多选题常见考点 预测练 2025年高考数学三轮复习备考

中小学教育资源及组卷应用平台
多选题常见考点 预测练 2025年高考数学三轮复习备考
1．函数的大致图象可以是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知在平面直角坐标系中，曲线的离心率为直线在某一坐标轴上的截距，则的值可能是（ ）
A．57 B． C． D．
3．已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．是周期函数
B．的图象有对称中心
C．方程有解
D．方程在内解的个数为偶数
4．暑假结束后，为了解假期中学生锻炼身体情况，学生处对所有在校学生做问卷调查，并随机抽取了180人的调查问卷，其中男生比女生少20人，并将调查结果绘制得到等高堆积条形图．已知，其中，，在被调查者中，下列说法正确的是（ ）
A．男生中不经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多
B．男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人多8人
C．经常锻炼者中男生的频率是不经常锻炼者中男生的频率的1.6倍左右
D．在犯错误的概率不大于0.01的条件下，可以认为假期是否经常锻炼与性别有关
5．已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（ ）
A．为偶函数 B．
C． D．
6．已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为4
C．的最大值为2 D．的最小值为
7．2025年春节假期期间，某超市举办了购物抽奖活动，设置有甲、乙两个抽奖箱，甲箱中有9张奖券，其中6张写着“谢谢惠顾”，3张写着“金额50元”；乙箱中有8张奖券，6张写着“谢谢惠顾”，2张写着“金额100元”（设两箱内的奖券大小一样，无区分）．现有三种抽奖方案供选择：方案—：从甲箱中随机抽取一张奖券，若抽到“金额50元”奖券，则停止抽奖，若抽到“谢谢惠顾“奖券，再从乙箱内随机抽取一张奖券，无论抽奖结果如何，都停止抽奖，按抽到的奖券金额领奖；方案二：从乙箱中随机抽取一张奖券，若抽到“金额100元”奖券，则停止抽奖，若抽到“谢谢惠顾”奖券，再从甲箱内随机抽取一张奖券，无论抽奖结果如何，都停止抽奖，按抽到的奖券金额领奖；方案三：从甲、乙箱内各随机抽取一张奖券，按单张奖券上最高金额领奖．某顾客有一次抽奖机会，他等可能地选择三种抽奖方案中的一种，则下列说法正确的是（ ）
A．若该顾客选择方案三，则他抽到有奖奖券的概率为
B．该顾客抽到“金额100元”奖券的概率，只有方案三最大
C．该顾客领取的奖券金额为50元的概率小于
D．根据领取的奖券金额的期望值越大越有利，该顾客应选择方案二或方案三
8．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若直线是图象的一条渐近线，则
C．不存在，使为图象的一个对称中心
D．若在区间内单调，则的取值范围是
9．已知等边三角形的边长为，，，交于点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则为的中点
10．已知函数的定义域为，集合，则（ ）.
A．若，则.
B．若，且，则的图象在上存在对称轴.
C．若，且在上单调，则的取值范围是.
D．若中恰有3个不同元素，则.
11．在正三棱柱中，分别为上的中点，四点均在球的表面上，则（ ）
A．平面
B．平面
C．与所成的角的余弦值为
D．球的体积为
12．已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C．是公差为3的等差数列 D．
13．如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（ ）

A．
B．的最小值是
C．三棱锥与三棱锥的体积相等
D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是
14．已知函数，，则下列选项正确的是（ ）
A．为偶函数
B．，
C．曲线在点处的切线斜率为
D．，不等式恒成立
15．已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点则（ ）
A．当时，切线的方程为
B．当时，的面积为
C．点的坐标为
D．面积的最小值为
16．已知分别是事件的对立事件，下列命题正确的有（ ）
A．若互斥，则
B．若，则
C．若相互独立，则
D．若互斥，则不相互独立
17．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆的上顶点，过点的直线交椭圆于两点，则下列结论正确的有（ ）
A．为等边三角形
B．直线的斜率之积为
C．
D．当直线的斜率不存在时，直线的斜率之积与当直线斜率为0时，直线的斜率之积互为相反数
18．如图，正方体的棱长为是线段上的一个动点，下列结论正确的是（ ）

A．的最小值为
B．的最小值为
C．三棱锥的体积为
D．以点为球心，为半径的球的表面积的最小值为
19．设等比数列的公比为，前项积为前项和为则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则数列的前项和为
20．已知曲线，则（ ）
A．曲线位于直线、和围成的矩形框（含边界）里
B．曲线上存在与点的距离小于1的点
C．曲线关于轴对称
D．曲线所围成区域的面积大于4
21．在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，动点在正方体表面运动，则（ ）
A．与为异面直线
B．与所成的角为
C．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形
D．，则点轨迹长度为
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 AC ABD ABD BCD ACD AD ACD ABD AB ACD
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 ACD ABD BCD ACD BD ACD ACD AB BD ACD
题号 21
答案 ABD
1．AC
【分析】根据辅助角公式结合正弦函数的平移规则判断即可.
【详解】函数，其中，，，取.
又函数的图象是由的图象向左平移个单位得到的，AC符合题意，
故选:AC.
2．ABD
【分析】求得直线在，轴上的截距，分类讨论可求得的值.
【详解】由，可得直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，
若曲线的离心率为，
则或，解得或，
若曲线的离心率为，
则，解得，
综上所述：的值可能是.
故选：ABD.
3．ABD
【分析】由，可判定A正确；由，得到为奇函数，可判定B正确；由，令，得到，求得，得到函数的单调性和最大值，结合，可判定C错误；由，得到的图象关于对称，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，
所以函数是周期函数，所以A正确；
对于B中，由，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以函数的图象有对称中心，所以B正确；
对于C中，由，
令，可得，则，
令，可得，
当时，；当时，；
当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
又由，，所以的最大值为
因为，即，所以方程无解，所以C错误；
对于D中，由，
，
可得，所以函数的图象关于对称，
而，当时，直线与在上的图象有交点，交点个数必为偶数，或0个交点；
当时，由时，解得或，有两个解，
所以方程在内解的个数为偶数，D正确.
故选：ABD.
4．BCD
【分析】根据男生比女生少20人，建立等式求出男生、女生的人数，建立列联表，利用列联表中的信息解决ABC，利用独立性检验来解决D选项．
【详解】解：设男生人数为，则女生人数为，
由题得，
解得，即在被调查者中，男 女生人数为80，100，可得到如下列联表，
性别 锻炼情况 合计
经常锻炼 不经常锻炼
男 48 32 80
女 40 60 100
合计 88 92 180
由表可知，A显然错误，
男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多B正确；
在经常锻炼者中是男生的频率为，在不经常锻炼者中是男生的频率为C正确；
零假设：假期是否经常锻炼与性别无关，
则，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为假期是否经常锻炼与性别有关，此推断犯错误概率不大于0.01，D正确，
故选：BCD．
5．ACD
【分析】由及复合函数的导数求法、奇偶性定义判断A；由题设有，得，令求参数得判断B；利用奇偶性、对称性判断C、D.
【详解】由于是定义在上的奇函数，所以，
则，即，故A正确；
因为是奇函数，所以，即，
所以，则，令，所以，
所以，即的图象关于直线对称，
则，故B错误；
，故C正确；
，故D正确.
故选：ACD
6．AD
【分析】利用基本不等式计算并判断A，结合常数代换可计算并判断B，C，利用两点间距离公式和点到直线的距离公式可计算并判断D.
【详解】因为，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最大值为，故A正确；
因为，当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为6，故B错误；
因为，当且仅当，时等号成立，
所以的最小值为2，故C错误；
可以看作直线落在第一象限内的点到原点距离的平方，易知最短距离为，
所以的最小值为，故D正确.
故选：AD.
7．ACD
【分析】A选项，利用计算出抽到有奖奖券的概率；B选项，分别计算出三种方案的概率，比较后得到结论；C选项，分别计算出三种方案的概率，相加得到概率为；D选项，分别计算出三种方案的期望值，得到，故D正确.
【详解】A选项，从甲箱中随机抽取一张奖券，是“谢谢惠顾”奖券的概率为，
是“金额50元”奖券的概率为；
从乙箱中随机抽取一张奖券，是“谢谢惠顾”奖券的概率为”，
是“金额100元”奖券的概率为，
已知该顾客选择方案三，则他抽到有奖奖券的概率，A项正确；
B选项，当该顾客选择方案三时，抽到“金额100元”奖券的概率，
当该顾客选择方案一时，抽到“金额100元”奖券的概率；
当该顾客选择方案二时，抽到“金额100元”奖券的概率．
，B项错误．
C选项，当该顾客选择方案一时，领取的奖券金额为50元的概率；
当该顾客选择方案二时，领取的奖券金额为50元的概率；
当该顾客选择方案三，领取的奖券金额为50元的概率，
所以该顾客领取的奖券金额为50元的概率为，C项正确．
D选项，对于方案一，设该顾客领取的奖券金额为，则的可能取值为0，50，100，
则，，，
所以；
对于方案二，设该顾客领取的奖券金额为，则的可能取值为0，50，100，
则，，，
所以；
对于方案三，设该顾客领取的奖券金额为，则的可能取值为，，，
则，，，
所以．因为，
所以根据领取的奖券金额的期望值越大越有利，该顾客应选择方案二或方案三，D项正确．
故选：ACD．
8．ABD
【分析】利用正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切函数的渐近线方程可判断B选项；利用正切型函数的对称性求出的表达式，结合赋值法可判断C选项；利用正切型函数的单调性可求出的取值范围，结合可得出的取值范围，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的最小正周期为，故，A对；
对于B选项，由A选项可得，
令，，解得，，
因为，所以，B对；
对于C选项，若点为图象的对称中心，则，，
即，，当时，，C错；
对于D选项，若在区间内单调，
由可得，
所以，，
则，，即，，
记，，则，
又所以的取值范围，D对.
故选：ABD.
9．AB
【分析】结合图形，由向量的加法法则可得A正确；由三角形重心的向量表示可得B正确；结合图形，由向量的加法法则和数量积的运算律以及数量积的定义可得C错误；由向量的加法法则结合三点共线的性质可得D错误.
【详解】对于A，当时，，故A项正确；
对于B，由，知此时为的重心，所以，分别是和的中点，
所以，故B项正确；
对于C，当时，，，
则，故C项错误；
对于D，当时，设，
由，，三点共线，得，解得，故D项错误．
故选：AB．
10．ACD
【分析】根据函数解析式结合角的值化简计算判断ACD，用时举反例判断B选项.
【详解】的定义域为，
对于A：当时，，
令得，所以当时，与矛盾，
所以不存在使，所以，故A正确；
对于B：当时，取，则 ，，
若的图象在上存在对称轴，则对称轴必为，则必有，
又与矛盾，故B错误，
对于C：当时，的单调递增区间是，
则，故C正确；
对于D：若中有3个不同元素，则方程在上恰有3个不同实根，，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】对于A，由已知可证平面平面，进而可得结论；对于B，在平面内的射影不垂直于可判断；对于C，设，利用基底求得可求解；对于D，可得球心为的中点，计算可判断.
【详解】对于A，如图1，取的中点，连接，
所以，又平面，平面，所以平面，
又且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，平面，
则平面平面，又平面，所以平面，故A正确；
对于B，取的中点，连接，如图2，
若平面，平面，则，
因为分别为上的中点，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又由正三棱柱，可得平面，所以平面，
所以平面，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
但由是正三角形，显然不成立，故平面不成立，故B错误；
对于C，设，则，注意到，
，
故，故，
因此两直线的夹角的余弦值为，故C正确；
对于D，由题意知，平面，又平面，
所以.同理，因为与均为以为斜边的直角三角形，
则球心为的中点，所以球的体积为，故D正确.
故选：ACD.
12．ABD
【分析】由已知求出等差数列的公差，然后分别计算分析可判断每个选项的正误．
【详解】因为，即，又，所以，
整理得，又因为，解得，故A正确；
由得，所以，所以，故B正确；
所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故C错误；
，即的公比为4，故，故D正确.
故选：ABD.
13．BCD
【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得的长及最小值判断AB；进而可证平面，可判断C，补形为正方体，求得正方体的外接球的半径计算可判断D.
【详解】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.
可得，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

过作于，连接，
则，
所以，
故A错误；
，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确；
因为，又易得平面，
所以为平面的一个法向量，又，所以，
又平面，平面，又点，
所以到平面的距离相等，
所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确；
将原图形补成一个正方体如图所示：
则正方体的外接球符题意，
外接球的直径为，所以，
所以该球的体积是，故D正确.
故选：BCD.
14．ACD
【分析】根据奇偶性的定义即可求解A，利用作差法可判断B，利用导数的几何意久可求解C，构造函数，利用导数求得函数的最值，从而可判断D.
【详解】对于A，函数的定义域为关于原点对称，
又，故为偶函数，A正确，
对于B，，
当，，则，，故B错误；
对于C，，故，
故在点处的切线斜率为，C正确，
对于D，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，故D正确.
故选：ACD.
15．BD
【分析】利用导数的几何意义求得切线为，进而依次判断A、B、C的正误，由，令，构造并应用导数研究其最小值，即可得面积最小值判断D.
【详解】令，可得，则，且，则，
所以曲线在点处的切线为，令，则，
综上，，，显然C错；
所以，令，则，
令且，则，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以，故，D对；
当，则，，，且，则，A错；
所以的面积为，B对；
故选：BD
16．ACD
【分析】根据互斥事件的定义分析即可判断A，特殊化举例可判断B，根据独立事件同时发生的公式及事件和的概率公式判断C，根据独立事件的判断公式判断D.
【详解】因为互斥，所以，所以发生时一定发生，即，所以，故A正确；
不妨以掷一颗骰子为例，记出现偶数点为事件A，出现2点为事件B，则,
，此时，故B错误；
因为相互独立，则,
而，
所以，故C正确；
因为互斥，所以，而，所以,
即，所以不相互独立，故D正确.
故选：ACD
17．ACD
【分析】根据椭圆的几何性质，，可判定 A；根据椭圆的标准方程和斜率公式，可得判定B；设，得到，结合二次函数的性质，可得判定C；对于D，由斜率公式代入计算即可判断.
【详解】因为椭圆的离心率为，所以，即，则，
又因为，，所以为等边三角形，故A正确；
对于选项B，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程，得，整理可得，因此，所以，
化简可得，，因此随着的变化而变化，故B错误；
对于选项C，设，因为，，，则，
所以
，
又因为，且，所以，
所以成立，故C正确；
对于选项D，当直线的斜率不存在，即时，，当直线的斜率为0时，设，所以，故选项D正确；
故选：ACD.
18．AB
【分析】根据的形状，可判定当为中点时，最小，求此时的值，可判断A的真假；转化成平面上两点之间，线段最短，结合解三角形的知识可判断B的真假；举特例，可判断C的真假；利用点到直线上点的距离，垂线段最短，确定球的半径的最小值，求表面积可判断D的真假.
【详解】对于选项A，显然为等边三角形，其边长为的最小值为边上的高，易求得高为，故选项A正确；
对于选项B，如图，

将等边三角形绕边旋转到与平面共面，
显然，故选项B正确；
对于选项C，当点与点重合时，，故选项C错误；
对于选项D，显然当为的中点时，球的半径最小，此时球的半径为，因此该球的表面积的最小值为，故选项D错误.
故选：AB
19．BD
【分析】由等比数列的通项公式、下标和的性质及等差、等比数列前项和公式逐个判断即可.
【详解】若，则，由，可得，故A错误；
，故B正确；
对于C，由选项条件可得，，解得或，故C错误；
因为，所以，所以，所以数列的前项和为，故D正确.
故选：BD
20．ACD
【分析】对于A，利用可求得，再利用求得即可；应用两点间距离公式判断B；根据对称性判断C; 结合三角形面积公式计算判断D.
【详解】由，
所以，，
所以曲线位于直线、和围成的矩形框（含边界）里，故A对；
设为曲线上任一点，所以P到的距离为：
，故B错；
对于曲线上任意点，其关于x轴对称点为，
把代入成立，曲线关于轴对称，故C对；
如图四边形在曲线C内部，根据图像的对称性可得，
又曲线位于直线、和围成的矩形框（含边界）里，
所以，
故曲线C所围成区域的面积大于，
故D对.
故选：ACD.
21．ABD
【分析】根据异面直线定义可判断A正确，作与平行的直线，作出异面直线的平面角并由勾股定理可判断B正确，作出截面形状可知平面截该正方体所得截面形状为正六边形，可得C错误，利用向量共线定理可找出点轨迹为线段，求出其长度可得结果，即D正确.
【详解】对于A，由异面直线定义可知与不同在任何一个平面内，它们是异面直线，即A正确；
对于B，取的中点为，连接，如下图所示：

由正方体性质可知，又，所以，
因此与所成的角即为与所成的角，即或其补角，
易知，满足，即，
所以，因此与所成的角为，即B正确；
对于C，分别取的中点为，连接各中点，如下图所示：

易知，，即可知在同一平面内，
所以平面截该正方体所得截面即为六边形，
又，所以截面形状为正六边形，即C错误；
对于D，因为为的中点，所以，
由可知，
即，因此可知共线，
所以点轨迹为过点且与平行的线段，
取的中点为，连接，取的中点，连接，如下图所示：

由正方体性质易知，又为的中位线，所以，；
因此点轨迹即为线段，且，
所以点轨迹长度为，可得D正确.
故选：ABD
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)