专题32 选择题压轴题综合（10年汇编）（八大考点，48题）（全国通用）2017-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 高考数学选择题压轴题专题汇编，覆盖集合、数列等八大考点共48题，精选2017-2026年各地高考真题，聚焦综合推理与创新应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|48题|函数与导数（2026上海题）、数列（2025上海题）、立体几何（2023新课标Ⅰ题）等高频考点|多结论辨析（如2022新高考Ⅰ卷）、新定义问题（如2026上海“最低点”），注重数形结合与逻辑推导，贴合近年高考命题趋势|

专题32 选择题压轴题综合 （八大考点，48题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点01 集合 2020浙江 1.多为多选题形式，仅以正整数集合作为出题载体。 2.先自定义全新集合运算规则，再设置多个命题辨析真假。 3.侧重逻辑推导，计算量偏小，重在读懂定义、分类验证。 考点02 数列 2025上海、2023北京/上海、2022浙江、2021浙江、2020全国Ⅱ、2019浙江、2018浙江 1.单选、多选均高频出现，常作为选择最后一题。 2.以递推数列、周期序列、数列三边约束为核心载体。 3.设问包含单调性、项大小比较、周期性质判断，综合推理要求高。 考点03 函数与导数 2026上海、2025全国一卷、2024新课标Ⅰ/Ⅱ/上海、2022全国乙/新高考Ⅰ、2021天津/全国甲/乙/上海、2020全国Ⅰ/Ⅲ、2019浙江 1.全卷选择压轴核心题型，新高考以多选题为主。 2.覆盖指对比较、函数对称性、零点、极值、函数新定义多类综合场景。 3.一题设置多个结论，需逐一论证，数形结合是核心解题手段。 考点04 立体几何 2026上海、2022全国乙、2019浙江、2018全国Ⅲ、2023新课标Ⅰ、2021新高考Ⅰ 1.新高考多选热门出题板块，兼具空间想象与计算。 2.载体为正方体、棱锥、外接球，围绕空间角、体积、动点命题。 3.常给出多个论断，判断成立与否，兼顾几何直观与定量计算。 考点05 平面解析几何 2025天津/全国一卷、2024北京、2023上海、2022上海、2021浙江、2019北京、2018全国Ⅰ、2017上海 1.区分度较高的压轴选择，椭圆、双曲线、圆混合命题。 2.主要考查离心率、弦长、动点轨迹、图形交点等量关系。 3.多结论判断题型居多，联立、韦达定理是核心计算工具。 考点06 三角函数与解三角形 2026北京、2025全国一卷、2021浙江 1.单选、多选均有出现，常结合生活机械模型出题。 2.依托正余弦定理、三角恒等变换求解范围、计数判断。 3.题干文字情境较多，需先转化为纯三角数学模型再分析。 考点07 平面向量 2018浙江、2017全国Ⅲ 1.小众压轴单选题，整体题量偏少。 2.以圆、动点为几何背景，考查向量线性运算与模长最值。 3.解题依靠数形结合，坐标法是通用求解思路。 考点08 概率统计 2026全国一卷、2020山东 1.创新背景压轴，题干阅读量较大，新概念居多。 2.引入信息熵、空间随机点等全新统计定义，结合对数运算。 3.重在读懂新公式，代入简单运算即可判断命题正误。 考点01 集合 1. （2020·浙江·高考真题）设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足： ①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT ②对于任意x，yT，若x<y，则S； 下列命题正确的是（    ） A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素 B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素 C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素 D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素 【答案】A 【分析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可. 【详解】首先利用排除法： 若取，则，此时，包含4个元素，排除选项 C； 若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D； 若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B； 下面来说明选项A的正确性： 设集合，且，， 则，且，则， 同理，，，，， 若，则，则，故即， 又，故，所以， 故，此时，故，矛盾，舍. 若，则，故即， 又，故，所以， 故，此时. 若， 则，故，故， 即，故， 此时即中有7个元素. 故A正确. 故选：A. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 考点02 数列 1. （2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（  ） A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个 【答案】B 【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得. 【详解】由题意，不妨设， 三点均在第一象限内，由可知，， 故点恒在线段上，则有. 即对任意的，恒成立， 令，构造函数， 则，由单调递增， 又，存在，使， 即当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故至多个零点， 又由， 可知存在个零点，不妨设，且. ①若，即时，此时或. 则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形， 所以恒成立，故， 所以有，解得； ②若，即时，此时. 则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形， 所以恒成立，故， 所以有，解得或； 综上可知，正整数的个数有个. 故选：B. 2. （2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立. 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确. 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为增数列， 又，结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误. 故选：B. 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 3. （2023·上海·高考真题）已知数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意，都有，则下列说法可能成立的是（    ） A．为等差数列，为等比数列 B．为等比数列，为等差数列 C．为等差数列，为等比数列 D．为等比数列，为等差数列 【答案】C 【分析】令(是等差数列的前n项和),由题意可得当时，单调递减，结合二次函数的性质和选项逐一判断即可. 【详解】解：令,由题意当时，单调递减， 对于首项为，公差为的等差数列， 则前n项和(不含常数项)， 此时， 由二次函数的性质知：当足够大时，不可能为单调递减函数， 所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意； 对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比时，满足，故符合题意； 对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当足够大时，不满足，即不可能为单调递减函数，故不合题意 故选：C. 【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等差数列前n项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化. 4. （2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出． 【详解】∵，易得，依次类推可得 由题意，，即， ∴， 即，，，…，， 累加可得，即， ∴，即，, 又， ∴，，，…，， 累加可得， ∴， 即，∴，即； 综上：． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.          5. （2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解． 【详解】因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得． 6. （2020·全国II卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据新定义，逐一检验即可 【详解】由知，序列的周期为m，由已知，， 对于选项A， ，不满足； 对于选项B， ，不满足； 对于选项D， ，不满足； 故选：C 【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题. 7. （2019·浙江·高考真题）设，数列中，， ,则 A．当 B．当 C．当 D．当 【答案】A 【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确. 【详解】若数列为常数列，则，由， 可设方程 选项A：时，，， ， 故此时不为常数列， ， 且， ，则， 故选项A正确； 选项B：时，，， 则该方程的解为， 即当时，数列为常数列，， 则，故选项B错误； 选项C：时，， 该方程的解为或， 即当或时，数列为常数列，或， 同样不满足，则选项C也错误； 选项D：时，， 该方程的解为， 同理可知，此时的常数列也不能使， 则选项D错误. 故选：A. 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解. 8. （2018·浙江·高考真题）已知成等比数列，且．若，则 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断. 【详解】令则，令得，所以当时，，当时，，因此， 若公比，则，不合题意； 若公比，则 但， 即，不合题意； 因此， ，选B. 【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如 考点03 函数与导数 1. （2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（    ） A．若和都有最小值，则有最低点； B．若有最低点，则和都有最小值； C．若或有最小值，则有最低点； D．若有最低点，则或有最小值. 【答案】D 【分析】可以举反例证明选项A、B、C的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得或，再分类讨论即可. 【详解】对于A项，取，，取，， 则，；而无最低点，故A错误； 对于B项，取，，取，， 则无最小值，；而有最低点，故B错误； 对于C项，取，，取，， 则无最小值，； 因为的函数值可趋向于负无穷大，所以无最低点，则亦无最低点，故C错误； 对于D项，因为有最低点，不妨设为的最低点，且，且， 所以或， 若，则且对任意的，总有，即； 若，同理可知； 所以若有最低点，则或有最小值，故D正确. 故选：D. 2. （2025·全国一卷·高考真题）已知，则x，y，z的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出； 法二：根据数形结合解出. 【详解】法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 3. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 4. （2024·上海·高考真题）现定义如下:当时，若，则称为延展函数.已知当时，且，且均为延展函数，则以下结论（    ） （1）存在与有无穷个交点 （2）存在与有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立. 【答案】D 【分析】由延展函数的定义分段求出解析式，作出函数图象，数形结合可得. 【详解】当时，，则， 又，则由延展函数定义可得； 同理可得，当，；； 任意，当时，. 当时，，则，则； 同理可得，当时，；； 当时，； 当，；当，；； 则任意时，当. 如图，作出与大致图像， 因为，如图可知，不存在直线与图象有无穷个交点，故（1）不成立； 又因为当，， 故当时， 直线与的图象在区间的函数部分重合， 即有无穷个交点，故（2）成立； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决此题目的关键在于理解新定义“延展函数”，能够依次求解出函数在各段的解析式及作出函数图象，数形结合解决函数图象与直线的交点个数问题. 5. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值. 【详解】解法一：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时； 可知若，符合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； 解法二：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断. 6. （2022·全国乙卷·高考真题）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解. 【详解】因为的图像关于直线对称， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以， . 因为，所以，即，所以. 因为，所以，又因为， 联立得，， 所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R， 所以 因为，所以. 所以. 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. 7. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 8. （2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出. 【详解】最多有2个根，所以至少有4个根， 由可得， 由可得， （1）时，当时，有4个零点，即； 当，有5个零点，即； 当，有6个零点，即； （2）当时，， ， 当时，，无零点； 当时，，有1个零点； 当时，令，则，此时有2个零点； 所以若时，有1个零点. 综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足 或或， 则可解得a的取值范围是. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况. 9. （2021·全国乙卷·高考真题）设，，．则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系. 【详解】[方法一]： ， 所以； 下面比较与的大小关系. 记，则，， 由于 所以当0<x<2时，，即，， 所以在上单调递增， 所以，即，即； 令，则，， 由于，在x>0时，， 所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c； 综上，， 故选：B. [方法二]： 令 ，即函数在（1，+∞)上单调递减 令 ，即函数在（1，3)上单调递增 综上，， 故选：B. 【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的. 10. （2021·全国甲卷·高考真题）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案． 【详解】[方法一]： 因为是奇函数，所以①； 因为是偶函数，所以②． 令，由①得：，由②得：， 因为，所以， 令，由①得：，所以． 思路一：从定义入手． 所以． [方法二]： 因为是奇函数，所以①； 因为是偶函数，所以②． 令，由①得：，由②得：， 因为，所以， 令，由①得：，所以． 思路二：从周期性入手 由两个对称性可知，函数的周期． 所以． 故选：D． 【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果． 11. （2021·上海·高考真题）已知函数的定义域为，下列是无最大值的充分条件是（    ） A．为偶函数且关于直线对称 B．为偶函数且关于点对称 C．为奇函数且关于直线对称 D．为奇函数且关于点对称 【答案】D 【分析】根据对称性可判断函数的周期，故可判断ABC的正误，根据对称性可得，据此可判断D的正误. 【详解】对于A，因为为偶函数，故， 而的图像关于直线对称，故，故， 故为周期函数且周期为2， 而在必有最大值，故必有最大值，故A错误. 对于B，而的图像关于点对称，故， 故，故，故 故为周期函数且周期为4， 而在必有最大值，故必有最大值，故B错误. 对于C，因为为奇函数，故， 而的图像关于直线对称，故，故， 所以故为周期函数且周期为4， 而在必有最大值，故必有最大值，故C错误. 对于D，因为为奇函数，故， 而的图像关于点对称，故， 故，设， 则，故无最大值， 故选：D 12. （2020·全国III卷·高考真题）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ） A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 【答案】A 【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系. 【详解】由题意可知、、，，； 由，得，由，得，，可得； 由，得，由，得，，可得. 综上所述，. 故选：A. 【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题. 13. （2020·全国I卷·高考真题）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案. 【详解】设，则为增函数，因为 所以， 所以，所以. ， 当时，，此时，有 当时，，此时，有，所以C、D错误. 故选：B. 【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题. 14. （2019·浙江·高考真题）已知，函数，若函数恰有三个零点，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得． 【详解】当时，，得；最多一个零点； 当时，， ， 当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意； 当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点； 根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点， 如图： 且， 解得，，． 故选．    【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底. 15. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 16. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究 对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. [方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法. 由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC. 故选：BC. [方法三]： 因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称， 又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法； 方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解． 考点04 立体几何 1. （2026·上海·高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与轴、轴、轴重合，顶点与坐标原点重合，点是正方体底面中与相对的对角顶点，点在点的正上方．将正方体绕直线旋转一周，试问点的运动轨迹会经过几个空间卦限（     ）．    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】不妨设正方体的棱长为3，分析可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，解法一：设，列方程分析点的轨迹与各坐标面的交点即可判断；解法二：利用补形法，可知点的轨迹即为的内切圆，即可判断结果. 【详解】不妨设正方体的棱长为3， 则，，， 可得，， 设点在体对角线上的投影为，，，    则， 可得，解得， 则，即，且， 可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆， 解法一：在点的轨迹任取一点，则， 则，整理可得， 令可得，解得，可知点的轨迹与平面相切， 令可得，解得，可知点的轨迹与平面相切， 令可得，解得，可知点的轨迹与平面相切， 所以点的轨迹经过空间中的1个卦限； 解法二：将正方体补成边长为6的正方体，如图所示：    则，，， 可知为边长为的正三角形，且其中心为，且内切圆半径， 即可知点的轨迹即为的内切圆，所以点的轨迹经过空间中的1个卦限. 2. （2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C．[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 3. （2019·浙江·高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半. 【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B. 方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然） 由最大角定理，故选B. 方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得 ，故选B. 【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法. 4. （2018·全国III卷·高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型． 5. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 6. （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 考点05 平面解析几何 1. （2025·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 【答案】A 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则， 过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线， 则， 由双曲线的定义及已知条件可知，则， 由勾股定理可知， 易知，即， 整理得，∴，即离心率为2. 故选： 2. （2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 3. （2023·上海·高考真题）在平面上，若曲线Γ具有如下性质：存在点M，使得对于任意点，都有使得．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（    ） ①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线． A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 【答案】B 【分析】由新定义求解曲线上任一点到定点距离的取值范围，当任意，都有时，曲线满足定义，结合椭圆与双曲线的性质判断， 【详解】对于①，不妨设椭圆方程为，， 则椭圆上一点到距离为， 当时，对称轴，可得， 总存在使得，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确， 对于②，对于给定的双曲线和点，显然存在最小值，而横坐标趋近于无穷大时，趋近于无穷大，，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”故②错误， 故选：B 【点睛】本题关键在于新定义的理解，转化为求曲线上任一点到定点距离的取值范围，再结合椭圆与双曲线的性质判断即可． 4. （2022·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知关于点集的两个结论： ①存在直线l，使得集合中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧； ②存在直线l，使得集合中存在无数个点在直线上. 则下列判断正确的是（    ） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【答案】B 【分析】对于①只需要找一条直线，使得一部分圆在直线的方程，余下圆在直线的下方即可.对于②从极限的思想考虑. 【详解】对于①，取直线, 则对于任意的，有， 故圆均在直线的下方， 而对任意的，有， 故圆均在直线的上方， 而当时，表示原点，它在直线的下方， 故此时集合中所有的点均不在直线上，且存在点在直线的两侧. 所以①成立. 对于②，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为 当时所以直线只能与有限个圆相交，所以②不成立. 故选：B 5. （2021·浙江·高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（    ） A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线 【答案】C 【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程. 【详解】由题意得，即， 对其进行整理变形： ， ， ， ， 所以或， 其中为双曲线，为直线. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题. 6. （2019·北京·高考真题）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论： ①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过； ③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中，所有正确结论的序号是 A．① B．② C．①② D．①②③ 【答案】C 【分析】将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围. 【详解】由得,,, 所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确. 由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确. 如图所示,易知, 四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误. 故选C. 【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”. 7. （2018·全国I卷·高考真题）已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|= A． B．3 C． D．4 【答案】B 【详解】分析：首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率，并求得其右焦点的坐标，从而得到，根据直角三角形的条件，可以确定直线的倾斜角为或，根据相关图形的对称性，得知两种情况求得的结果是相等的，从而设其倾斜角为，利用点斜式写出直线的方程，之后分别与两条渐近线方程联立，求得，利用两点间距离公式求得的值. 详解：根据题意，可知其渐近线的斜率为，且右焦点为， 从而得到，所以直线的倾斜角为或， 根据双曲线的对称性，设其倾斜角为， 可以得出直线的方程为， 分别与两条渐近线和联立， 求得， 所以，故选B. 点睛：该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之间的距离，再分析点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线的方程，可以确定其渐近线方程，利用直角三角形的条件得到直线的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点间距离公式求得结果. 8. （2017·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知椭圆和. 为上的动 点，为上的动点，是的最大值. 记在上，在上，且，则中元素个数为 A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个 【答案】D 【详解】椭圆和，为上动点，为上动点， 可设，， 则， 当时，取得最大值， 则在上，在上，且中的元素有无穷对，故选D. 9. （2026·全国一卷·高考真题）已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则（     ） A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时，的最大值为 【答案】BCD 【分析】已知三个圆均为半径的等圆，圆心分别为、、，利用弦长公式（为对应圆心到直线的距离，且以保证直线与圆有两个交点），逐个分析选项即可. 【详解】记到直线的距离分别为，则，，. ∵ 直线与三个圆均有两个交点， ∴ ，，，对应弦长为. A：∵ 解，得， 解，得， 不妨取， ∵， ∴，记， 解，得，记， 当，即时，， 此时不存在这样的直线与三个圆都相交. ∴ 不能取任意实数，A错误. B：∵ ， ∴ . 由得，平方得，即或. ①当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线条. ②当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线条. 综上，共条直线满足条件，B正确. C：令， ∴ ，， 令，则， ∴ . 令，即， 平方整理可得，解得或，即或， 经验证，此时均小于，满足题目要求，此时已有条直线，多于条，C正确. D：当时，，， ∴ ，， 令，则， ∴ . 设，求导得， 令得，此时取最大值， ∴ 的最大值为，D正确.    【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的位置关系，核心是利用弦长公式将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系，最值问题可通过换元结合导数求解，多选题可逐个验证选项，结合特殊情形快速判断正误. 10. （2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D. 【详解】法一：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，易知直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 联立，得， 易知，则， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 又 ， ， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 联立，消去，得， 易知，则， 所以 ， 综上，，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 当直线的斜率存在时，， ， 所以， 则； 综上，，故D正确. 故选：ACD. 考点06 三角函数与解三角形 1. （2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围. 【详解】因为，则，即得， 所以中， 所以， 所以的范围为. 2. （2021·浙江·高考真题）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值. 【详解】法1：由基本不等式有， 同理，， 故， 故不可能均大于. 取，，， 则， 故三式中大于的个数的最大值为2， 故选：C. 法2：不妨设，则， 由排列不等式可得： ， 而， 故不可能均大于. 取，，， 则， 故三式中大于的个数的最大值为2， 故选：C. 【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或排序进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向. 3. （2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，， 展开可得， 即， 下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： ，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知. 由，由，则，即， 则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和的正切公式可得，， 设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 故选：ABC 考点07 平面向量 1. （2018·浙江·高考真题）已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值. 【详解】设， 则由得， 由得 因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A. 【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法. 2. （2017·全国III卷·高考真题）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则+的最大值为（   ） A．3 B．2 C． D．2 【答案】A 【详解】如图所示，建立平面直角坐标系. 设, 易得圆的半径，即圆C的方程是， ，若满足， 则，，所以， 设，即，点在圆上， 所以圆心到直线的距离，即，解得， 所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A. 【点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算. （2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决. 考点08 概率统计 1. （2026·全国一卷·高考真题）设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为（     ） A． B． C．0 D． 【答案】A 【分析】由题意可知.解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望；解法二：可得，，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解. 【详解】由题意可知：，且随机变量的取值为，，，，，，0，1，2，3，4，5，6. 解法一：依题意，可得， ， ，， ，， 所以； 解法二：根据对称性可知：，，，，， 又，， 所以； 解法三：因为，， 对于任意一点，均存在与之对应，可知这两点的坐标和为0， 因为，样本空间， 可知样本空间中存在唯一点与点对应， 所以中所有点的坐标和的总和为， 故. 2. （2020·山东·高考真题）（多选）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.则（    ） A．若n=1，则H(X)=0 B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大 C．若，则H(X)随着n的增大而增大 D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y) 【答案】AC 【分析】对于A选项，求得，由此判断出A选项；对于B选项，利用特殊值法进行排除；对于C选项，计算出，利用对数函数的性质可判断出C选项；对于D选项，计算出 ，利用基本不等式和对数函数的性质判断出D选项. 【详解】对于A选项，若，则，所以，所以A选项正确. 对于B选项，若，则，， 所以， 当时，， 当时，， 两者相等，所以B选项错误. 对于C选项，若，则 ， 则随着的增大而增大，所以C选项正确. 对于D选项，若，随机变量的所有可能的取值为，且 （ ）. . 由于，所以 ，所以 ， 所以， 所以，所以D选项错误. 故选：AC 【点睛】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用，考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用，属于难题. 试卷第1页，共3页 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题32 选择题压轴题综合 （八大考点，48题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点01 集合 2020浙江 1.多为多选题形式，仅以正整数集合作为出题载体。 2.先自定义全新集合运算规则，再设置多个命题辨析真假。 3.侧重逻辑推导，计算量偏小，重在读懂定义、分类验证。 考点02 数列 2025上海、2023北京/上海、2022浙江、2021浙江、2020全国Ⅱ、2019浙江、2018浙江 1.单选、多选均高频出现，常作为选择最后一题。 2.以递推数列、周期序列、数列三边约束为核心载体。 3.设问包含单调性、项大小比较、周期性质判断，综合推理要求高。 考点03 函数与导数 2026上海、2025全国一卷、2024新课标Ⅰ/Ⅱ/上海、2022全国乙/新高考Ⅰ、2021天津/全国甲/乙/上海、2020全国Ⅰ/Ⅲ、2019浙江 1.全卷选择压轴核心题型，新高考以多选题为主。 2.覆盖指对比较、函数对称性、零点、极值、函数新定义多类综合场景。 3.一题设置多个结论，需逐一论证，数形结合是核心解题手段。 考点04 立体几何 2026上海、2022全国乙、2019浙江、2018全国Ⅲ、2023新课标Ⅰ、2021新高考Ⅰ 1.新高考多选热门出题板块，兼具空间想象与计算。 2.载体为正方体、棱锥、外接球，围绕空间角、体积、动点命题。 3.常给出多个论断，判断成立与否，兼顾几何直观与定量计算。 考点05 平面解析几何 2025天津/全国一卷、2024北京、2023上海、2022上海、2021浙江、2019北京、2018全国Ⅰ、2017上海 1.区分度较高的压轴选择，椭圆、双曲线、圆混合命题。 2.主要考查离心率、弦长、动点轨迹、图形交点等量关系。 3.多结论判断题型居多，联立、韦达定理是核心计算工具。 考点06 三角函数与解三角形 2026北京、2025全国一卷、2021浙江 1.单选、多选均有出现，常结合生活机械模型出题。 2.依托正余弦定理、三角恒等变换求解范围、计数判断。 3.题干文字情境较多，需先转化为纯三角数学模型再分析。 考点07 平面向量 2018浙江、2017全国Ⅲ 1.小众压轴单选题，整体题量偏少。 2.以圆、动点为几何背景，考查向量线性运算与模长最值。 3.解题依靠数形结合，坐标法是通用求解思路。 考点08 概率统计 2026全国一卷、2020山东 1.创新背景压轴，题干阅读量较大，新概念居多。 2.引入信息熵、空间随机点等全新统计定义，结合对数运算。 3.重在读懂新公式，代入简单运算即可判断命题正误。 考点01 集合 1. （2020·浙江·高考真题）设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足： ①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT ②对于任意x，yT，若x<y，则S； 下列命题正确的是（    ） A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素 B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素 C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素 D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素 考点02 数列 1. （2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（  ） A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个 2. （2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 3. （2023·上海·高考真题）已知数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意，都有，则下列说法可能成立的是（    ） A．为等差数列，为等比数列 B．为等比数列，为等差数列 C．为等差数列，为等比数列 D．为等比数列，为等差数列 4. （2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 5. （2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 6. （2020·全国II卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（    ） A． B． C． D． 7. （2019·浙江·高考真题）设，数列中，， ,则 A．当 B．当 C．当 D．当 8. （2018·浙江·高考真题）已知成等比数列，且．若，则 A． B． C． D． 考点03 函数与导数 1. （2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（    ） A．若和都有最小值，则有最低点； B．若有最低点，则和都有最小值； C．若或有最小值，则有最低点； D．若有最低点，则或有最小值. 2. （2025·全国一卷·高考真题）已知，则x，y，z的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 3. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 4. （2024·上海·高考真题）现定义如下:当时，若，则称为延展函数.已知当时，且，且均为延展函数，则以下结论（    ） （1）存在与有无穷个交点 （2）存在与有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立. 5. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 6. （2022·全国乙卷·高考真题）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 7. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 8. （2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9. （2021·全国乙卷·高考真题）设，，．则（    ） A． B． C． D． 10. （2021·全国甲卷·高考真题）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ） A． B． C． D． 11. （2021·上海·高考真题）已知函数的定义域为，下列是无最大值的充分条件是（    ） A．为偶函数且关于直线对称 B．为偶函数且关于点对称 C．为奇函数且关于直线对称 D．为奇函数且关于点对称 12. （2020·全国III卷·高考真题）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ） A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 13. （2020·全国I卷·高考真题）若，则（    ） A． B． C． D． 14. （2019·浙江·高考真题）已知，函数，若函数恰有三个零点，则 A． B． C． D． 15. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 16. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 考点04 立体几何 1. （2026·上海·高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与轴、轴、轴重合，顶点与坐标原点重合，点是正方体底面中与相对的对角顶点，点在点的正上方．将正方体绕直线旋转一周，试问点的运动轨迹会经过几个空间卦限（     ）．    A． B． C． D． 2. （2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 3. （2019·浙江·高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则 A． B． C． D． 4. （2018·全国III卷·高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 5. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 6. （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 考点05 平面解析几何 1. （2025·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 2. （2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 3. （2023·上海·高考真题）在平面上，若曲线Γ具有如下性质：存在点M，使得对于任意点，都有使得．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（    ） ①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线． A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 4. （2022·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知关于点集的两个结论： ①存在直线l，使得集合中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧； ②存在直线l，使得集合中存在无数个点在直线上. 则下列判断正确的是（    ） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 5. （2021·浙江·高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（    ） A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线 6. （2019·北京·高考真题）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论： ①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过； ③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中，所有正确结论的序号是 A．① B．② C．①② D．①②③ 7. （2018·全国I卷·高考真题）已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|= A． B．3 C． D．4 8. （2017·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知椭圆和. 为上的动 点，为上的动点，是的最大值. 记在上，在上，且，则中元素个数为 A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个 9. （2026·全国一卷·高考真题）已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则（     ） A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时，的最大值为 10. （2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 考点06 三角函数与解三角形 1. （2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（     ） A． B． C． D． 2. （2021·浙江·高考真题）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3. （2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 考点07 平面向量 1. （2018·浙江·高考真题）已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 A． B． C．2 D． 2. （2017·全国III卷·高考真题）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则+的最大值为（   ） A．3 B．2 C． D．2 考点08 概率统计 1. （2026·全国一卷·高考真题）设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为（     ） A． B． C．0 D． 2. （2020·山东·高考真题）（多选）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.则（    ） A．若n=1，则H(X)=0 B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大 C．若，则H(X)随着n的增大而增大 D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y) 试卷第1页，共3页 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $