【江苏省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习 02 多项选择（含答案+解析）

【江苏省专用】2024-2025学年高一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高一下·苏州期末）已知复数，，，则下列说法正确的有（　　）
A． B．若，则
C．若，则 D．若且，则
2．（2024高一下·镇江期末）已知复数（是虚数单位），是的共轭复数，下列说法中正确的是（　　）
A．的虚部为4； B．；
C．； D．是的一个平方根
3．（2024高一下·镇江期末）已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（　　）
A．，； B．，，；
C．，，； D．，，
4．（2024高一下·连云港期末）一组样本数据如下：，则该组数据的（　　）
A．极差为6 B．平均数为85
C．方差为26 D．第80百分位数为87.5
5．（2024高一下·扬州期末）连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷，结果向上的点数小于3”记为事件A，“第二次抛掷，结果向上的点数是偶数”记为事件B，“两次拋掷，结果向上的点数之和为奇数”记为事件，则下列叙述中正确的有（　　）
A．A与互斥 B．A与相互独立
C．与对立 D．
6．（2024高一下·南通期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题为真命题的是（　　）
A．若，则为直角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若，则为等腰直角三角形
7．（2022高一下·南京期末）已知向量，，，则下列说法正确的是（　　）
A．的相反向量是
B．若，则
C．在上的投影向量为
D．若，则
8．（2022高一下·溧阳期末）某同学连续抛掷质地均匀的骰子10次，向上的点数分别为1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，则这10个数的（　　）
A．众数为2和3 B．平均数为3
C．标准差为 D．第85百分位数为4.5
9．（2022高一下·溧阳期末）一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有1~9这9个数字（1张卡片上标1个数），“从中任抽取1张卡片，结果卡片号或为1或为4或为7”记为事件，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号小于7”记为事件，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号大于7”记为事件.下列说法正确的是（　　）
A．事件与事件互斥 B．事件与事件对立
C．事件与事件相互独立 D．
10．（2024高一下·苏州期末）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（　　）
A．平面
B．平面
C．点，到平面的距离相等
D．平面截该正方体所得截面的面积为
11．（2024高一下·苏州期末）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为 B．
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增
12．（2024高一下·镇江期末）设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则的“仿射坐标”为
C．若，则
D．若，则
13．（2024高一下·连云港期末）在中，为的中点，为的中点，延长交线段于点，则（　　）
A． B．
C．的面积为 D．
14．（2024高一下·连云港期末）已知直线，平面，则下列结论正确的有（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
15．（2024高一下·扬州期末）如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则下列结论正确的有（　　）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．直线与平面所成角的正切值为
C．点到平面的距离为
D．三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为
16．（2024高一下·扬州期末）在中，角A、B、C所对的边为，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（　　）
A． B．
C． D．
17．（2024高一下·南通期末）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（　　）
A．A与B互斥 B．A与C相互独立
C． D．
18．（2023高一下·苏州期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，下列判断中正确的是（　　）
A．平面平面
B．
C．
D．异面直线与所成角的取值范围是
19．（2023高一下·苏州期末）在中，，，分别为角，，的对边，下列叙述正确的是（　　）
A．若，则为等腰三角形
B．已知，，则
C．若，则
D．若，则为锐角三角形
20．（2023高一下·苏州期末）为了进一步培养全校学生的法律意识，强化学生自我保护能力，知法守法，某中学举行法规知识竞赛（满分分），对全校参赛的名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照、、、、分成组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（　　）
A．
B．得分在区间内的学生人数为
C．该校学生法规竞赛成绩的中位数大于
D．估计该校学生法规竞赛成绩的平均数落在区间内
21．（2023高一下·苏州期末）已知向量，，下列结论中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．当时，与的夹角为锐角
D．若，则与的夹角的余弦值为
22．（2022高一下·镇江期末）棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角大小为α，两相邻侧面所成的二面角大小为β，不相邻两侧面所成的二面角大小为γ，则（　　）
A．β＝2α B．γ＝2α
C．β＋γ＝π D．cos2α＋cosβ＝0
23．（2022高一下·镇江期末）tan75°＝（　　）
A． B．
C． D．tan25°tan35°tan85°
24．（2022高一下·镇江期末）在下列对△ABC的描述中，能判定△ABC是直角三角形的是（　　）
A．sin2A＝sin2B
B．
C．A（1，1），B（3，－2），C（4，3）
D．△ABC为正方体的某个截面
25．（2022高一下·镇江期末）高空走钢丝是杂技的一种，渊源于古代百戏的走索，演员手拿一根平衡杆，在一根两头拴住的钢丝上来回走动，并表演各种动作．在表演时，假定演员手中的平衡杆是笔直的，水平地面内一定存在直线与演员手中的平衡杆所在直线（　　）
A．垂直 B．相交 C．异面 D．平行
26．（2022高一下·扬州期末）如图所示，中，，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有（　　）．
A．
B．
C．
D．与夹角的余弦值为
27．（2022高一下·扬州期末）在棱长为1的正方体中，点P在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的有（　　）．
A．三棱锥的外接球的表面积为
B．异面直线和所成的角为
C．直线CP和平面所成的角为定值
D．的最小值为
28．（2022高一下·扬州期末）从装有3个红球和2个白球的袋中任意取出2个球，有如下几对事件：
①“取出2个球，恰好有1个白球”与“取出2个球，恰好有1个红球”；②“取出2个球，恰好有1个白球”与“取出2个球，都是红球”；③“取出2个球，至少有1个白球”与“取出2个球，都是红球”；④“取出2个球，至少有1个白球”与“取出2个球，至少有1个红球”．其中是互斥事件的有（　　）
A．① B．② C．③ D．④
29．（2022高一下·扬州期末）所谓“民以食为天”，粮食问题就是人类生存的底线问题，是国家经济发展的底线问题，是社会维持稳定的底线问题.2021年，我国全国粮食总产量13657亿斤，连续7年保持在1.3万亿斤以上，我国2020-2021年粮食产量种类分布及占比统计图如图所示，则下列说法正确的是（　　）．
A．2021年的粮食总产量比2020年的粮食总产量高
B．2021年的稻谷产量比2020年的稻谷产量低
C．2020年和2021年的薯类所占比例保持稳定
D．2021年的各类粮食产量中，增长量最大的是小麦
30．（2022高一下·盐城期末）已知定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，，若函数是偶函数，则下列结论正确的有（　　）
A．的图象关于对称 B．
C． D．有100个零点
31．（2022高一下·盐城期末）下列关于函数的说法正确的有（　　）
A．最小正周期为π
B．在上单调递增
C．值域为
D．若为的一条对称轴，则
32．（2022高一下·徐州期末）已知内角，，所对的边分别为，，，以下结论中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，，，则该三角形有两解
C．若，则一定为等腰三角形
D．若，则一定为钝角三角形
33．（2022高一下·徐州期末）在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，点是正方形 A1B1C1D1内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（　　）
A．直线与直线夹角为60°
B．平面截正方体所得截面为等腰梯形
C．若，则动点的轨迹长度为2π
D．若平面，则动点的轨迹长度为
34．（2022高一下·徐州期末）设向量，满足，则（　　）
A．与的夹角为60° B．
C． D．
35．（2022高一下·无锡期末）一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（　　）
A． B． C． D．
36．（2022高一下·南通期末）对于一组数据2，3，3，4，6，6，8，8，则（　　）
A．极差为8 B．平均数为5
C．方差为 D．40百分位数是4
37．（2022高一下·南京期末）在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与直线所成的角为
C．若平面过点M，且，则平面截正方体所得的截面图形的周长为
D．动点P在侧面及其边界上运动，且，则与平面所成角的正切值的取值范围是
38．（2022高一下·南京期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（　　）
A．若，则一定是等腰三角形
B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个
C．若不是直角三角形，则
D．若，则为钝角三角形
39．（2022高一下·南京期末）某市商品房调查机构随机抽取n名市民，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占．如图2是用分层抽样的方法从所有调查的市民的满意度问卷中，抽取10%的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（　　）
A．样本容量为90
B．样本中三居室住户共抽取了35户
C．据样本可估计对四居室满意的住户有110户
D．样本中对二居室满意的有3户
40．（2022高一下·连云期末）在长方体中，矩形、矩形、矩形的面积分别是，，，则（　　）
A．
B．长方体的体积为
C．直线与的夹角的余弦值为
D．二面角的正切值为2
41．（2022高一下·连云期末）在等腰直角三角形中，斜边，向量，满足，，则（　　）
A． B．
C． D．
42．（2022高一下·溧阳期末）如图，在正方体中，点是棱的中点，点是线段上的一个动点，则以下叙述中正确的是（　　）
A．直线平面 B．直线不可能与平面垂直
C．直线与所成角为定值 D．三棱锥的体积为定值
43．（2022高一下·泰州期末）在中，角、、所对的边分别为、、．若，，，则下列说法正确的有（　　）
A． B． C． D．
44．（2022高一下·泰州期末）如图，已知菱形的边长为6，为中点，，下列选项正确的有（　　）
A．
B．若，则
C．若，则
D．
45．（2022高一下·泰州期末）在棱长为1的正方体中，下列选项正确的有（　　）
A．平面
B．平面
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥的体积为
46．（2022高一下·江宁期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，下列说法正确的是（　　）
A．若有两解
B．若有两解
C．若为锐角三角形，则b的取值范围是
D．若为钝角三角形，则b的取值范围是
47．（2022高一下·泰州期末）下列说法正确的是（　　）
A．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则每个个体被抽到的概率是0.1
B．已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，则这组数据的中位数是5
C．已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，则小明成绩的百分位数是20
D．若样本数据的方差为8，则数据的方差为15
48．（2022高一下·金坛期末）已知复数，复数 ，其中，a，b为实数，i为虚数单位，定义：复数为“目标复数”，其中和分别为“目标复数”的实部和虚部，则下列结论正确的为（　　）.
A．
B．
C．若，则，
D．若，，且，则锐角的值为
49．（2022高一下·金坛期末）如图，二面角的大小为120°，点A，B在二面角的棱l上，过点A，B分别在平面和内作直线l的垂线段和，且，，，则下列结论正确的是（　　）.
A．异面直线和的所成之角为120°
B．
C．点C到平面与点D到平面的距离之比为
D．异面直线和的之间距离是
50．（2022高一下·宿迁期末）已知正三棱柱的棱长均为2，点D是棱上（不含端点）的一个动点．则下列结论正确的是（　　）
A．棱上总存在点E，使得直线平面
B．的周长有最小值，但无最大值
C．三棱锥外接球的表面积的取值范围是
D．当点D是棱的中点时，二面角的正切值为
答案解析部分
1．A,C,D
解：设复数，
A、
，
，
则，故A正确；
B、复数不能比较大小，故B错误；
C、当时，由A选项可知，则，
即，任取，或，任取，即至少有一个为0，
而，
，
，
即（其中至少有两项为0），故C正确；
D、若，则，
因为，所以，即，故D正确.
故答案为：ACD.
先设复数的代数形式，再表示出和即可判断A；根据复数不能比较大小即可判断B；利用得出两复数的实部和虚部的关系，再写出和的表达式，即可得出结论判断C；对进行化简即可判断D.
2．A,B,D
解：对于A，的虚部为4，选项A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，
，故，选项C错误；
对于D，，故是的一个平方根，选项D正确.
故选：ABD
AB，根据虚部和共轭复数的概念（对于复数，则共轭复数为）得到AB正确；C选项，根据复数的运算法则计算出和，故C错误；D选项，根据复数的运算法则计算出，故D正确.
3．B,C
解：对于A，由，，则，可能相交，可能异面，可能平行，故A错误，
对于B，由线面平行的性质定理可知，，，则，B正确，
对于C，若，，，则，C正确，
对于D，若，，，则，异面或者平行，D错误，
故选：BC
根据空间中直线与平面，以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
4．A,B
解：极差为：；平均数为：；
方差为，
，所以第80百分位数为。
故答案为：AB.
此题考查极差，平均数，方差，第p百分位数的计算，计算出极差，平均数，方差，和第80百分位数.
5．B,D
【解：A、事件A的基本事件有，
；
事件B中的基本事件有，
，
，则事件A和事件B不互斥，故A错误；
B、连续抛掷两次骰子，共有36种情况，其中事件A中的基本事件数为12，故，
事件C中的基本事件有，
，共18种情况，
故，事件AC中的基本事件有，
共9种情况，故，满足，则A与相互独立，故B正确；
C、由AB选项知，，事件B与事件C不互斥也不对立，故C错误；
D、事件中的基本事件有，
，，
，，共24种情况，
故，故D正确.
故答案为：BD.
列举出事件A，B和事件C中的基本事件，得到，即可判断AC；利用即可判断B；列举出事件中的基本事件，求出概率即可判断D.
6．A,B,D
解：对于选项A，若，由正弦定理得，所以，所以为直角三角形，故A正确；
对于选项B，若，由正弦定理得，所以，所以为等腰三角形，故B正确；
对于选项C，若，由正弦定理得，即，
所以或，即或，则是等腰或直角三角形，故C错误；
对于选项D，若，由正弦定理得，所以，即，所以为等腰直角三角形，故D正确；
故选：ABD.
利用正弦定理（在一个三角形中， 各边和它所对角的正弦的比相等）逐项进行边角互化即可逐一判断.
7．A,C
对于A：由相反向量的定义，即可得到的相反向量是；
对于B：因为，，所以.
又，且，所以，解得：.
B不符合题意；
对于C：因为，，所以，所以在上的投影为，
所以在上的投影向量为.
C符合题意；
对于D：因为，，所以.
又，且，所以，解得：.
D不符合题意.
故答案为：AC
对于A：由相反向量的定义，直接判断；对于B：利用向量平行的条件列方程求出k，即可判断；对于C：利用投影向量的定义，直接求解；对于D：利用向量垂直的条件列方程求出k，即可判断.
8．A,B
对于A，因为2和3出现的次数最多，均为3次，所以众数为2和3，所以A符合题意，
对于B，平均数为，所以B符合题意，
对于C，标准差为，所以C不符合题意，
对于D，因为这组数从小到大排列为1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，且，所以第85百分位数为第9 个数5，所以D不符合题意，
故答案为：AB
利用众数的定义判断A，求出平均数判断B，求出标准差判断C，求出百分位数判断D
9．A,C
样本空间为，
因为，所以事件与事件互斥，A符合题意；
因为，，所以事件与事件不对立，B不符合题意；
，，，即事件与事件相互独立，C符合题意；
因为，所以事件与事件不互斥，D不符合题意；
故答案为：AC
由互斥，对立以及独立的定义判断即可.
10．A,C,D
解：取的中点，的中点，的中点，
连接、、、、、、、、、，如图所示：
则，，，所以，所以、、、四点共面，
A、因为平面，平面，所以，则
同理可证，又，平面，
所以平面，即平面，故A正确；
B、因为，平面，平面，
所以平面，即平面，又，平面，
平面平面，所以不平行平面，故B错误；
C、设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知，
即交平面于点，所以点，到平面的距离相等，
即点，到平面的距离相等，故C正确
D、因为，所以、、、四点共面，
同理可证，所以、、、四点共面，
即正六边形为平面截该正方体所得截面，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
取的中点，的中点，的中点，根据线面垂直的判定定理即可判断A；证明平面，即可判断B；根据正方体的性质即可判断C；由题意，即可得到正六边形为平面截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D；.
11．B,D
解：
，
A、函数的最小正周期，故A错误；
B、因为，所以，故B正确；
C、因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误；
D、当时，，因为函数在上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故D正确.
故答案为：BD.
先利用余弦的二倍角公式以及两角和的正弦公式化简函数，再根据正弦函数的性质逐项计算判断即可.
12．A,B,D
解：根据题目给出的“仿射坐标”定义可得．
对于A，，即，因此．故A正确．
对于B，，则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确．
对于C，若，则， 化简，
即，解得，故C错误．
对于D，若，，
则，联立得出，故D正确．
故选：ABD.
由“仿射坐标”定义可得．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可．根据数量积的运算法则判断选项A，根据向量的线性运算判断选项B，根据数量积的坐标运算法则判断选项C，根据向量平行的性质判断选项D.
13．A,B,D
解：因为中，，
对于A，由题可得，
因为为的中点，为的中点，
所以，则
所以，故A正确；
对于B，由，设，所以，
因为，，三点共线，则，解得，则，所以，故B正确；
对于C，由于，所以为靠近的四等分点，
由于，所以为靠近的三等分点，
故
由于，，所以，
则，所以，故C不正确；
对于D，，故D正确；
故选：ABD
对于选项B，我们同样需要使用向量线性组合的性质来分析和求解。对于选项C和D，我们需要注意在求解三角形的面积和向量的点积时，需要利用到余弦定理、正弦定理、相似三角形等平面几何的相关知识，同时还要结合向量的性质和运算进行综合求解。对于A，由两边平方，并求出，即可求解；对于B，设，可得，根据三点共线的性质即可求解；对于C，根据为靠近的四等分点，为靠近的三等分点，可得，求即可；对于D，由，化简可得答案.
14．A,C,D
解：A. 若平面平行于平面，且平面平行于平面，则根据平行平面的传递性，平面必然平行于平面.所以选项A是正确的.B. 若平面垂直于平面，且平面垂直于平面，则平面与平面可能平行，也可能相交，但不一定垂直.因此，选项B是错误的.
C. 若平面垂直于平面，且平面垂直于平面，并且平面与平面的交线为，那么交线也垂直于平面.所以，选项C是正确的.
D. 根据若一条直线与两个相交平面分别平行，则这条直线与两个平面的交线平行， 选项D是正确的.
故答案为：ACD
本题考查了空间几何中的平面与平面、平面与直线之间的位置关系，题目要求判断给出的四个几何命题的正确性。这些命题涉及到了平面与平面之间的平行与垂直关系，以及直线与平面、直线与直线之间的平行关系。
15．A,C,D
解：A、正方形的中心为，则，即O为三棱锥的球心，半径为，则三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
B、过M作MH⊥AC于H，如图所示：
则MH⊥平面ABC，即∠MNH即为直线MN与平面ABC所成的角，易知MH=，NH=，，故B错误；
C、由，可得，因为，所以，，所以，所以C到平面OMN的距离，故C正确；
D、过O作OT⊥MN于T，如图所示：
则旋转体体积是以OT为底面半径，以TM为高的圆锥的体积的两倍，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
先找三棱锥的外接球的球心，再根据球的表面积公式求解即可判断A；过M作MH⊥AC于H，推得∠MNH即为直线MN与平面ABC所成的角，求解即可判断B；利用等体积法QIUJE求解即可判断C；由题可知旋转体为两个底面重合的圆锥构成的组合体计算体积即可判断D.
16．A,B,D
解：A、三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，故A正确；
B、三角形中，已知两个角和夹边，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，故B正确；
C、由正弦定理，可得，因为，所以，
因为，所以角有两解，故C错误；
D、三角形中，已知两边和夹角，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，故D正确.
故答案为：ABD.
根据三角形全等，易得三角形的形状唯一确定，故解唯一即可判断ABD；利用正弦定理，结合正弦函数的图象，说明符合条件的三角形有两解即可判断C.
17．B,C
解：根据题意，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则
，
，
，
所以有，
，
对于A，，事件A、B可以同时发生，则A、B不互斥，A错误；
对于B，，A、C相互独立，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误．
故选：BC．
根据题意，由互斥事件的定义（互斥事件是指两个或多个事件在任何一次试验中都不会同时发生）分析A，由相互独立事件的定义分析B，由古典概型的计算公式（事件A的概率等于事件A包含的基本事件数除以样本空间的基本事件总数）分析C、D，综合可得答案．
18．A,B,C
解：设正方体的棱长为2，以为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
设
设面的法向量为，同理可得面的法向量为， 面的法向量为平面面故A选项正确.
B 故B选项正确.
C 面面，因为P在面内，所以点P，A到面的距离相等，故，所以C选项正确.
D因为，所以异面直线与所成角为或中的锐角或直角，
又为等边三角形，所以当点P为的中点时，，
故异面直线与所成角可能为，故D选项错误.
故答案为：ABC
建立空间直角坐标系，用向量法求出平面，平面，平面的法向量，证明即可判断A，证明即可判断B，证明点P，A到面的距离相等即可判断C，根据异面直线夹角的定义判断D.
19．B,C
解：A由正弦定理可得，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故A选项错误.
B由正弦定理可得故B选项正确.
C在中，若A>B，则a>b，由正弦定理可得sinA>sinB，故C选项正确.
D 若，由正弦定理可得a：b：c=2：3：4，由余弦定理可得所以C为钝角，
则为钝角三角形，故D选项错误.
故答案为：BC
由正弦定理和余弦定理及二倍角公式逐一判断即可求解.
20．B,C
解：A由频率直方图中频率和为1可得
解得a=0.035故A选项不正确.
B 得分在区间[10，20)内的学生人数为故B选项正确.
C设该校学生法规竞赛成绩的中位数为x，则解得故C选项正确.
D 该校学生法规竞赛成绩的平均数故选项错误.
故答案为：BC
利用频率直方图中位数，平均数公式可判断C，D，频率和为1可判断A，计算第二组的频数可判断B.
21．A,B,D
解：A若 则解得故A选项正确.
B若 则解得故B选项正确.
C 若 与的夹角为锐角，则且解得且故C选项错误.
D若则
故答案为：ABD
利用向量平行和垂直，夹角的坐标表示逐一验证即可求解.
22．A,C,D
设正四棱锥的棱长为2，连接相交于，取的中点分别为，连接，如图，
由棱长都相等正四棱锥可知，平面，，，所以，，
又，，
故，，所以，即，A符合题意；
由对称性知，不相邻的侧面所成角为侧面与面所成角的2倍，
故，所以，，
而，故，B不符合题意；
因为，，所以，C符合题意；
因为，所以，D符合题意.
故答案为：ACD
在正四棱锥中分别找到或作出 α， β， γ，求出三角函数值，利用三角函数值逐项判断它们的关系即可得答案.
23．A,C
，故 A符合题意；
由正切的半角公式知，B不符合题意；
，C符合题意；
由tan25°tan35°tan85°知D不符合题意.
故答案为：AC
根据两角和的正切公式及特殊角的三角函数值判断A，由正切半角公式判断B、C；直接判断D.
24．B,C
，则或
即或，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，A不符合题意；
，则
∴，即，则△ABC是直角三角形，B符合题意；
A（1，1），B（3，－2），C（4，3），则
∵，则△ABC是直角三角形，C符合题意；
正方体的截面有：三角形、四边形、五边形和六边形，其中三角形有：等边三角形、等腰三角形和锐角三角形，没有直角三角形，D不符合题意；
故答案为：BC．
由已知三角等式求得A与B的关系判断A；把已知向量等式变形，得到数量积为0判断B；由已知点的坐标，求得数量积为0判断C；由平面截正方体所得三角形为锐角三角形判断D.
25．A,C
根据题意可得：
对直线l与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线l垂直，A符合题意；
平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交
根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面
若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面
C符合题意；B、D不符合题意；
故答案为：AC．
对直线l与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线l垂直可判断A；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交，根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面；若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面可判断B、C、D.
26．A,C
对A，，A符合题意；
对B，设，则由A，，故，因为三点共线，故，解得，故，故，所以，即，B不符合题意；
对C，由余弦定理，，由B有，故，即，所以，C符合题意；
对D，在中，，，故，D不符合题意；
故答案为：AC
根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解可判断A；根据三点共线的性质结合 可得，进而得到可判断B；根据余弦定理可得，再根据B中两边平方化简求解可判断C；在中根据余弦定理求解可判断D.
27．A,B,D
对A，三棱锥的外接球即正方体的外接球，且即为外接球的直径，又，故外接球的表面积，A符合题意；
对B，连接，，
易得异面直线和所成的角即与所成的，根据正方体的性质可得为正三角形，故，故异面直线和所成的角为60°，B符合题意；
对C，当在时，直线CP和平面平行，所成的角为0°；当在时，直线和平面不平行，所成的角不为0°，C不符合题意；
对D，由题意，，以为顶点，为圆锥的高，为母线作圆锥如图所示.则易得圆锥底面圆上任意一点满足，故.不妨设与四点共面，则易得当三点共线时，取得最小值.此时，D符合题意；
故答案为：ABD
三棱锥的外接球即正方体的外接球，再求解外接球表面积即可判断A；根据异面直线夹角的定义可得直线和所成的角为，进而根据为正三角形求解即可判断B；举反例，当P在A1和C1时直线CP和平面ABB1A1所成的角不相等，判断C；以为顶点，为圆锥的高，为母线作圆锥，由圆锥底面圆上任意一点满足，结合两点之间线段最短求解可判断D.
28．B,C
对于①，“取出2个球，恰好有1个白球”即为1红1白，“取出2个球，恰好有1个红球”即为1红1白，
①中两个事件为相等事件；
对于②，“取出2个球，都是红球”即为2红，②中的两个事件为互斥事件；
对于③，“取出2个球，至少有1个白球”包含：1红1白、2白，③中的两个事件为互斥事件；
对于④，“取出2个球，至少有1个红球”包含：1红1白、2红，④中的两个事件不是互斥事件.
故答案为：BC.
写出每个事件所包含的基本事件，利用互斥事件的定义判断可求出答案.
29．A,C
2020年的粮食总产量为亿斤，
2021年的粮食总产量高亿斤，
因为，A符合题意；
因为，所以2021年的稻谷产量比2020年的稻谷产量高，B不符合题意；
2020年和2021年的薯类所占比例都为4.46%，C符合题意；
由统计图可得2021年的各类粮食产量中，增长量最大的是玉米，D不符合题意.
故答案为：AC.
根据统计图逐项进行判断，可得答案.
30．A,B,D
由题设，，即，关于对称，A符合题意；
又，则，即是周期为4的奇函数，
由，即，
，B符合题意；
，，故，C不符合题意；
综上，与的函数部分图象如下：
当，过点，故时与无交点；
由图知：上与有1个交点；
上的每个周期内与有两个交点，共有个交点；
而与且，即时无交点；
当，过点，故时与无交点；
由图知：上与有3个交点；
上的每个周期内与有两个交点，共有个交点；
而与且，即时无交点；
综上，共有个零点，D符合题意.
故答案为：ABD
先根据题意得到函数f (x)为奇函数，且是周期为4的周期函数，进而利用函数的性质逐项进行判断，即可得答案.
31．B,C
；
对于A，的最小正周期，A不符合题意；
对于B，当时，，在上单调递增，B符合题意；
对于C，，，即的值域为，C符合题意；
对于D，若为的一条对称轴，则或，D不符合题意.
故答案为：BC.
利用二倍角公式化简可得，根据余弦型函数的最小正周期、单调性、值域和对称性的求法，依次判断各个选项即可得答案.
32．A,D
对A，由三角形的性质，当时，，又由正弦定理，故，A符合题意；
对B，由正弦定理，故，故，因为，故，故该三角形只有1解，B不符合题意；
对C，由正弦定理，，故，所以或，即，所以为等腰或者直角三角形，C不符合题意；
对D，由正弦定理，，又余弦定理，故，故一定为钝角三角形，D符合题意；
故答案为：AD
根据正弦定理判断A；根据正弦定理求解判断B；根据正弦定理结合正弦函数的取值判断C；根据正弦定理边角互化，再根据余弦定理判断D.
33．A,B,D
对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为60°，A符合题意；
对B，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，B符合题意；
对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，其长度为，C不符合题意；
对D，取中点，连接如图.由B，截面为等腰梯形，易得，，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，D符合题意；
故答案为：ABD
根据AC的平行线确定直线与直线的夹角即可判断A；根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面分析可判断B；由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，再根据弧长公式求解即可判断C；先判断过A且平行于平面 的平面截正方体的面，再分析 的轨迹即可判断D.
34．B,C,D
对AD，因为，故，即，故，故与的夹角为，A不符合题意，D符合题意；
对B，因为，故，因为故，B符合题意；
对C，，C符合题意；
故答案为：BCD
由向量 ，满足 ，则，然后结合平面向量数量积的运算逐项判断即可得答案.
35．A,B,D
方案一：“选到3号球”的概率
方案二：“选到3号球”的概率
方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率
∴，，，，ABD符合题意，C不符合题意
故答案为：ABD．
根据题意由概率的加法以及乘法公式，代入数值计算出结果，由此对选项逐一判断即可得出答案。
36．B,C,D
对于A，因为这组数据的最大值为8，最小值为2，所以这组数据的极差为，A不正确；
对于B，因为，所以这组数据的平均数为5，B符合题意；
对于C，因为
，C符合题意；
对于D，由于，所以第40百分位数为第4个数即4，D符合题意.
故答案为：BCD.
由已知条件结合极差、平均数、方差以及百分位数的定义，代入数值计算出结果，由此对选项逐一判断即可得出答案。
37．B,C,D
解：对于A：连接，显然，所以即为直线与直线所成的角，
根据正方体的性质可得为等边三角形，所以，A不符合题意；
因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
所以直线与直线所成的角为，B符合题意；
同理可证，，平面，所以平面，
取的中点、的中点，连接、、，
所以且，且，且，
显然平面平面，
所以平面，所以平面即为平面，所以，
即平面截正方体所得的截面图形的周长为，C符合题意；
对于D：因为平面，所以线段即为点的轨迹，
所以当点与（）重合时最大，当为的中点时最小，
所以，
又平面，所以为与平面所成角，
所以，
所以与平面所成角的正切值的取值范围是，D符合题意；
故答案为：BCD
根据异面直线所成角判断A、B，通过证明线面垂直，即可判断C、D.
38．B,C
A：由正弦边角关系有，则，则中或，错误；
B：由，则，可得，故，满足条件的三角形有一个，正确；
C：由不是直角三角形且 ，则 ，所以，正确；
D：，即，故不一定为钝角三角形，错误；
故答案为：BC
A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；B应用余弦定理求BC即可判断；C由三角形内角性质及和角正切公式判断；D由向量数量积定义判断.
39．B,C
解：如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占，
，二居室有户，三居室有450户，
由图1和图2得：
在A中，样本容量为：，A符合题意；
在B中，样本中三居室住户共抽取了户，B不符合题意；
在C中，根据样本可估计对四居室满意的住户有户，C不符合题意；
在D中，样本中对二居室满意的有户，D符合题意．
故答案为：BC．
推导出二居室有150户，三居室有450户，由此利用图1和图2能求出结果．
40．B,C
设，
由题意可得，
，解得，
所以，A不符合题意；
长方体的体积为，B符合题意；
连接，所以，所以直线与的夹角即为直线与的夹角，
因为，
所以，所以直线与的夹角的余弦值为，C符合题意；
连接，做交与，
因为平面，平面，所以，又，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，
所以，所以，D不符合题意.
故答案为：BC.
设，由题意可得，
，解得可判断A；求出体积可判断B；连接，所以，所以直线与的夹角即为直线与的夹角，利用余弦定理求出可判断C；连接，做交与，可得为二面角的平面角，计算出可判断D.
41．A,C,D
由题意，等腰直角三角形，，，，又
对A，，A对；
对B，，B不符合题意；
对C，，C对；
对D，，D对；
故答案为：ACD
先由，结合等腰直角三角形，可求出，即可判断A，由可判断B；由可判断C；由是否等于0可判断D
42．A,C,D
解：如图由正方体的性质可知，平面，平面，所以平面，
同理可证平面，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，A符合题意；
因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可证，，平面，所以平面，
同理可证平面，因为平面，所以，C符合题意；
当点为的中点时，，所以平面，B不符合题意；
又，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离不变，设为，又的面积不变，
所以为定值，D符合题意；
故答案为：ACD
根据正方体的性质及线面平行、线面垂直的判定定理一一判断即可.
43．A,D
因为，即，
因为，，则且余弦函数在上递减，
所以，，所以，，A对；
因为，则，所以，，可得，
由正弦定理，即，
所以，，则，B不符合题意；
由二倍角公式可得，，
所以，，
由正弦定理可得，C不符合题意；
，D对.
故答案为：AD.
利用已知条件结合两角差的余弦公式得出，再利用三角形中角A，C的取值范围和不等式的基本性质得出，再利用余弦函数的图象判断出余弦函数在上递减，进而得出；再利用三角形内角和为180度的性质和已知条件得出，再结合三角形中角的取值范围得出角C的取值范围，再结合正弦定理得出角C的余弦值，再利用同角三角函数基本关系式得出角C的正弦值；由二倍角的正弦公式和余弦公式和两角和的正弦公式，进而得出角A的正弦值，再利用正弦定理得出a的值，再结合三角形的面积公式得出三角形 的面积，进而找出说法正确的选项。
44．A,B,D
对A，，A符合题意；
对B，，故，B符合题意；
对C，，C不符合题意；
对D，，因为菱形，故，故，故，D符合题意；
故答案为：ABD
利用已知条件结合菱形的结构特征和中点的性质，再利用向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出；利用已知条件和三角形法则以及数量积求向量的模的公式，再利用数量积的定义，进而得出的值；利用已知条件结合平面向量基本定理和数量积的运算，进而得出的值；利用已知条件结合平面向量基本定理和数量积的运算以及菱形，进而得出，再利用数量积的定义得出的取值范围，从而得出的取值范围，进而得出 的取值范围 ，从而找出正确的选项。
45．B,D
对A，因为， 与平面相交于，故与平面相交，A不符合题意；
对B，连接，，
因为正方体，故，，，故平面，故，同理，又，故平面，B符合题意；
对C，三棱锥的外接球即正方体的外接球，易得其直径为，故外接球的表面积，C不符合题意；
对D，，D符合题意
故答案为：BD
利用，结合与平面相交于，故与平面相交；连接，，再利用正方体，故，，再利用线线垂直证出线面垂直，故平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，故，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，故平面；利用三棱锥的外接球即正方体的外接球，再结合勾股定理，易得其直径，进而得出外接球的半径，再利用球的表面积公式得出三棱锥 的外接球的表面积；利用已知条件结合三棱锥体积的关系式和三棱锥的体积公式，进而得出三棱锥的体积，从而得出正确的选项。
46．A,C
A选项，∵，∴有两解，A符合题意；
B选项，∵，∴有一解，B不符合题意；
C选项，∵为锐角三角形，∴，即，C符合题意；
D选项，∵为钝角三角形，∴或，即或，D不符合题意.
故答案为：AC
利用已知条件结合解三角形的方法和三角形形状的判断方法，进而找出说法正确的选项。
47．A,B,C
对于A，一个总体含有60个个体，某个个体被抽到的概率为，以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为6的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为 ，A符合题意．
对于B，数据1，2，，，8，9的平均数为5，故，解得，故这组数据的中位数是，B符合题意.
对于C，因为，故小明成绩的百分位数是20，C符合题意.
对于D，依题意，，则，故数据的方差为32，D不符合题意；
故答案为：ABC.
利用已知条件结合简单随机抽样的方法对应的概率求解方法、中位数求解方法、百分位数求解方法以及方差的性质，进而找出说法正确的选项。
48．A,C,D
由题意知：
，
故，，A符合题意，B不符合题意；
若，即，
则，，C符合题意；
若，，且，即，
即，因为为锐角，故，D符合题意，
故答案为：ACD
根据，利用复数的乘法以及复数相等，可求得 ，，即可判断A，B；根据利用两角差的正弦公式结合复数相等，确定a，b的值，判断C；利用结合三角恒等变换，可求得锐角的值，判断D.
49．B,C,D
对A，因为线线角的范围为，A不符合题意；
对B，过作矩形如图，则，故，且平面.由余弦定理，，解得.又，故，故，故，B符合题意；
对C，由题意，，，故点C到平面与点D到平面的距离之比为，C符合题意；
对D，同B中图，因为，故平面，又平面，故异面直线和的之间距离即到平面的距离.因为为二面角，故到平面的距离即到平面的距离设为，则根据三角形的面积公式有，故，解得，D符合题意；
故答案为：BCD
对A，根据线线角的范围判断即可；
对B，过作矩形，根据二面角的性质结合余弦定理求解即可；
对C，根据二面角的性质可得点C到平面与点D到平面的距离之比为再计算即可；
对D，根据二面角的性质分析可得异面直线和的之间距离即到平面的距离，再根据面积公式列式求解即可.
50．A,B,C
对A，在上取一点使得，则，当时，
则有平行四边形，故，则直线平面，A符合题意；
对B，如图展开侧面，易得当在与的交点时取得最小值，
因为D是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，
故的周长有最小值，但无最大值，B符合题意；
对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，
取中点，中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，
则.易得平面平面.
根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心.由对称性，
可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小.
此时，故外接球直径 ，
此时外接球表面积.当在或者点时，
三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，
此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形，
此时外接球直径 ，此时外接球表面积.因为点D是棱上（不含端点）的一个动点，
故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，C符合题意；
对D，设到平面的距离为，则由，
即，故.设到线段的距离，
则，
解得，故二面角的正切值为 ，D不符合题意；
故答案为：ABC
由正三棱柱的几何意义，结合线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由平行的传递性即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理即可得证出结论，从而得出选项A正确；由线面垂直的定义结合距离的定义由正三棱柱的几何性质即可判断出选项B正确；结合球的几何性质由三角形中的几何计算关系计算出边的大小，并代入到球的表面积公式结合线面垂直的几何性质即可判断出选项C正确；由二面角平面角的定义结合三角形中的几何计算关系，由同角三角函数的基本关系式代入数值计算出结果由此判断出选项D错误；从而得出答案。