全国卷三年2023-2025高考数学真题按题型知识点分类汇编-03选择题提升题（含解析）

全国卷三年 2023-2025高考数学真题按题型知识点分类汇编-03选择题提升题
一、常用逻辑用语
1．（2024·全国甲卷·高考真题）设向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件 B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件 D．“”是“”的充分条件
二、线性规划
2．（2024·全国甲卷·高考真题）若满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
三、三角函数
3．（2023·全国乙卷·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·全国甲卷·高考真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
四、导数及其应用
6．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
五、指对幂函数
7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．记，则（ ）
A． B． C． D．
8．（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
9．（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．
六、空间几何体
10．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
11．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
12．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A．24 B．26 C．28 D．30
七、函数及其性质
13．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
14．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
15．（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．
八、圆与方程
16．（2023·全国乙卷·高考真题）已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
17．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
九、圆锥曲线
18．（2023·全国甲卷·高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
19．（2023·全国乙卷·高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A． B． C． D．
十、函数的应用
21．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
十一、平面向量的线性运算
22．（2023·全国甲卷·高考真题）已知向量满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
十二、平面向量的数量积
23．（2023·全国乙卷·高考真题）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
十三、集合
24．（2023·全国乙卷·高考真题）设集合，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
25．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
十四、点、直线、平面之间的位置关系
26．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
十五、等比数列
27．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
十六、三角恒等变换
28．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
十七、解三角形
29．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．
十八、等差数列
30．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
试卷第1页，共3页
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《全国卷三年 2023-2025高考数学真题按题型知识点分类汇编-03选择题提升题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C D C B A C B A
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 C D D B B C D B D C
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 C D A A B C C B B C
1．C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
2．D
【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.
【详解】实数满足，作出可行域如图：
由可得，
即的几何意义为的截距的，
则该直线截距取最大值时，有最小值，
此时直线过点，
联立，解得，即，
则.
故选：D.
3．C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
4．D
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【详解】因为在区间单调递增，
所以，且，则，，
当时，取得最小值，则，，
则，，不妨取，则，
则，
故选：D.
5．C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
故选：C.
6．B
【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
上单调递增，
在上单调递减，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
7．A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
8．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.
9．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．
10．A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
11．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
12．D
【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.
【详解】如图所示，在长方体中，，，
点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为：.
故选：D.
13．D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
14．B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
15．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.
16．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
17．D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的渐近线为，
当渐近线为时，圆心到该渐近线的距离，不合题意；
当渐近线为时，则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
18．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
19．D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确；
故选：D.
20．C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
21．C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
22．D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】因为,所以,
即,即,所以.
如图,设,
由题知,是等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,
,
.
故选:D.
23．A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.
【详解】如图所示，，则由题意可知:，
由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，则
当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则
当时，有最大值.
综上可得，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
24．A
【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为即可.
【详解】由题意可得，则，选项A正确；
，则，选项B错误；
，则或，选项C错误；
或，则或，选项D错误；
故选：A.
25．B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或或
于是有或，
即有，解得；
或者，解得；
所以，或.
故选：B
26．C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
27．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．
【详解】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．
28．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.
【详解】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．
29．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

30．C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
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