【期末专项押题卷】多选题-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册（含解析）
文档属性
| 名称 | 【期末专项押题卷】多选题-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-13 11:05:59 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
【期末专项押题卷】多选题-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
（多选）1．（2025春 长沙月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．若z为纯虚数，则z2是实数
B．若i为虚数单位，则i23＝i
C．复数﹣2﹣i在复平面内对应的点位于第三象限
D．复数的共轭复数为2+i
（多选）2．（2025春 九龙坡区校级月考）已知复数z满足（1+i）z＝2i，则（ ）
A．|z|＝2
B．z的实部为1
C．z的共轭复数为
D．在复平面中对应的点位于第四象限
（多选）3．（2025春 信都区校级月考）已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A．i2025＝i
B．复数﹣2﹣i的虚部为﹣i
C．若复数z为纯虚数，则|z|2＝z2
D．若z为复数，则为实数
（多选）4．（2025春 广东月考）已知非零复数z1，z2，其中z2为纯虚数，则（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则z1为纯虚数
B．若z1z2与z1互为共轭复数，则|z2|＝1
C．若|z1|＝2，且为纯虚数，则
D．若，则z1的虚部为0
（多选）5．（2025 山东模拟）小明和小强在球场上进行罚球练习，双方均以5个罚球为一组，其中小明练习5组，小强练习7组，观将他们每组练习中罚球命中的个数统计如下：
小明 3 1 2 5 4 \ \
小强 5 2 3 1 4 m n
则下列说法正确的是（ ）
A．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的平均数相同
B．若小明和小强罚球命中个数的极差相同，则m+n＝6
C．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的中位数相同
D．若m＝n＝3，则小明罚球命中个数的方差小于小强罚球命中个数的方差
（多选）6．（2025 武功县校级模拟）下面统计了某公司近6年经营情况，得出科研经费与产品的收益数据如下：
科研经费x（单位：万元） 2 4 5 71 8 10
产品收益y（单位：万元） 73 m 84 94 101 110
若产品收益y关于科研经费x的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．m＝80.28
B．产品收益数据的第60百分位数为94
C．产品收益数据的方差大于其极差
D．预测科研经费为16万元时，产品收益约为138.57万元
（多选）7．（2024秋 沈阳期末）学校“校园歌手”唱歌比赛，现场8为评委对选手A的评分分别为25、15、20、22、16、18、24、20，按比赛规则，计算选手最后得分时，要先去掉评委评分中的最高分和最低分，则（ ）
A．剩下的6个样本数据与原样本数据的平均数不变
B．剩下的6个样本数据与原样本数据的极差不变
C．剩下的6个样本数据与原样本数据的中位数不变
D．剩下的6个样本数据的35%分位数大于原样本数据的35%分位数
（多选）8．（2025春 朝阳月考）已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ）
A．样本A的极差小于样本B的极差
B．样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数
C．样本A的平均数小于样本B的平均数
D．样本A的方差小于样本B的方差
（多选）9．（2025春 金昌校级期中）某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表：
月份t 1 2 3 4 5 6
销量y（万辆） 11.7 12.4 13.8 13.2 14.6 15.3
根据上表的数据，下列说法正确的是（ ）
A．销量的极差为3.6
B．销量的平均数为13.5
C．销量的第40百分位数为13.8
D．销量的中位数为13.2
（多选）10．（2025 江西模拟）将一组互不相同的数据x1，x2，x3，x4，x5中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，则这两组数据可能相同的数字特征是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差
（多选）11．（2025 湖北模拟）高考来临之际，某校食堂的午饭针对高三学生推出了多种营养套餐，其中10元套餐是从A、B、C、D、E五道菜中任选三道菜，甲、乙两位同学午饭都选择了此套餐，假设甲、乙两人选择每道菜品都是等可能的且两人选择菜品互不影响，则（ ）
A．甲选了A的概率为
B．甲选了A且乙不选B的概率为
C．甲乙两人所选的菜品完全相同的概率为
D．甲乙两人选的菜品恰有一个相同的概率为
（多选）12．（2025 成都模拟）下列说法正确的有（ ）
A．已知集合A＝{x|log2x＜1}，B＝{y|y＝（）x﹣2，x＞﹣2}，则A∩（ RB）＝
B．已知集合A＝{长方体}，B＝{正四棱柱}，则B A
C．已知集合A B，则x∈A是x∈B的充分不必要条件
D．已知A，B为随机事件，P（A）＝0.5，P（B）＝0.4，且A，B相互独立，则P（A+B）＝0.7
（多选）13．（2025 蜀山区校级模拟）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ）
A．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件
B．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件
C．白色与红色粉笔都用到的概率为
D．白色与红色粉笔至少1支用到的概率为
（多选）14．（2025春 辽宁期中）某人从装有3个白球和2个红球的袋中随机取出2个球，事件A表示取出的2个球都是白球，事件B表示取出的2个球都是红球，事件C表示取出的2个球中至少有1个白球，事件D表示取出的2个球中至少有1个红球，则下列事件是对立事件的是（ ）
A．A与B B．A与D C．B与C D．C与D
（多选）15．（2025春 驻马店月考）已知一个古典概型试验中，事件A和事件B互斥，且P（A）＝0.4，P（B）＝0.3．则（ ）
A．P（A∪B）＝0.7 B．P（A∩B）＝0
C． D．P（A|B）＝0
（多选）16．（2024秋 洪雅县期末）抛掷一枚骰子两次．设“第一次向上的点数是2”为事件A，“第二次向上的点数是奇数”为事件B，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互为对立事件
B．
C．
D．事件B与事件C相互不独立
（多选）17．（2025 河南模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2（a﹣bcosC）＝csinB，b＝2c，BC边上的高为2，则（ ）
A．tanB＝2 B．
C．△ABC的周长为 D．△ABC的面积为3
（多选）18．（2025 临汾模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C成等差数列，则（ ）
A．，，
B．当b＝2时，△ABC周长的最大值为6
C．当b＝2时，△ABC面积的最大值为
D．当cosA+2cosBcosC＝1时，△ABC为等边三角形
（多选）19．（2025春 长沙月考）已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与的夹角为钝角
D．向量在上的投影向量为
（多选）20．（2025 湖南模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB＝（a+c）sinA，则下列说法正确的是（ ）
A．B＝2A
B．B的取值范围为
C．的最小值为
D．的取值范围是
（多选）21．（2025春 青羊区校级月考）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．的取值范围是[﹣4，0]
C．当AC⊥BD时，为定值
D．的最大值为8
（多选）22．（2025春 九龙坡区校级月考）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则sinA＞sinB
B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解
C．若A＝2B，则a＝2bcosB
D．若a：b：c＝4：5：6，则△ABC是钝角三角形
（多选）23．（2025春 湘潭期中）在△ABC中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．△ABC的面积为 D．
（多选）24．（2025春 浙江期中）图为温岭的标志性景观﹣石夫人，“峰以形名，头挽发髻，延颈削肩，神奇秀丽”．某兴趣小组测绘山峰数据：于山脚A处测得峰顶C的仰角为30°，从A出发选择地平面方向AD使得∠CAD＝60°，前进至点D恰使∠ADC＝90°，测得前进距离|AD|＝150m．若峰顶C在AD所在地平面垂直投影点为H，山坳处有一个憩息点B，观测峰顶C的仰角为60°，B在地平面投影点T落在AH上，AH＝5TH，下列说法正确的是（ ）
A．|CH|＝150m
B．|BT|＝60m
C．从D点观测峰顶C的仰角为θ，则
D．从D点观测点B的仰角为φ，则
（多选）25．（2025春 邯郸期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若tan2A＝tan2B，则A＝B
B．若a＞b，则cos2A＜cos2B
C．若acosB+acosC＝b+c，则△ABC是直角三角形
D．若△ABC为锐角三角形，则
（多选）26．（2025 南通模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是其表面上一点，且AP与BB1所成的角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．若P是CC1的中点，则
B．若P在线段C1D1上，则
C．若，则P的轨迹长度是
D．若，则P不在面A1B1C1D1上
（多选）27．（2025春 海安市校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段B1C上一动点，则下列各选项中正确的是（ ）
A．D1P⊥AC1
B．D1P∥平面A1BD
C．三棱锥A1﹣DPD1的体积随点P位置变化而变化
D．设正方体棱长为a，则D1P+PB的最小值为
（多选）28．（2025 息县二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则（ ）
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使PQ∥平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
（多选）29．（2025春 江阴市月考）已知边长为2的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．在任何位置，都存在AC⊥BD
B．若，当平面BCD⊥平面ABD时，异面直线AB与CD所成角的余弦值为
C．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣ABD的体积为
D．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣AOB的外接球的体积为
（多选）30．（2025春 信都区校级月考）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，如图2，设AB＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．该多面体的体积为
B．过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为
C．设点O为平面AQG截该多面体所得截面多边形内一点（包括边界），则的取值范围为
D．该多面体的外接球表面积为4π
【期末专项押题卷】多选题-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
二．多选题（共30小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 AC BD AD BD AC BCD AC ACD AB AB ABD
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 ABD BD BC ABCD BC AB BCD ABD AB ABC ABC
题号 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 ACD ABD BCD ABD ABD ABD AC ACD
一．多选题（共30小题）
（多选）1．（2025春 长沙月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．若z为纯虚数，则z2是实数
B．若i为虚数单位，则i23＝i
C．复数﹣2﹣i在复平面内对应的点位于第三象限
D．复数的共轭复数为2+i
【解答】解：对于A，若z为纯虚数，设z＝ai（a∈R，a≠0），故z2＝﹣a2为实数，故A正确；
对于B，若i为虚数单位，则i23＝（i4）5 i3＝i3＝﹣i，故B错误；
对于C，复数﹣2﹣i在复平面内对应的点的坐标为（﹣2，﹣1），位于第三象限，故C正确；
对于D，，其共轭复数为2﹣i，故D错误．
故选：AC．
（多选）2．（2025春 九龙坡区校级月考）已知复数z满足（1+i）z＝2i，则（ ）
A．|z|＝2
B．z的实部为1
C．z的共轭复数为
D．在复平面中对应的点位于第四象限
【解答】解：（1+i）z＝2i，
则z，
，故A错误；
z的实部为1，故B正确；
，故C错误；
复数在复平面内对应的点的坐标为（1，﹣1），位于第四象限，故D正确．
故选：BD．
（多选）3．（2025春 信都区校级月考）已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A．i2025＝i
B．复数﹣2﹣i的虚部为﹣i
C．若复数z为纯虚数，则|z|2＝z2
D．若z为复数，则为实数
【解答】解：i2025＝（i4）506 i＝i，故A正确；
对于复数﹣2﹣i的虚部为﹣1，故B错误；
由复数z为纯虚数，设z＝i，
则z2＝﹣1，|z|2＝1，故C错误；
设复数z＝a+bi（a，b∈R），
则，所以，故D正确．
故选：AD．
（多选）4．（2025春 广东月考）已知非零复数z1，z2，其中z2为纯虚数，则（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则z1为纯虚数
B．若z1z2与z1互为共轭复数，则|z2|＝1
C．若|z1|＝2，且为纯虚数，则
D．若，则z1的虚部为0
【解答】解：设z1＝a+bi（a，b∈R），z2＝ci（c≠0，c∈R），
因为|z1|＝|z2|，所以a2+b2＝c2，并不能证明a＝0，A错误；
由z1z2＝（a+bi） ci＝﹣bc+aci与z1＝a+bi互为共轭复数，可得，
解得c2＝1，所以|z2|＝1，B正确；
由|z1|＝2，得，，
又为纯虚数，则a2＝b2，解得，，C错误；
，即，D正确．
故选：BD．
（多选）5．（2025 山东模拟）小明和小强在球场上进行罚球练习，双方均以5个罚球为一组，其中小明练习5组，小强练习7组，观将他们每组练习中罚球命中的个数统计如下：
小明 3 1 2 5 4 \ \
小强 5 2 3 1 4 m n
则下列说法正确的是（ ）
A．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的平均数相同
B．若小明和小强罚球命中个数的极差相同，则m+n＝6
C．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的中位数相同
D．若m＝n＝3，则小明罚球命中个数的方差小于小强罚球命中个数的方差
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，小明罚球命中的平均数（3+1+2+5+4）＝3，
若m+n＝6，则小强罚球命中个数的平均数为（5+2+3+1+4+m+n）＝3，A正确；
对于B，小明罚球命中的极差为5﹣1＝4，
若小明和小强罚球命中个数的极差相同，即小强罚球命中的极差也为4，
则有1≤m≤5且1≤n≤5，但无法确定m+n的值，B错误；
对于C，小明罚球命中的中位数为3，
若m+n＝6，则有m＝n＝3或m＜3＜n或n＜3＜m，此时都有小明罚球命中的中位数为3，C正确；
对于D，小明罚球命中个数的方差为（4+1+0+1+4）＝2，
若m＝n＝3，小强罚球命中个数的平均数为（5+2+3+1+4+m+n）＝3，
则其方差为（4+1+0+1+4+0+0），
小明罚球命中个数的方差大于小强罚球命中个数的方差，D错误．
故选：AC．
（多选）6．（2025 武功县校级模拟）下面统计了某公司近6年经营情况，得出科研经费与产品的收益数据如下：
科研经费x（单位：万元） 2 4 5 71 8 10
产品收益y（单位：万元） 73 m 84 94 101 110
若产品收益y关于科研经费x的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．m＝80.28
B．产品收益数据的第60百分位数为94
C．产品收益数据的方差大于其极差
D．预测科研经费为16万元时，产品收益约为138.57万元
【解答】解：对于A，∵，
∴，
∴，解得m＝78，故A错误；
对于B，产品的收益数据从小到大排列为73，78，84，94，101，110，
∵60%×6＝3.6，∴产品收益数据的第60百分位数为94，故B正确；
对于C，产品收益数据的方差为：，
产品收益数据的极差为110﹣73＝37，
∴产品收益数据的方差大于其极差，故C正确；
对于D，∵产品收益y关于科研经费x的经验回归方程为，
∴当x＝16时，，
∴预测科研经费为16万元时，产品收益约为138.57万元，故D正确．
故选：BCD．
（多选）7．（2024秋 沈阳期末）学校“校园歌手”唱歌比赛，现场8为评委对选手A的评分分别为25、15、20、22、16、18、24、20，按比赛规则，计算选手最后得分时，要先去掉评委评分中的最高分和最低分，则（ ）
A．剩下的6个样本数据与原样本数据的平均数不变
B．剩下的6个样本数据与原样本数据的极差不变
C．剩下的6个样本数据与原样本数据的中位数不变
D．剩下的6个样本数据的35%分位数大于原样本数据的35%分位数
【解答】解：对于A中，根据题意可得平均分为，
去掉最高分和最低分后数据的平均分为，所以A正确；
对于B中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的极差为25﹣15＝10，
去掉最高分和最低分后，6个数据的极差为24﹣16＝8，所以B错误；
对于C中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的中位数为20，
去掉最高分和最低分后，6个数据的中位数为20，所以C正确；
对于D中，由8×35%＝2.8，所以8个数据的35%分位数为18，
去掉最高分和最低分后，可得6×35%＝2.1，
所以6个数据的35%分位数为20，所以D错误．
故选：AC．
（多选）8．（2025春 朝阳月考）已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ）
A．样本A的极差小于样本B的极差
B．样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数
C．样本A的平均数小于样本B的平均数
D．样本A的方差小于样本B的方差
【解答】解：对于A，由图可知样本A的最高点与最低点的高度差小于样本B的最高点与最低点的高度差，所以样本A的极差小于样本B的极差，故A正确；
对于B，因为6×70%＝4.2，6×30%＝1.8，
所以样本A的70%分位数是A中最大的数据，样本B的30%分位数是B中最小的数据，则样本A的70%分位数大于样本B的30%分位数，故B错误；
对于C，由图可知样本A每个样本的数据均小于样本B的对应数据，所以样本A的平均数小于样本B的平均数，故C正确；
对于D，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，所以样本A的方差小于样本B的方差，故D正确．
故选：ACD．
（多选）9．（2025春 金昌校级期中）某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表：
月份t 1 2 3 4 5 6
销量y（万辆） 11.7 12.4 13.8 13.2 14.6 15.3
根据上表的数据，下列说法正确的是（ ）
A．销量的极差为3.6
B．销量的平均数为13.5
C．销量的第40百分位数为13.8
D．销量的中位数为13.2
【解答】解：对于A，根据表格数据可得销量的极差为15.3﹣11.7＝3.6，故A正确；
对于B，根据表格数据可得销量的平均数为（11.7+12.4+13.8+13.2+14.6+15.3）＝13.5，故B正确；
对于C，∵6×0.4＝2.4，销量的第40百分位数是从小到大排列的第3个数据，即为13.2，故C错误；
对于D，销量的中位数为13.5，故D错误．
故选：AB．
（多选）10．（2025 江西模拟）将一组互不相同的数据x1，x2，x3，x4，x5中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，则这两组数据可能相同的数字特征是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差
【解答】解：将一组互不相同的数据x1，x2，x3，x4，x5中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，
设x1，x2，x3，x4，x5视为从小到大排序，原平均数为，
则变化后的平均数为，
当时，，故A正确；
原中位数为x3，变化后的中位数为2x3﹣1，
当x3＝1时，x3＝2x3﹣1，故B正确；
原方差为s2，变化后的方差为4s2，
若两方差相等，则s2＝4s2，得s2＝0，此时每个数都相等，与已知矛盾，故C错误；
原极差为x5﹣x1，变化后的极差为2（x5﹣x1），
若两极差相等，则x5＝x1，与已知矛盾，故D错误．
故选：AB．
（多选）11．（2025 湖北模拟）高考来临之际，某校食堂的午饭针对高三学生推出了多种营养套餐，其中10元套餐是从A、B、C、D、E五道菜中任选三道菜，甲、乙两位同学午饭都选择了此套餐，假设甲、乙两人选择每道菜品都是等可能的且两人选择菜品互不影响，则（ ）
A．甲选了A的概率为
B．甲选了A且乙不选B的概率为
C．甲乙两人所选的菜品完全相同的概率为
D．甲乙两人选的菜品恰有一个相同的概率为
【解答】解：对于选项A，甲同学选A这道菜的概率为，故A正确；
对于选项B，由A选项得甲选了A且乙不选B的概率为，故B正确；
对于选项C，甲乙两人所选的菜完全相同的概率为，故C错误；
对于选项D，甲乙两人选的菜恰有一个相同的概率为，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（2025 成都模拟）下列说法正确的有（ ）
A．已知集合A＝{x|log2x＜1}，B＝{y|y＝（）x﹣2，x＞﹣2}，则A∩（ RB）＝
B．已知集合A＝{长方体}，B＝{正四棱柱}，则B A
C．已知集合A B，则x∈A是x∈B的充分不必要条件
D．已知A，B为随机事件，P（A）＝0.5，P（B）＝0.4，且A，B相互独立，则P（A+B）＝0.7
【解答】解：对于A，集合A＝{x|log2x＜1}＝{x|0＜x＜2}，B＝{y|y＝（）x﹣2，x＞﹣2}＝{y|﹣2＜y＜2}，
所以 RB＝{y|y≤﹣2或y≥2}，
所以A∩（ RB）＝ ，故A正确，
对于B，正四棱柱底面为正方形的直四棱柱，所以B A，故B正确；
对于C，有可能是充要条件，故C错误；
对于D，因为P（A）＝0.5，P（B）＝0.4，且A，B相互独立，
所以P（AB）＝P（A）P（B）＝0.2，
所以P（A+B）＝P（A）+P（A）﹣P（AB）＝0.5+0.4﹣0.2＝0.7，故D正确．
故选：ABD．
（多选）13．（2025 蜀山区校级模拟）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ）
A．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件
B．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件
C．白色与红色粉笔都用到的概率为
D．白色与红色粉笔至少1支用到的概率为
【解答】解：根据题意，在5支粉笔中任选3支，有（白红黄）、（白红蓝）、（白红绿）、
（白黄蓝）、（白黄绿）、（白蓝绿）、
（红黄蓝）、（红黄绿）、（红蓝绿）、（黄蓝绿），共10种情况，
依次分析选项：
对于A，事件“白色与红色粉笔都用到”是“白色与红色粉笔至少1支用到”的子事件，A错误；
对于B，事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件，B正确；
对于C，白色与红色粉笔都用到，即（白红黄）、（白红蓝）、（白红绿），共3种情况，
故概率P，C错误；
对于D，白色与红色粉笔至少1支，即（白红黄）、（白红蓝）、（白红绿）、
（白黄蓝）、（白黄绿）、（白蓝绿）、
（红黄蓝）、（红黄绿）、（红蓝绿），共9种情况，
则其概率概率为，D正确．
故选：BD．
（多选）14．（2025春 辽宁期中）某人从装有3个白球和2个红球的袋中随机取出2个球，事件A表示取出的2个球都是白球，事件B表示取出的2个球都是红球，事件C表示取出的2个球中至少有1个白球，事件D表示取出的2个球中至少有1个红球，则下列事件是对立事件的是（ ）
A．A与B B．A与D C．B与C D．C与D
【解答】解：事件A表示取出的2个球都是白球，事件B表示取出的2个球都是红球，
则A与B是互斥事件，但不是对立事件，
A与D是对立事件，B与C是对立事件，
C与D不是互斥事件，即C与D不是对立事件．
故选：BC．
（多选）15．（2025春 驻马店月考）已知一个古典概型试验中，事件A和事件B互斥，且P（A）＝0.4，P（B）＝0.3．则（ ）
A．P（A∪B）＝0.7 B．P（A∩B）＝0
C． D．P（A|B）＝0
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.4+0.3＝0.7，故A正确；
对于B，事件A和事件B互斥，则P（AB）＝0，故B正确；
对于C，P（∩）＝P（）＝1﹣0.7＝0.3，故C正确；
对于D，事件A和事件B互斥，P（AB）＝0，故，故D正确．
故选：ABCD．
（多选）16．（2024秋 洪雅县期末）抛掷一枚骰子两次．设“第一次向上的点数是2”为事件A，“第二次向上的点数是奇数”为事件B，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互为对立事件
B．
C．
D．事件B与事件C相互不独立
【解答】解：根据题意，抛掷一枚骰子两次，其样本空间中共有6×6＝36个样本点，
依次分析选项：
对于A，事件A与事件B可以同时发生，故事件A与事件B不互为对立事件，A错误；
对于B，事件B＝{（1，1），（1，3），（1，5），（2，1），（2，3），（2，5），
（3，1），（3，3），（3，5），（4，1），（4，3），（4，5），
（5，1），（5，3），（5，5），（6，1），（6，3），（6，5）}，共18个样本点，
事件C＝{（1，2），（2，1），（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），
（3，3），（3，6），（6，3），（4，5），（5，4），（6，6）}，共12个，
事件BC的样本点为{（2，1），（1，5），（5，1），（3，3），（6，3），（4，5）}，共6个样本点，
所以，，，B正确；
因为P（BC）＝P（B）P（C），所以事件B与事件C相互独立，D错误．
事件的样本点为（2，2），（2，4），（2，6），共3种
事件的样本点为（1，1），（3，1），（4，1），（6，1），（1，3），（2，3），（4，3），（5，3），（2，5），（3，5），（5，5），（6，5）共12种，
由于互斥，故的样本点共有15种，故，C正确．
故选：BC．
（多选）17．（2025 河南模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2（a﹣bcosC）＝csinB，b＝2c，BC边上的高为2，则（ ）
A．tanB＝2 B．
C．△ABC的周长为 D．△ABC的面积为3
【解答】解：A，根据题意可知，2（a﹣bcosC）＝csinB，由正弦定理得到2（sinA﹣sinBcosC）＝sinCsinB，
因为sinA＝sin[π﹣（B+C）]＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
代入上式可得：2（sinBcosC+cosBsinC﹣sinBcosC）＝sinCsinB，
2cosBsinC＝sinCsinB，因为C∈（0，π），所以sinC≠0，得到2cosB＝sinB，则tanB＝2，A正确；
B，由，且sin2B+cos2B＝1，因为B∈（0，π），tanB＞0，所以，
可得，，
已知b＝2c，由正弦定理得sinB＝2sinC，则，，
，
因为A∈（0，π），所以，
设BC边上的高为h＝2，因为，h＝csinB，已知h＝2，，则，，B正确；
C，因为，，，根据勾股定理，
△ABC的周长为，C错误；
D，△ABC的面积，D错误．
故选：AB．
（多选）18．（2025 临汾模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C成等差数列，则（ ）
A．，，
B．当b＝2时，△ABC周长的最大值为6
C．当b＝2时，△ABC面积的最大值为
D．当cosA+2cosBcosC＝1时，△ABC为等边三角形
【解答】解：根据题意可知，角A，B，C成等差数列，
所以A+C＝2B，即A+B+C＝3B＝π，∴，A，C不确定，故A选项错；
当b＝2时，b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac，
即，
2＜a+c≤4，即△ABC周长的最大值为6，故B选项正确；
当b＝2时，b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac＝ac，
所以ac≤4，所以，
即△ABC面积的最大值为，故C选项正确；
当cosA+2cosBcosC＝1，cosA+2cosBcosC＝﹣cos（B+C）+2cosBcosC
＝﹣cosBcosC+sinBsinC+2cosBcosC＝cosBcosC+sinBsinC＝cos（B﹣C）＝1，
所以B﹣C＝kπ，k∈Z，即B＝kπ+C，k∈Z，
因为B，C∈（0，π），所以，，即△ABC为等边三角形，故D选项正确．
故选：BCD．
（多选）19．（2025春 长沙月考）已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与的夹角为钝角
D．向量在上的投影向量为
【解答】解：由题意，，，
由，可得，故A正确；
由，可得，故B正确；
由，，
可得，
而，因此为锐角，故C错误；
由，，
可得向量在上的投影向量为，故D正确．
故选：ABD．
（多选）20．（2025 湖南模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB＝（a+c）sinA，则下列说法正确的是（ ）
A．B＝2A
B．B的取值范围为
C．的最小值为
D．的取值范围是
【解答】解：对A，因为bsinB＝（a+c）sinA，由正弦定理角化可得b2＝a（a+c）＝a2+ac，
由余弦定理有cosA，
因为△ABC为锐角三角形，所以，2A∈（0，π），
所以cos2A＝2cos2A﹣1＝2 （）2﹣11，
而，
所以cosB＝cos2A，所以B＝2A，所以A正确；
对B，由上知，C＝π﹣3A，
因为△ABC为锐角三角形，
则，解得，所以所以B＝2A∈（，），所以B正确；
对C，
，
当时，得，
因为，，所以等号不成立，C错误；
对D，
，
因为，所以，
所以，所以，
即，D错误．
故选：AB．
（多选）21．（2025春 青羊区校级月考）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．的取值范围是[﹣4，0]
C．当AC⊥BD时，为定值
D．的最大值为8
【解答】解：对于A，如图，过O，P作直径EF，
由题意，
所以
为定值，故A正确；
对于B，若M为AC中点，连接OM，
则
，
由题意，则，故B正确；
对于C，若AC⊥BD，故，
则，
又，则，同理可得，
故，故C正确；
对于D，因为，则当弦AC，BD均与EF重合时，
此时有最大值，为16，故D错误．
故选：ABC．
（多选）22．（2025春 九龙坡区校级月考）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则sinA＞sinB
B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解
C．若A＝2B，则a＝2bcosB
D．若a：b：c＝4：5：6，则△ABC是钝角三角形
【解答】解：若A＞B，由大角对大边得a＞b，根据正弦定理，则sinA＞sinB，选项A正确；
已知A＝30°，b＝4，a＝3，根据正弦定理，，
因为b＞a，故B＞A＝30°，，
故B可取锐角41.8°）或钝角138.2°），
验证内角和：41.8°+30°＜180°，138.2°+30°＜180°，均成立，选项B正确；
若A＝2B，由正弦定理得，，
利用二倍角公式sinA＝sin2B＝2sinBcosB，因为B∈（0，），故sinB≠0，
代入得，选项C正确；
设a：b：c＝4：5：6，令a＝4k，b＝5k，c＝6k（k＞0），最大边为c，对应角C，
由余弦定理：，
因为cosC＞0，故C为锐角，且C是最大角，因此△ABC为锐角三角形，而非钝角三角形，选项D正确．
故选：ABC．
（多选）23．（2025春 湘潭期中）在△ABC中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．△ABC的面积为 D．
【解答】解：设三角形的重心为G，由，
根据三角形重心公式，可得，，
又．，即，可得AB⊥AG，
则，故A正确；
因为，故B错误；
设AC的中点为E，因为G是三角形的重心，
故 ，故C正确；
设AB的中点为M，有，
而，故，故D正确．
故选：ACD．
（多选）24．（2025春 浙江期中）图为温岭的标志性景观﹣石夫人，“峰以形名，头挽发髻，延颈削肩，神奇秀丽”．某兴趣小组测绘山峰数据：于山脚A处测得峰顶C的仰角为30°，从A出发选择地平面方向AD使得∠CAD＝60°，前进至点D恰使∠ADC＝90°，测得前进距离|AD|＝150m．若峰顶C在AD所在地平面垂直投影点为H，山坳处有一个憩息点B，观测峰顶C的仰角为60°，B在地平面投影点T落在AH上，AH＝5TH，下列说法正确的是（ ）
A．|CH|＝150m
B．|BT|＝60m
C．从D点观测峰顶C的仰角为θ，则
D．从D点观测点B的仰角为φ，则
【解答】解：对于A，由题知∠CAH＝30°，|AD|＝150m，∠CAD＝60°，∠ADC＝90°，
所以在直角三角形CAD中，，
所以，
因为峰顶C在AD所在地平面垂直投影点为H，
所以CH⊥平面ADH，因为AH 平面ADH，所以CH⊥AH，
所以在直角三角形ACH中，，故A正确；
对于B，因为B在地平面投影点T落在AH上，所以BT⊥平面ADH，因为BT 平面ACH，
所以BT∥CH，过点B作BF⊥CH交CH于点F，则|BF|＝|TH|，|BT|＝|FH|，
又因为，AH＝5TH，
所以，
由题知∠CBF＝60°，
所以在直角三角形BCF中，，
则|BT|＝|FH|＝|CH|﹣|CF|＝60（m），故B正确；
对于C，由题知∠CDH＝θ，则在直角三角形CDH中，，
所以，所以，故C错误；
对于D，因为AD⊥CD，CH⊥平面ADH，AD 平面ADH，所以CH⊥AD，
又因为CD∩CH＝C，CD，CH 平面CDH，所以AD⊥平面CDH，
因为DH 平面CDH，所以AD⊥DH，
所以，
，
所以在△DHT中，由余弦定理得：，
所以，
由题知∠BDT＝φ，则，故D正确．
故选：ABD．
（多选）25．（2025春 邯郸期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若tan2A＝tan2B，则A＝B
B．若a＞b，则cos2A＜cos2B
C．若acosB+acosC＝b+c，则△ABC是直角三角形
D．若△ABC为锐角三角形，则
【解答】解：对于A：若tan2A＝tan2B，则可得2A＝2B或2A﹣2B＝π或2B﹣2A＝π，
即A＝B或或，故A错误；
对于B：若a＞b，则由正弦定理可得sinA＞sinB＞0，则2sin2A＞2sin2B，
所以1﹣2sin2A＜1﹣2sin2B，即cos2A＜cos2B，故B正确；
对于C：若acosB+acosC＝b+c，由余弦定理可得，
即，
所以（a2+c2﹣b2）b+（a2+b2﹣c2）c＝2bc（b+c），
即a2b+c2b﹣b3+a2c+b2c﹣c3＝2b2c+2bc2，
所以a2b﹣b3+a2c﹣c3＝b2c+bc2，
所以a2（b+c）﹣（b+c）（b2﹣bc+c2）＝bc（b+c），
所以a2﹣b2+bc﹣c2＝bc，即a2＝b2+c2，
所以△ABC是直角三角形，故C正确；
对于D：因为△ABC为锐角三角形，
所以，所以，
所以，
同理可得sinB＞cosC，sinC＞cosA，
所以sinA+sinB+sinC＞cosA+cosB+cosC，
则
，
即，故D正确．
故选：BCD．
（多选）26．（2025 南通模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是其表面上一点，且AP与BB1所成的角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．若P是CC1的中点，则
B．若P在线段C1D1上，则
C．若，则P的轨迹长度是
D．若，则P不在面A1B1C1D1上
【解答】解：选项A，P为CC1中点时，坐标为（2，2，1），，（0，0，2），
，，，选项A正确；
选项B，P在线段C1D1上时，坐标为（x，2，2），向量，，
当x∈[0，2]时，，选项B正确；
选项C，时，轨迹方程为，
结合正方体表面约束，顶面z＝2，，轨迹为四分之一圆，长度，
侧面x＝0和y＝0，轨迹为线段，总长度，总轨迹长度：，选项C错误；
选项D，时，轨迹方程为x2+y2＝3z2．
若P在顶面z＝2，则x2+y2＝12，但顶面x，y≤2，无解，选项D正确．
故选：ABD．
（多选）27．（2025春 海安市校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段B1C上一动点，则下列各选项中正确的是（ ）
A．D1P⊥AC1
B．D1P∥平面A1BD
C．三棱锥A1﹣DPD1的体积随点P位置变化而变化
D．设正方体棱长为a，则D1P+PB的最小值为
【解答】解：对A选项，根据三垂线定理易证AC1⊥平面B1CD1，从而可得D1P⊥AC1，所以A选项正确；
对B选项，根据面面垂直的判定定理易证平面B1CD1∥平面A1BD，从而可得D1P∥平面A1BD，所以B选项正确；
对C选项，因为B1C∥平面A1DD1，所以P到平面A1DD1的距离为定值，
又△A1DD1的面积也为定值，所以三棱锥A1﹣DPD1的体积为定值，所以C选项错误；
对D选项，若正方体棱长为a，
则D1P+PB的最小值为正三角形B1CD1的高与等腰直角三角形B1CB的底边上的高之和，
即则D1P+PB的最小值为，所以D选项正确．
故选：ABD．
（多选）28．（2025 息县二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则（ ）
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使PQ∥平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
【解答】解：对A选项，当Q与A1重合时，易知PN∥A1B，从而可得B，N，P，Q四点共面，∴A选项正确；
对B选项，当Q为A1D1的中点时，易知PQ∥MN，从而可得PQ∥平面MBN，∴B选项正确；
对C选项，当Q与A1重合时，易知截面为对角面A1C1CA，其面积为，∴C选项错误；
对D选项，根据分割补形法易知：经过C，M，B，N四点的球即为长宽高分别为2，2，1的长方体的外接球，
∴所求球的直径2R满足：（2R）2＝22+22+12＝9，
∴经过C，M，B，N四点的球的表面积为4πR2＝9π，∴D选项正确．
故选：ABD．
（多选）29．（2025春 江阴市月考）已知边长为2的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．在任何位置，都存在AC⊥BD
B．若，当平面BCD⊥平面ABD时，异面直线AB与CD所成角的余弦值为
C．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣ABD的体积为
D．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣AOB的外接球的体积为
【解答】解：菱形ABCD中，O为BD的中点，连接AO，CO，
则AO⊥BD，CO⊥BD，
对于A，AO∩CO＝O，AO，CO 平面AOC，所以BD⊥平面AOC，
AC 平面AOC，所以BD⊥AC，故A正确；
对于B：由题目条件可知，AO⊥BD，CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
因为平面BCD⊥平面ABD，所以，
取AD的中点M，AC的中点N，
连接OM，ON，MN，则OM∥AB，MN∥CD，
且OMAB＝1，MNCD＝1，
所以∠NMO（或其补角）为异面直线AB与CD所成的角，
因为，所以，
所以，
在△MON中，，
由余弦定理可得：cos∠NMO，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为，故B错误；
对于C：由上面的推导可知∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
可得，由（2）可知，当时，，
又BD⊥平面AOC，所以三棱锥C﹣ABD的体积为VS△AOC BD
2，故C正确；
对于D：由上面的推导可知∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
所以，
且BO⊥平面AOC，因为，所以，
所以，
△AOC外接圆的半径为，
设E为△AOC外接圆的圆心，则，
所以三棱锥C﹣AOB的外接球的球心O′在过点E且与OB平行的直线上，
设O′E＝h，则由O′B＝O′C得，
解得，
所以，
所以外接球的体积为，故D错误．
故选：AC．
（多选）30．（2025春 信都区校级月考）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，如图2，设AB＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．该多面体的体积为
B．过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为
C．设点O为平面AQG截该多面体所得截面多边形内一点（包括边界），则的取值范围为
D．该多面体的外接球表面积为4π
【解答】解：根据题意可得正方体棱长为，
所以多面体体积为，A选项正确；
由平面的性质可知过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面为边长为1的正六边形ABGPQE，
其面积为，B选项错误；
如图所示：
以A为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则A（0，0），B（0，1），设点O（x，y），且，，
则，，
所以，即，C选项正确；
因为外接球球心为正方体体心，设为O1，
则外接球半径为O1A1，
所以外接球表面积为，D选项正确．
故选：ACD．
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)
【期末专项押题卷】多选题-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
（多选）1．（2025春 长沙月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．若z为纯虚数，则z2是实数
B．若i为虚数单位，则i23＝i
C．复数﹣2﹣i在复平面内对应的点位于第三象限
D．复数的共轭复数为2+i
（多选）2．（2025春 九龙坡区校级月考）已知复数z满足（1+i）z＝2i，则（ ）
A．|z|＝2
B．z的实部为1
C．z的共轭复数为
D．在复平面中对应的点位于第四象限
（多选）3．（2025春 信都区校级月考）已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A．i2025＝i
B．复数﹣2﹣i的虚部为﹣i
C．若复数z为纯虚数，则|z|2＝z2
D．若z为复数，则为实数
（多选）4．（2025春 广东月考）已知非零复数z1，z2，其中z2为纯虚数，则（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则z1为纯虚数
B．若z1z2与z1互为共轭复数，则|z2|＝1
C．若|z1|＝2，且为纯虚数，则
D．若，则z1的虚部为0
（多选）5．（2025 山东模拟）小明和小强在球场上进行罚球练习，双方均以5个罚球为一组，其中小明练习5组，小强练习7组，观将他们每组练习中罚球命中的个数统计如下：
小明 3 1 2 5 4 \ \
小强 5 2 3 1 4 m n
则下列说法正确的是（ ）
A．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的平均数相同
B．若小明和小强罚球命中个数的极差相同，则m+n＝6
C．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的中位数相同
D．若m＝n＝3，则小明罚球命中个数的方差小于小强罚球命中个数的方差
（多选）6．（2025 武功县校级模拟）下面统计了某公司近6年经营情况，得出科研经费与产品的收益数据如下：
科研经费x（单位：万元） 2 4 5 71 8 10
产品收益y（单位：万元） 73 m 84 94 101 110
若产品收益y关于科研经费x的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．m＝80.28
B．产品收益数据的第60百分位数为94
C．产品收益数据的方差大于其极差
D．预测科研经费为16万元时，产品收益约为138.57万元
（多选）7．（2024秋 沈阳期末）学校“校园歌手”唱歌比赛，现场8为评委对选手A的评分分别为25、15、20、22、16、18、24、20，按比赛规则，计算选手最后得分时，要先去掉评委评分中的最高分和最低分，则（ ）
A．剩下的6个样本数据与原样本数据的平均数不变
B．剩下的6个样本数据与原样本数据的极差不变
C．剩下的6个样本数据与原样本数据的中位数不变
D．剩下的6个样本数据的35%分位数大于原样本数据的35%分位数
（多选）8．（2025春 朝阳月考）已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ）
A．样本A的极差小于样本B的极差
B．样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数
C．样本A的平均数小于样本B的平均数
D．样本A的方差小于样本B的方差
（多选）9．（2025春 金昌校级期中）某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表：
月份t 1 2 3 4 5 6
销量y（万辆） 11.7 12.4 13.8 13.2 14.6 15.3
根据上表的数据，下列说法正确的是（ ）
A．销量的极差为3.6
B．销量的平均数为13.5
C．销量的第40百分位数为13.8
D．销量的中位数为13.2
（多选）10．（2025 江西模拟）将一组互不相同的数据x1，x2，x3，x4，x5中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，则这两组数据可能相同的数字特征是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差
（多选）11．（2025 湖北模拟）高考来临之际，某校食堂的午饭针对高三学生推出了多种营养套餐，其中10元套餐是从A、B、C、D、E五道菜中任选三道菜，甲、乙两位同学午饭都选择了此套餐，假设甲、乙两人选择每道菜品都是等可能的且两人选择菜品互不影响，则（ ）
A．甲选了A的概率为
B．甲选了A且乙不选B的概率为
C．甲乙两人所选的菜品完全相同的概率为
D．甲乙两人选的菜品恰有一个相同的概率为
（多选）12．（2025 成都模拟）下列说法正确的有（ ）
A．已知集合A＝{x|log2x＜1}，B＝{y|y＝（）x﹣2，x＞﹣2}，则A∩（ RB）＝
B．已知集合A＝{长方体}，B＝{正四棱柱}，则B A
C．已知集合A B，则x∈A是x∈B的充分不必要条件
D．已知A，B为随机事件，P（A）＝0.5，P（B）＝0.4，且A，B相互独立，则P（A+B）＝0.7
（多选）13．（2025 蜀山区校级模拟）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ）
A．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件
B．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件
C．白色与红色粉笔都用到的概率为
D．白色与红色粉笔至少1支用到的概率为
（多选）14．（2025春 辽宁期中）某人从装有3个白球和2个红球的袋中随机取出2个球，事件A表示取出的2个球都是白球，事件B表示取出的2个球都是红球，事件C表示取出的2个球中至少有1个白球，事件D表示取出的2个球中至少有1个红球，则下列事件是对立事件的是（ ）
A．A与B B．A与D C．B与C D．C与D
（多选）15．（2025春 驻马店月考）已知一个古典概型试验中，事件A和事件B互斥，且P（A）＝0.4，P（B）＝0.3．则（ ）
A．P（A∪B）＝0.7 B．P（A∩B）＝0
C． D．P（A|B）＝0
（多选）16．（2024秋 洪雅县期末）抛掷一枚骰子两次．设“第一次向上的点数是2”为事件A，“第二次向上的点数是奇数”为事件B，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互为对立事件
B．
C．
D．事件B与事件C相互不独立
（多选）17．（2025 河南模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2（a﹣bcosC）＝csinB，b＝2c，BC边上的高为2，则（ ）
A．tanB＝2 B．
C．△ABC的周长为 D．△ABC的面积为3
（多选）18．（2025 临汾模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C成等差数列，则（ ）
A．，，
B．当b＝2时，△ABC周长的最大值为6
C．当b＝2时，△ABC面积的最大值为
D．当cosA+2cosBcosC＝1时，△ABC为等边三角形
（多选）19．（2025春 长沙月考）已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与的夹角为钝角
D．向量在上的投影向量为
（多选）20．（2025 湖南模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB＝（a+c）sinA，则下列说法正确的是（ ）
A．B＝2A
B．B的取值范围为
C．的最小值为
D．的取值范围是
（多选）21．（2025春 青羊区校级月考）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．的取值范围是[﹣4，0]
C．当AC⊥BD时，为定值
D．的最大值为8
（多选）22．（2025春 九龙坡区校级月考）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则sinA＞sinB
B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解
C．若A＝2B，则a＝2bcosB
D．若a：b：c＝4：5：6，则△ABC是钝角三角形
（多选）23．（2025春 湘潭期中）在△ABC中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．△ABC的面积为 D．
（多选）24．（2025春 浙江期中）图为温岭的标志性景观﹣石夫人，“峰以形名，头挽发髻，延颈削肩，神奇秀丽”．某兴趣小组测绘山峰数据：于山脚A处测得峰顶C的仰角为30°，从A出发选择地平面方向AD使得∠CAD＝60°，前进至点D恰使∠ADC＝90°，测得前进距离|AD|＝150m．若峰顶C在AD所在地平面垂直投影点为H，山坳处有一个憩息点B，观测峰顶C的仰角为60°，B在地平面投影点T落在AH上，AH＝5TH，下列说法正确的是（ ）
A．|CH|＝150m
B．|BT|＝60m
C．从D点观测峰顶C的仰角为θ，则
D．从D点观测点B的仰角为φ，则
（多选）25．（2025春 邯郸期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若tan2A＝tan2B，则A＝B
B．若a＞b，则cos2A＜cos2B
C．若acosB+acosC＝b+c，则△ABC是直角三角形
D．若△ABC为锐角三角形，则
（多选）26．（2025 南通模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是其表面上一点，且AP与BB1所成的角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．若P是CC1的中点，则
B．若P在线段C1D1上，则
C．若，则P的轨迹长度是
D．若，则P不在面A1B1C1D1上
（多选）27．（2025春 海安市校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段B1C上一动点，则下列各选项中正确的是（ ）
A．D1P⊥AC1
B．D1P∥平面A1BD
C．三棱锥A1﹣DPD1的体积随点P位置变化而变化
D．设正方体棱长为a，则D1P+PB的最小值为
（多选）28．（2025 息县二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则（ ）
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使PQ∥平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
（多选）29．（2025春 江阴市月考）已知边长为2的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．在任何位置，都存在AC⊥BD
B．若，当平面BCD⊥平面ABD时，异面直线AB与CD所成角的余弦值为
C．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣ABD的体积为
D．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣AOB的外接球的体积为
（多选）30．（2025春 信都区校级月考）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，如图2，设AB＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．该多面体的体积为
B．过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为
C．设点O为平面AQG截该多面体所得截面多边形内一点（包括边界），则的取值范围为
D．该多面体的外接球表面积为4π
【期末专项押题卷】多选题-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
二．多选题（共30小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 AC BD AD BD AC BCD AC ACD AB AB ABD
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 ABD BD BC ABCD BC AB BCD ABD AB ABC ABC
题号 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 ACD ABD BCD ABD ABD ABD AC ACD
一．多选题（共30小题）
（多选）1．（2025春 长沙月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．若z为纯虚数，则z2是实数
B．若i为虚数单位，则i23＝i
C．复数﹣2﹣i在复平面内对应的点位于第三象限
D．复数的共轭复数为2+i
【解答】解：对于A，若z为纯虚数，设z＝ai（a∈R，a≠0），故z2＝﹣a2为实数，故A正确；
对于B，若i为虚数单位，则i23＝（i4）5 i3＝i3＝﹣i，故B错误；
对于C，复数﹣2﹣i在复平面内对应的点的坐标为（﹣2，﹣1），位于第三象限，故C正确；
对于D，，其共轭复数为2﹣i，故D错误．
故选：AC．
（多选）2．（2025春 九龙坡区校级月考）已知复数z满足（1+i）z＝2i，则（ ）
A．|z|＝2
B．z的实部为1
C．z的共轭复数为
D．在复平面中对应的点位于第四象限
【解答】解：（1+i）z＝2i，
则z，
，故A错误；
z的实部为1，故B正确；
，故C错误；
复数在复平面内对应的点的坐标为（1，﹣1），位于第四象限，故D正确．
故选：BD．
（多选）3．（2025春 信都区校级月考）已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A．i2025＝i
B．复数﹣2﹣i的虚部为﹣i
C．若复数z为纯虚数，则|z|2＝z2
D．若z为复数，则为实数
【解答】解：i2025＝（i4）506 i＝i，故A正确；
对于复数﹣2﹣i的虚部为﹣1，故B错误；
由复数z为纯虚数，设z＝i，
则z2＝﹣1，|z|2＝1，故C错误；
设复数z＝a+bi（a，b∈R），
则，所以，故D正确．
故选：AD．
（多选）4．（2025春 广东月考）已知非零复数z1，z2，其中z2为纯虚数，则（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则z1为纯虚数
B．若z1z2与z1互为共轭复数，则|z2|＝1
C．若|z1|＝2，且为纯虚数，则
D．若，则z1的虚部为0
【解答】解：设z1＝a+bi（a，b∈R），z2＝ci（c≠0，c∈R），
因为|z1|＝|z2|，所以a2+b2＝c2，并不能证明a＝0，A错误；
由z1z2＝（a+bi） ci＝﹣bc+aci与z1＝a+bi互为共轭复数，可得，
解得c2＝1，所以|z2|＝1，B正确；
由|z1|＝2，得，，
又为纯虚数，则a2＝b2，解得，，C错误；
，即，D正确．
故选：BD．
（多选）5．（2025 山东模拟）小明和小强在球场上进行罚球练习，双方均以5个罚球为一组，其中小明练习5组，小强练习7组，观将他们每组练习中罚球命中的个数统计如下：
小明 3 1 2 5 4 \ \
小强 5 2 3 1 4 m n
则下列说法正确的是（ ）
A．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的平均数相同
B．若小明和小强罚球命中个数的极差相同，则m+n＝6
C．若m+n＝6，则小明和小强罚球命中个数的中位数相同
D．若m＝n＝3，则小明罚球命中个数的方差小于小强罚球命中个数的方差
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，小明罚球命中的平均数（3+1+2+5+4）＝3，
若m+n＝6，则小强罚球命中个数的平均数为（5+2+3+1+4+m+n）＝3，A正确；
对于B，小明罚球命中的极差为5﹣1＝4，
若小明和小强罚球命中个数的极差相同，即小强罚球命中的极差也为4，
则有1≤m≤5且1≤n≤5，但无法确定m+n的值，B错误；
对于C，小明罚球命中的中位数为3，
若m+n＝6，则有m＝n＝3或m＜3＜n或n＜3＜m，此时都有小明罚球命中的中位数为3，C正确；
对于D，小明罚球命中个数的方差为（4+1+0+1+4）＝2，
若m＝n＝3，小强罚球命中个数的平均数为（5+2+3+1+4+m+n）＝3，
则其方差为（4+1+0+1+4+0+0），
小明罚球命中个数的方差大于小强罚球命中个数的方差，D错误．
故选：AC．
（多选）6．（2025 武功县校级模拟）下面统计了某公司近6年经营情况，得出科研经费与产品的收益数据如下：
科研经费x（单位：万元） 2 4 5 71 8 10
产品收益y（单位：万元） 73 m 84 94 101 110
若产品收益y关于科研经费x的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．m＝80.28
B．产品收益数据的第60百分位数为94
C．产品收益数据的方差大于其极差
D．预测科研经费为16万元时，产品收益约为138.57万元
【解答】解：对于A，∵，
∴，
∴，解得m＝78，故A错误；
对于B，产品的收益数据从小到大排列为73，78，84，94，101，110，
∵60%×6＝3.6，∴产品收益数据的第60百分位数为94，故B正确；
对于C，产品收益数据的方差为：，
产品收益数据的极差为110﹣73＝37，
∴产品收益数据的方差大于其极差，故C正确；
对于D，∵产品收益y关于科研经费x的经验回归方程为，
∴当x＝16时，，
∴预测科研经费为16万元时，产品收益约为138.57万元，故D正确．
故选：BCD．
（多选）7．（2024秋 沈阳期末）学校“校园歌手”唱歌比赛，现场8为评委对选手A的评分分别为25、15、20、22、16、18、24、20，按比赛规则，计算选手最后得分时，要先去掉评委评分中的最高分和最低分，则（ ）
A．剩下的6个样本数据与原样本数据的平均数不变
B．剩下的6个样本数据与原样本数据的极差不变
C．剩下的6个样本数据与原样本数据的中位数不变
D．剩下的6个样本数据的35%分位数大于原样本数据的35%分位数
【解答】解：对于A中，根据题意可得平均分为，
去掉最高分和最低分后数据的平均分为，所以A正确；
对于B中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的极差为25﹣15＝10，
去掉最高分和最低分后，6个数据的极差为24﹣16＝8，所以B错误；
对于C中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的中位数为20，
去掉最高分和最低分后，6个数据的中位数为20，所以C正确；
对于D中，由8×35%＝2.8，所以8个数据的35%分位数为18，
去掉最高分和最低分后，可得6×35%＝2.1，
所以6个数据的35%分位数为20，所以D错误．
故选：AC．
（多选）8．（2025春 朝阳月考）已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ）
A．样本A的极差小于样本B的极差
B．样本A的70%分位数小于样本B的30%分位数
C．样本A的平均数小于样本B的平均数
D．样本A的方差小于样本B的方差
【解答】解：对于A，由图可知样本A的最高点与最低点的高度差小于样本B的最高点与最低点的高度差，所以样本A的极差小于样本B的极差，故A正确；
对于B，因为6×70%＝4.2，6×30%＝1.8，
所以样本A的70%分位数是A中最大的数据，样本B的30%分位数是B中最小的数据，则样本A的70%分位数大于样本B的30%分位数，故B错误；
对于C，由图可知样本A每个样本的数据均小于样本B的对应数据，所以样本A的平均数小于样本B的平均数，故C正确；
对于D，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，所以样本A的方差小于样本B的方差，故D正确．
故选：ACD．
（多选）9．（2025春 金昌校级期中）某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表：
月份t 1 2 3 4 5 6
销量y（万辆） 11.7 12.4 13.8 13.2 14.6 15.3
根据上表的数据，下列说法正确的是（ ）
A．销量的极差为3.6
B．销量的平均数为13.5
C．销量的第40百分位数为13.8
D．销量的中位数为13.2
【解答】解：对于A，根据表格数据可得销量的极差为15.3﹣11.7＝3.6，故A正确；
对于B，根据表格数据可得销量的平均数为（11.7+12.4+13.8+13.2+14.6+15.3）＝13.5，故B正确；
对于C，∵6×0.4＝2.4，销量的第40百分位数是从小到大排列的第3个数据，即为13.2，故C错误；
对于D，销量的中位数为13.5，故D错误．
故选：AB．
（多选）10．（2025 江西模拟）将一组互不相同的数据x1，x2，x3，x4，x5中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，则这两组数据可能相同的数字特征是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差
【解答】解：将一组互不相同的数据x1，x2，x3，x4，x5中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，
设x1，x2，x3，x4，x5视为从小到大排序，原平均数为，
则变化后的平均数为，
当时，，故A正确；
原中位数为x3，变化后的中位数为2x3﹣1，
当x3＝1时，x3＝2x3﹣1，故B正确；
原方差为s2，变化后的方差为4s2，
若两方差相等，则s2＝4s2，得s2＝0，此时每个数都相等，与已知矛盾，故C错误；
原极差为x5﹣x1，变化后的极差为2（x5﹣x1），
若两极差相等，则x5＝x1，与已知矛盾，故D错误．
故选：AB．
（多选）11．（2025 湖北模拟）高考来临之际，某校食堂的午饭针对高三学生推出了多种营养套餐，其中10元套餐是从A、B、C、D、E五道菜中任选三道菜，甲、乙两位同学午饭都选择了此套餐，假设甲、乙两人选择每道菜品都是等可能的且两人选择菜品互不影响，则（ ）
A．甲选了A的概率为
B．甲选了A且乙不选B的概率为
C．甲乙两人所选的菜品完全相同的概率为
D．甲乙两人选的菜品恰有一个相同的概率为
【解答】解：对于选项A，甲同学选A这道菜的概率为，故A正确；
对于选项B，由A选项得甲选了A且乙不选B的概率为，故B正确；
对于选项C，甲乙两人所选的菜完全相同的概率为，故C错误；
对于选项D，甲乙两人选的菜恰有一个相同的概率为，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（2025 成都模拟）下列说法正确的有（ ）
A．已知集合A＝{x|log2x＜1}，B＝{y|y＝（）x﹣2，x＞﹣2}，则A∩（ RB）＝
B．已知集合A＝{长方体}，B＝{正四棱柱}，则B A
C．已知集合A B，则x∈A是x∈B的充分不必要条件
D．已知A，B为随机事件，P（A）＝0.5，P（B）＝0.4，且A，B相互独立，则P（A+B）＝0.7
【解答】解：对于A，集合A＝{x|log2x＜1}＝{x|0＜x＜2}，B＝{y|y＝（）x﹣2，x＞﹣2}＝{y|﹣2＜y＜2}，
所以 RB＝{y|y≤﹣2或y≥2}，
所以A∩（ RB）＝ ，故A正确，
对于B，正四棱柱底面为正方形的直四棱柱，所以B A，故B正确；
对于C，有可能是充要条件，故C错误；
对于D，因为P（A）＝0.5，P（B）＝0.4，且A，B相互独立，
所以P（AB）＝P（A）P（B）＝0.2，
所以P（A+B）＝P（A）+P（A）﹣P（AB）＝0.5+0.4﹣0.2＝0.7，故D正确．
故选：ABD．
（多选）13．（2025 蜀山区校级模拟）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ）
A．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件
B．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件
C．白色与红色粉笔都用到的概率为
D．白色与红色粉笔至少1支用到的概率为
【解答】解：根据题意，在5支粉笔中任选3支，有（白红黄）、（白红蓝）、（白红绿）、
（白黄蓝）、（白黄绿）、（白蓝绿）、
（红黄蓝）、（红黄绿）、（红蓝绿）、（黄蓝绿），共10种情况，
依次分析选项：
对于A，事件“白色与红色粉笔都用到”是“白色与红色粉笔至少1支用到”的子事件，A错误；
对于B，事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件，B正确；
对于C，白色与红色粉笔都用到，即（白红黄）、（白红蓝）、（白红绿），共3种情况，
故概率P，C错误；
对于D，白色与红色粉笔至少1支，即（白红黄）、（白红蓝）、（白红绿）、
（白黄蓝）、（白黄绿）、（白蓝绿）、
（红黄蓝）、（红黄绿）、（红蓝绿），共9种情况，
则其概率概率为，D正确．
故选：BD．
（多选）14．（2025春 辽宁期中）某人从装有3个白球和2个红球的袋中随机取出2个球，事件A表示取出的2个球都是白球，事件B表示取出的2个球都是红球，事件C表示取出的2个球中至少有1个白球，事件D表示取出的2个球中至少有1个红球，则下列事件是对立事件的是（ ）
A．A与B B．A与D C．B与C D．C与D
【解答】解：事件A表示取出的2个球都是白球，事件B表示取出的2个球都是红球，
则A与B是互斥事件，但不是对立事件，
A与D是对立事件，B与C是对立事件，
C与D不是互斥事件，即C与D不是对立事件．
故选：BC．
（多选）15．（2025春 驻马店月考）已知一个古典概型试验中，事件A和事件B互斥，且P（A）＝0.4，P（B）＝0.3．则（ ）
A．P（A∪B）＝0.7 B．P（A∩B）＝0
C． D．P（A|B）＝0
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.4+0.3＝0.7，故A正确；
对于B，事件A和事件B互斥，则P（AB）＝0，故B正确；
对于C，P（∩）＝P（）＝1﹣0.7＝0.3，故C正确；
对于D，事件A和事件B互斥，P（AB）＝0，故，故D正确．
故选：ABCD．
（多选）16．（2024秋 洪雅县期末）抛掷一枚骰子两次．设“第一次向上的点数是2”为事件A，“第二次向上的点数是奇数”为事件B，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互为对立事件
B．
C．
D．事件B与事件C相互不独立
【解答】解：根据题意，抛掷一枚骰子两次，其样本空间中共有6×6＝36个样本点，
依次分析选项：
对于A，事件A与事件B可以同时发生，故事件A与事件B不互为对立事件，A错误；
对于B，事件B＝{（1，1），（1，3），（1，5），（2，1），（2，3），（2，5），
（3，1），（3，3），（3，5），（4，1），（4，3），（4，5），
（5，1），（5，3），（5，5），（6，1），（6，3），（6，5）}，共18个样本点，
事件C＝{（1，2），（2，1），（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），
（3，3），（3，6），（6，3），（4，5），（5，4），（6，6）}，共12个，
事件BC的样本点为{（2，1），（1，5），（5，1），（3，3），（6，3），（4，5）}，共6个样本点，
所以，，，B正确；
因为P（BC）＝P（B）P（C），所以事件B与事件C相互独立，D错误．
事件的样本点为（2，2），（2，4），（2，6），共3种
事件的样本点为（1，1），（3，1），（4，1），（6，1），（1，3），（2，3），（4，3），（5，3），（2，5），（3，5），（5，5），（6，5）共12种，
由于互斥，故的样本点共有15种，故，C正确．
故选：BC．
（多选）17．（2025 河南模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2（a﹣bcosC）＝csinB，b＝2c，BC边上的高为2，则（ ）
A．tanB＝2 B．
C．△ABC的周长为 D．△ABC的面积为3
【解答】解：A，根据题意可知，2（a﹣bcosC）＝csinB，由正弦定理得到2（sinA﹣sinBcosC）＝sinCsinB，
因为sinA＝sin[π﹣（B+C）]＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
代入上式可得：2（sinBcosC+cosBsinC﹣sinBcosC）＝sinCsinB，
2cosBsinC＝sinCsinB，因为C∈（0，π），所以sinC≠0，得到2cosB＝sinB，则tanB＝2，A正确；
B，由，且sin2B+cos2B＝1，因为B∈（0，π），tanB＞0，所以，
可得，，
已知b＝2c，由正弦定理得sinB＝2sinC，则，，
，
因为A∈（0，π），所以，
设BC边上的高为h＝2，因为，h＝csinB，已知h＝2，，则，，B正确；
C，因为，，，根据勾股定理，
△ABC的周长为，C错误；
D，△ABC的面积，D错误．
故选：AB．
（多选）18．（2025 临汾模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C成等差数列，则（ ）
A．，，
B．当b＝2时，△ABC周长的最大值为6
C．当b＝2时，△ABC面积的最大值为
D．当cosA+2cosBcosC＝1时，△ABC为等边三角形
【解答】解：根据题意可知，角A，B，C成等差数列，
所以A+C＝2B，即A+B+C＝3B＝π，∴，A，C不确定，故A选项错；
当b＝2时，b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac，
即，
2＜a+c≤4，即△ABC周长的最大值为6，故B选项正确；
当b＝2时，b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac＝ac，
所以ac≤4，所以，
即△ABC面积的最大值为，故C选项正确；
当cosA+2cosBcosC＝1，cosA+2cosBcosC＝﹣cos（B+C）+2cosBcosC
＝﹣cosBcosC+sinBsinC+2cosBcosC＝cosBcosC+sinBsinC＝cos（B﹣C）＝1，
所以B﹣C＝kπ，k∈Z，即B＝kπ+C，k∈Z，
因为B，C∈（0，π），所以，，即△ABC为等边三角形，故D选项正确．
故选：BCD．
（多选）19．（2025春 长沙月考）已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与的夹角为钝角
D．向量在上的投影向量为
【解答】解：由题意，，，
由，可得，故A正确；
由，可得，故B正确；
由，，
可得，
而，因此为锐角，故C错误；
由，，
可得向量在上的投影向量为，故D正确．
故选：ABD．
（多选）20．（2025 湖南模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB＝（a+c）sinA，则下列说法正确的是（ ）
A．B＝2A
B．B的取值范围为
C．的最小值为
D．的取值范围是
【解答】解：对A，因为bsinB＝（a+c）sinA，由正弦定理角化可得b2＝a（a+c）＝a2+ac，
由余弦定理有cosA，
因为△ABC为锐角三角形，所以，2A∈（0，π），
所以cos2A＝2cos2A﹣1＝2 （）2﹣11，
而，
所以cosB＝cos2A，所以B＝2A，所以A正确；
对B，由上知，C＝π﹣3A，
因为△ABC为锐角三角形，
则，解得，所以所以B＝2A∈（，），所以B正确；
对C，
，
当时，得，
因为，，所以等号不成立，C错误；
对D，
，
因为，所以，
所以，所以，
即，D错误．
故选：AB．
（多选）21．（2025春 青羊区校级月考）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．的取值范围是[﹣4，0]
C．当AC⊥BD时，为定值
D．的最大值为8
【解答】解：对于A，如图，过O，P作直径EF，
由题意，
所以
为定值，故A正确；
对于B，若M为AC中点，连接OM，
则
，
由题意，则，故B正确；
对于C，若AC⊥BD，故，
则，
又，则，同理可得，
故，故C正确；
对于D，因为，则当弦AC，BD均与EF重合时，
此时有最大值，为16，故D错误．
故选：ABC．
（多选）22．（2025春 九龙坡区校级月考）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则sinA＞sinB
B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解
C．若A＝2B，则a＝2bcosB
D．若a：b：c＝4：5：6，则△ABC是钝角三角形
【解答】解：若A＞B，由大角对大边得a＞b，根据正弦定理，则sinA＞sinB，选项A正确；
已知A＝30°，b＝4，a＝3，根据正弦定理，，
因为b＞a，故B＞A＝30°，，
故B可取锐角41.8°）或钝角138.2°），
验证内角和：41.8°+30°＜180°，138.2°+30°＜180°，均成立，选项B正确；
若A＝2B，由正弦定理得，，
利用二倍角公式sinA＝sin2B＝2sinBcosB，因为B∈（0，），故sinB≠0，
代入得，选项C正确；
设a：b：c＝4：5：6，令a＝4k，b＝5k，c＝6k（k＞0），最大边为c，对应角C，
由余弦定理：，
因为cosC＞0，故C为锐角，且C是最大角，因此△ABC为锐角三角形，而非钝角三角形，选项D正确．
故选：ABC．
（多选）23．（2025春 湘潭期中）在△ABC中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．△ABC的面积为 D．
【解答】解：设三角形的重心为G，由，
根据三角形重心公式，可得，，
又．，即，可得AB⊥AG，
则，故A正确；
因为，故B错误；
设AC的中点为E，因为G是三角形的重心，
故 ，故C正确；
设AB的中点为M，有，
而，故，故D正确．
故选：ACD．
（多选）24．（2025春 浙江期中）图为温岭的标志性景观﹣石夫人，“峰以形名，头挽发髻，延颈削肩，神奇秀丽”．某兴趣小组测绘山峰数据：于山脚A处测得峰顶C的仰角为30°，从A出发选择地平面方向AD使得∠CAD＝60°，前进至点D恰使∠ADC＝90°，测得前进距离|AD|＝150m．若峰顶C在AD所在地平面垂直投影点为H，山坳处有一个憩息点B，观测峰顶C的仰角为60°，B在地平面投影点T落在AH上，AH＝5TH，下列说法正确的是（ ）
A．|CH|＝150m
B．|BT|＝60m
C．从D点观测峰顶C的仰角为θ，则
D．从D点观测点B的仰角为φ，则
【解答】解：对于A，由题知∠CAH＝30°，|AD|＝150m，∠CAD＝60°，∠ADC＝90°，
所以在直角三角形CAD中，，
所以，
因为峰顶C在AD所在地平面垂直投影点为H，
所以CH⊥平面ADH，因为AH 平面ADH，所以CH⊥AH，
所以在直角三角形ACH中，，故A正确；
对于B，因为B在地平面投影点T落在AH上，所以BT⊥平面ADH，因为BT 平面ACH，
所以BT∥CH，过点B作BF⊥CH交CH于点F，则|BF|＝|TH|，|BT|＝|FH|，
又因为，AH＝5TH，
所以，
由题知∠CBF＝60°，
所以在直角三角形BCF中，，
则|BT|＝|FH|＝|CH|﹣|CF|＝60（m），故B正确；
对于C，由题知∠CDH＝θ，则在直角三角形CDH中，，
所以，所以，故C错误；
对于D，因为AD⊥CD，CH⊥平面ADH，AD 平面ADH，所以CH⊥AD，
又因为CD∩CH＝C，CD，CH 平面CDH，所以AD⊥平面CDH，
因为DH 平面CDH，所以AD⊥DH，
所以，
，
所以在△DHT中，由余弦定理得：，
所以，
由题知∠BDT＝φ，则，故D正确．
故选：ABD．
（多选）25．（2025春 邯郸期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若tan2A＝tan2B，则A＝B
B．若a＞b，则cos2A＜cos2B
C．若acosB+acosC＝b+c，则△ABC是直角三角形
D．若△ABC为锐角三角形，则
【解答】解：对于A：若tan2A＝tan2B，则可得2A＝2B或2A﹣2B＝π或2B﹣2A＝π，
即A＝B或或，故A错误；
对于B：若a＞b，则由正弦定理可得sinA＞sinB＞0，则2sin2A＞2sin2B，
所以1﹣2sin2A＜1﹣2sin2B，即cos2A＜cos2B，故B正确；
对于C：若acosB+acosC＝b+c，由余弦定理可得，
即，
所以（a2+c2﹣b2）b+（a2+b2﹣c2）c＝2bc（b+c），
即a2b+c2b﹣b3+a2c+b2c﹣c3＝2b2c+2bc2，
所以a2b﹣b3+a2c﹣c3＝b2c+bc2，
所以a2（b+c）﹣（b+c）（b2﹣bc+c2）＝bc（b+c），
所以a2﹣b2+bc﹣c2＝bc，即a2＝b2+c2，
所以△ABC是直角三角形，故C正确；
对于D：因为△ABC为锐角三角形，
所以，所以，
所以，
同理可得sinB＞cosC，sinC＞cosA，
所以sinA+sinB+sinC＞cosA+cosB+cosC，
则
，
即，故D正确．
故选：BCD．
（多选）26．（2025 南通模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是其表面上一点，且AP与BB1所成的角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．若P是CC1的中点，则
B．若P在线段C1D1上，则
C．若，则P的轨迹长度是
D．若，则P不在面A1B1C1D1上
【解答】解：选项A，P为CC1中点时，坐标为（2，2，1），，（0，0，2），
，，，选项A正确；
选项B，P在线段C1D1上时，坐标为（x，2，2），向量，，
当x∈[0，2]时，，选项B正确；
选项C，时，轨迹方程为，
结合正方体表面约束，顶面z＝2，，轨迹为四分之一圆，长度，
侧面x＝0和y＝0，轨迹为线段，总长度，总轨迹长度：，选项C错误；
选项D，时，轨迹方程为x2+y2＝3z2．
若P在顶面z＝2，则x2+y2＝12，但顶面x，y≤2，无解，选项D正确．
故选：ABD．
（多选）27．（2025春 海安市校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段B1C上一动点，则下列各选项中正确的是（ ）
A．D1P⊥AC1
B．D1P∥平面A1BD
C．三棱锥A1﹣DPD1的体积随点P位置变化而变化
D．设正方体棱长为a，则D1P+PB的最小值为
【解答】解：对A选项，根据三垂线定理易证AC1⊥平面B1CD1，从而可得D1P⊥AC1，所以A选项正确；
对B选项，根据面面垂直的判定定理易证平面B1CD1∥平面A1BD，从而可得D1P∥平面A1BD，所以B选项正确；
对C选项，因为B1C∥平面A1DD1，所以P到平面A1DD1的距离为定值，
又△A1DD1的面积也为定值，所以三棱锥A1﹣DPD1的体积为定值，所以C选项错误；
对D选项，若正方体棱长为a，
则D1P+PB的最小值为正三角形B1CD1的高与等腰直角三角形B1CB的底边上的高之和，
即则D1P+PB的最小值为，所以D选项正确．
故选：ABD．
（多选）28．（2025 息县二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则（ ）
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使PQ∥平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
【解答】解：对A选项，当Q与A1重合时，易知PN∥A1B，从而可得B，N，P，Q四点共面，∴A选项正确；
对B选项，当Q为A1D1的中点时，易知PQ∥MN，从而可得PQ∥平面MBN，∴B选项正确；
对C选项，当Q与A1重合时，易知截面为对角面A1C1CA，其面积为，∴C选项错误；
对D选项，根据分割补形法易知：经过C，M，B，N四点的球即为长宽高分别为2，2，1的长方体的外接球，
∴所求球的直径2R满足：（2R）2＝22+22+12＝9，
∴经过C，M，B，N四点的球的表面积为4πR2＝9π，∴D选项正确．
故选：ABD．
（多选）29．（2025春 江阴市月考）已知边长为2的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．在任何位置，都存在AC⊥BD
B．若，当平面BCD⊥平面ABD时，异面直线AB与CD所成角的余弦值为
C．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣ABD的体积为
D．若，当二面角A﹣BD﹣C为时，三棱锥C﹣AOB的外接球的体积为
【解答】解：菱形ABCD中，O为BD的中点，连接AO，CO，
则AO⊥BD，CO⊥BD，
对于A，AO∩CO＝O，AO，CO 平面AOC，所以BD⊥平面AOC，
AC 平面AOC，所以BD⊥AC，故A正确；
对于B：由题目条件可知，AO⊥BD，CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
因为平面BCD⊥平面ABD，所以，
取AD的中点M，AC的中点N，
连接OM，ON，MN，则OM∥AB，MN∥CD，
且OMAB＝1，MNCD＝1，
所以∠NMO（或其补角）为异面直线AB与CD所成的角，
因为，所以，
所以，
在△MON中，，
由余弦定理可得：cos∠NMO，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为，故B错误；
对于C：由上面的推导可知∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
可得，由（2）可知，当时，，
又BD⊥平面AOC，所以三棱锥C﹣ABD的体积为VS△AOC BD
2，故C正确；
对于D：由上面的推导可知∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
所以，
且BO⊥平面AOC，因为，所以，
所以，
△AOC外接圆的半径为，
设E为△AOC外接圆的圆心，则，
所以三棱锥C﹣AOB的外接球的球心O′在过点E且与OB平行的直线上，
设O′E＝h，则由O′B＝O′C得，
解得，
所以，
所以外接球的体积为，故D错误．
故选：AC．
（多选）30．（2025春 信都区校级月考）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，如图2，设AB＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．该多面体的体积为
B．过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为
C．设点O为平面AQG截该多面体所得截面多边形内一点（包括边界），则的取值范围为
D．该多面体的外接球表面积为4π
【解答】解：根据题意可得正方体棱长为，
所以多面体体积为，A选项正确；
由平面的性质可知过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面为边长为1的正六边形ABGPQE，
其面积为，B选项错误；
如图所示：
以A为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则A（0，0），B（0，1），设点O（x，y），且，，
则，，
所以，即，C选项正确；
因为外接球球心为正方体体心，设为O1，
则外接球半径为O1A1，
所以外接球表面积为，D选项正确．
故选：ACD．
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)