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2025年高考數學三輪復習備考
1．體育教育既能培養學生自覺鍛煉身體的習慣，又能培養學生開拓進取、不畏艱難的堅強性格.某中學高三學生參加體育測試，其中物理類班級女生的成績與歷史類班級女生的成績均服從正態分布，且，，則( ).
A． B．
C． D．
2．下列說法正確的是（ ）
A．數據1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位數是3
B．若一組樣本數據的對應樣本點都在直線上，則這組樣本數據的相關系數為
C．將一組數據中的每一個數據都加上或減去同一個常數后，方差不變
D．以擬合一組數據時，經代換后的經驗回歸方程為，則，
3．在三棱錐中，，，為等邊三角形，側面底面，為棱的中點，，，三棱錐的體積為，則（ ）
A．若，則
B．若，則三棱錐的外接球的表面積為
C．若平面，則四棱錐的體積為
D．若，與平面所成角相等，則
4．已知，，且，若，則（ ）
A． B．的最小值為
C．的最小值為 D．的取值范圍為
5．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的圖象關于軸對稱 B．是的一個周期
C．在上為增函數 D．
6．已知函數是定義在R上的偶函數，是定義在R上的奇函數，則（ ）
A．的圖象關于點中心對稱
B．是周期為2的函數
C．
D．
7．已知數列的前n項和為，則下列說法正確的是（ ）
A．數列為遞減數列
B．當且僅當時，取得最大值
C．
D．是等比數列
8．函數的圖像可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．一組成對樣本數據的散點位于一條直線附近，它的樣本相關系數（其中），由最小二乘法求得經驗回歸方程（其中），則（ ）
A．若，則
B．若，則成對數據的樣本相關系數等于
C．若，則成對數據的樣本相關系數大于
D．若，則成對數據的經驗回歸方程
10．已知四棱錐，底面是邊長為的正方形，底面，，點滿足，，下列說法正確的是（ ）
A．存在點，使得
B．當時，點到平面的距離為
C．當平面平面時，
D．當二面角為時，
11．已知函數及其導函數的定義域均為，若是奇函數，滿足，且對任意，，，則（ ）
A． B． C． D．
12．已知定義在R上的偶函數，其周期為4，當時，，則（ ）
A． B．的值域為
C．在上單調遞減 D．在上有8個零點
13．拋物線的焦點為，為其上一動點，當運動到時，，直線與拋物線相交于兩點，下列結論正確的是（ ）
A．拋物線的方程為：
B．拋物線的準線方程為：
C．當直線過焦點時，以AF為直徑的圓與軸相切
D．
14．已知四面體中，，，，為四面體外接球的球心，則下列說法中正確的是（ ）
A．若，則平面
B．若，則的取值范圍是
C．若，則的取值范圍是
D．若，直線與所成的角為，則四面體外接球的表面積為
15．普林斯頓大學的康威教授于1986年發現了一類有趣的數列并命名為“外觀數列”（Lookandsaysequence），該數列由正整數構成，后一項是前一項的“外觀描述”.例如：取第一項為1，將其外觀描述為“1個1”，則第二項為11；將11描述為“2個1”，則第三項為21；將21描述為“1個2，1個1”，則第四項為1211；將1211描述為“1個1，1個2，2個1”，則第五項為，這樣每次從左到右將連續的相同數字合并起來描述，給定首項即可依次推出數列后面的項.則對于外觀數列，則（ ）
A．若，則從開始出現數字2；
B．若，則的最后一個數字均為；
C．可能既是等差數列又是等比數列；
D．若，則均不包含數字4.
16．已知定義在上的函數，集合對于任意，在使得的所有中，下列說法正確的是（ ）
A． B．在上單調遞減
C．存在在處取到最大值 D．存在，使得在單調遞減
17．已知球O是棱長為2的正方體的外接球，為球O的直徑，點P為該正方體表面上的一動點，則下列說法中正確的是（ ）
A．當P為中點時，直線與所成角的余弦值為
B．當三棱錐的體積為時，點P軌跡的長度為2
C．的最小值為
D．的最大值為
18．已知函數，，則（ ）
A．當時，函數有三個零點
B．當時，，
C．若，則
D．若函數在處取得極值，且，使，則
19．如圖所示，在棱長為1的正方體中，，分別為棱，的中點，則以下四個結論正確的是（ ）
A．棱上存在一點，使得平面
B．點到平面的距離為
C．過且與面平行的平面截正方體所得截面面積為
D．過的平面截正方體的外接球所得截面面積的最小值為
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 AC ACD AC BCD ABD AC ACD ABC ABD AC
題號 11 12 13 14 15 16 17 18 19
答案 BD AB BC ABC BCD ABC ACD AC BCD
1．AC
利用正態分布的期望與方差和正態曲線的特點，結合正態分布的性質，逐項判定，即可求解.
對于A：由，得，故A正確；
對于B：由，得，故B錯誤；
對于C：因為，
所以，故C正確；
對于D：由于隨機變量、均服從正態分布，且對稱軸均為直線，
，所以在正態分布曲線上，的峰值較高，
正態分布較“瘦高”，隨機變量分布比較集中，所以，故D錯誤.
故選：AC.
2．ACD
利用下四分位數的定義可判斷A選項；利用樣本系數的定義即可判斷B選項；利用方差的性質可判斷C選項；利用回歸分析可判斷D選項.
對于A選項，因為，所以，這組數據的下四分位數是，故A正確；
對于B選項，由題意得，其計算公式與相關系數的公式不同，則無法得到其相關系數的值，故B錯誤；
對于C選項，將一組數據中的每一個數據都加上或減去同一個常數后，方差不變，滿足方差的性質，故C正確；
對于D選項，以擬合一組數據時，經代換后的經驗回歸方程為，
即，可得，故，，故D正確.
故選：ACD.
3．AC
由面面垂直的性質結合棱錐的體積公式可得A正確；由幾何關系求得棱錐的外接球半徑，再求表面積可判斷B；由體積拼接可得C正確；建立空間直角坐標系，由空間線面角公式可判斷D.
設，由可得，
取的中點，連接，
由為等邊三角形可得，
又側面底面，側面底面，面，
所以由面面垂直的性質定理可得面，
由，
所以三棱錐體積.
對于A，若，即，即，故A正確；
對于B，若，由A可得，則，
設三棱錐外接球的球心為，半徑為，，
則，解得，所以，
所以三棱錐的外接球的表面積為，故B錯誤；
對于C，若平面，平面平面，平面，
所以，
又為棱的中點，所以為的中點，
則，
由三角形相似可得，且到平面的距離不變，
所以，所以四棱錐的體積為，故C正確；
對于D，以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
設，由題意得為與平面所成的角，
且，
，
所以，由，，可得，
所以，
平面的法向量為，
因為，與平面所成角相等，
所以，
化簡可得，解得無解，故D錯誤.
故選：AC
4．BCD
利用基本不等式判斷BC，根據，轉化為函數關系，轉化為根據定義域問題求值域，判斷AD.
A.由條件可知，，，則，故A錯誤；
B.由題意可知，，則，當時等號成立，
則的最小值為，故B正確；
C. ，當，即時等號成立，
則的最小值為，故C正確；
D.，
當，均單調遞增，且時，，
則在區間上單調遞增，
∴當時取得最大值5，且時，，
所以的取值范圍為，故D正確.
故選：BCD.
5．ABD
利用誘導公式證明，結合偶函數定義可判斷A；利用可判斷B；利用三角函數的性質可判斷C；利用導數判斷函數的單調性，求得最值，可判斷D.
對于A，函數的定義域為，關于原點對稱， ，
所以是偶函數，其圖象關于軸對稱，故A正確；
對于B，，
所以的一個周期是，故B正確；
對于C，令，當時，在上單調遞減，
且， 在上單調遞增，則在上單調遞減，
所以在上單調遞減函數，故C錯誤；
對于D，因為，令，
則，求導得，
由于，所以，單調遞增.
當時，取得最大值；
當時，取得最小值.
因為，所以，即 ，故D正確.
故選：ABD.
6．AC
利用抽象函數的對稱性、奇偶性、周期性一一判定選項即可.
對于A，因為是R上的奇函數，其圖象關于原點對稱，
又可看成是函數向左平移1個單位得到，所以的圖象關于點中心對稱，故A正確；
對于B，由是R上的奇函數，可得，即 ，
又，則，所以，故是周期為4的函數，故B錯誤；
對于 C，由，令，得，則，
，故C正確；
對于D，由，則，又，是周期為4的函數，
則，
而的值無法確定，故D錯誤.
故選：AC.
7．ACD
求出數列的通項公式，再作差可判斷A選項；結合二次函數可判斷B選項；利用降標作差可判斷C選項；利用等比數列的定義可判斷D選項.
由題意可知，，則，
故數列為遞減數列，故A正確；
因二次函數的對稱軸為，且開口朝下，
則當或時，取得最大值，故B錯誤；
當時，，
則，
又，符合上式，故，故C正確；
令，則，則是等比數列，故D正確.
故選：ACD
8．ABC
分類討論函數的單調性及極值點判斷各個選項即可.
，
當時, ,A選項正確；
，
，
,
時, 有兩個根,且時
,根據極值點判斷，故C選項正確,D選項錯誤；
當時, 有兩個根,且此時
,故B選項正確.
故選：ABC．
9．ABD
根據相關系數的意義判斷ABC，利用線性回歸方程的求法判斷D.
當時，變量正相關，所以，故A正確；
因為，所以成對數據對應點相當于把成對數據對應的點向下平移2個單位，不改變變量的相關性，故B正確；
因為，則成對數據對應點相當于把成對數據對應的點橫坐標不變，縱坐標變為原來的2倍，故變量間的相關性不變，故C錯誤；
當，由可知，新的回歸直線方程中斜率變為，，則成對數據的經驗回歸方程，故D正確.
故選：ABD
10．AC
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，求出點的坐標，利用空間向量法逐項判斷即可.
因為底面，，底面是邊長為的正方形，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、，
，其中，
故點，
對于A選項，，，
若存在點，使得，則，解得，合乎題意，
所以，存在點，使得，A對；
對于B選項，當時，點，
設平面的一個法向量為，，，
則，取，可得，且，
所以，點到平面的距離為，B錯；
對于C選項，設平面的一個法向量為，，，
則，取，可得，
設平面的一個法向量為，，，
則，取，則，
若平面平面，則，解得，C對；
對于D選項，平面的一個法向量為，，，
則，取，可得，
設平面的一個法向量為，，，
則，取，則，
若二面角為，則，解得，D錯.
故選：AC.
11．BD
令，可判定A不正確；令，得到，結合為奇函數，則為偶函數，得到和，得出和是周期函數，可判定B正確；由函數的周期性，結合和，可得判定C錯誤；求得，結合周期性，可得判定以D正確.
對于A中，令，可得，
因為，所以，所以A不正確；
對于B中，令，可得，
所以，
因為函數為奇函數，則為偶函數，
所以，
聯立可得，
即，
所以，
所以函數是周期為3的函數，所以，所以B正確；
對于C中，由，可得，
且，因為數是周期為3的函數，
可得，所以C錯誤；
對于D中， 由，可得
令，可得，所以，
因為函數周期為3的函數，即，可得
所以函數是周期為3的函數，可得，所以，
令，可得，所以，
所以，可得
所以，所以D正確.
故選：BD.
12．AB
對于A選項，利用函數的周期性與奇偶性，計算函數值；對于B選項，利用函數的解析式求得函數值范圍，再利用奇偶性，得出函數的值域；對于C選項，利用函數解析式和周期性，推得函數的單調性；對于D選項，利用函數的周期性和奇偶性，得出零點個數。
對于A，，所以A正確；
對于B，當時，單調遞增，
所以當時，的值域為，
由于函數是偶函數，在上的值域也為，
又是周期為的周期函數，所以的值域為，所以B正確；
對于C，當時，單調遞增，
又的周期是4，所以在上單調遞增，所以C錯誤；
對于D，令，得，所以，
由于的周期為4，所以，
所以在上有6個零點，所以D錯誤，
故選：AB.
13．BC
根據焦半徑即可求解A，根據準線方程即可求解B，求解圓心和半徑即可判斷C，設出直線方程，與拋物線方程聯立，韋達定理，利用焦半徑公式求出，即可判斷D.
對于A：當運動到時，，故，即拋物線為，故A錯誤；
對于B：由，故拋物線的準線方程為：，故B正確；
對于C：當直線過焦點時，設為，則，
故以為直徑的圓的半徑為，又，故以為直徑的圓的圓心坐標為，
圓心到軸的距離與該圓半徑相等，即該圓與軸相切，故C正確；
對于D：由題意直線斜率存在，設的方程為，聯立，
整理得，，即，
所以，
所以，，
所以，
不能確定什么時候最小，則D錯誤.
故選：BC
14．ABC
利用線面垂直的判定定理可判斷A選項；由結合空間向量數量積的運算性質可判斷B選項；利用空間向量數量積的運算性質可判斷C選項；以、為鄰邊作平行四邊形，則為矩形，分、兩種情況求出球的表面積，可判斷D選項.
對于A選項，若，又因為，，
、平面，故平面，A對；
對于B選項，，由題意，
所以
，
因為、互為異面直線，則，
故，故，B對；
對于C選項，不妨取的中點，連接、，則，
，

同理可得，，
所以，
，
因為，故，故，C對；
對于D選項，以、為鄰邊作平行四邊形，則為矩形，
故的各頂點都在球的球面上，如下圖所示：

則，又因為，，、平面，
所以，平面，且，
如下圖所示：

圓柱的底面圓直徑為，母線長為，則的中點到圓柱底面圓上每點的距離都相等，則為圓柱的外接球球心.
可將三棱錐置于圓柱內，使得的外接圓為圓，如下圖所示：

因為，故異面直線、所成的角為或其補角，
當時，為等邊三角形，則該三角形外接圓直徑為，
設球的半徑為，則，
此時，球的表面積為；
當時，由于，則，
則外接圓直徑為，則，
此時，球的表面積為.
綜上所述，球的表面積為或，D錯.
故選：ABC.
15．BCD
由外觀數列的定義可判斷A和②；舉例子可判斷③；由反證法，結合外觀數列的定義可判斷④.
對于A，當時，
由外觀數列的定義可得：，，，故A錯；
對于B，由外觀數列的定義可知，每次都是從左向右描述，
所以第一項的始終在最右邊，即最后一個數字，故B正確；
對于C，取，則，
此時既是等差數列又是等比數列，故C正確；
對于D，當時，
由外觀數列的定義可得：，，，.
設第一次出現數字4，
則中必出現了4個連續的相同數字.
而的描述必須包含“個，個”，顯然的描述不符合外觀數列的定義.
所以當時，均不包含數字4，故D正確.
故選：BCD
關鍵點睛：本題考查數列的新定義、根據數列的遞推關系式寫出數列中的項及利用遞推關系式研究數列的性質.解題關鍵在于理解數列的新定義，明確數列的遞推關系式.
16．ABC
利用題中集合的定義可判斷A選項；利用函數單調性的定義可判斷B選項；構造函數，數形結合可判斷C選項；利用函數單調性的定義結合題中定義可判斷D選項.
對于A選項，因為，且，根據題中定義可得，A對；
對于B選項，任取、且，則存在，則，
根據題意，對任意的，，則，
同理，對任意的，，即，故，
所以，函數在上單調遞減，B對；
對于C選項，若存在函數在處取到最大值，
構造函數，如下圖所示：
由圖可知，函數在處取得最大值，
且對任意的，當時，，合乎題意，C對；
對于D選項，若存在，使得在單調遞減，
對任意的，當時，，所以，與已知條件矛盾，D錯.
故選：ABC.
17．ACD
A取線段的中點，在中利用余弦定理求即可；B先利用體積得出三棱錐的高，再證明平面，再結合點到平面的距離均為，即可找出點P軌跡；C利用向量的加法運算以及數量積的運算律得出，再求的最小值即可；D利用數量積的定義即可.
取線段的中點，連接，
因為線段中點，結合正方體的性質可知，，且，
則四邊形為平行四邊形，則，
則直線與所成角的為或其補角，
容易得，
則在中利用余弦定理可得，，
則直線與所成角的余弦值為，故A正確；
連接，設點到平面的距離為，
容易得的面積為，
由題意可得，得，
由正方體的性質可知，平面，
又平面，則，
又，，平面，則平面，
因，則點到平面的距離均為，
因，平面，平面，則平面，
同理可得平面，
因點P為該正方體表面上的一動點，則點的軌跡為線段，軌跡長度為，
故B錯誤；
依題意可知即為正方體的中心，如下圖所示：
，
又因為為球的直徑，所以，
即可得，
又易知當點為正方體側面的中心時，最小，最小值為，
則的最小值為，故C正確；
因
，
則當時，取最大值，最大值為，故D正確.
故選：ACD
18．AC
利用導數分析函數單調性得到極值可得A正確，由正余弦函數的值域結合函數的單調性可得B錯誤；由函數的對稱中心代入可得C正確；由極值點的性質可得，，令，化簡又，可證明判斷D.
對于A，當時，，，
易得當時，，函數在上單調遞減；
當或時，，函數在和上單調遞增，
所以極大值，極小值，
又，，
所以函數在，，各有一個零點，
所以函數有三個零點，故A正確；
對于B，當時， ，，
易得當時，，函數在上單調遞減；
又，，
所以，故B錯誤；
對于C，若，則的圖象關于成中心對稱，
又的定義域為，所以，
即，即，
整理可得，故C正確；
對于D，因為，所以，
由題有，即，
由，得，
令，則，又，
所以，
得到，
整理得到，
又，代入化簡得到，
又，，
所以，得到，
即，即，故D錯誤.
故選：AC.
19．BCD
建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，借助空間向量分析計算可判斷A，B；作出過與平面平行的正方體截面，計算其面積判斷C；求出直線PQ被正方體的外接球所截弦長即可計算作答.
A，在棱長為1的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，
設平面的一個法向量，則，
令，得，
設棱上點，，則，
若平面，則有，
解得，與矛盾，
即在棱上不存在點M，使得平面，A不正確；
B，點到平面的距離h，因，
則，B正確；
C，取AD，CD的中點E，F，連接，
則，即確定一個平面，如圖，
依題意，，，即四邊形是平行四邊形，，
平面，平面，于是得平面，
顯然，平面，平面，于是得平面，
而，平面，因此，平面平面，
即梯形是過與平面平行的正方體的截面，
而，
則此等腰梯形的高，
所以過與平面平行的正方體的截面面積為，C正確；
D，過PQ的平面截正方體的外接球所得截面小圓最小時，
該小圓直徑是直線PQ被正方體的外接球所截弦，
由對稱性知線段PQ中點N是這個小圓的圓心，
令正方體的外接球球心為O，連接ON，OP，
則，而，而球半徑，
則這個小圓半徑，此圓面積為，D正確.
故選：BCD
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