立，
令，，即，即，
即，所以成立，正确.
故答案为：.
本题考查利用基本不等式求最值.因为都是正实数，直接利用基本不等式进行求解，可判断A选项；对式子进行展开可得：原式，直接利用基本不等式进行求解，可判断B选项；举出反例当时，可判断不等式不成立，判断C选项；利用基本不等式可推出，令，利用完全平方公式可推出，再进行换元可证明不等式成立，判断D选项.
34．A,C,D
解：A、因为函数是偶函数，且满足，
所以，则，故A正确；
B、对任意且，都有，
则函数在上单调递增，，，
，则2不是的周期，故B错误；
C、由，得，则函数图象关于点对称，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，故C正确
D、由，得，4是的一个周期，
，则函数图象关于直线对称，故D正确；.
故答案为：ACD.
由题意，利用偶函数性质及单调性，结合赋值法逐项分析判断即可.
35．A,B,D
解：作出函数的图象，如图所示：
将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，
当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点，
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故答案为：ABD．
将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，再作出的图象，分、、三种情况，则结合图象求解得出关于的方程根的个数．
36．A,C,D
解：对于A，因为为奇函数，
所以的图象关于点成中心对称图形，故A正确；
对于B，设，若是奇函数，
则，
所以，
因为，
所以1为奇函数，所以图象的对称中心为，故B错误；
对于C，设，因为是偶函数，所以，
则，所以的图象关于直线成轴对称，故C正确；
对于D，显然的图象关于点成中心对称图形，再考虑的对称性，可化为为奇函数，
则即即，
令，则，即，解得或（舍去），
所以，则，
因为为奇函数，所以图象的对称中心为，
又因为与有相同的对称中心，所以2024个交点每两个一组关于点中心对称，
，故D正确．
故选：ACD．
利用题中推广的结论和函数的图象的对称性判断出选项A和选项B；再利用偶函数的图象的对称性判断出选项C；根据奇函数的图象的对称性和两函数图象交点求解方法，从而判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
37．B,C,D
解：对于A，设外接球球心为H，外接球半径为r，由球的体积，
解得r，所以.因为，所以设OH=x，则或（舍）
所以O为球心，即在AC和BD的中点，且AB=2，由等腰梯形的性质可求得棱台高为 ，斜高为因为，所以正四校台 不存在内切球，故A错误：
对于B，，故B正确：
对于C，作，O1为正四棱台 上底面的中心，所以，
又，所以，又，所以，又BDC平面BDC1，所以平面BDC1平面ACC1A1，平面BDC1平面ACC1A1=OC1，
所以AP平面BDC1，所以AGP为直线AG与平面BDC1所成的角，所以，
故AG最大时AGP最小，当G在C1时，AG最大，
由四边形ACC1A1是等腰梯形，且4，
所以四边形.AOC1A1、OCC1A1为菱形，所以CAA1=60°，可得ㄥAC1P=30°，AOP=60°，
所以此时直线AG与平面BDG所成角最小为30°，当G在O时，AG最小，直线4G与平面BDG所成角最大为60°，故C正确.
对于D，连接.，因为四边形OCC1A1为菱形，所以，又平面BDC1平面ACC1A1，平面BDC1平面ACC1A1=OC1，所以A1C平面BDC1，所以A1，C关于平面BDC1对称，所以AG=GC，所以GA+GA1=GA+GC，当动点G或落在C1或D上，GA+GC最大值，最大值是4，
当动点G落在O时，有最小值，最小值为，所以GA+GA1=GA+GC的范围为]，故D正确，
故答案为：B、C、D
】作出图形的示意图，由已知可得外接球半径r，进而可得可判断A错误；求得体积判断B正确；作作，则AP平面BDC1，可得线面角的最大角与最小角判断C正确；GA+GA1=GA+GC，求得最大值与最小值可判断D正确.
38．A,C,D
解：因为
所以，所以 .故A正确.
因为，所以所以c=3，因为，
所以， 满足条件的△ABC有 一个，故B错误.
因为，
所以所以，
所以 △ABC面积的最大值为 .故C正确.
因为，所以， 所以
，又，
所以，所以的取值范围是 .故D正确.
故答案为：A、C、D.
利用余弦定理、三角形面积公式，化简，求出，判断A正确.
利用余弦定理代入，求出c边，根据边的大小，判断只有一解，判断B错误.
根据余弦定理联立，结合基本不等式，判断C正确.根据正弦定理，结合角的大小、正确值的范围，判断D正确.
39．A,C,D
解：由得，
A：由，所以函数在点处的切线方程为，即，A正确；
B：设切点为，所以，所以切线方程为，
又切线过点，所以，解得或，
所以过点的切线方程为或，B错误；
C和D：，则在点的切线方程为，
则，即，
因为，则，即，
即，所以，
又，当时，
又点在函数上，且与点相异，
即过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），
对于切线，则切点不是坐标原点，
所以切线与的图象必有两个公共点，C正确、D正确.
故答案为：ACD
本题考查曲线的切线方程.先求出导函数，根据导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可求出切线方程；设切点为，根据导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可求出切线方程，再根据切线方程过点，可列出方程，解方程可求出，据此可写出切线方程，判断B选项；在点的切线方程为，根据切线过点，可列出方程，化简方程可得，解方程可求出，判断D选项；根据推导可得：过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），根据切线，则切点不是坐标原点，据此可得切线与的图象必有两个公共点，可判断D选项.
40．A,C,D
对于A，由直三棱柱性质，，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
所以直线与直线所成角为，
又点在棱上运动（含端点），且，
故，故，故A正确；
对于B，如图，分别取、、中点为、、，设此时为中点，
连接、、、、，
则且，
且，
且，且，
，
所以，故与不垂直，故与不垂直，
故根据垂直定义得，不存在点，使得平面，故B错误；
对于C，若为棱的中点，设为中点，
连接、，则且，
故由、可唯一确定一个平面，所以平面截三棱柱所得截面为面，
又，，
所以四边形为等腰梯形，故梯形的高为，
平面截三棱柱所得截面积为，故C正确；
对于D，因为，为Q到直线的距离，
所以当取得最大值时三棱锥体积最大，
而最大值为，
所以三棱锥体积最大为，故D正确.
故答案为：ACD.
对于A，利用直三棱柱性质，将直线与直线所成角转化为为直线与直线所成角，解出即可判断A正确；对于B，证明与不垂直，即可判断B错误；对于C，先明确平面截三棱柱所得截面，再根据已有数据求解，即可判断C正确；对于D，利用等体积法求解，即可判断D正确，.
41．A,C,D
解：A、因为为奇函数，所以，
令，则，即，故A正确；
B、因为为奇函数，所以，
所以，所以的图象关于点对称，故B错误；
C、由，可得，所以，
由，两边求导数可得，
即，所以，
所以，所以，故C正确；
D、因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以是周期函数周期为4，
由，可得，
所以，所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
根据，均为奇函数，求得，的周期以及对称中心，逐项判断即可.
42．B,C,D
解：A、，取、的中点分别为，，连接，如图所示：
则，因为四边形为正方形，所以、
假设，由平面，
得平面，又平面，所以，
这与“”矛盾，则假设不成立，故A错误；
B、取的中点，连接，如图所示：
则且，即四边形是平行四边形，即，
故为异面直线与的所成角，
由，可得，则，即，
故异面直线与的所成角为定值，故B正确；
C、如图，由选项A的分析知为二面角的平面角，即.
当时，，易知，，
则为外接圆的圆心.过作于，过作，
在上取使得，则四边形为矩形，得，
则为三棱锥外接球的球心，设其半径为，
则，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
D、过作平面于点，作于点，连接，如图所示：
为二面角的平面角，即，
为直线与平面所成的角，即，
由，平面，
知平面，又平面，所以，
所以为的中点，得，
又，所以，即，故D正确.
故答案为：BCD.
利用反证法即可判断A；确定为异面直线与的所成角即可判断B；确定外接球的球心位置，建立关于R的方程，解之即可判断C；确定、，求出即可判断D.
43．A,C,D
解：，，如图所示：
在上取点，在边上取点，在平面中，所以四边形为平行四边形，所以
又平面，平面，所以平面；
同理，平面，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
A、三棱锥的体积等于三棱锥的体积，，点的轨迹为四边形，
且平面平面，则点到平面的距离为
，故A正确；
B、点的轨迹为四边形（不包含点），如图所示：
是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，故B错误；
C、点的轨迹为四边形，由勾股定理得的轨迹长度为，故C正确；
D、五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，，
，设所在圆的圆心为，是的中点， 四棱锥的外接球球心为，连接，根据题意是直角三角形，是的中点，在线段上，如图所示：
设，因为，所以，解得
所以四棱锥的外接球半径为，故D正确..
故答案为：ACD.
利用等体积法判断A，D，根据题意分析出点的轨迹判断B，C.
44．A,C,D
解：易知，
在边上取点，使得，在边上取点，如图所示：
在平面中，因为，所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面；
同理，平面，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
A、三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
在中，，点的轨迹为四边形，
且平面平面，则点到平面的距离为
，则三棱锥的体积是定值，故A正确；
B、点的轨迹为四边形（不包含点），
在正方体中，是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，故B错误；
C、点的轨迹为四边形，利用勾股定理计算动点的轨迹长度为：，故C正确；
D、五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，，，
设所在圆的圆心为，是的中点， 四棱锥的外接球球心为，连接，如图所示：
根据题意是直角三角形，是的中点，在线段上，
设，因为，可得，解得
所以四棱锥的外接球半径为，故D正确.
故答案为：ACD.
由题意，利用等体积变换即可判断AD；利用题意分析出点的轨迹即可判断BC；
45．A,B,D
解：A、10次点数为，符合题意，故A正确；
B、10次点数为，符合题意，故B正确；
C、设10次点数为且，平均数为，
假设有一次点数为，不妨设，由方差公式，代入相关数据得：，
即，显然最大只能取，
不妨设得，此时方程无解，所以，
当时得：，最大只能取，
不妨设得，此时方程有唯一解，，
即10次点数为，但此时平均数为不合题意，所以，
当得取得，
此时方程无解（其余情况也均无解），所以，
当时，平均数为不合题意.综上所述，假设有一次点数为不成立，故C错误；
D、10次点数为符合题意，故D正确.
故答案为：ABD.
举例即可判断ABD；用反证法证明不能出现6即可判断C.
46．B,C,D
解：.
对于A，因为
不为常数，故A错误；
对于B，因为，
则函数关于 对称.，故B正确；
对于C，因为，
则函数周期为，故C正确；
对于D，令
因为为偶函数，则只需要考虑部分即可，
又因为
则，故D正确.
故答案为：BCD.
利用已知条件，从而根据函数对称性与周期性的定义判断出选项A、选项B和选项C；利用换元法，再结合偶函数的定义和求导判断函数单调性的方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
47．A,B,D
解：对于A：若2是的周期，则，
由，
可得，
所以，所以为奇函数，故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，
可得，
所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，设，
则，
该函数的最小周期为，故为该函数的周期，该函数为奇函数，故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，
所以，所以，
所以4是的周期，故D正确.
故答案为：ABD.
由已知条件可得，再结合函数的周期性可得，则判断出选项A；由奇函数的定义可得，则可判断选项B；结合已知条件可得结论，则可判断选项C；由已知条件可得，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.

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