专题00 高考解答题解题技巧全攻略-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

专题00 高考解答题解题技巧全攻略 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 方法一 构建答题模板 1 方法二 跳步答题 4 方法三 分类讨论 6 方法四 数形结合 8 方法五 特殊值探路 10 方法六 正难则反 12 方法一 构建答题模板 构建答题模板，步步为营，不因缺少步骤或者部分条件而导致扣分，是所有技巧的基础。 【典型例题】 1．（2024·广东江苏·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， (1)求B； (2)若的面积为，求c． 【详解】（1）由余弦定理有， 对比已知， 可得，（注意公式书写和化简） 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到，（容易忽略） 所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ，（分解分步，步骤得分） 由已知的面积为，可得，所以. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）记的内角的对边分别为，面积为，已知 (1)求； (2)若边上的高为1且，求的面积． 2．（2024·吉林·三模）已知数列满足，. (1)证明：数列为等差数列，并求通项； (2)求数列的前n项和. 3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）如图，在直四棱柱中，平面，，，其中，，是的中点，是的中点． (1)求证：平面； (2)若异面直线、所成角的余弦值为，求二面角的余弦值. 4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为年—年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中年—年对应的代码依次为—. 年份代码 市场规模 ，，，其中 参考公式：对于一组数据、、、，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，. (1)由上表数据可知，若用函数模型拟合与的关系，请估计年我国在线直播生活购物用户的规模（结果精确到）； (2)已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率，现从我国在线直播购物用户中随机抽取人，记这人中选择在品牌官方直播间购物的人数为，若，求的数学期望和方差. 5．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且． (1)求的方程； (2)设的左、右顶点分别为，直线与交于两点，与轴交于点，直线与交于点，证明：点在定直线上． 6．（24-25高三上·天津·阶段练习）设函数 ，其中 . (1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程; (2)若 ， （i） 证明: 函数 恰有两个零点; （ii） 设 为函数 的极值点， 为函数 的零点，且 ，证明: . 方法二 跳步答题 解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以假定某些结论是正确的往后推，看能否得到结论，或从结论出发，看使结论成立需要什么条件。如果方向正确，就回过头来，集中力量攻克这一卡壳处。如果时间不允许，那么可以把前面的写下来，再写出证实某步之后，继续有一直做到底，这就是跳步解答。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作已知，先做第二问，这也是跳步解答。 【典型例题】 2．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故；（可以将第一问证明当作条件应用于第二问） （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·河北·期中）已知数列的前n项和为，且． (1)求证：数列为等比数列； (2)若，求数列的前n项和． 2．（2024高三·全国·专题练习）记的内角的对边分别为，已知． (1)证明：； (2)若，点在线段上，且，，求． 3．（24-25高三上·河北·期中）如图，在平面五边形中，，，，，将沿翻折，使点到达点的位置，得到如图所示的四棱锥，且，为的中点． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 方法三 分类讨论 解题时常常会遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行下去，这是因为被研究的对象包含了多种情况，这就需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合归纳得解，这就是分类讨论。 引起分类讨论的原因很多，数学概念本身具有多种情形，数学运算法则、某些定理、公式的限制，图形位置的不确定性，变化、不等式的求解等均可能引起分类讨论。在分类讨论解题时，要做到标准统一，不重不漏。 【典型例题】 3．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【详解】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则，（注意利用范围端点的性质来确定如何分类） 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 【变式训练】 一、解答题 1．（23-24高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设函数，若是的极大值点，求的值. 2．（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知数列的首项，且满足（）． (1)求证：数列为等比数列； (2)若，令，求数列的前n项和． 3．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆：与椭圆：的离心率相等，的焦点恰好为的顶点，圆分别经过，的一个顶点. (1)求，的标准方程. (2)过上任意一点A作的切线与交于点M，N，点B是上与M，N不重合的一点，且（点O为坐标原点），判断点是否在定圆上.若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 方法四 数形结合 数形结合法：对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等． 【典型例题】 4．（2024·上海松江·模拟预测）已知为坐标原点，对于函数，称向㝵为函数的互生向量，同时称函数为向量的互生函数． (1)设函数，试求的互生向量； (2)记向量的互生函数为，求函数在上的严格增区间； (3)记的互生函数为，若函数在上有四个零点，求实数的取值范围． 【详解】（1）因为，所以的互生向量. （2）由题意可得，所以， 令，解得， 因为，所以， 所以函数在上的严格增区间为. （3）由题，则，（数形结合利用三角函数性质作出函数图象，由图象即可得解） 若函数在上有四个零点，则在上有四个实数根， 则函数与在上的图象有四个交点， 因为， 所以， 则由三角函数性质作其函数图象如图所示， 由三角函数图象及性质可知k的取值范围为. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求的零点个数． (3)在区间上有两个零点，求m的范围？ 2．（24-25高三上·上海松江·期中）在中，角A，B，C对应边为，，，满足 (1)求的大小； (2)（i）已知，若在AC上，且，求BD的最大值； （ii）延长BC至点，使得.若求的大小. 3．（24-25高三上·重庆·开学考试）已知椭圆：的右焦点与抛物线的焦点重合． (1)求抛物线的方程； (2)已知为抛物线上一个动点，直线，，求点到直线的距离之和的最小值； (3)若点是抛物线上一点（不同于坐标原点），是的内心，求面积的取值范围． 方法五 特殊值探路 对于一些定值、定点问题可以利用特殊的点去检验，然后通过方程一般性设值去化简，即使运算量有些达不到，扣去合并运算的那一步，还是能拿到大部分的分值。特别是在解析几何的位置、距离、特殊点、特殊值的判断中，不妨转换个角度，根据现有条件猜测和利用数值求出一个可行的答案，再反向论证即可。还有在数列中求解整数存在可能性，有些题的取值有限，不妨取等值进行代入运算，如果发现了几个满足题意的值，只需要再进行检验值的唯一性。 【典型例题】 5．（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为， 所以，． 所以，．所以． 所以椭圆的方程为． （2）当时，若直线l斜率不存在，（斜率不存在，求出为定值.） 不妨设，， 所以，． 所以． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，．    联立方程组， 消去，化简得． 则，即, 设，， 所以，． 所以直线TM的方程为，直线的方程为． 所以，． 所以，， 所以 ． 所以当时，为定值， 即（负值舍）时，有定值． 综上，当时，有定值． 【变式训练】 一、解答题 1．（2021·北京丰台·二模）已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． (1)当直线与轴垂直时，求； (2)在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 2．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）平面上一动点满足． (1)求P点轨迹的方程； (2)已知，，延长PA交于点Q，求实数m使得恒成立，并证明：为定值 3．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为. (1)求椭圆的方程； (2)当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 方法六 正难则反 如果题目正面求解比较困难，或者说推翻一个结论性的问题，都可以从反面出发，假设反证或是举反例寻找矛盾都可以，这样可以简化题型思路。 【典型例题】 6．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【详解】（1）因为数列， 由序列可得； 由序列可得； 由序列可得； 所以. （2）由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为，特别规定. 必要性： 若存在序列，使得的各项都相等. 则，所以. 根据的定义，显然有，这里，. 所以不断使用该式就得到，必要性得证. 充分性： 若. 由已知，为偶数，而，所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个. 上面已经说明，这里，. 从而由可得. 同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在，根据对称性，不妨设，，即. 情况1：若，则由和都是偶数，知. 对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾； 情况2：若，不妨设. 情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有. 假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为. 则此时对任意，由可知必有. 而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）对于给定的数列以及正整数m，若，使得成立，则称为“m阶可分拆数列”. (1)设，证明：为“3阶可分拆数列”； (2)设的前n项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数a的值； (3)设，是否存在m，使得为“m阶可分拆数列”？若存在，请求出所有m的值；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高三上·山西·期中）在数列中，若满足：对于，都有，则称数列为“M类差数列”． (1)设为等差数列的前n项和，已知，若数列是“M类差数列”，且恒成立，求M的最大值； (2)已知等比数列是“2类差数列”，且，数列不是“1类差数列”，设，若数列是“3类差数列”： ①求数列的通项公式； ②证明：数列中任意三项都不构成等差数列． 3．（2024·北京石景山·一模）已知集合，对于，，定义与之间的距离为． (1)已知，写出所有的，使得； (2)已知，若，并且，求的最大值； (3)设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题00 高考解答题解题技巧全攻略 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 方法一 构建答题模板 1 方法二 跳步答题 10 方法三 分类讨论 15 方法四 数形结合 21 方法五 特殊值探路 28 方法六 正难则反 34 方法一 构建答题模板 构建答题模板，步步为营，不因缺少步骤或者部分条件而导致扣分，是所有技巧的基础。 【典型例题】 1．（2024·广东江苏·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， (1)求B； (2)若的面积为，求c． 【详解】（1）由余弦定理有， 对比已知， 可得，（注意公式书写和化简） 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到，（容易忽略） 所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ，（分解分步，步骤得分） 由已知的面积为，可得，所以. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）记的内角的对边分别为，面积为，已知 (1)求； (2)若边上的高为1且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式可得，进而边化角，利用三角恒等变换可求得，可求； （2）由已知结合正弦定理可得，在中，作于点为边上的高，即，设，可得，利用，可求得，从而可求面积. 【详解】（1）且 即 由正弦定理得 ∵在中， ，即． （2），由正弦定理得 在中，作于点为边上的高，即 设 为上的四等分点， 中， 中， 且 ． 2．（2024·吉林·三模）已知数列满足，. (1)证明：数列为等差数列，并求通项； (2)求数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析，； (2)． 【分析】（1）根据等差数列的定义证明，再由等差数列通项公式求解； （2）用错位相减法求和． 【详解】（1）∵，∴，即， ∴是等差数列，公差为1， 又，所以 ∴； （2）， ， 相减得， 所以． 3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）如图，在直四棱柱中，平面，，，其中，，是的中点，是的中点． (1)求证：平面； (2)若异面直线、所成角的余弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，证明出四边形是平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）取中点，连接、，分析可知，异面直线、所成余弦值即直线、所成余弦值，推导出，可得出，可得出的值，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【详解】（1）取中点，连接、， 在直四棱柱中，因为是中点，则且， 因为是的中点，则且，所以，且， 所以，四边形是平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面. （2）连接，设，连接， 因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，， 所以，异面直线、所成余弦值即直线、所成余弦值， 在直四棱柱中，面， 因为平面，所以，， 在中，，且，则， 因为为的中点，且， 所以，在中，，，则， 因为平面，平面，则， 因为，，、平面， 所以，平面， 又因为平面，则， 在中，，则， 连接，取其中点，连接、，取的中点， 因为，为的中点，则， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、、、， 设平面的法向量，，， 则，取，可得， 易知面的一个法向量， ， 由图可知，二面角为钝角，因此，二面角的余弦值为. 4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为年—年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中年—年对应的代码依次为—. 年份代码 市场规模 ，，，其中 参考公式：对于一组数据、、、，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，. (1)由上表数据可知，若用函数模型拟合与的关系，请估计年我国在线直播生活购物用户的规模（结果精确到）； (2)已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率，现从我国在线直播购物用户中随机抽取人，记这人中选择在品牌官方直播间购物的人数为，若，求的数学期望和方差. 【答案】(1)亿人 (2)， 【分析】（1）将题中数据代入最小二乘法公式，求出的值，即可得出与的拟合函数关系式，再将代入函数关系式，即可得出结论； （2）由题意可知，，由结合独立重复试验的概率公式可求得的值，然后利用二项分布的期望和方差公式可求得结果. 【详解】（1）设，则， 因为，，， 所以，， 所以，与的拟合函数关系式为 当时，， 则估计年我国在线直播生活购物用户的规模为亿人. （2）由题意知，所以，， ， 由，可得， 因为，解得， 所以，，. 5．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且． (1)求的方程； (2)设的左、右顶点分别为，直线与交于两点，与轴交于点，直线与交于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1)． (2)证明见解析 【分析】（1）由双曲线定义将条件转化为最小值，从而利用求最小值解即可； （2）由直线过设方程联立椭圆方程利用韦达定理得坐标关系式，再设直线与方程并联立求得点坐标的表达式，利用点横、纵坐标关系可证明点在定直线上. 【详解】（1）由题知，即， 又为的右支上一点，则， 所以， 故当最小时，最小， 而，故， 即，故，故的方程为． （2）    当直线的斜率为0时，不满足题意； 当直线的斜率不为0时，由过点，可设其方程为， 联立消去得， 设，， 则，，故（）， 由（1）知，， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立消去得， 将，代入上式得， 得，将（）代入化简得 ， 即，所以点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用，将不对称的关系，利用上式消去参数，从而可以化简求值. 6．（24-25高三上·天津·阶段练习）设函数 ，其中 . (1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程; (2)若 ， （i） 证明: 函数 恰有两个零点; （ii） 设 为函数 的极值点， 为函数 的零点，且 ，证明: . 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）先，再求，由点斜式即可求解； （2）（i）求导得，构造并应用导数研究单调性，进而判断符号确定单调性，可求极值点所在的区间为，再证上，由此得，结合零点存在性定理即可证结论； （ii）由①结合题设可得，结合上，即可证结论. 【详解】（1）由题设，且，则， 所以，又， 所以切线方程为，即：. （2）（i）由，令，又， 易知在上递减， 又，， ∴在上有唯一零点，即在上唯一零点， 设零点为，则， ∴，，递增；，，递减； ∴是唯一极值点，且为极大值， 令且，则，故在上递减， ∴，即， ∴，又， 根据零点存在性定理知在上存在零点，又∵在单调递减； ∴在存在唯一零点， 又∵，在上单调递增；， ∴在上的唯一零点为1， 故恰有两个零点； （ii）由题意，，即， 则，即， 当时，，又，则， ∴，得， 即，得证. 【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究. 方法二 跳步答题 解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以假定某些结论是正确的往后推，看能否得到结论，或从结论出发，看使结论成立需要什么条件。如果方向正确，就回过头来，集中力量攻克这一卡壳处。如果时间不允许，那么可以把前面的写下来，再写出证实某步之后，继续有一直做到底，这就是跳步解答。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作已知，先做第二问，这也是跳步解答。 【典型例题】 2．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故；（可以将第一问证明当作条件应用于第二问） （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·河北·期中）已知数列的前n项和为，且． (1)求证：数列为等比数列； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由条件可得，，故可证明数列为等比数列. （2）表示数列的通项公式，利用错位相减法可得结果. 【详解】（1）∵， ∴当时，， 两式相减得，，整理得，即， 令得，，，， ∴是以为首项，公比的等比数列. （2）由（1）得，，， ∴. ， ， 两式相减得， ， ∴. 2．（2024高三·全国·专题练习）记的内角的对边分别为，已知． (1)证明：； (2)若，点在线段上，且，，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得到，即，再利用正弦定理求解； （2）由，结合（1）得到，由，设，，分别在和中，利用正弦定理联立得到，从而求得，然后分别在和中，利用余弦定理联立求解. 【详解】（1）解：由正弦定理得， 即， 所以， 又，所以， 由正弦定理可得． （2）因为，结合（1）可知， 由可设，， 如图所示： 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 又，所以， 即， 解得， 所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 两式进行相除，解得． 3．（24-25高三上·河北·期中）如图，在平面五边形中，，，，，将沿翻折，使点到达点的位置，得到如图所示的四棱锥，且，为的中点． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）推导出平面，可得出，利用等腰三角形三线合一可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得； （2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）翻折前，在平面五边形中，，，，， 则， 翻折后，在四棱锥，且，， 所以，，则，所以，， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，则四边形为平行四边形，则， 所以，， 因为为的中点，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，故. （2）因为，且，所以，，则， 因为平面，，则平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 所以，， 因为，平面与平面夹角的余弦值为. 方法三 分类讨论 解题时常常会遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行下去，这是因为被研究的对象包含了多种情况，这就需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合归纳得解，这就是分类讨论。 引起分类讨论的原因很多，数学概念本身具有多种情形，数学运算法则、某些定理、公式的限制，图形位置的不确定性，变化、不等式的求解等均可能引起分类讨论。在分类讨论解题时，要做到标准统一，不重不漏。 【典型例题】 3．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【详解】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则，（注意利用范围端点的性质来确定如何分类） 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 【变式训练】 一、解答题 1．（23-24高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设函数，若是的极大值点，求的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)2 【分析】（1）求出函数导数，判断导数的正负，即可求得答案； （2）由题意构造函数，将是的极大值点转化为是的极小值点，根据导数与函数极值点的关系，结合一元二次方程的判别式分类讨论，并判断每种情况能否满足题意，即可求得答案. 【详解】（1）当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，； 单调递减区间为，. （2）设， 当时，由于，所以与的函数值正负相反， 又，所以是的极大值点，当且仅当是的极小值点， ，可知时，，时，， 故， 令，， ①当时，，则当时，，即， 所以在上单调递增，因此不是的极小值点； ②当时，，的根为， 此时，当时，，即， 所以在上单调递增， 因此不是的极小值点； ③当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此是的极小值点，满足题意； ④当时，，记，可知， 则当时，，即， 所以在上单调递减，因此不是的极小值点， 综上可知，. 【点睛】难点点睛：本题难点在于根据函数的极值点求解参数，解答时要根据函数解析式的结构特点构造新函数，并采用分类讨论的方法，说明能否满足题意，从而求解问题. 2．（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知数列的首项，且满足（）． (1)求证：数列为等比数列； (2)若，令，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据递推公式证明为定值即可； （2）先利用错位相减法求出数列的前项和，再分和两种情况讨论即可. 【详解】（1）由， 得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）得，所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， ， 两式相减得 ， 所以， 令，则，令，则， 故当时，，当时，， 所以当时，， 当时， ， 综上所述，. 3．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆：与椭圆：的离心率相等，的焦点恰好为的顶点，圆分别经过，的一个顶点. (1)求，的标准方程. (2)过上任意一点A作的切线与交于点M，N，点B是上与M，N不重合的一点，且（点O为坐标原点），判断点是否在定圆上.若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 【答案】(1)，； (2)是，. 【分析】（1）利用椭圆的性质及圆的方程确定，的值，再根据离心率相等计算即可； （2）设M，N的坐标，根据得B的坐标，先求当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程，联立方程，结合M，N，B在上并利用根与系数的关系得，再求直线MN的斜率不存在时，求出M，N的坐标，得B的坐标，代入的方程，得即可. 【详解】（1）由的焦点恰好为的顶点，可得. 在中令，得或， 因为圆分别经过，的一个顶点， 所以，. 因为的焦点恰好为的顶点，所以， 所以的标准方程为. 因为，的离心率相等，所以， 即，所以，所以的标准方程为. （2）设，，由得. ①当直线MN的斜率存在时，设其方程为， 与联立，消去y并整理得， 由，得. 将与联立，消去y并整理得， 易知，所以，， ， 所以. 因为点B在上，所以， 即， 所以. 因为M，N在上，所以，， 所以，即. ②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为， 不妨设，则，或，， 当，时，，代入，得， 同理可得当，时，. 综上，，即点在定圆上. . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 方法四 数形结合 数形结合法：对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等． 【典型例题】 4．（2024·上海松江·模拟预测）已知为坐标原点，对于函数，称向㝵为函数的互生向量，同时称函数为向量的互生函数． (1)设函数，试求的互生向量； (2)记向量的互生函数为，求函数在上的严格增区间； (3)记的互生函数为，若函数在上有四个零点，求实数的取值范围． 【详解】（1）因为，所以的互生向量. （2）由题意可得，所以， 令，解得， 因为，所以， 所以函数在上的严格增区间为. （3）由题，则，（数形结合利用三角函数性质作出函数图象，由图象即可得解） 若函数在上有四个零点，则在上有四个实数根， 则函数与在上的图象有四个交点， 因为， 所以， 则由三角函数性质作其函数图象如图所示， 由三角函数图象及性质可知k的取值范围为. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求的零点个数． (3)在区间上有两个零点，求m的范围？ 【答案】(1)的单调减区间为；单调增区间为， (2)1个 (3) 【分析】（1）对函数求导，利用导数正负与原函数的关系求解即可； （2）结合(1)问的单调性，求出函数的值域，结合零点存在定理即可求解. （3）将零点问题转化为函数交点问题，求出在区间上的值域然后数形结合即可求解. 【详解】（1）由题可得， 令，解得或， 令，解得， 令，解得或， 所以的单调减区间为；单调增区间为，. （2）因为的单调减区间为，单调增区间为，， 由于，则在上无零点； 由于，则在上无零点； 由于，则在上存在唯一零点； 综上，函数在上存在唯一零点. （3）若在区间上有两个零点， 则函数与在区间上有两个交点； 由(1)知，在上单调递增，上单调递减； ，，， 所以函数与在区间上有两个交点，则， 即在区间上有两个零点，则的范围为 2．（24-25高三上·上海松江·期中）在中，角A，B，C对应边为，，，满足 (1)求的大小； (2)（i）已知，若在AC上，且，求BD的最大值； （ii）延长BC至点，使得.若求的大小. 【答案】(1) (2)（i）的最大值为；（ii）或 【分析】（1）由，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得，可得B的大小； （2）（i）由三角形的面积公式得到，再由余弦定理和基本不等式求其最大值即可； （ii）设，，在和中，由正弦定理表示边角关系，化简求的大小. 【详解】（1）在中，，所以． 因为，所以， 即 化简得． 因为，所以，． 因为，所以． （2） （i）由三角形面积公式可得，即， 在中由余弦定理可得，即， 所以，所以的最大值为， 此时，当且仅当时取等号； （ii）设，，则． 由（1）知，又，所以在中，． 在中，由正弦定理得，即①． 在中，由正弦定理得，即②． ①÷②，得，即，所以． 因为，，所以或，故或． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问关键是能用三角形面积公式把用表示，再结合基本不等式求解. 3．（24-25高三上·重庆·开学考试）已知椭圆：的右焦点与抛物线的焦点重合． (1)求抛物线的方程； (2)已知为抛物线上一个动点，直线，，求点到直线的距离之和的最小值； (3)若点是抛物线上一点（不同于坐标原点），是的内心，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用题意求出焦点坐标求解就可以了； （2）找到距离之间关系，利用几何法求解即可； （3）利用内心的性质找到面积之间的关系，然后表示出面积，再利用函数关系求其范围即可. 【详解】（1）由题可知，椭圆右焦点坐标为，抛物线焦点坐标为 所以, 所以抛物线方程为, （2）    由题可知，为抛物线准线，所以点到的距离等于点到焦点的距离； 联立， 显然无实数根，故直线与抛物线相离，记点到的距离为, 所以的最小值为焦点到直线的距离为. （3）    设点，已知点 所以的面积, 设的内切圆半径为, 则有, 所以, 所以, 因为点是抛物线上一点（不同于坐标原点）, 所以，, 所以, 经整理得：, 构造函数, 得, 显然单调增, 令，解得, 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递増； 所以, 所以. 【点睛】对于距离问题先用几何法找到其中关系；对于内心相关的面积问题，可以利用等面积法，得到不同部分面积之间的关系求解即可，当处理的式子比较复杂的时候，可以构造函数求解. 方法五 特殊值探路 对于一些定值、定点问题可以利用特殊的点去检验，然后通过方程一般性设值去化简，即使运算量有些达不到，扣去合并运算的那一步，还是能拿到大部分的分值。特别是在解析几何的位置、距离、特殊点、特殊值的判断中，不妨转换个角度，根据现有条件猜测和利用数值求出一个可行的答案，再反向论证即可。还有在数列中求解整数存在可能性，有些题的取值有限，不妨取等值进行代入运算，如果发现了几个满足题意的值，只需要再进行检验值的唯一性。 【典型例题】 5．（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为， 所以，． 所以，．所以． 所以椭圆的方程为． （2）当时，若直线l斜率不存在，（斜率不存在，求出为定值.） 不妨设，， 所以，． 所以． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，．    联立方程组， 消去，化简得． 则，即, 设，， 所以，． 所以直线TM的方程为，直线的方程为． 所以，． 所以，， 所以 ． 所以当时，为定值， 即（负值舍）时，有定值． 综上，当时，有定值． 【变式训练】 一、解答题 1．（2021·北京丰台·二模）已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． (1)当直线与轴垂直时，求； (2)在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，， 【分析】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出两点坐标，即可求出. （2）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示，代入韦达定理，分析为定值的条件，求出点的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案. 【详解】（1）解:联立,得或 所以． （2）假设存在，使为定值． 当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 联立得． 显然，设， 则． 所以 ． 若为常数，只需， 解得，此时． 当直线与轴垂直时，不妨设， 当点坐标为时，． 满足为定值． 综上，存在点，使为定值． 2．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）平面上一动点满足． (1)求P点轨迹的方程； (2)已知，，延长PA交于点Q，求实数m使得恒成立，并证明：为定值 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）利用圆锥曲线的定义即可得曲线方程，但要注意只有双曲线右支； （2）先得到特殊情况时的值，再证明其对一般情况也适用. 【详解】（1）由题意可得，动点P到定点的距离比到定点的距离大2， 由双曲线的定义，P点轨迹是以，为焦点的双曲线的左支， 设，则，，， 所以的方程为． （2）如图，不妨设点P在第二象限， ①当的斜率不存在时， ，令，解得，则，此时， 在中，，，即， ②当的斜率存在时，令的倾斜角为，的倾斜角为，则，， 假设成立，即，则有，即． 又，，又点P的坐标满足，即， ， ，假设成立， 综上，当时，有成立． 此时，由对称性知，，而， 为定值． 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是采用由特殊到一般，先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可. 3．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为. (1)求椭圆的方程； (2)当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】(1) (2)直线过定点 【分析】（1）由已知，设点，坐标，结合斜率乘积可得，即可得椭圆方程； （2）①当直线斜率不存在时，设直线方程及点，坐标，结合，解方程可得直线方程；②当直线斜率存在时，可设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与斜率公式列方程，化简可得或，代入直线方程可得解. 【详解】（1）由已知，即，所依椭圆方程为， 当直线过原点时，设，则，所以， 所以，又， 所以，， 所以，则， 所以椭圆方程为； （2） ①当直线斜率不存在时，设直线方程为，点，（）， 则，，且，即， 所以，解得， 即此时直线方程为； ②当直线斜率存在时，由题可设直线方程为，舍，， 联立直线与椭圆方程得， 则，即， 且，， 又，， 则， 即， 即， 化简可得，解得或， 当时，直线方程为，过点，不成立； 当时，直线方程为，过定点； 综上所述直线恒过定点. 方法六 正难则反 如果题目正面求解比较困难，或者说推翻一个结论性的问题，都可以从反面出发，假设反证或是举反例寻找矛盾都可以，这样可以简化题型思路。 【典型例题】 6．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【详解】（1）因为数列， 由序列可得； 由序列可得； 由序列可得； 所以. （2）由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为，特别规定. 必要性： 若存在序列，使得的各项都相等. 则，所以. 根据的定义，显然有，这里，. 所以不断使用该式就得到，必要性得证. 充分性： 若. 由已知，为偶数，而，所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个. 上面已经说明，这里，. 从而由可得. 同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在，根据对称性，不妨设，，即. 情况1：若，则由和都是偶数，知. 对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾； 情况2：若，不妨设. 情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有. 假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为. 则此时对任意，由可知必有. 而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证. 【变式训练】 一、解答题 1．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）对于给定的数列以及正整数m，若，使得成立，则称为“m阶可分拆数列”. (1)设，证明：为“3阶可分拆数列”； (2)设的前n项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数a的值； (3)设，是否存在m，使得为“m阶可分拆数列”？若存在，请求出所有m的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)或3. 【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合三角函数即可证得结论； （2）由前项和为可求出，若数列为“1阶可分拆数列”，则有，分别讨论和两种情况，计算可得； （3）假设实数m存在，则有，代入化简可得，逐一讨论的取值直至不再成立为止，可得结果. 【详解】（1），， ， 若，使得成立，则成立，显然，当时等式成立， 所以，使得成立，得证. （2）因为数列的前项和为 当时，； 当时，， 所以 ， 因为存在正整数使得成立， 则①当时，，即， 因为，， 所以，而，所以不存在正整数（）使得成立； ②当时，若成立，则，得， 所以时存在正整数使得成立， 由①②得. （3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列” 即存在确定的正整数，存在正整数使得成立. 即， 即， ①当时，，时方程成立， ②当时， 当时，； 当时，， 当时，，所以不存在正整数使得成立； ③当时，，当时，成立， ④当时，， 所以不存在正整数使得成立. 综上：或3. 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，且分别为关于的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至时截止可找到所有的. 2．（24-25高三上·山西·期中）在数列中，若满足：对于，都有，则称数列为“M类差数列”． (1)设为等差数列的前n项和，已知，若数列是“M类差数列”，且恒成立，求M的最大值； (2)已知等比数列是“2类差数列”，且，数列不是“1类差数列”，设，若数列是“3类差数列”： ①求数列的通项公式； ②证明：数列中任意三项都不构成等差数列． 【答案】(1) (2)①;②证明见解析 【分析】（1）由恒成立证明，从而得到，再给出的例子，即得的最大值为； （2）①由数列是“2类差数列”得条件，由数列不是“1类差数列”得条件，结合，，求解，再验证是否满足数列是“3类差数列”即可； ②利用反证法，假设存在三项成等差数列得，利用不等式性质结合单调性放缩推出，故产生矛盾从而得证. 【详解】（1）设数列的公差为，为正整数， 一方面，若数列是“类差数列”，则， 同时我们有，从而， 此即，即， 假设，则在时有，矛盾，所以， 再由，就得到，所以, 另一方面，当时，取，则，且， 故存在数列满足条件. 综合以上两方面，可知的最大值是； （2）①设等比数列的公比为，则， 是“2类差数列”，且，故，，故数列为无穷递增数列，且，即， 由，且，知为大于1的有理数， 下面先用反证法证明公比为正整数： 假设不是正整数，由且为有理数，故存在，，且互质，使得， 由，有为正整数，即整除，而互质，故互质，而整除，故整除， 这表面恒为正整数，从而恒成立，但，从而这在时是不可能的，矛盾， 所以假设不成立，从而公比是正整数. 假设，则，从而， 这表明是“1类差数列”，与条件矛盾，所以， 又因为是“2类差数列”，故，从而结合是正整数，知， 再由数列是“3类差数列”，知，所以，此即，故， 从而，所以，再由，可知是3的正因数，所以只可能，即， 故，即，这就得到，所以， 当，，由，，可知满足条件. 由于对有，而，故恒成立， 而， 故满足条件，所以的通项公式为； ②：由①知，从而，且由立得， 假设构成等差数列，其中，则由可知，， 而，结合可知，，矛盾， 所以数列中任意三项都不构成等差数列. 【点睛】关键点点睛：本题的关键一是理解题意，关键二是利用反证法求，关键三是不等式的放缩. 3．（2024·北京石景山·一模）已知集合，对于，，定义与之间的距离为． (1)已知，写出所有的，使得； (2)已知，若，并且，求的最大值； (3)设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：． 【答案】(1)、、、； (2)； (3)见解析 【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形； （2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值； （3）表示出，结合定义，可得，即中任意两元素不相等，可得中至多有个元素，即可得证． 【详解】（1）已知，，且， 所以，的所有情形有：、、、； （2）设，， 因为，则， 同理可得， 当时，； 当时，. 当，时，上式等号成立. 综上所述，； （3）记， 我们证明．一方面显然有．另一方面，且， 假设他们满足．则由定义有， 与中不同元素间距离至少为相矛盾． 从而． 这表明中任意两元素不相等．从而． 又中元素有个分量，至多有个元素． 从而． 【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点： （1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在； （2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$