押题15第8、11、14题 三角函数 数列 统计与概率 （六大题型）冲刺2024年高考数学考点押题含解析

押题15第8、11、14题三角函数数列统计与概率（六大题型）-冲刺2024年高考数学考点押题模拟预测卷（新高考专用）押题15第8、11、14题三角函数数列统计与概率（六大题型）一、单选题1．（2023·全国·高考真题）已知，则（

）．A． B． C． D．2．（2023·全国·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．3．（2021·全国·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（

）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立二、多选题4．（2021·全国·高考真题）设正整数，其中，记．则（

）A． B．C． D．5．（2023·全国·高考真题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率三、填空题6．（2023·全国·高考真题）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则．

7．（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折次，那么.押题14立体几何平面解析几何高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1三角函数-三角恒等变换1-3（单选）题型2三角函数-三角函数4-7（单选）题型3数列综合8-12（单选）题型4统计与概率综合13-20（单选）题型5三角函数、数列、统计与概率多选题21-30（多选）题型6三角函数、数列、统计与概率填空题31-36（填空）一、单选题题型1：三角函数-三角恒等变换1．（23-24高三上·辽宁大连·期末）设，则（

）A． B．C． D．2．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）已知，，则（

）A． B． C． D．3．（23-24高三上·浙江·阶段练习）若，则的值为（

）A． B． C． D．题型2：三角函数-三角函数4．（2024·河北唐山·一模）已知函数的最小正周期为π，则（

）A．在单调递增 B．是的一个对称中心C．在的值域为 D．是的一条对称轴5．（2024·陕西榆林·二模）已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．46．（2024·陕西西安·一模）关于函数，下列选项正确的是（

）A．为奇函数B．在区间上单调递减C．的最小值为2D．在区间上有两个零点7．（2024·陕西渭南·一模）已知函数在区间上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增.其中正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4题型3：数列综合8．（2024·四川南充·二模）已知数列：1，1，2，3，5，8，13，……这个数列从第3项起，每一项都等于前两项之和，记前项和为.给出以下结论：①，②，③，④.其中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．49．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（

）A． B． C． D．10．（2024·全国·模拟预测）已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（

）A． B． C． D．11．（2024·山西晋城·一模）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（

）A．3月5日或3月16日 B．3月6日或3月15日C．3月7日或3月14日 D．3月8日或3月13日12．（23-24高三上·河北保定·期末）已知函数满足：，，成立，且，则（

）A． B． C． D．题型4：统计与概率综合13．（2024·黑龙江·二模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为，从第二题开始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为；若前一题答对，则此题答对的概率为.记甲同学回答第题时答错的概率为，当时，恒成立，则的最小值为（

）A． B． C． D．14．（2024·云南·一模）一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（

）A．60种 B．68种 C．82种 D．108种15．（2024·河南·一模）甲､乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分．一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得分；若平局，则双方各得0分．若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜．令表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则（

）A． B． C． D．16．（2024·新疆·二模）斐波那契数列又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇的契合，小到地球上的动植物，如向日葵､松果､海螺的成长过程，大到海浪､飓风､宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列一般以递推的方式被定义：，则下列说法正确的是（

）A．记为数列的前项和，则B．在斐波那契数列中，从不大于34的项中任取一个数，恰好取到偶数的概率为C．D．17．（2024·广东湛江·一模）在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（

）A．事件M与事件N相互独立 B．事件X与事件Y相互独立C．事件M与事件Y相互独立 D．事件N与事件Y相互独立18．（22-23高三下·江苏苏州·开学考试）将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（

）种不同的放置与上色方式A．11232 B．10483 C．10368 D．561619．（2022·新疆·一模）如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（

）A．5 B．6 C．7 D．820．（23-24高三上·江苏镇江·开学考试）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（

）A．27 B．24 C．32 D．28多选题题型5：三角函数、数列、统计与概率多选题21．（2024·河南郑州·模拟预测）已知，则（

）A．的图象关于点对称B．的值域为C．在区间上有33个零点D．若方程在（）有4个不同的解（，2，3，4），其中（，2，3），则的取值范围是22．（2024·河南·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．是的一个周期B．的值域是C．若在区间上有最小值，没有最大值，则的取值范围是D．若方程在区间上有3个不同的实根，则的取值范围是23．（2024·安徽安庆·二模）满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（

）A．存在非零实数t，使得为等差数列B．存在非零实数t，使得为等比数列C．D．24．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（

）A．存在，使得恒成立B．存在，使得恒成立C．对任意，总存在，使得D．对任意，总存在，使得25．（2024·辽宁·一模）已知数列的首项为，且，则（

）A．存在使数列为常数列B．存在使数列为递增数列C．存在使数列为递减数列D．存在使得恒成立26．（2024·四川成都·模拟预测）记数列的前项和为，且满足，.则（

）A． B．是递增数列C． D．27．（2024·广东·模拟预测）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（

）A．（其中） B．数列是递减数列C． D．数列的前项和28．（2024·甘肃·一模）围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博弈游戏之一.东汉的许慎在《说文解字）中说：“弈，围棋也”，因此，“对弈"在当时特指下围棋，现甲与乙对弈三盘，每盘赢棋的概率是，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率.甲也与丙对弈三盘，每盘赢棋的概率是，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率.若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙､丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是和，则以下结论正确的是（

）A．B．当时，C．，使得对，都有D．当时，29．（2024·全国·模拟预测）已知，，，，，，记．当，，，，中含个6时，所有不同值的个数记为．下列说法正确的有（

）A．若，则B．若，则C．对于任意奇数D．对于任意整数30．（2024·全国·模拟预测）记男生样本的平均数为，方差为；女生样本的平均数为，方差为；男女总样本的平均数记为，方差为，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，，则D．三、填空题题型6：三角函数、数列、统计与概率填空题31．（2024·四川遂宁·二模）已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为．32．（2024·辽宁抚顺·一模）已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在内恰有2个最值点，则实数的取值范围为．33．（2024·全国·模拟预测）已知函数的定义域且值域为的子集，且单调递增，满足对任意，都有，则．34．（2024·云南大理·模拟预测）我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则，.35．（2024·湖南衡阳·二模）已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是．36．（2024·辽宁葫芦岛·一模）某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为．押题15第8、11、14题三角函数数列统计与概率（六大题型）一、单选题1．（2023·全国·高考真题）已知，则（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.【解析】因为，而，因此，则，所以.故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．2．（2023·全国·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．3．（2021·全国·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（

）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立【答案】B【分析】根据独立事件概率关系逐一判断【解析】，故选：B【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立二、多选题4．（2021·全国·高考真题）设正整数，其中，记．则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【解析】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.5．（2023·全国·高考真题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为D．当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【解析】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率，单次传输发送0，则译码为0的概率，而，因此，即，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.三、填空题6．（2023·全国·高考真题）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则．

【答案】【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．【解析】设，由可得，由可知，或，，由图可知，，即，．因为，所以，即，．所以，所以或，又因为，所以，．故答案为：．【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．7．（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折次，那么.【答案】5【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.押题15三角函数数列统计与概率高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1三角函数-三角恒等变换1-3（单选）题型2三角函数-三角函数4-7（单选）题型3数列综合8-12（单选）题型4统计与概率综合13-20（单选）题型5三角函数、数列、统计与概率多选题21-30（多选）题型6三角函数、数列、统计与概率填空题31-36（填空）一、单选题题型1：三角函数-三角恒等变换1．（23-24高三上·辽宁大连·期末）设，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.【解析】，设，，则，则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，设，，则在上恒成立，则，则在上恒成立，令，则，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，即在上恒成立，令，则，则，即，故，故选：B.2．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合二倍角公式和两角和差公式化简即可求得.【解析】，.，，，，，又因为，所以，则，所以..故选：A3．（23-24高三上·浙江·阶段练习）若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由三角函数平方关系结合已知求出，从而求出，再由即可求出，最后由两角和的正切公式代入表达式即可求解.【解析】一方面由题意，且注意到，联立得，解得，所以，另一方面不妨设，且，所以有，解得或（舍去），即，由两角和的正切公式有，所以.故选：B.题型2：三角函数-三角函数4．（2024·河北唐山·一模）已知函数的最小正周期为π，则（

）A．在单调递增 B．是的一个对称中心C．在的值域为 D．是的一条对称轴【答案】C【分析】由函数的最小正周期为π，求出，再代入化简，画出的图象，再对选项一一判断即可得出答案.【解析】因为函数的最小正周期为π，所以，所以函数即，作出函数的图象，如下图所示：对于A，由图可知，在单调有增有减，故A错误；对于B，由图象可知，无对称中心，故B错误；对于C，由图象可知，为偶函数，当，，所以，所以，所以在的值域为，故C正确；对于D，由图象可知，的对称轴为，故D错误.故选：C.【点睛】关键点睛：由函数的最小正周期求出，再代入化简，画出的图象，再由三角函数的单调性，对称性，值域对选项一一判断即可得出答案.5．（2024·陕西榆林·二模）已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据的对称性求出，结合函数的单调性可得的取值范围，即可确定k的值，一一验证k的取值，是否符合题意，即可确定的可能值，从而得解.【解析】由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，故，则，即，由函数在上单调，得，即，即，解得，而，故或1，或2，当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，满足题意；当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上不单调，故在上不单调，此时不合题意；当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，满足题意；综上，或.故选：B【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用的对称性与单调性得到的可能取值，从而检验得解.6．（2024·陕西西安·一模）关于函数，下列选项正确的是（

）A．为奇函数B．在区间上单调递减C．的最小值为2D．在区间上有两个零点【答案】D【分析】由正弦函数的性质和函数奇偶性的定义验证选项A；利用导数判断函数在区间内的单调性判断选项B；特殊值法检验选项C；分段讨论去绝对值求零点判断选项D.【解析】由得，的定义域为，关于原点对称，由，则为偶函数，故A不正确；当时，，，因为，所以，，，所以，所以在区间上单调递增，故B不正确；因为，故C不正确；当时，，，此时无零点；当时，函数无意义；当时，，，此时无零点；当时，函数无意义；当时，，，令，得，得，得；当时，函数无意义；当时，，，此时无零点；当时，函数无意义；当时，，，令，得，得，得，综上所述：在区间上有两个零点和，故D正确．故选：D．【点睛】方法点睛：求函数在区间内的零点个数，由函数解析式中含绝对值，根据角的正负和角所在的象限，分类讨论，去掉绝对值，通过求值域最值或解方程，判断零点是否存在.7．（2024·陕西渭南·一模）已知函数在区间上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增.其中正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】令，，则,，结合条件可得有4个整数符合题意，可求出的取值范围，再利用三角函数图象性质逐项分析即可得出结论.【解析】由函数，令，可得，，因为在区间上有且仅有4个极值点，即可得有且仅有4个整数符合题意，解得，即，可得，即，解得，即③正确；对于①，当时，，即可得，显然当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；即①错误；对于②，的最小正周期为，易知，所以的最小正周期可能是，即②正确；对于④，当时，；由可知，由三角函数图象性质可知在区间上单调递增，即④正确；即可得②③④正确.故选：C【点睛】方法点睛：求解三角函数中的取值范围时，经常利用整体代换法由图象性质限定出取值范围即可求得结果，特别注意端点处的取值能否取到等号即可.题型3：数列综合8．（2024·四川南充·二模）已知数列：1，1，2，3，5，8，13，……这个数列从第3项起，每一项都等于前两项之和，记前项和为.给出以下结论：①，②，③，④.其中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由题意可得，且时，，运用累加法，结合数列的递推式，对各个选项一一判断，可得结论．【解析】对于①，由，且时，，可得，故①错误；对于②，，故②错误；对于③，，故③错误；对于④，，故④正确．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查数列的递推式和累加法的运用，关键是反复利用并项及累加得出结论.9．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解.【解析】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数，，，故A错误；为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数，，，，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可.10．（2024·全国·模拟预测）已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和.【解析】因为数列是正奇数数列，对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；当为偶数时，设，则，为偶数，所以，，所以，故选：D．11．（2024·山西晋城·一模）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（

）A．3月5日或3月16日 B．3月6日或3月15日C．3月7日或3月14日 D．3月8日或3月13日【答案】D【分析】利用等差数列求和公式列方程求解.【解析】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第天所得积分为．假设他连续打卡天，第天中断了，则他所得积分之和为，化简得，解得或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的应用，注意审题“一天中断”两次求和公式的应用.12．（23-24高三上·河北保定·期末）已知函数满足：，，成立，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，求出，令，求出，令，求出，再令，可求出的关系，再利用累加法结合等差数列前项和公式即可得解.【解析】令，则，所以，令，则，所以，令，则，所以，令，则，所以，则当时，，则，当时，上式也成立，所以，所以.故选：C.题型4：统计与概率综合13．（2024·黑龙江·二模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为，从第二题开始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为；若前一题答对，则此题答对的概率为.记甲同学回答第题时答错的概率为，当时，恒成立，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】写出甲同学回答第题时答错的概率，构造得到数列是等比数列，从而利用等比数列通项得到数列递减，由函数单调性即可得到答案.【解析】因为回答第题时有答对、答错两种情况，则回答第题时答错的概率，所以，由题意知，则，所以是首项为、公比为的等比数列，所以，即.显然数列递减，所以当时，，所以的最小值为.故选：D.14．（2024·云南·一模）一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（

）A．60种 B．68种 C．82种 D．108种【答案】D【分析】利用插空法结合组合数求解.【解析】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，且不同颜色数有种，所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查组合计数问题，关键是插空法的应用.15．（2024·河南·一模）甲､乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分．一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得分；若平局，则双方各得0分．若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜．令表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意结合全概率公式分析可得，进而可知是公比为的等比数列，利用累加法结合等比数列求和公式分析求解.【解析】由题意可知：i的取值集合为，且，在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为，在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为，根据全概率公式可得，整理得，变形得，因为，则，同理可得，所以是公比为的等比数列，所以，各项求和得，则，即，解得．故选：C.【点睛】关键点点睛：根据题意利用全概率公式结合等比数列的定义可得是公比为的等比数列.16．（2024·新疆·二模）斐波那契数列又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇的契合，小到地球上的动植物，如向日葵､松果､海螺的成长过程，大到海浪､飓风､宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列一般以递推的方式被定义：，则下列说法正确的是（

）A．记为数列的前项和，则B．在斐波那契数列中，从不大于34的项中任取一个数，恰好取到偶数的概率为C．D．【答案】B【分析】由数列的前两项和递推关系式求出数列的前几项，即可判断A和B的真假；由递推关系式用累加的方法可以判断C和D的真假.【解析】对于A，，，，所以A错误；对于B，斐波那契数列数列中不大于34的数依次是，其中偶数有3个，所以任取一个数字，取到的偶数的概率为，所以B正确；对于C，由，，，，，上式相加得：，所以C错误；对于D，由，得，则，，，，，上式相加得：，所以D错误.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解斐波那契数列的递推式，并熟练掌握其变形.17．（2024·广东湛江·一模）在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（

）A．事件M与事件N相互独立 B．事件X与事件Y相互独立C．事件M与事件Y相互独立 D．事件N与事件Y相互独立【答案】C【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案.【解析】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，所以，，，，因为事件与事件互斥，所以，又，所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；，故B错误；由，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；因为事件N与事件Y互斥，所以，又，所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误.故选：C．【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出，，，，再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.18．（22-23高三下·江苏苏州·开学考试）将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（

）种不同的放置与上色方式A．11232 B．10483 C．10368 D．5616【答案】C【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可.【解析】①3个1，3个2，0个3如表：121212只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，②1个1，2个2，3个3如表：132323选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，或313232选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种，③2个1，2个2，2个3如表：3223选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，或2323选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，所以不同的放置与上色方式有：.故选：C.19．（2022·新疆·一模）如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】分类分步排列即可.【解析】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，故选：B.20．（23-24高三上·江苏镇江·开学考试）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（

）A．27 B．24 C．32 D．28【答案】A【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确答案.【解析】设每一轮训练过关的概率为，则，，当且仅当时等号成立.函数的开口向上，对称轴为，所以，依题意，，则，，所以至少需要轮.故选：A【点睛】方法点睛：求解相互独立事件和独立重复事件结合的问题，要注意区别两者的不同，相互独立事件的概率可以不相同，独立重复事件概率是相同的.求最值的方法可以考虑二次函数的性质，也可以考虑基本不等式，利用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”.多选题题型5：三角函数、数列、统计与概率多选题21．（2024·河南郑州·模拟预测）已知，则（

）A．的图象关于点对称B．的值域为C．在区间上有33个零点D．若方程在（）有4个不同的解（，2，3，4），其中（，2，3），则的取值范围是【答案】AB【分析】根据题意可得，从而可对A判断；由题意可得，则为的一个周期，不妨讨论内的值域情况，从而可对B判断；令，可得或，即（），从而可对C判断；根据分情况讨论得到，，从而可对D判断.【解析】对A：由，所以，则的图象关于对称，故A正确；对B：由，因为，所以的一个周期为，不妨讨论一个周期的值域情况，当，此时，则，因为，所以，则，则；当，此时，则，因为，所以，则，则，当，此时，则，因为，所以，则，则，当，此时，则，因为，所以，则，则，综上所述，故B正确；对C：，令得或，可得（），所以，，所以在上有31个零点，故C错误；对D：是以为周期的周期函数，当时，则在上有2个实根，，且与关于对称，所以；当时，则在上没有实根，则在上有2个实根，，且与关于对称，且，且，，当时，则在上没有实根，当时，有2个实根，但只需有4个零点，所以，又因为，所以的取值范围是，故D错误，故选：AB．【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象，利用数形结合的方法求解.22．（2024·河南·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．是的一个周期B．的值域是C．若在区间上有最小值，没有最大值，则的取值范围是D．若方程在区间上有3个不同的实根，则的取值范围是【答案】BC【分析】根据题意整理可得：，定义域为，且为偶函数，对于A：根据周期性定义分析判断；对于B：先求在上的值域，结合偶函数和周期性分析判断；对于C：根据题意结合选项B中最值点分析判断；对于D：分析可知方程的实根即为与的交点横坐标，结合图象可得，代入结合正弦函数性质分析求解.【解析】因为，由题意可知：的定义域为，关于原点对称，且，可得为偶函数，对于选项A：因为，可知不是的一个周期，又因为，可知是的一个周期，故A错误；对于选项B：当，则，可得，因为，则，可知：当，即时，取到最小值；当，即时，取到最大值1；所以，结合偶函数和周期性可知的值域是，故B正确；对于选项C：因为，由选项B可知：，故C正确；对于选项D：方程的实根即为与的交点横坐标，作出在的图象，如图所示：由题意结合图象可知：，则，因为，则，可得，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】易错点睛：对于选项A：要结合定义域分析函数周期性，若不考虑定义域，很容易认为选项A正确.23．（2024·安徽安庆·二模）满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（

）A．存在非零实数t，使得为等差数列B．存在非零实数t，使得为等比数列C．D．【答案】BCD【分析】对A、B：借助等差数列与等比数列定义计算即可得；对C：借助代入即可得；对D：由，得到，从而将展开后借助该式裂项相消即可得.【解析】对A：若数列为等差数列，则有，即，由，故有恒成立，即有，无解，故不存在这样的实数，故A错误；对B：若数列为等比数列，则有，即，由，故有恒成立，即有，即，解得，此时，故存在非零实数t，使得为等比数列，故B正确；对C：由，则，即有，故C正确；对D：由，故，故，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于由，得到，从而将展开后可借助该式裂项相消.24．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（

）A．存在，使得恒成立B．存在，使得恒成立C．对任意，总存在，使得D．对任意，总存在，使得【答案】BC【分析】由已知求出及范围判断AB；利用累加法结合错位相减法求和求出及范围判断C；求出及的范围判断D.【解析】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值，因此不存在，使得恒成立，A错误；对于B，由选项A知，，则，显然当时，恒成立，B正确；对于C，由，得，当时，即，于是，两式相减得，因此，显然满足上式，则，由，得数列是递增数列，有最小值1，无最大值，从而对任意，总存在，使得，C正确；对于D，，由选项C得，显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误.故选：BC【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.25．（2024·辽宁·一模）已知数列的首项为，且，则（

）A．存在使数列为常数列B．存在使数列为递增数列C．存在使数列为递减数列D．存在使得恒成立【答案】ABD【分析】首先分析可得且，设，，利用导数说明函数的单调性，再分、、三种情况讨论的单调性，即可判断.【解析】因为，所以，又，则，设，，所以，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，，，故当使数列为常数列，故A正确；当时，由在上单调递增，又，所以，故B正确；当时，由在上单调递减，又，所以，又在上单调递增且，所以，所以存在使得恒成立，即D正确；由上述分析可知，不存在使数列为递减数列，故C错误.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键是将递推公式变形为，从而构造函数，利用函数的单调性判断的单调性.26．（2024·四川成都·模拟预测）记数列的前项和为，且满足，.则（

）A． B．是递增数列C． D．【答案】ABD【分析】累乘法可计算出数列的通项公式判断A，利用数列单调性定义判断B，举反例判断C，利用错位相减法求和判断D.【解析】由可得：，，，，，，，则当时，，化简得，又，，则，所以，又时也成立，所以，所以，故A正确；因为，所以是递增数列，故B正确；令，则，两式相减得，所以，记，则，两式相减得，所以，所以，，不满足，故C错误；因为，且，所以是递增数列，所以，即，故D正确.故选：ABD27．（2024·广东·模拟预测）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（

）A．（其中） B．数列是递减数列C． D．数列的前项和【答案】AD【分析】根据可求的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，得，进一步判断数列的结构特征，得到数列是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列的前项和，判断D的真假.【解析】对于A选项，由得，所以，故A正确.二次函数有两个不等式实根，，不妨设，因为，所以，在横坐标为的点处的切线方程为：，令，则，因为所以，即：所以为公比是2，首项为1的等比数列.所以故BC错.对于D选项，，得故D正确.故选：AD28．（2024·甘肃·一模）围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博弈游戏之一.东汉的许慎在《说文解字）中说：“弈，围棋也”，因此，“对弈"在当时特指下围棋，现甲与乙对弈三盘，每盘赢棋的概率是，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率.甲也与丙对弈三盘，每盘赢棋的概率是，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率.若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙､丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是和，则以下结论正确的是（

）A．B．当时，C．，使得对，都有D．当时，【答案】ABC【分析】对于A，根据题意计算概率建立不等式，解出即可；对于B，计算出和，根据条件即可判断；对于C，结合题意和选项B中结论，即可判断；对于D，根据条件，建立方程，化简后结合的范围即可判断.【解析】对于A,根据题意，甲与乙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，则，解得，故，甲与丙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，则，解得，故，故，则A正确；对于B，由得，则，即，又，所以，所以，故B正确；对于C，，使得对，结合B分析，只满足，都有，故C正确；对于D，令，则，化简为，故，即，又因为，则，即，故D错误，故选：ABC.29．（2024·全国·模拟预测）已知，，，，，，记．当，，，，中含个6时，所有不同值的个数记为．下列说法正确的有（

）A．若，则B．若，则C．对于任意奇数D．对于任意整数【答案】AC【分析】对于选项A，当时写出，由，中不含6，根据题意即可求得；对于选项B，当时写出，由，，，中含有个6，可得，，解不等式即可；对于选项C，，设，，由二项式定理求解即可；对于选项D，构造二项分布，利用均值求解即可.【解析】当，，故，A正确；当，，，当时，，解得，B错误；，设，，则，于是，C正确；因为，构造二项分布，则，因此，D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：本题考查计数原理、二项式定理、二项分布的均值；根据题意利用计数原理得到，根据二项式定理和二项分布求解.30．（2024·全国·模拟预测）记男生样本的平均数为，方差为；女生样本的平均数为，方差为；男女总样本的平均数记为，方差为，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，，则D．【答案】BCD【分析】利用均值公式、方差公式逐项判断正误即可.【解析】对A，，可得，则或，A不正确．对B，，所以，若，则，B正确．对C，因为，所以，则．又，所以，C正确．对D，，所以，D正确．故选：BCD三、填空题题型6：三角函数、数列、统计与概率填空题31．（2024·四川遂宁·二模）已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为．【答案】/【分析】根据给定的等差数列，写出通