浙江省温州市2024年6月普通高中学业水平模拟测试数学
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024·温州月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·温州月考）复数（为虚数单位）的虚部是（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2024·温州月考）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·温州月考）已知向量，，则“”是“”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
5．（2024·温州月考）当前我国青少年因脊柱健康患病的人数已经超过了500万，并且还在以每年30万的速度增长。已知某地小学、初中、高中三个学段的学生人数如图所示，为了解该地区学生的脊柱健康状况，现采用分层随机抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生人数分别为（ ）
A．200，40 B．100，40 C．200，20 D．100，20
6．（2024·温州月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．（2024·温州月考）已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为（ ）
A．1 B．2 C． D．
8．（2024·温州月考）温州市的“永嘉昆曲”、“乐清细纹刻纸”、“瑞安东源木活字印刷术”、“泰顺编梁木拱桥营造技艺”四个项目已入选联合国教科文组织非遗名录．某学校计划周末两天分别从四个非遗项目中随机选择两个不同项目开展研学活动，则周六欣赏“永嘉昆曲”，周日体验“瑞安东源木活字印刷术”的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·温州月考）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
10．（2024·温州月考）已知，，则（ ）
A．7 B． C． D．
11．（2024·温州月考）已知函数，，下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数的最小正周期为
C．函数的值域为
D．函数的一条对称轴为
12．（2024·温州月考）如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选题（本大题共4小题，小题4分，共16分．在每小题列出的四个选项中有多个符合题目要求，全部选对得4分，选对但不完全的得2分，选错或不选得0分）
13．（2024·温州月考）下列选项中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2024·温州月考）某不透明盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中有3个白球2个黑球，现从中随机取两个球，甲表示事件“第一次取到黑球”，乙表示事件“第二次取到白球”，则下列说法错误的是（ ）
A．若不放回取球，则甲乙相互独立
B．若有放回取球，则甲乙相互独立
C．若不放回取球，则甲乙为互斥事件
D．若有放回取球，则甲乙为互斥事件
15．（2024·温州月考）双曲正弦函数与“S”型函数是两类重要的函数模型，它们在数学与信息学科中有着广泛的运用，其解析式分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．的值域为
C．点是曲线的对称中心
D．函数在上有且仅有一个零点
16．（2024·温州月考）如图，已知梯形中，，，点，分别为线段，上的动点，，点为线段中点，则以下说法正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．
D．若为的外心，则
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共12分）
17．（2024·温州月考） 已知，则的最小值为 ．
18．（2024·温州月考）已知函数是偶函数，则 ，函数的单调递增区间为 ．
19．（2024·温州月考）如图，在中，，，为中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，则三棱锥外接球的表面积为 ．
20．（2024·温州月考）在中，已知，，连接，满足，则的面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共3小题，共36分）
21．（2024·温州月考）某校为了解高二段学生每天数学学习时长的分布情况，随机抽取了100名高二学生进行调查，得到了这100名学生的日平均数学学习时长（单位：分钟），并将样本数据分成，，，，，六组，绘制如图所示的频率分布直方图．
（1）若该校高二段有800名学生，估计该段日平均数学学习时长不低于80分钟的学生有多少名？
（2）估计该100名学生的日平均数学学习时长的平均数和第75百分位数。
22．（2024·温州月考）如图，直线，，相交于点，，，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）为中点，求与平面所成角的余弦值．
23．（2024·温州月考）已知函数，的零点分别是与．
（1）若，解不等式；
（2）已知，
①证明：；
②若，满足，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】由题意可知：，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意求得集合，结合交集运算求解.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】由题意可知： 复数（为虚数单位）的虚部是.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合复数虚部的定义可得结果.
3．【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】令，解得，
所以 函数的定义域为 .
故答案为：A.
【分析】根据根式、分式以及对数的定义列式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】因为 向量，，
若 ，等价于，解得或，
且式的真子集，
所以“”是“”的 必要不充分条件 .
故答案为：B.
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得等价于或，结合包含关系分析充分、必要条件.
5．【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】由题意可知：共有名学生，
所以 样本容量 为， 抽取的高中生人数 为.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合分层抽样以及抽样的性质分析求解.
6．【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】对于A： 若， 取，则，故A错误；
对于B： 若，则 ，故B正确；
对于CD： 若， 例如，则，
可得，，故CD错误；
故答案为：B.
【分析】对于ACD：举反例说明即可；对于B：根据不等式的性质分析判断.
7．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由题意可得： 该正四棱台的体积.
故答案为：D.
【分析】根据台体体积公式运算求解即可.
8．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】记“永嘉昆曲”、“乐清细纹刻纸”、“瑞安东源木活字印刷术”、“泰顺编梁木拱桥营造技艺”分别为、、、，
从中随机选择两个，所有可能结果为
，
共个基本事件，
且符合题意的为，仅有1个基本事件，
所以所求事件的概率.
故答案为：D.
【分析】根据题意利用列举法求所有基本事件的个数，结合古典概型运算求解.
9．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，由直线与平面垂直的性质可知，故B错；
对于C、D：若，则存在直线，使得，
因为，且，可得，
所以，故C正确，D错误；
故答案为：C.
【分析】对于A：根据题意分析可知或；对于B：根据直线与平面垂直的性质分析判断；对于CD：根据线面平行的性质结合线面垂直的性质分析判断.
10．【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】令，则，且，
则，
，
所以.
故答案为：A.
【分析】换元令，可得，结合两角和差公式运算求解，
11．【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】对于A：若，则，
可得 ，
又因为，且在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故A错误；
对于B：因为的定义域为，
且，
所以 不是 函数的最小正周期，故B错误；
对于C：因为的定义域为，
且，
可知 是 函数的周期，
又因为，可知为偶函数，
当时，，
且，则，可得，
结合偶函数可知：当时，可得，
结合周期性可知： 函数的值域为 ，故C正确；
对于D，因为，，
所以不是的一条对称轴，故D错误；
故答案为：C.
【分析】对于A：若，可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于B：根据周期性的定义分析判断；对于C：先求在内的值域，再根据偶函数和周期性求函数的值域；对于D：举反例说明即可.
12．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】取所在的母线为，连接，，，，
设，则，，
可得，
又因为，，
可得，解得或，
可得或，
所以.
故答案为：D.
【分析】设，可得，进而可得，解得或，即可得结果.
13．【答案】A,D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】对于A：因为在上单调递增，所以，故A正确；
对于B：因为在R上单调递增，所以，故B错误；
对于C：因为在R上单调递减，所以，故C错误；
对于D：由选项C可知：，
因为在R上单调递增，则，所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：根据对数函数单调性分析判断；对于B：根据幂函数单调性分析判断；对于C：根据指数函数单调性分析判断；对于D：根据指数函数单调性结合中间值1分析判断.
14．【答案】A,C,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】将3个白球2个黑球分别标记为和，记样本点为，分别表示第一次和第二次取到的球，
对于AC：不放回抽样样本空间为
，共20个样本点，
甲事件样本空间为，
共8个样本点，则；
乙事件样本空间为
共12个样本点，则，
则，共6个样本点，，
因为，且，
所以甲乙不为互斥事件，且甲乙不相互独立，故A、C错误；
对于BD：有放回抽样样本空间为
，
共25个样本点，
甲事件样本空间为，
共10个样本点，则；
乙事件样本空间为
，
共15个样本点，则，
则，
共6个样本点，，
因为且，
所以甲、乙不为互斥事件，且甲乙相互独立，故B正确、D错误；
故答案为：ACD.
【分析】对于AC：考虑不放回，利用列举法求，和，结合互斥事件和独立事件分析判断；对于BD：考虑放回，利用列举法求，和，结合互斥事件和独立事件分析判断.
15．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；指数函数的单调性与特殊点；函数零点存在定理
【解析】【解答】对于A：由在上为增函数，
所以在上为增函数，故A正确；
对于B：因为，
因为，则，可得，
所以的值域为，故B错误；
对于C：因为的定义域为，且，
可知为奇函数；
令，
则的定义域为，且，
可知为奇函数，
则为定义在上的奇函数，其图象关于原点对称，
所以关于点对称，故C正确；
对于D：因为，其定义域为，
则，
又因为，当且仅当时，等号成立，
且，
可得，
可得在上为增函数，
当时，；当时，；
所以函数在上有且仅有一个零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据指数函数单调性结合单调性的性质分析判断；对于B：整理可得，结合指数函数值域分析求解；对于C：可证、为奇函数，则为定义在上的奇函数，再根据图象平移分析判断；对于D：利用导数可证在上为增函数，结合零点存在性定理分析判断.
16．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量夹角的坐标表示
【解析】【解答】对于A：若时，可知分别是的中点，则，
所以，故A正确；
对于B：如图所示，建立平面直角坐标系，
连接，可知为正三角形，可知，
则，
可得，
则，
，
所以，故B正确；
对于C：由选项B知：，
则，
所以，故C错误；
对于D：在上取，使得，连接，，
由，可知，
则，
且，则，
即，则为正三角形，得，
同理可得为正三角形，得，所以，
即为的外心，所以，即，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】对于A：若时，可知分别是的中点，结合梯形中位线分析判断；对于BC：建系标点，可得，结合向量的坐标运算分析判断；对于D：在上取，使得，分析可知为的外心，即可得结果.
17．【答案】3
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】令，则，
则 ，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】根据题意结合基本不等式运算求解.
18．【答案】0；
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】因为函数是偶函数，
则，即，
整理可得恒成立，结合x的任意性可知；
可知，令，解得，即定义域为，
因为在上单调递增，在上单调递减，
且在上单调递增，
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：；.
【分析】根据题意结合偶函数的定义分析可得，求的定义域，根据复合函数单调性分析判断.
19．【答案】
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】在中，因为，为的中点，
则，即，，
且平面平面，平面平面平面，
可知平面，
由题意可知：，
将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据题意可得：，，平面， 将三棱锥补成长方体，结合长方体的性质求外接球的半径，即可得结果.
20．【答案】3
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，
因为，可得，
即，
又因为，则，
即平分，可得，
令，则，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，
且，则，
可得，
所以当，即时，的面积取到最大值3.
故答案为：.
【分析】由正弦定理可得，可知平分，可得，令，利用余弦定理结合面积公式可得，结合二次函数分析求解即可.
21．【答案】（1）解：由，可知每天数学学习时长不低于80分钟的同学约有240人。
（2）由可知，100名学生数学学习时长样本的平均数约为72
设第75百分位数为，
所以第75百分位数在之间，
则，解得（也可写成）
所以100名学生数学学习时长样本的第75百分位数约为82
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】 (1) 根据频率分布直方图可知相应的频率，即可得人数；
(2) 以每组区间的中点值为代表结合平均数公式分析求解；分析可知第75百分位数在之间，结合百分位数的定义列式求解.
22．【答案】（1），
，
又，平面，，平面，
又平面，平面平面
（2）连接，
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
，，，，四点共面
，，，，
，又平面，平面
平面，同理可得平面，
又，平面平面
平面，与平面所成角为
而，
故
与平面所成角即与平面所成角，其余弦值为
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】 (1) 利用勾股定理可得，，进而可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明；
(2) 根据题意可证平面平面，可证与平面所成角为，结合几何关系分析求解即可.
23．【答案】（1）解：由题意知，则有，
即，
所以不等式的解集为
（2）①由题意知，，则有
当时，，不符合题意；
当时，，此时无解；
当时，，解得；
综上所述，，证得．
②由知，，
即
因为，所以，
即，
设，令，
因为在上单调递增，且
所以，所以的最小值为
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；对数函数的单调性与特殊点；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】 (1) 由题意整理可得，结合对数函数性质分析求解；
(2) ①分析可得，分类讨论的大小关系，结合对数函数的性质分析证明；②根据题意整理可得，换元设，结合函数单调性求最值.
1 / 1浙江省温州市2024年6月普通高中学业水平模拟测试数学
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024·温州月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】由题意可知：，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意求得集合，结合交集运算求解.
2．（2024·温州月考）复数（为虚数单位）的虚部是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】由题意可知： 复数（为虚数单位）的虚部是.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合复数虚部的定义可得结果.
3．（2024·温州月考）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】令，解得，
所以 函数的定义域为 .
故答案为：A.
【分析】根据根式、分式以及对数的定义列式求解即可.
4．（2024·温州月考）已知向量，，则“”是“”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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】因为 向量，，
若 ，等价于，解得或，
且式的真子集，
所以“”是“”的 必要不充分条件 .
故答案为：B.
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得等价于或，结合包含关系分析充分、必要条件.
5．（2024·温州月考）当前我国青少年因脊柱健康患病的人数已经超过了500万，并且还在以每年30万的速度增长。已知某地小学、初中、高中三个学段的学生人数如图所示，为了解该地区学生的脊柱健康状况，现采用分层随机抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生人数分别为（ ）
A．200，40 B．100，40 C．200，20 D．100，20
【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】由题意可知：共有名学生，
所以 样本容量 为， 抽取的高中生人数 为.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合分层抽样以及抽样的性质分析求解.
6．（2024·温州月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】对于A： 若， 取，则，故A错误；
对于B： 若，则 ，故B正确；
对于CD： 若， 例如，则，
可得，，故CD错误；
故答案为：B.
【分析】对于ACD：举反例说明即可；对于B：根据不等式的性质分析判断.
7．（2024·温州月考）已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由题意可得： 该正四棱台的体积.
故答案为：D.
【分析】根据台体体积公式运算求解即可.
8．（2024·温州月考）温州市的“永嘉昆曲”、“乐清细纹刻纸”、“瑞安东源木活字印刷术”、“泰顺编梁木拱桥营造技艺”四个项目已入选联合国教科文组织非遗名录．某学校计划周末两天分别从四个非遗项目中随机选择两个不同项目开展研学活动，则周六欣赏“永嘉昆曲”，周日体验“瑞安东源木活字印刷术”的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】记“永嘉昆曲”、“乐清细纹刻纸”、“瑞安东源木活字印刷术”、“泰顺编梁木拱桥营造技艺”分别为、、、，
从中随机选择两个，所有可能结果为
，
共个基本事件，
且符合题意的为，仅有1个基本事件，
所以所求事件的概率.
故答案为：D.
【分析】根据题意利用列举法求所有基本事件的个数，结合古典概型运算求解.
9．（2024·温州月考）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，由直线与平面垂直的性质可知，故B错；
对于C、D：若，则存在直线，使得，
因为，且，可得，
所以，故C正确，D错误；
故答案为：C.
【分析】对于A：根据题意分析可知或；对于B：根据直线与平面垂直的性质分析判断；对于CD：根据线面平行的性质结合线面垂直的性质分析判断.
10．（2024·温州月考）已知，，则（ ）
A．7 B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】令，则，且，
则，
，
所以.
故答案为：A.
【分析】换元令，可得，结合两角和差公式运算求解，
11．（2024·温州月考）已知函数，，下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数的最小正周期为
C．函数的值域为
D．函数的一条对称轴为
【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】对于A：若，则，
可得 ，
又因为，且在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故A错误；
对于B：因为的定义域为，
且，
所以 不是 函数的最小正周期，故B错误；
对于C：因为的定义域为，
且，
可知 是 函数的周期，
又因为，可知为偶函数，
当时，，
且，则，可得，
结合偶函数可知：当时，可得，
结合周期性可知： 函数的值域为 ，故C正确；
对于D，因为，，
所以不是的一条对称轴，故D错误；
故答案为：C.
【分析】对于A：若，可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于B：根据周期性的定义分析判断；对于C：先求在内的值域，再根据偶函数和周期性求函数的值域；对于D：举反例说明即可.
12．（2024·温州月考）如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】取所在的母线为，连接，，，，
设，则，，
可得，
又因为，，
可得，解得或，
可得或，
所以.
故答案为：D.
【分析】设，可得，进而可得，解得或，即可得结果.
二、多项选题（本大题共4小题，小题4分，共16分．在每小题列出的四个选项中有多个符合题目要求，全部选对得4分，选对但不完全的得2分，选错或不选得0分）
13．（2024·温州月考）下列选项中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】对于A：因为在上单调递增，所以，故A正确；
对于B：因为在R上单调递增，所以，故B错误；
对于C：因为在R上单调递减，所以，故C错误；
对于D：由选项C可知：，
因为在R上单调递增，则，所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：根据对数函数单调性分析判断；对于B：根据幂函数单调性分析判断；对于C：根据指数函数单调性分析判断；对于D：根据指数函数单调性结合中间值1分析判断.
14．（2024·温州月考）某不透明盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中有3个白球2个黑球，现从中随机取两个球，甲表示事件“第一次取到黑球”，乙表示事件“第二次取到白球”，则下列说法错误的是（ ）
A．若不放回取球，则甲乙相互独立
B．若有放回取球，则甲乙相互独立
C．若不放回取球，则甲乙为互斥事件
D．若有放回取球，则甲乙为互斥事件
【答案】A,C,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】将3个白球2个黑球分别标记为和，记样本点为，分别表示第一次和第二次取到的球，
对于AC：不放回抽样样本空间为
，共20个样本点，
甲事件样本空间为，
共8个样本点，则；
乙事件样本空间为
共12个样本点，则，
则，共6个样本点，，
因为，且，
所以甲乙不为互斥事件，且甲乙不相互独立，故A、C错误；
对于BD：有放回抽样样本空间为
，
共25个样本点，
甲事件样本空间为，
共10个样本点，则；
乙事件样本空间为
，
共15个样本点，则，
则，
共6个样本点，，
因为且，
所以甲、乙不为互斥事件，且甲乙相互独立，故B正确、D错误；
故答案为：ACD.
【分析】对于AC：考虑不放回，利用列举法求，和，结合互斥事件和独立事件分析判断；对于BD：考虑放回，利用列举法求，和，结合互斥事件和独立事件分析判断.
15．（2024·温州月考）双曲正弦函数与“S”型函数是两类重要的函数模型，它们在数学与信息学科中有着广泛的运用，其解析式分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．的值域为
C．点是曲线的对称中心
D．函数在上有且仅有一个零点
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；指数函数的单调性与特殊点；函数零点存在定理
【解析】【解答】对于A：由在上为增函数，
所以在上为增函数，故A正确；
对于B：因为，
因为，则，可得，
所以的值域为，故B错误；
对于C：因为的定义域为，且，
可知为奇函数；
令，
则的定义域为，且，
可知为奇函数，
则为定义在上的奇函数，其图象关于原点对称，
所以关于点对称，故C正确；
对于D：因为，其定义域为，
则，
又因为，当且仅当时，等号成立，
且，
可得，
可得在上为增函数，
当时，；当时，；
所以函数在上有且仅有一个零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据指数函数单调性结合单调性的性质分析判断；对于B：整理可得，结合指数函数值域分析求解；对于C：可证、为奇函数，则为定义在上的奇函数，再根据图象平移分析判断；对于D：利用导数可证在上为增函数，结合零点存在性定理分析判断.
16．（2024·温州月考）如图，已知梯形中，，，点，分别为线段，上的动点，，点为线段中点，则以下说法正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．
D．若为的外心，则
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量夹角的坐标表示
【解析】【解答】对于A：若时，可知分别是的中点，则，
所以，故A正确；
对于B：如图所示，建立平面直角坐标系，
连接，可知为正三角形，可知，
则，
可得，
则，
，
所以，故B正确；
对于C：由选项B知：，
则，
所以，故C错误；
对于D：在上取，使得，连接，，
由，可知，
则，
且，则，
即，则为正三角形，得，
同理可得为正三角形，得，所以，
即为的外心，所以，即，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】对于A：若时，可知分别是的中点，结合梯形中位线分析判断；对于BC：建系标点，可得，结合向量的坐标运算分析判断；对于D：在上取，使得，分析可知为的外心，即可得结果.
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共12分）
17．（2024·温州月考） 已知，则的最小值为 ．
【答案】3
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】令，则，
则 ，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】根据题意结合基本不等式运算求解.
18．（2024·温州月考）已知函数是偶函数，则 ，函数的单调递增区间为 ．
【答案】0；
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】因为函数是偶函数，
则，即，
整理可得恒成立，结合x的任意性可知；
可知，令，解得，即定义域为，
因为在上单调递增，在上单调递减，
且在上单调递增，
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：；.
【分析】根据题意结合偶函数的定义分析可得，求的定义域，根据复合函数单调性分析判断.
19．（2024·温州月考）如图，在中，，，为中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】在中，因为，为的中点，
则，即，，
且平面平面，平面平面平面，
可知平面，
由题意可知：，
将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据题意可得：，，平面， 将三棱锥补成长方体，结合长方体的性质求外接球的半径，即可得结果.
20．（2024·温州月考）在中，已知，，连接，满足，则的面积的最大值为 ．
【答案】3
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，
因为，可得，
即，
又因为，则，
即平分，可得，
令，则，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，
且，则，
可得，
所以当，即时，的面积取到最大值3.
故答案为：.
【分析】由正弦定理可得，可知平分，可得，令，利用余弦定理结合面积公式可得，结合二次函数分析求解即可.
四、解答题（本大题共3小题，共36分）
21．（2024·温州月考）某校为了解高二段学生每天数学学习时长的分布情况，随机抽取了100名高二学生进行调查，得到了这100名学生的日平均数学学习时长（单位：分钟），并将样本数据分成，，，，，六组，绘制如图所示的频率分布直方图．
（1）若该校高二段有800名学生，估计该段日平均数学学习时长不低于80分钟的学生有多少名？
（2）估计该100名学生的日平均数学学习时长的平均数和第75百分位数。
【答案】（1）解：由，可知每天数学学习时长不低于80分钟的同学约有240人。
（2）由可知，100名学生数学学习时长样本的平均数约为72
设第75百分位数为，
所以第75百分位数在之间，
则，解得（也可写成）
所以100名学生数学学习时长样本的第75百分位数约为82
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】 (1) 根据频率分布直方图可知相应的频率，即可得人数；
(2) 以每组区间的中点值为代表结合平均数公式分析求解；分析可知第75百分位数在之间，结合百分位数的定义列式求解.
22．（2024·温州月考）如图，直线，，相交于点，，，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）为中点，求与平面所成角的余弦值．
【答案】（1），
，
又，平面，，平面，
又平面，平面平面
（2）连接，
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
，，，，四点共面
，，，，
，又平面，平面
平面，同理可得平面，
又，平面平面
平面，与平面所成角为
而，
故
与平面所成角即与平面所成角，其余弦值为
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】 (1) 利用勾股定理可得，，进而可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明；
(2) 根据题意可证平面平面，可证与平面所成角为，结合几何关系分析求解即可.
23．（2024·温州月考）已知函数，的零点分别是与．
（1）若，解不等式；
（2）已知，
①证明：；
②若，满足，求的最小值．
【答案】（1）解：由题意知，则有，
即，
所以不等式的解集为
（2）①由题意知，，则有
当时，，不符合题意；
当时，，此时无解；
当时，，解得；
综上所述，，证得．
②由知，，
即
因为，所以，
即，
设，令，
因为在上单调递增，且
所以，所以的最小值为
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；对数函数的单调性与特殊点；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】 (1) 由题意整理可得，结合对数函数性质分析求解；
(2) ①分析可得，分类讨论的大小关系，结合对数函数的性质分析证明；②根据题意整理可得，换元设，结合函数单调性求最值.
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