思想01 实施分类讨论策略以精准解析数学问题（5大题型）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

思想01 实施分类讨论策略以精准解析数学问题 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 7 题型一：由情境的规则引起的分类讨论 7 题型二：由定义引起的分类讨论 8 题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论 10 题型四：由变量的范围引起的分类讨论 12 题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论 13 高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等． 当被研究的问题出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们通常将可能出现的所有情况分别进行讨论，得出每种情况下相应的结论，这就是分类讨论的思想，包含分类与整合两部分，既化整为零，各个击破，又集零为整． 基本步骤是：（1）研究讨论的必要性，确定讨论对象；（2）确定分类依据，并按标准分类；（3）逐类解决，获得各类的结果；（4）归纳整合，得到结果． 分类的基本原则是：（1）标准统一，不重不漏；（2）层次明晰，不混不乱． 分类讨论应用的热点：（1）由概念、定义、公式、定理、性质等引起的分类讨论，如直线的斜率是否存在，幂、指数、对数函数的单调性，等比数列的公比是否为等．（2）由数学运算规则引起的分类讨论，如除法运算中分母不为零，偶次方根为非负数，不等式两边同乘（除）以一个数（式）的符号等．（3）由变量的范围引起的分类讨论，如对数的真数与底数的范围，指数运算中底数的范围，函数在不同区间上单调性受参变量的影响等．（4）由图形的可变性引起的分类讨论，如图形类型、位置，点所在的象限，角大小的可能性等．（5）由情境的规则引起的分类讨论，情境问题的规则在解决数学问题时常需要分类讨论思想，如体育比赛的规则等． 1．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 2．（2024年天津高考数学真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ． 3．（2024年北京高考数学真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 4．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 5．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 6．（2024年天津高考数学真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）求证：当时，求证：； （ⅱ）求． 题型一：由情境的规则引起的分类讨论 【典例1-1】甲､乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，并比较所选卡片上数字之和的大小，数字之和大的人获胜.则甲获胜的概率为 . 【典例1-2】已知实数的平均数为4，则这四个数的中位数的取值范围是 ． 【变式1-1】某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答． (1)若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率； (2)若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率． 【变式1-2】将连续正整数1，2，，从小到大排列构成一个数，为这个数的位数如当时，此数为123456789101112，共有15个数字，，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率. (1)求 (2)当时，求的表达式. (3)令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值. 1．某班学生分A，，，四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战胜或者负于对手的概率均为，出现平局的概率为，每场比赛相互独立. (1)求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率； (2)一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率. 2．甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为，若乙发球，则本回合甲赢的概率为，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球. (1)求第4个回合甲发球的概率； (2)设前4个回合中，甲发球的次数为，求的分布列及期望. 题型二：由定义引起的分类讨论 【典例2-1】设数列和的项数均为，则将数列和的距离定义为． （1）给出数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离； （2）设为满足递推关系的所有数列的集合，和为中的两个元素，且项数均为，若，，和的距离小于4032，求的最大值； （3）记是所有7项数列的集合，．且T中任何两个元素的距离大于或等于3．证明：T中的元素个数小于或等于16． 【典例2-2】对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②对于任意正整数，都有；③对于任意正整数，存在正整数，使得定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（   ） A．若为“s数列”，则为“t数列” B．若，则为“t数列” C．若，则为“s数列” D．若等比数列为“t数列”则为“s数列” 【变式2-1】设数列，…，即当时，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.则集合中元素的个数为 ；集合中元素的个数为 . 【变式2-2】若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数， (1)证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； (2)设，定义，且记，求数列的前n项和． 1．已知，定义. （1）如果，则 . （2）如果，则的取值范围是 . 2．数列可以看作是定义在正整数集的特殊函数，具有函数的性质特征，有些周期性的数列和三角函数紧密相连.记数列2，，，2，，，2，，-1，…为，三角形式可以表达为，其中，，. （1）记数列的前n项和为，求，，及； （2）求数列的三角形式通项公式. 题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论 【典例3-1】已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【典例3-2】现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A点．物件可绕A点在平面内旋转．AP间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2．    (1)在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP间距离最短为多少； (2)为了使椭圆物件能自由绕A点自由转动，AP间距离最短为多少.求出最短距离并证明其可行性． 【变式3-1】（多选题）已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线交于，（点在点的上方）两点，且，则的离心率可能为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】在平面直角坐标系内，，，若的面积不超过3，则满足条件的整点M个数为 ． 1．（多选题）已知曲线C：，则（    ） A．曲线C在第一象限为椭圆的一部分 B．曲线C在第二象限为双曲线的一部分 C．直线与曲线C有两个交点 D．直线与曲线C有三个交点 2．已知曲线的左右焦点为，P是曲线E上一动点 (1)求的周长； (2)过的直线与曲线E交于AB两点，且，求直线AB的方程； (3)若存在过点的两条直线和与曲线E都只有一个公共点，且，求h的值． 题型四：由变量的范围引起的分类讨论 【典例4-1】若是的三条边，且，记，则当时，的取值范围是 . 注:表示数集中最大的数，表示数集中最小的数. 【典例4-2】已知函数. (1)若，求在区间上的最大值； (2)求在区间上的最小值. 【变式4-1】已知函数，其中.若在区间[1，4]上的最小值为8，则a的值为 . 【变式4-2】已知函数，其中． (1)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值； (2)是否存在实数，使得在（为自然对数的底数）上的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 1．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．已知函数． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)若的最小值为1，求． 题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论 【典例5-1】已知长方体中，，，用过该长方体体对角线的平面去截该长方体，则所得截面的面积最小值为（    ） A． B． C． D． 【典例5-2】在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（多选题）如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，O和点C，B，使，.已知，，，则线段OC的长为（    ）    A．6 B．8 C． D． 【变式5-2】（多选题）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（    ）    A．过棱的截面中，截面面积的最小值为 B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则 C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为 D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个 1．设四面体中，有2条棱长为，其余4条棱长为1．则实数的取值范围为 ． 2．（多选题）四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（    ） A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 思想01 实施分类讨论策略以精准解析数学问题 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 16 题型一：由情境的规则引起的分类讨论 16 题型二：由定义引起的分类讨论 21 题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论 28 题型四：由变量的范围引起的分类讨论 38 题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论 44 高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等． 当被研究的问题出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们通常将可能出现的所有情况分别进行讨论，得出每种情况下相应的结论，这就是分类讨论的思想，包含分类与整合两部分，既化整为零，各个击破，又集零为整． 基本步骤是：（1）研究讨论的必要性，确定讨论对象；（2）确定分类依据，并按标准分类；（3）逐类解决，获得各类的结果；（4）归纳整合，得到结果． 分类的基本原则是：（1）标准统一，不重不漏；（2）层次明晰，不混不乱． 分类讨论应用的热点：（1）由概念、定义、公式、定理、性质等引起的分类讨论，如直线的斜率是否存在，幂、指数、对数函数的单调性，等比数列的公比是否为等．（2）由数学运算规则引起的分类讨论，如除法运算中分母不为零，偶次方根为非负数，不等式两边同乘（除）以一个数（式）的符号等．（3）由变量的范围引起的分类讨论，如对数的真数与底数的范围，指数运算中底数的范围，函数在不同区间上单调性受参变量的影响等．（4）由图形的可变性引起的分类讨论，如图形类型、位置，点所在的象限，角大小的可能性等．（5）由情境的规则引起的分类讨论，情境问题的规则在解决数学问题时常需要分类讨论思想，如体育比赛的规则等． 1．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【解析】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. 2．（2024年天津高考数学真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ． 【答案】 【解析】令，即， 由题可得， 当时，，有，则，不符合要求，舍去； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，或（正值舍去）， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 令，即， 故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得， 由的渐近线方程为， 即部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递增， 故有，解得，故符合要求； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，（负值舍去）或， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得， 部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递减， 故有，解得，故符合要求； 综上所述，. 故答案为：. 3．（2024年北京高考数学真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【解析】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 4．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【解析】依题意，， 当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）； 当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 对于①，取，则的图像如下， 显然，当，即时，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时， 当时，； 当时，显然取得最大值； 当时，， 综上：取得最大值，故②正确； 对于③，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时，，故③正确； 对于④，取，则的图像如下， 因为， 结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然在上，满足取得最小值， 即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误. 故答案为：②③. 5．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【解析】（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， 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，. 6．（2024年天津高考数学真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）求证：当时，求证：； （ⅱ）求． 【解析】（1）设等比数列的公比为， 因为，即， 可得，整理得，解得或（舍去）， 所以. （2）（i）由（1）可知，且， 当时，则，即 可知， ， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以； （ii）由（1）可知：， 若，则； 若，则， 当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 且，符合上式，综上所述：. 7．根据等差数列求和分析可得. 题型一：由情境的规则引起的分类讨论 【典例1-1】甲､乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，并比较所选卡片上数字之和的大小，数字之和大的人获胜.则甲获胜的概率为 . 【答案】 【解析】设事件“甲乙两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张”， 事件“两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，甲比乙选的数字之和大”， 则， 乙选时，甲获胜有种选法； 乙选时，甲获胜只有种选法； 乙选时，甲不可能获胜， 所以， 所以. 故答案为：. 【典例1-2】已知实数的平均数为4，则这四个数的中位数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】由题意可知， 若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，此时中位数是； 若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，此时，不符合题意； 若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，同上，不符合题意； 若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，则有； 若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，同上； 若该四个数按大小排列，位于中间，则位于两侧，可知； 此时中位数是； 综上所述这四个数的中位数的取值范围是. 故答案为：. 【变式1-1】某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答． (1)若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率； (2)若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率． 【解析】（1）设事件表示“甲第一次从A箱中抽到代数题”，事件表示“甲第二次从A箱中抽到几何题”， 则． 在发生的条件下，A箱中还剩下3道代数题和2道几何题，所以． 故． （2）设事件为“丙从B箱中抽取的2道题中至少有一道代数题”， 事件为“乙从A箱中取出2道代数题”， 事件为“乙从A箱中取出1道代数题和1道几何题”， 事件为“乙从A箱中取出2道几何题”， 则． 当发生时，B箱中有5道代数题和3道几何题，； 当发生时，B箱中有4道代数题和4道几何题，； 当发生时，B箱中有3道代数题和5道几何题，． 由全概率公式可得． 【变式1-2】将连续正整数1，2，，从小到大排列构成一个数，为这个数的位数如当时，此数为123456789101112，共有15个数字，，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率. (1)求 (2)当时，求的表达式. (3)令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值. 【解析】（1）当时，， 即这个数中共有个数字，其中数字的个数为， 则恰好取到的概率为； （2）当时，这个数有位数组成，； 当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，则； 当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成，； 当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成个四位数组成，； 综上所述：， （3）当时，， 当时，； 当时，， 即， 同理有， 由，可知， 所以当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 由关于单调递增， 故当时，有的最大值为， 又， 所以当时，的最大值为． 1．某班学生分A，，，四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战胜或者负于对手的概率均为，出现平局的概率为，每场比赛相互独立. (1)求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率； (2)一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率. 【解析】（1）A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为 （2）四组总积分一样，可以每次都是平局， 也可以每组学生是一胜一负一平. 如: A胜B负，A负C胜，AD平 BC平，B胜D负，C负D胜 不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的， 所以只要去看可能出现的情况， A胜B负，A负C胜，AD平， A负B胜，A胜C负，AD平 A胜B负，A负D胜，AC平 ， A负B胜，A胜D负，AC平 A胜C负，A负D胜，  AB平 ， A负C胜，A胜D负，AB平 共6+1=7种 2．甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为，若乙发球，则本回合甲赢的概率为，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球. (1)求第4个回合甲发球的概率； (2)设前4个回合中，甲发球的次数为，求的分布列及期望. 【解析】（1）由题可知，第2回合甲发球的概率为，乙发球的概率为. 所以第3回合甲发球的概率为， 乙发球的概率为. 可得第4个回合甲发球的概率为. 故第4个回合甲发球的概率为； （2）由题意可知：可以取1，2，3，4. 当时，；当时，； 当时，前4个回合甲发球两次的情况分以下三种： 第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为. 第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为. 第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为. 故前4个回合甲发球两次的概率为； 当时，， 故的分布列为： 1 2 3 4 . 题型二：由定义引起的分类讨论 【典例2-1】设数列和的项数均为，则将数列和的距离定义为． （1）给出数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离； （2）设为满足递推关系的所有数列的集合，和为中的两个元素，且项数均为，若，，和的距离小于4032，求的最大值； （3）记是所有7项数列的集合，．且T中任何两个元素的距离大于或等于3．证明：T中的元素个数小于或等于16． 【解析】（1）由题意可知，数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离为1+0+5+1＝7； （2）设，其中，且，由， 所以，，，， 则， 因此集合A中数列的项周期性重复，且间隔4项重复一次， 所以数列中，，，，，， 故中，，，，，， ， 所以项数越大，数列和的距离越大， 由，可得， 所以时，， 故的最大值为； （3）证明：假设T中的元素个数大于等于17个， 因为数列中，或1， 所以仅由数列前三项组成的数组有且仅有8个， 即（0，0，0），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1），（1，1，1）， 那么这17个元素（即数列）之中必有三个具有相同的，，， 设这个数列分别为：，，，，，，， ：，，，，，，， ：，，，，，，， 其中，， 因为这三个数列中每两个的距离大于等于3， 所以和中，中至少有三个成立， 不妨设，， 由题意可知，和中一个等于0，而另一个等于1，又因为或1， 所以和中必有一个成立， 同理可得，和中必有一个成立，和中必有一个成立， 所以“中至少有两个成立”或“中至少有两个成立”中必有一个成立， 所以和中必有一个成立，与题意矛盾， 故T中的元素个数小于或等于16． 【典例2-2】对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②对于任意正整数，都有；③对于任意正整数，存在正整数，使得定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（   ） A．若为“s数列”，则为“t数列” B．若，则为“t数列” C．若，则为“s数列” D．若等比数列为“t数列”则为“s数列” 【答案】C 【解析】设，此时满足， 也满足，， 即，，为“s数列”， 因为，所以A错误； 若，则，满足①， ，令， 若为奇数，此时，存在，且为奇数时，此时满足， 若为偶数，此时，则此时不存在，使得，所以B错误； 若，则，满足①， ，， 因为，所以，，满足②，所以C正确； 不妨设，满足，且，， 当为奇数，取，使得； 当为偶数，取，使得，所以为“数列”， 但此时不满足，，不妨取， 则，而， 则为“数列”，所以D错误. 故选：C. 【变式2-1】设数列，…，即当时，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.则集合中元素的个数为 ；集合中元素的个数为 . 【答案】 5 1008 【解析】由数列的定义，得， ∴， ∴， ∴集合中元素的个数为5. 先证：， 事实上， ①当时，，，原等式成立； ②当时成立，即， 则时， ， 综合①②可得，于是， 由上式可知是的倍数，而， ∴是的倍数， 又不是的倍数， 而， ∴不是的倍数， 故当时，集合中元素的个数为， 于是，当时，集合中元素的个数为， 又，故集合中元素的个数为. 故答案为：5；1008 【变式2-2】若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数， (1)证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； (2)设，定义，且记，求数列的前n项和． 【解析】（1）点在函数的图象上，， 是“平方递推数列”．                         因为， 对两边同时取对数得， ∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）知，                              由数列的通项公式得， 当时，；当时，． 又由，得                  当且时，；                           当且时， ，                                    综上， 1．已知，定义. （1）如果，则 . （2）如果，则的取值范围是 . 【答案】 或 【解析】（1），定义. 若，则，解得； 若，则，解得. 综上所述，或； （2）①当时，. （i）若，即，， ，，此时，； （ii）若，即，得，， ，，此时，； ②当时，. （i）若，即，， ，，此时，； （ii）若，即，， ，，此时，不存在. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：或；. 2．数列可以看作是定义在正整数集的特殊函数，具有函数的性质特征，有些周期性的数列和三角函数紧密相连.记数列2，，，2，，，2，，-1，…为，三角形式可以表达为，其中，，. （1）记数列的前n项和为，求，，及； （2）求数列的三角形式通项公式. 【解析】（1）易知 ， 所以， ， . ①当时，； ②当时，； ③当时，， 所以，. （2）由（1）知数列周期为3，，所以，得， 由数列前三项，知， 由④-⑤，得，代入④式，得——⑦ 由⑥⑦，得，， 由，知，又，得， 于是可求得， 所以. 题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论 【典例3-1】已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】圆D：的圆心，半径为， 圆C：的圆心，半径为， 因为圆与圆相外切，所以，所以， 且圆与轴交于，不妨记， 因为圆关于轴对称，点与点关于轴对称，点在轴上， 由对称性不妨令， 当时，则，解得， 故 ， 当时，则，解得， 此时， 故， 当时，则，解得， 故 ， 综上所述，的最大值为. 故选：B. 【典例3-2】现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A点．物件可绕A点在平面内旋转．AP间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2．    (1)在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP间距离最短为多少； (2)为了使椭圆物件能自由绕A点自由转动，AP间距离最短为多少.求出最短距离并证明其可行性． 【解析】（1）由题意，如图，该椭圆的方程为，，分别为椭圆的2条切线， 切点分别为，设直线的斜率分别为. 设，当时，其中1个不存在，另1个趋于； 当时，设过点P的直线为， ， 所以， 整理，得，① 由是方程①的2个实根，得， 所以 ， 又，所以， 当时，点P在圆的外部，则，此时； 当时，点P在圆的内部，则，此时， 所以.又或， 所以或， 整理，得或. 要求的最小值，只需考虑为钝角的情况， 即且， 得. 令，则且，即， 解得，所以，所以， 当且仅当三点共线时等号成立. 故，得. 综上，的最小值为. （2）当恒为正实数R时，设为椭圆上任意一点， 则， 当且仅当时等号成立，所以. 由（1）知，或， 由，得或， 即或， 整理，得或， 令，则，得或，. 当即时，或，令，则， 得或，又， 得或， 而，所以， 整理，得，即. 当时，，符合题意. 综上，，则，即， 解得，所以R的最小值为，即的最小值为. 【变式3-1】（多选题）已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线交于，（点在点的上方）两点，且，则的离心率可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】设，由于， 则， 当均在双曲线的右支上时，如图， 则，则， 又，故， 故， 故在中，， 则； 当分别在双曲线的左、右支上时，如图， 此时，， 又，则，则， 故在中，， 则； 当分别在双曲线的右、左支上时，如图， 此时，， 又，则，则， 故在中，， 则； 由题意可知的位置情况仅有以上3种可能，故的离心率可能为， 故选：ACD 【变式3-2】在平面直角坐标系内，，，若的面积不超过3，则满足条件的整点M个数为 ． 【答案】65 【解析】设，直线OA的方程为，即， ， 设，则，， 代入并化简得， 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 根据对称性，当时，也分别有5个整点． ∴共有65个整点． 故答案为：65 1．（多选题）已知曲线C：，则（    ） A．曲线C在第一象限为椭圆的一部分 B．曲线C在第二象限为双曲线的一部分 C．直线与曲线C有两个交点 D．直线与曲线C有三个交点 【答案】ABC 【解析】当，时，由，是椭圆的一部分，故A对； 当，时，由，是双曲线的一部分，故B对； 当，时，由，不表示任何图形； 当，时，由，是双曲线的一部分. 所以函数的图象为： 所以与曲线有两个交点，故C对； 直线与曲线：方程联立，消去得：，所以直线与曲线：相切，故直线与曲线共有2个交点，故D错误. 故选：ABC 2．已知曲线的左右焦点为，P是曲线E上一动点 (1)求的周长； (2)过的直线与曲线E交于AB两点，且，求直线AB的方程； (3)若存在过点的两条直线和与曲线E都只有一个公共点，且，求h的值． 【解析】（1）因为曲线E：， 所以，则， 所以，， 故的周长为； （2）依题意，知直线AB斜率存在且不为，设直线AB：， 联立，消去，得， 恒成立， 由韦达定理得：，， 因为，， 所以，则， 从而有， 消去，得，即， 所以直线AB的方程为； （3）依题意，知过点的直线斜率存在， 设该直线：，， 联立，消去，得， 若直线或为切线，则，解得， 注意到该曲线，即该曲线没有左右顶点，所以有三种情况： 情况1：两条直线均是切线， 因为，所以，即，解得，所以； 情况2：两条直线分别过椭圆左右顶点， 由对称性可知，又，所以， 此时，解得，所以； 情况3：其中一条直线是切线，另一条过椭圆的左（或右）顶点， 不妨设直线为切线时斜率为正，即，则， 因为，所以，解得； 综上：符合条件的h的值为或或． 题型四：由变量的范围引起的分类讨论 【典例4-1】若是的三条边，且，记，则当时，的取值范围是 . 注:表示数集中最大的数，表示数集中最小的数. 【答案】 【解析】因为且， 所以， 当，即时，， 所以， 又，所以，且， 又是的三条边，所以， 当时，，因为， 所以，解得，又，所以， 当时，，符合题意， 所以， 当，即时，， 所以， 又 是的三条边，可得且， ，即， 综上：当时，的取值范围是， 故答案为： 【典例4-2】已知函数. (1)若，求在区间上的最大值； (2)求在区间上的最小值. 【解析】（1）因为，所以， 所以. 由或. 所以当，所以， 所以在上单调递增， 所以. （2）的定义域为， ， 由. ①当，即时，或. 所以在上单调递增， ； ②当，即时，由或. 由. 所以在上单调递减，在上单调递增， ； ③当，即时，由. 所以在上单调递减，. 综上， 【变式4-1】已知函数，其中.若在区间[1，4]上的最小值为8，则a的值为 . 【答案】 【解析】，令，解得或， 当，或，此时单调递增； 当，，此时单调递减； 当，即时，在上为增函数，由解得，不符合题意，应舍去； 当，即时，在上的最小值，不符合题意，应舍去； 当，即时，在上的最小值可能在或上取得，而 当时，即，解得或，均不符合题意，应舍去；当，即，解得或（舍去）； 当时，在上单调递减，在上的最小值为，符合题意. 综上所述，. 故答案为： 【变式4-2】已知函数，其中． (1)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值； (2)是否存在实数，使得在（为自然对数的底数）上的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1），则， 故曲线在处的切线为，即． 当时，此时切线为，不符合要求； 当时，令，有． 令，有，故，即． （2），因为，所以． ①当时，即时，在上单调递增， 所以的最大值是，解得，舍去； ②当时，即时， 令时，则；令时，则． 所以的单调递增区间是，单调递减区间是． 所以，所以符合题意． 综上，存在符合题意，此时． 1．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. 【解析】（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，. 2．已知函数． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)若的最小值为1，求． 【解析】（1）因为在上单调递增， 所以在区间上恒成立，所以， 令，则， 令，则． 当时，单调递增，， 所以，所以在上单调递增， 故，所以．的取值范围为． （2）由，得， 所以， 令，则， 令，则， 当时，， 则， 当时，在上单调递减，当时，在上单调递增， 在上单调递增，且， 所以，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以，所以成立， 当时，当时，在上单调递减，， 在上单调递减， 因为，所以在上单调递减，此时，舍去． 当时，当时，， 在上单调递减，在上单调递增，．舍去； 当时，当时，，在上单调递增，，在上单调递减，在上单调递增， 此时，，舍去， 综上，． 题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论 【典例5-1】已知长方体中，，，用过该长方体体对角线的平面去截该长方体，则所得截面的面积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】假设截面为，易知截面为平行四边形，过点作，垂足为，则截面面积，因为为定值，所以只要最小， 当F在BC上（不含两端点）时，如图所示建立空间直角坐标系，则为异面直线和的公垂线时，EF最小，易知异面直线和的距离即到平面的距离， ，设面的法向量为， 则，则，令，则，即， 所以BC到面的距离为； 当F在上（不含两端点）时，如图所示， 此时为和的公垂线时，最小．同上可得和的公垂线长为； 当F在上（不含两端点）时，如图所示， 此时EF为和的公垂线，最小．同上可得和的公垂线长为； 故，此时， 易得特殊截面，，， 比较所得. 故选：C. 【典例5-2】在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合， 证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为， 当时，记平面截正方体所得截面为面，， 则， 令， 因为，所以， 当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时， 截面为面， 当时，平面截正方体所得截面为， 所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面， 同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面， 连接，面与面所成锐二面角为， 因为面面， 所以的所成角大小为二面角大小， 因为，所以面与面所成锐二面角大小为. 故选：C． 【变式5-1】（多选题）如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，O和点C，B，使，.已知，，，则线段OC的长为（    ）    A．6 B．8 C． D． 【答案】AC 【解析】依题意，， 平方得. 因为a，b所成的角为，或. 当时，，， 代入数据可得， 所以，，所以； 当时，，， 代入数据可得， 所以，，所以. 综上所述，或，即OC的长为6或. 故选：AC. 【变式5-2】（多选题）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（    ）    A．过棱的截面中，截面面积的最小值为 B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则 C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为 D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个 【答案】ACD 【解析】设截面与棱的交点为， 对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面， 取的中点，连接，则， 又平面，，即是异面直线的公垂线，， 故此时的面积取得最小值，最小值为，正确； 对于B项，易知，故结合A项，可设， 在中，由余弦定理， 所以，即，B错误； 对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，， 由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形. 设，则，所以长方形的面积， 当且仅当时，等号成立，正确； 对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个. 第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个. 故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确. 故选：ACD 1．设四面体中，有2条棱长为，其余4条棱长为1．则实数的取值范围为 ． 【答案】 【解析】第一种情况，两边在一个三角形内时： 假设时，E为D在底面射影， 由题意得，假设中点为，连结，假设 则，即， 所以，则且， 即，故，则， 综上，； 第二种情况，两边不在一个三角形内时： 假设， 发现当等腰三角形两腰的夹角接近时，在减小但总是存在的，故， 假设，取中点，连接， 则，由两边之和大于第三边可知：，解得：，故. 综上，. 故答案为：. 2．（多选题）四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】满足要求的四棱锥有如下三种情形. （1） 如图，四条侧棱长均为，则四棱锥为正四棱锥，连接交于点，连接， 则平面，是四棱锥的高， 则，， 所以， 四棱锥的高为； （2） 如图，有两条侧棱长为， 作平面，记，，是四棱锥的高， 于是，， 且. 解得，. 四棱锥的高为； （3） 如图，三条侧棱（、、）长为，一条侧棱， ，， 设与交于点.记. 由等腰三角形三线合一可得：, 平面，平面，， 则平面， 因为平面，所以平面平面， 过O作，因为平面平面, 所以平面，是四棱锥的高， 则有，，. 因为， 于是，. 将前面的结果代入上式， 解得或. 显然，故. ， 在中， 由余弦定理得, ， ， 四棱锥的高为. 故选：ACD. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$