2021年高考数学的多选题附答案

一、函数的概念与基本初等函数多选题1．已知函数，若存在实数a，使得，则a的个数不是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】ABD【分析】令，即满足，对t进行分类讨论，结合已知函数解析式代入即可求得满足题意的t，进而求得a.【详解】令，即满足，转化为函数与有交点，结合图像由图可知，有两个根或（1）当，即，由，得时，经检验均满足题意；（2）当，即，当时，，解得：；当时，，解得：；综上所述：共有4个a．故选：ABD．【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图像，利用数形结合的方法求解2．已知函数（为自然对数的底数）有唯一零点，则的值可以为（）A．1 B． C．2 D．【答案】BC【分析】由已知，换元令，可得，从而为偶函数，图象关于对称，结合函数图象的对称性分析可得结论.【详解】∵，令，则，定义域为，，故函数为偶函数，所以函数的图象关于对称，要使得函数有唯一零点，则，即，解得或①当时，由基本不等式有，当且仅当时取得故，当且仅当取等号故此时有唯一零点②当时，，同理满足题意.故选：BC．【点睛】方法点睛：①函数轴对称：如果一个函数的图像沿一条直线对折，直线两侧的图像能够完全重合，则称该函数具备对称性中的轴对称，该直线称为该函数的对称轴.②的图象关于直线对称3．函数，以下四个结论正确的是（）A．的值域是B．对任意，都有C．若规定，则对任意的D．对任意的，若函数恒成立，则当时，或【答案】ABC【分析】由函数解析式可得函数图象即可知其值域、单调性；根据C中的描述结合数学归纳法可推得结论成立；由函数不等式恒成立，利用变换主元法、一元二次不等式的解法即可求参数范围.【详解】由函数解析式可得，有如下函数图象：∴的值域是，且单调递增即(利用单调性定义结合奇偶性也可说明)，即有AB正确；对于C，有，若，∴当时，，故有.正确.对于D，上，若函数恒成立，即有，恒成立，令，即上，∴时，，有或（舍去）；时，故恒成立；时，，有或（舍去）；综上，有或或；错误.故选：ABC【点睛】方法点睛：1、对于简单的分式型函数式画出函数图象草图判断其值域、单调性.2、数学归纳法：当结论成立，若时结论也成立，证明时结论成立即可.3、利用函数不等式恒成立，综合变换主元法、一次函数性质、一元二次不等式解法求参数范围.4．下列命题正确的有（）A．已知且，则B．，则C．的极大值和极小值的和为D．过的直线与函数有三个交点，则该直线斜率的取值范围是【答案】ACD【分析】由等式关系、指数函数的性质可求的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与有三个交点，即可知有两个零点且不是其零点即可求斜率范围.【详解】A选项，由条件知且，所以，即；B选项，有，，而；C选项，中且开口向上，所以存在两个零点且、，即为两个极值点，所以；D选项，令直线为与有三个交点，即有三个零点，所以有两个零点即可∴，解得故选：ACD【点睛】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.5．已知函数，方程在区间()上的所有根的和为，则（）A． B．C． D．【答案】BC【分析】先推导出在上的解析式，然后画出与的图象，得出时，所有交点的横坐标，然后得出.【详解】因为当时，，所以当时，，则，故，即时，，同理当时，，；当时，，则；………故当时，，当时，.所以，故B正确；作出与的图象如图所示，则当且时，的值分别为：则，故C正确.故选：BC.【点睛】本题考查函数的零点综合问题，难度较大，推出原函数在每一段上的解析式并找到其规律是关键.6．已知函数，当实数取确定的某个值时，方程的根的个数可以是（）A．0个 B．1个 C．2个 D．4个【答案】ABC【分析】令，画出，结合的解的情况可得正确的选项.【详解】，故当时，，故在上为增函数；当时，，故在上为减函数，而且当时，恒成立，故的图象如图所示：考虑方程的解的情况.，当时，，此时方程有两个不等的正根，因为，故，，由图象可知方程的解的个数为2，方程的解的个数为0，故方程的根的个数是2.当时，，此时方程有两个相等的正根，由图象可知方程的解的个数为1，故方程的根的个数是1.当时，，此时方程无解，故方程的根的个数是0.当时，，此时方程有两个相等的负根，由图象可知方程的解的个数为1，故方程的根的个数是1.当时，，此时方程有两个不等的负根，由图象可知方程的解的个数为1，方程的解的个数为1，故方程的根的个数是2.故选：ABC．【点睛】本题考查复合方程的解，此类问题，一般用换元法来考虑，其中不含的参数的函数的图象应利用导数来刻画，本题属于难题．7．已知是定义域为的奇函数，是偶函数，且当时，，则（）A．是周期为2的函数B．C．的值域为[-1，1]D．的图象与曲线在上有4个交点【答案】BCD【分析】对于A，由为R上的奇函数，为偶函数，得，则是周期为4的周期函数，可判断A；对于B，由是周期为4的周期函数，则，，可判断B．对于C，当时，，有，又由为R上的奇函数，则时，，可判断C．对于D，构造函数，利用导数法求出单调区间，结合零点存在性定理，即可判断D．【详解】根据题意，对于A，为R上的奇函数，为偶函数，所以图象关于对称，即则是周期为4的周期函数，A错误；对于B，定义域为R的奇函数，则，是周期为4的周期函数，则；当时，，则，则，则；故B正确．对于C，当时，，此时有，又由为R上的奇函数，则时，，，函数关于对称，所以函数的值域．故C正确．对于D，，且时，，，，，是奇函数，，的周期为，，，，设，当，，设在恒成立，在单调递减，即在单调递减，且，存在，单调递增，单调递减，，所以在有唯一零点，在没有零点，即，的图象与曲线有1个交点，当时，，，则，，则，所以在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得，所以，，在单调递减，，，在单调递增，又，所以，又，所以在上有一个唯一的零点，在上有唯一的零点，所以当时，的图象与曲线有2个交点，，当时，同，的图象与曲线有1个交点，当，的图象与曲线没有交点，所以的图象与曲线在上有4个交点，故D正确；故选：BCD．【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、两函数图像的交点，属于较难题.8．定义：若函数在区间上的值域为，则称区间是函数的“完美区间”，另外，定义区间的“复区间长度”为，已知函数，则（）A．是的一个“完美区间”B．是的一个“完美区间”C．的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为D．的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为【答案】AC【分析】根据定义，当时求得的值域，即可判断A；对于B，结合函数值域特点即可判断；对于C、D，讨论与两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选项.【详解】对于A，当时，，则其值域为，满足定义域与值域的范围相同，因而满足“完美区间”定义，所以A正确；对于B，因为函数，所以其值域为，而，所以不存在定义域与值域范围相同情况，所以B错误；对于C，由定义域为，可知，当时，，此时，所以在内单调递减，则满足，化简可得，即，所以或，解得（舍）或，由解得或（舍），所以，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；当时，①若，则，此时.当在的值域为，则，因为，所以，即满足，解得，（舍）.所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；②若，则，，此时在内单调递增，若的值域为，则，则为方程的两个不等式实数根，解得，，所以，与矛盾，所以此时不存在完美区间.综上可知，函数的“复区间长度”的和为，所以C正确，D错误；故选：AC.【点睛】本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题.9．已知，则关于的方程，下列正确的是（）A．存在实数，使得方程恰有1个不同的实数解；B．存在实数，使得方程恰有2个不同的实数解；C．存在实数，使得方程恰有3个不同的实数解；D．存在实数，使得方程恰有6个不同的实数解；【答案】ACD【分析】令，根据判别式确定方程根的个数，作出的大致图象，根据根的取值，数形结合即可求解.【详解】令，则关于的方程，可得，当时，，此时方程仅有一个根；当时，，此时方程有两个根，且，此时至少有一个正根；当时，，此时方程无根；作出的大致图象，如下：当时，此时，由图可知，有个不同的交点，C正确；当时，此时方程有两个根，且，此时至少有一个正根，当、，且时，，有个不同的交点，D正确；当方程有两个根，一个大于1，另一个小于0，此时，仅有个交点，故A正确；当方程有两个根，一个等于1，另一个等于0，，有个不同的交点，当时，，此时方程无根.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查了根的个数求参数的取值范围，解题的关键是利用换元法将方程化为，根据方程根的分布求解，考查了数形结合的思想，分类讨论的思想.10．已知正数，满足，则（）A． B．C． D．【答案】AC【分析】令，根据指对互化和换底公式得：，再依次讨论各选项即可.【详解】由题意，可令，由指对互化得：，由换底公式得：，则有，故选项B错误；对于选项A，，所以，又，所以，所以，故选项A正确；对于选项C､D，因为，所以，所以，所以，则，则，所以选项C正确，选项D错误；故选：AC.【点睛】本题考查指对数的运算，换底公式，作差法比较大小等，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于令，进而得，再根据题意求解.二、导数及其应用多选题11．已知偶函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式中不成立的是（）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】构造函数，结合导数和对称性可知为偶函数且在上单调递增，即可得，从而可判断ABD选项，由可判断C选项.【详解】因为偶函数对于任意的满足，所以构造函数，则，∴为偶函数且在上单调递增，，，，由函数单调性可知，即，对于AB，，故AB错误；对于C，，，故C错误；对于D，，即，故D正确；故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是利用已知条件构造对应的新函数，利用导数研究函数的单调性，从而比较大小，考查学生的逻辑推理能力与转化思想，属于较难题.12．关于函数，，下列说法正确的是（）A．当时，在处的切线方程为；B．当时，存在唯一极小值点，且；C．对任意，在上均存在零点；D．存在，在上有且只有一个零点.【答案】ABD【分析】当时，，求出，得到在处的切线的点斜式方程，即可判断选项A；求出的解，确定单调区间，进而求出极值点个数，以及极值范围，可判断选项B；令，当时，分离参数可得，设，求出的极值最值，即可判断选项C，D的真假.【详解】A.当时，，所以，，，所以在处的切线方程为，故正确；B.因为，所以单调递增，又，，又，即，则，所以存在，使得，即，则在上，在上，，所以存在唯一极小值点，因为，，所以，，故正确；C.令，当时，可得，设，则，令，解得当时，当时，，所以当，时，取得极小值，即取得极小值，又，因为在上，递减，所以，所以当，时，取得极大值，即取得极大值，又，所以，所以时，，当，即时，在上不存在零点，故C错误；D.当，即时，与的图象只有一个交点，所以存在，在上有且只有一个零点，故D正确；故选：ABD【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．13．已知，则下列正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】构造函数证明其在单调递减，即可得即可判断选项A；作出和的函数图象可判断选项B；作出，的图象可判断选项C；构造函数利用导数判断其在上的单调性即可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：因为，所以，令，，在单调递减，所以，即，所以即，可得，故A正确，对于选项B：由图象可得，恒成立，故选项B正确；对于选项C：要证，令，，是奇函数，，是偶函数，令，则，因为在单调递增，所以在单调递增，而单调递增，由符合函数的单调性可知在单调递增，其函数图象如图所示：由图知当时恒成立，故选项C正确；对于选项D：令，，，所以在单调递减，所以，即，可得，故选项D不正确.故选：ABC【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.14．下列说法正确的是（）A．函数的最大值是B．函数的值域为C．函数在上单调递增，则的取值范围是D．函数的最大值为，最小值为，若，则【答案】ACD【分析】化简函数解析式为，利用二次函数的基本性质可判断A选项的正误；令，可得，利用导数法可判断B选项的正误；利用导数与函数单调性的关系可判断C选项的正误；计算出，利用函数的对称性可判断D选项的正误.【详解】A选项，，又可得：，则当时函数取得最大值，A对；B选项，，设，则，则，，，，，令，，，在区间上单调递减，，所以，函数的值域为，B错；C选项，在区间上是增函数，，即，令，，即，，令，则，在递减，，C对；D选项，，所以，，，所以，函数的图象关于点对称，所以，，可得，D对.故选：ACD.【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；（3）函数在区间上不单调在区间上存在异号零点；（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.15．阿基米德是伟大的物理学家，更是伟大的数学家，他曾经对高中教材中的抛物线做过系统而深入的研究，定义了抛物线阿基米德三角形：抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形.设抛物线：上两个不同点横坐标分别为，，以为切点的切线交于点.则关于阿基米德三角形的说法正确的有（）A．若过抛物线的焦点，则点一定在抛物线的准线上B．若阿基米德三角形为正三角形，则其面积为C．若阿基米德三角形为直角三角形，则其面积有最小值D．一般情况下，阿基米德三角形的面积【答案】ABC【分析】设出直线的斜截式方程、点的坐标，根据导数的几何意义求出切线的方程，进而求出点的坐标，将直线的方程和抛物线方程联立，得到一元二次方程以及该方程两根的和、积的关系.A：把抛物线焦点的坐标代入直线的斜截式方程中，根据抛物线的准线方程进行判断即可；B：根据正三角形的性质，结合正三角形的面积公式进行判断即可；C：根据直角三角形的性质，结合直角三角形的面积公式进行判断即可；D：根据点到直线距离公式、两点间距离公式进行求解判断即可..【详解】由题意可知：直线一定存在斜率，所以设直线的方程为：，由题意可知：点，不妨设，由，所以直线切线的方程分别为：，两方程联立得：，解得：，所以点坐标为：，直线的方程与抛物线方程联立得：.A：抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，因为过抛物线的焦点，所以，而，显然点一定在抛物线的准线上，故本选项说法正确；B：因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，即，因为，所以化简得：，此时，点坐标为：，因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，所以，因此正三角形的边长为，所以正三角形的面积为，故本选项说法正确；C：阿基米德三角形为直角三角形，当时，所以，直线的方程为：所以点坐标为：，点到直线的距离为：，，因为，所以，因此直角的面积为：，当且仅当时，取等号，显然其面积有最小值，故本说法正确；D：因为，所以，点到直线的距离为：所以阿基米德三角形的面积，故本选项说法不正确.故选：ABC【点睛】关键点睛：解决本题的关键就是一元二次方程根与系数关系的整体代换应用，本题重点考查了数学运算核心素养的应用.16．设函数，下列条件中，使得有且仅有一个零点的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】求导，分和进行讨论，当时，可知函数单调递增，有且只有一个零点；当时，讨论函数的单调性，要使函数有一个零点，则需比较函数的极大值与极小值与0的关系，再验证选项即可得解.【详解】，求导得当时，，单调递增，当时，；当时，；由零点存在性定理知，函数有且只有一个零点，故A，C满足题意；当时，令，即，解得，当变化时，，的变化情况如下表：极大值极小值故当，函数取得极大值，当，函数取得极小值又当时，；当时，；要使函数有且只有一个零点，作草图或则需，即，即，B选项，，满足上式，故B符合题意；则需，即，即，D选项，，不一定满足，故D不符合题意；故选：ABC【点睛】思路点睛：本题考查函数的零点问题，如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么，函数在区间内有零点，即存在，使得，这个c也就是方程的根，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于较难题.17．对于定义域为的函数，为的导函数，若同时满足：①；②当且时，都有；③当且时，都有，则称为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】结合“偏对称函数”的性质，利用导数的方法，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论．【详解】条件①；由选项可得：，，，，即ABCD都符合；条件②，或；即条件②等价于函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；对于，则，由可得，，即函数单调递增；由可得，，即函数单调递减；满足条件②；对于，则显然恒成立，所以在定义域上单调递增，不满足条件②；对于，当时，显然单调递减；当时，显然单调递增；满足条件②；对于，当时，显然单调递减；当时，显然单调递增，满足条件②；因此ACD满足条件②；条件③当且时，，都有，即，对于，，因为，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，则令，，所以在上显然恒成立，因此在上单调递增，所以，即，所以满足条件③；对于，，令，，则在上显然恒成立，所以，则，即满足条件③；对于，，令，，则在上显然恒成立，所以，则，即满足条件③；综上，ACD选项是“偏对称函数”，故选：ACD.【点睛】思路点睛：求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）18．已知函数，则下列说法正确的是（）A．函数是偶函数，且在上不单调B．函数是奇函数，且在上不单调递增C．函数在上单调递增D．对任意，都有，且【答案】AD【分析】由函数的奇偶性以及函数的单调性即可判断A、B、C、D.【详解】解：对A，，定义域为，关于原点对称，，是偶函数，其图像关于轴对称，在上不单调，故A正确；对B，，，是奇函数，令，则，在上单调递增，故B错误；对C，，且在上单调递增，又，时，，在上单调递减，故C错误；对D，是偶函数，且在上单调递增，，且，故D正确.故选：AD.【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.19．下列命题正确的有（）A．已知且，则B．，则C．的极大值和极小值的和为D．过的直线与函数有三个交点，则该直线斜率的取值范围是【答案】ACD【分析】由等式关系、指数函数的性质可求的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与有三个交点，即可知有两个零点且不是其零点即可求斜率范围.【详解】A选项，由条件知且，所以，即；B选项，有，，而；C选项，中且开口向上，所以存在两个零点且、，即为两个极值点，所以；D选项，令直线为与有三个交点，即有三个零点，所以有两个零点即可∴，解得故选：ACD【点睛】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.20．已知函数，下列是关于函数的零点个数的判断，其中正确的是（）A．当时，有3个零点 B．当时，有2个零点C．当时，有4个零点 D．当时，有1个零点【答案】CD【分析】令y＝0得，利用换元法将函数分解为f（x）＝t和f（t）＝﹣1，作出函数f（x）的图象，利用数形结合即可得到结论．【详解】令，得，设f（x）＝t，则方程等价为f（t）＝﹣1，①若k＞0，作出函数f（x）的图象如图：∵f（t）＝﹣1，∴此时方程f（t）＝﹣1有两个根其中t2＜0，0＜t1＜1，由f（x）＝t2＜0，此时x有两解，由f（x）＝t1∈（0，1）知此时x有两解，此时共有4个解，即函数y＝f[f（x）]+1有4个零点．②若k＜0，作出函数f（x）的图象如图：∵f（t）＝﹣1，∴此时方程f（t）＝﹣1有一个根t1，其中0＜t1＜1，由f（x）＝t1∈（0，1），此时x只有1个解，即函数y＝f[f（x）]+1有1个零点．故选：CD．【点睛】本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，属于难题．三、三角函数与解三角形多选题21．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（）A．满足条件的不可能是直角三角形B．面积的最大值为C．当A=2C时，的周长为D．当A=2C时，若O为的内心，则的面积为【答案】BCD【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误；对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，因为，所以，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C，由A=2C，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，所以，所以，，，因为，所以，所以的周长为，所以C正确；对于D，由C可知，为直角三角形，且，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为所以D正确，故选：BCD【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.22．在中，下列说法正确的是（）A．若，则B．存在满足C．若，则为钝角三角形D．若，则【答案】ACD【分析】A项，根据大角对大边定理和正弦定理可判断；B项，由和余弦函数在递减可判断；C项，显然，分和两种情况讨论，结合余弦函数的单调性可判断；D项，根据和正弦函数的单调性得出和，再由放缩法可判断.【详解】解：对于A选项，若，则，则，即，故A选项正确；对于B选项，由，则，且，在上递减，于是，即，故B选项错误﹔对于C选项，由，得，在上递减，此时：若，则，则，于是；若，则，则，于是，故C选项正确；对于D选项，由，则，则，在递增，于是，即，同理，此时，所以D选项正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：正余弦函数的单调性，正弦定理的边角互化，大边对大角定理以及大角对大边定理，不等式的放缩等等，综合使用以上知识点是解决此类题的关键.23．如图，的内角，，所对的边分别为，，．若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（）A．是等边三角形B．若，则，，，四点共圆C．四边形面积最大值为D．四边形面积最小值为【答案】AC【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知为等边三角形，从而判断；利用四点，，，共圆，四边形对角互补，从而判断；设，，在中，由余弦定理可得，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求，利用正弦函数的性质，求出最值，判断．【详解】由正弦定理，得，，，B是等腰的底角，，是等边三角形，A正确；B不正确：若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知，但由于时，，∴B不正确．C正确，D不正确：设，则，，，，，，，，∴C正确，D不正确；故选：AC.．【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．24．已知θ，且sinθ+cosθ＝a，其中a∈（0，1），则关于tanθ的值，在以下四个答案中，可能正确的是（）A．﹣3 B． C． D．【答案】CD【分析】先由已知条件判断，，得到，对照四个选项得到正确答案.【详解】∵sinθ+cosθ＝a，其中a∈（0，1），∴两边平方得：1+2，∴，∵，∴可得，，∴，又sinθ+cosθ＝a，所以cosθ＞﹣sinθ，所以所以，所以tanθ的值可能是，．故选：CD【点睛】关键点点睛：求出的取值范围是本题解题关键．25．已知函数的部分图像如图所示，则下列关于函数的说法中正确的是（）A．函数最靠近原点的零点为B．函数的图像在轴上的截距为C．函数是偶函数D．函数在上单调递增【答案】ABC【分析】首先根据图象求函数的解析式，利用零点，以及函数的性质，整体代入的方法判断选项.【详解】根据函数的部分图像知，，设的最小正周期为，则，∴，．∵，且，∴，故．令，得，，即，，因此函数最靠近原点的零点为，故A正确；由，因此函数的图像在轴上的截距为，故B正确；由，因此函数是偶函数，故C正确；令，，得，，此时函数单调递增，于是函数在上单调递增，在上单调递减，故D不正确．故选：ABC．【点睛】思路点睛：本题考查的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线或点是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求的范围，验证此区间是否是函数的增或减区间.26．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A．B．是函数图象的一个对称中心C．函数在上单调递增D．函数在上的值域是【答案】BC【分析】首先求得函数，再根据选项，整体代入，判断函数的性质.【详解】，，故A错误；，故B正确；时，，所以函数在上单调递增，故C正确；时，，当时，函数取得最小值-1，当时，函数取得最大值，所以函数的值域是.故选：BC【点睛】思路点睛：本题考查的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线或点是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求的范围，验证此区间是否是函数的增或减区间.27．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A．函数的周期为B．函数在单调递减C．函数的图象关于直线对称D．该图象向右平移个单位可得的图象【答案】ACD【分析】先根据图像求出的解析式，再分别验证A、B、C、D是否正确.对于A：利用周期公式求周期；对于B：利用复合函数“同增异减”求单调区间；对于C：计算，看是否经过顶点；对于D：利用“左加右减”判断.【详解】由图像可知：A=2，周期；由解得：故函数对于A：，故A正确；对于B：当时，所以在上不单调.故B错误；对于C：当时，即直线是的一条对称轴.故C正确；对于D：向右平移个单位得到，故D正确.故选：ACD【点睛】求三角函数解析式的方法：(1)求A通常用最大值或最小值；(2)求ω通常用周期；()求φ通常利用函数上的点带入即可求解.28．已知函数，则下列说法正确的是（）A．的图象关于点中心对称B．在区间上单调递减C．在上有且仅有个最小值点D．的值域为【答案】BC【分析】利用特殊值法可判断A选项的正误；化简函数在区间上的解析式，利用正弦型函数的单调性可判断B选项的正误；由可得的周期为，再在上讨论函数的单调性、最值，可判断CD选项的正误.【详解】对于A选项，因为，，所以，所以的图象不关于点中心对称，故A错误；对于B选项，当时，，，所以，函数在区间上单调递减，B选项正确；对于C选项，，所以为函数的周期.当时，，，所以在区间上单调递增，，；由B选项可知，函数在区间上单调递减，当时，，.所以，函数在上有且只有个最小值点，C选项正确；对于D选项，由C选项可知，函数的值域为，D选项错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：求函数在区间上值域的一般步骤：第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；第三步：求出所求函数的值域（或最值）.29．已知函数，现给出下列四个命题，其中正确的是（）A．函数的最小正周期为B．函数的最大值为C．函数在上单调递增D．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为【答案】BD【分析】首先利用三角恒等变形化简函数，再根据函数的性质依次判断选项，AB选项根据解析式直接判断，C选项可以先求的范围，再判断函数的单调性，D选项根据平移规律直接求解平移后的解析式.【详解】，函数的周期，故A不正确；B.函数的最大值是，故B正确；C.时，，当时函数单调递减，即时函数单调递减，时，函数单调递增，故C不正确；D.向左平移个单位长度，得到，故D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：本题考查的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线或点是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求的范围，验证此区间是否是函数的增或减区间.30．已知函数，为奇函数，则下述四个结论中说法正确的是（）A．B．在上存在零点，则的最小值为C．在上单调递增D．的图象可由的图象向左平移个单位得到【答案】ABC【分析】首先得到的解析式，再根据函数的奇偶性求出参数，最后结合三角函数的性质一一验证即可.【详解】解：因为，所以，因为为奇函数，则，即，所以，，因为，所以；对于A，，故A正确；对于B，令，得，，若在上存在零点，则且a的最小值为，故B正确；对于C，，当时，，则在上单调递增，故C正确.对于D，因为，，根据“左加右减”，的图象可由的图象向左平移个单位得到，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是先根据为奇函数，确定参数的值，再结合三角函数的性质逐一判断即可.四、数列多选题31．在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时第2次得到数列1,4,3,5,2，此时第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2，此时第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时第次得到数列1，，2此时所以，故A项正确；结合A项中列出的数列可得：用等比数列求和可得则又所以，故B项正确；由B项分析可知即，故C项错误.，故D项正确.故选：ABD.【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.32．已知数列的前n项和为，，.则下列选项正确的为（）A．B．数列是以2为公比的等比数列C．对于任意的，D．的最小正整数n的值为15【答案】ABD【分析】根据题设的递推关系可得，从而可得，由此可得的通项和的通项，从而可逐项判断正误.【详解】由题设可得，因为，，故，所以，所以，所以，因为，故，所以，所以为等比数列，所以即，故，故A对，C错.又，故，所以，即是以2为公比的等比数列，故B正确.，，故的最小正整数n的值为15，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D是否成立时注意先考虑的值.33．已知数列满足，，，是数列的前n项和，则下列结论中正确的是（）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根据数列满足，，得到，两式相减得：，然后利用等差数列的定义求得数列的通项公式，再逐项判断.【详解】因为数列满足，，，所以，两式相减得：，所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列；偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列；所以数列的通项公式是，A.令时，，而，故错误；B.令时，，而，故错误；C.当时，，而，成立，当时，，因为，所以，所以，故正确；D.因为，令，因为，所以得到递增，所以，故正确；故选：CD【点睛】本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题.34．设是公差为的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）A．若，则数列有最大项B．若数列有最大项，则C．若对任意，均有，则数列是递增数列D．若数列是递增数列，则对任意，均有【答案】ABC【分析】由等差数列的求和公式可得，可看作关于的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得.【详解】由等差数列的求和公式可得，选项，若，由二次函数的性质可得数列有最大项，故正确；选项，若数列有最大项，则对应抛物线开口向下，则有，故正确；选项，若对任意，均有，对应抛物线开口向上，，可得数列是递增数列，故正确；选项，若数列是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意，均有，故错误.故选：.【点睛】本题考查等差数列的求和公式的应用，可看成是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.35．下列说法正确的是（）A．若为等差数列，为其前项和，则，，，…仍为等差数列B．若为等比数列，为其前项和，则，，，仍为等比数列C．若为等差数列，，，则前项和有最大值D．若数列满足，则【答案】ACD【分析】根据等差数列的定义，可判定A正确；当时，取，得到，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；化简得到，利用裂项法，可判定D正确.【详解】对于A中，设数列的公差为，因为，，，，可得，所以，，，构成等差数列，故A正确；对于B中，设数列的公比为，当时，取，此时，此时不成等比数列，故B错误；对于C中，当，时，等差数列为递减数列，此时所有正数项的和为的最大值，故C正确；对于D中，由，可得，所以或，则，所以，所以.因为，所以，可得，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：由，得到，进而得出，结合“裂项法”求解是解答本题的难点和关键.36．设是等差数列的前n项和，且，则（）A． B．公差C． D．数列的前n项和为【答案】BCD【分析】根据已知条件求出等差数列的通项公式和前项和公式，即