数学思想方法专项2 分类讨论思想（讲义）-2026版浙江省（单考单招）二轮复习《数学考纲专题练》

编写说明：2026版浙江省（对口招生）二轮复习《数学考纲专题练》依据《中等职业学校数学课程标准》及浙江省历年真题编写。本资料紧扣历年考试趋势和最新考试动态，聚焦高频考点，精讲精练，助力考生高效复习。同时，为构建完整学习体系，每个专题均配套对应讲义和AB卷习题，满足多样化学习需求。 本专题是2026版浙江省（对口招生）二轮复习《数学考纲专题练》数学思想方法专项的第2个专题，内容为分类讨论思想。 2026版浙江省（对口招生）二轮复习 《数学考纲专题练》 数学思想方法专项2 分类讨论思想 一、知识导读 分类讨论作为数学问题研究与解决的核心策略之一，不仅是科学研究中普遍采用的基础方法，更是贯穿数学各知识领域的系统性思维工具。其特点在于形式灵活、逻辑严密、综合应用性强，在解题实践中具有不可替代的地位。 那么，何为数学中的分类讨论？简言之，当研究对象无法通过统一框架进行整体分析，而需依据特定标准进行科学分组时，便需启动分类讨论机制——即按照合理标准将对象划分为若干子类，分别对每类展开独立研究，最终通过整合各类结论获得完整解。这一过程本质上是逻辑划分思想在数学领域的具体实践，它通过"化整为零"的策略将复杂问题拆解为多个简单子问题，实现"各个击破"的解题效果，最终系统性地解决整体问题。 例如在处理含参数方程时，需根据参数取值范围划分不同情况；在分析函数性质时，常需按定义域区间或对称性特征进行分类讨论。这种思维方法不仅培养了严谨的逻辑推理能力，更体现了数学分析中"分而治之"的智慧精髓。 二、经典例题解析 【考试题型1】由数学概念引起的分类 【例1】若集合 中只有一个元素，则实数 的值是（   ） A． B．0 C． D．0 或 【答案】D 【分析】根据方程的解集只有一个元素分类求解即可； 【详解】集合 中只有一个元素，说明方程 有且仅有一个实数解. 当 时:方程为一元二次方程，判别式 时有一个实数解. 因为； 令 ，即，所以 . 当 时，方程为一次方程 ，解为 ，满足只有一个实数解. 综上，的值为或 故选：D. 【例2】关于x的不等式的解集为R，则k的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由一元二次不等式恒成立问题，求解即可． 【详解】关于x的不等式的解集为R， 当时，,不符合题意， 当时，由一元二次不等式的解集为R； 则； 故k的取值范围为； 故选：A． 【例3】在中，已知，两点，且动点A满足，则动点A的轨迹的标准方程为（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】A 【分析】根据椭圆的定义进行分析，计算出a，b，c的值即可求解标准方程. 【详解】由题意，已知，两点，， 动点A满足， ∴， ∴动点P的轨迹为椭圆，焦点在x轴上，，， ∴， ∴轨迹方程为：， 又因为A，B，C要构成三角形，三点不能在同一条直线上， 所以动点A不能在x轴上，即， 所以动点A的轨迹的标准方程为. 故选：A． 【考试题型2】由有关数学的性质、定理、公式引起的分类 【例4】若满足，则是（   ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形 【答案】C 【分析】利用正弦定理求解即可． 【详解】因为在满足，所以或， 则或，所以是等腰三角形或直角三角形. 故选：C． 【考试题型3】涉及不确定的情况引起的分类 【例5】已知圆C的圆心为，半径为2，求： (1)圆的标准方程； (2)过点且与圆相切的直线方程. 【答案】(1). (2)或. 【分析】（）根据题意结合圆的标准方程即可得解. （）分类讨论直线斜率存在和不存在的情况，结合切线的性质即可得解. 【详解】（1）圆C的圆心为，半径为2， 圆的标准方程为. （2）当直线的斜率存在时，设直线方程为， 即， 圆心到直线的距离， 可化为，解得， 所以切线方程为； 当直线的斜率不存在时，圆心到直线的距离为2，与半径长度相等， 所以直线与圆相切， 综上所述，过点且与圆相切的直线方程为或. 【例6】在平面直角坐标系中，已知圆，直线的方程为，点． (1)若与圆相切，求的值； (2)若过点的直线截得圆的弦长，求的斜率的取值范围． 【答案】(1). (2). 【分析】（）根据直线与圆相切的性质，结合点到直线的距离公式列出方程的即可得解. （）分类讨论直线斜率存在和不存在的情况，结合弦长公式与点到直线的距离公式即可得解. 【详解】（1）圆，化为标准方程为， 所以圆心坐标为，半径为， 因为直线：与圆相切， 则，解得. （2）若直线斜率不存在，此时直线的方程为， 圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，不符合题意； 若直线斜率存在，设直线的斜率为，则此时直线的方程为， 设圆心到直线的距离为，则， 因为，则， 所以， 则，解得， 所以的斜率的取值范围为. 【考试题型4】由参数变化引起的分类 【例7】已知函数 (1)若函数的值域为，求实数a的值 (2)若，求实数a的取值范围． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据含绝对值不等式的解法，结合不等式的性质和的最小值列方程求解即可. （2）分别令，和，去绝对值求解即可. 【详解】（1）已知函数， 因为，， 所以， 即， 所以， 即函数的最小值为，又函数的值域为， 所以，解得或. （2）已知， ， 若有，即， 得，即， 则可得或 或， 解得或 或， 综上a的范围是，. 【例8】已知函数的最大值为6，最小值为2，求，的值． 【答案】，或， 【分析】利用余弦函数的性质，结合一次函数性质，分和讨论求解即可． 【详解】因为， 则当时，，，解得； 当时，，，解得； 综上，，或，． 三、综合训练 一、单选题 1．已知抛物线上点到焦点的距离为8，则抛物线标准方程为（    ） A． B．或 C． D．或 2．双曲线左右焦点，焦距是8，为双曲线上的一点，则（    ） A．2 B．4 C．4或8 D．2或10 3．若方程表示椭圆，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D．且 4．已知直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于A，B两点，且弦AB的中点到直线的距离为3，则直线AB的斜率为（   ） A． B． C． D． 5．抛物线上与焦点的距离等于5的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 6．O是半径为5的圆的圆心，点 A 在直线l上，若 ．则直线l与圆的位置关系是（    ） A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交 7．若直线与圆相切，则的值为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 8．已知，则是（    ） A．第一或第二象限角 B．第一或第三象限角 C．第二或第三象限角 D．第一或第四象限角 9．等差数列中，，是等比数列，且，则的值为（    ） A．0或4 B．4 C．0或2 D．2 10．函数的值域为（    ） A． B． C． D． 11．若是的最小值，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 12．已知函数，若有实数，当时，其值域为，则c的取值范围是（    ） A． B． C． D． 13．函数为偶函数，则在上（    ） A．增函数 B．有部分增，有部分减的函数 C．减函数 D．不能确定其增减性 二、填空题 14．已知函数，则的最大值为 . 15．已知函数且的最大值为3，则实数的取值范围是 . 16．已知函数的定义域为R，则实数m的取值范围是 ． 三、解答题 17．已知二次函数． (1)求的对称轴； (2)若，求a的值及的最值． 18．已知函数，其中． (1)当时，解不等式； (2)若的最大值为1，求的取值范围． 19．已知， 且，是方程，的两根，求k. 20．平面内给定三个向量，，，且． (1)求满足条件的实数m，n的值； (2)若满足，且，求的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D B B D C D B D 题号 11 12 13 答案 D C A 1．D 【分析】将点代入抛物线方程并由抛物线的定义可得，联立求解即可. 【详解】抛物线上点到焦点的距离为8， 得， 因为，所以由②得， 代入①，得， 整理得，即， 解得或， 所以抛物线标准方程为或. 故选：D. 2．D 【分析】根据双曲线的焦距为8求出c的值，利用双曲线中a，b，c的关系求出a的值，再根据双曲线的定义即可求解. 【详解】因为双曲线的焦距为8，即，解得， 又在双曲线中，所以， 所以双曲线方程为， 又为双曲线上的一点，由双曲线的定义可知，， 则或. 故选：D. 3．D 【分析】根据题意，结合椭圆的标准方程，即可列式求解. 【详解】因为方程表示椭圆， 所以须满足，即， 解得且， 故选：D. 4．B 【分析】设出斜率得到直线方程，再与抛物线联立方程组，根据韦达定理与中点弦求解即可. 【详解】直线斜率不存在时，则方程为，中点到的距离是，不符题意； 设直线的斜率为k，交抛物线于，两点抛物线焦点， 联立直线与抛物线方程得 消去y得， 弦的中点到直线的距离为3，则中点横坐标， 即，得 故选：B. 5．B 【分析】利用抛物线方程求出准线的方程，根据抛物线定义，与焦点的距离等于5的点等价于到准线的距离等于5的点，即可求解. 【详解】因为抛物线，所以，即， 所以焦点坐标为，准线方程为， 设所求点的坐标为， 由抛物线定义得，解得， 代入抛物线方程得，故，即. 故选：B 6．D 【分析】利用几何法可判断直线与圆的位置关系. 【详解】因为圆O的半径，点 A 在直线l上，且， 所以圆心O到直线l的距离， 所以直线与圆相切或相交. 故选：D 7．C 【分析】根据切线的性质及点到直线的距离列出方程即可得解. 【详解】由圆可知圆心为，半径为， 因为直线与圆相切，所以，解得或， 故选：. 8．D 【分析】由各象限三角函数值的符号即可判断. 【详解】因为，所以“且” 或“且”，所以是第一或第四象限角. 故选：D. 9．B 【分析】根据等差数列以及等比数列的上下标的性质求解即可. 【详解】由等差数列的性质可得， 代入可得， 解得或，从而或， 因为等比数列的各项不能为0， 所以舍， 则. 故选：B. 10．D 【分析】根据二次函数的解析式求出对称轴，结合二次函数的性质即可得解. 【详解】函数图象的开口向上，对称轴为直线， 所以时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数有最小值； 当时，函数有最大值， 所以的值域为， 故选：. 11．D 【分析】因为是的最小值，所以函数需递减，可得；同时，在恒成立，根据基本不等式，可得，从而求解. 【详解】因为是的最小值，且， 故函数在需单调递减. 所以. 同时在恒成立， 由于，当且仅当时取等号. 所以，解得， 综上：a的取值范围为. 故选：D 12．C 【分析】先根据函数的对称轴和开口方向得到其单调性，再由时的值域，得到，进而得到方程有两个且大于1的实根m和n，由得到，设，分析的性质得到，得到，即可解得. 【详解】函数，可知抛物线开口向上，对称轴为， 所以二次函数在上单调递增， 又当时，其值域为， 得，即， 所以方程有两个且大于1的实根m和n，， 即，解得， 设，开口向上，对称轴为，则， 当时，函数单调递减， 所以当时，，，解得， 综上，. 故选：C 13．A 【分析】先利用偶函数的性质求得，再利用二次函数的性质即可得解. 【详解】根据题意，函数为偶函数， 则，即， 整理得，由的任意性可得，此时， 经检验，当时，是偶函数， 所以， 则由二次函数的性质可知，的图象开口向下，且以轴为对称轴， 所以在上是增函数. 故选：A. 14．/ 【分析】画出和的图像，由此得到的最大值. 【详解】设，画出和的图像，    由图可知，当时，取得最大值， 故答案为：. 15． 【分析】由函数的最大值为3，分别由一次函数和对数函数的性质分析分段函数的最大值，即可求出的取值范围. 【详解】函数且， 当时，，此时函数在上单调递增， 所以当时，最大值为； 当时，，且， 若，此时函数在上单调递增，无最大值，故不符合题意， 若时，此时函数在上单调递减， 因为函数的最大值为3，故， 故，即，此时 综上，实数的取值范围是. 故答案为：. 16． 【分析】先将题干进行转换，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】要使函数有意义，则需使， 又函数的定义域为R，则恒成立， 若，则成立，若，则，解得， 综上所述：实数m的取值范围是. 故答案为：. 17．(1) (2)a的值为，的最小值为，无最大值 【分析】（1）由二次函数的对称轴公式求解即可； （2）将代入计算，求得a的值，再由二次函数的图象和性质求得的最值即可. 【详解】（1）因为二次函数， 所以的对称轴为. （2）因为二次函数， 由可得，，解得， 所以， 该函数函数图象开口向上，由（1）知对称轴为， 在对称轴左侧单调递减，在对称轴右侧单调递增， 故当时，取小值，；无最大值， 综上所述，a的值为，的最小值为，无最大值. 18．(1)； (2)． 【分析】（1）解一元一次不等式和一元二次不等式易得答案； （2）求二次函数和幂函数的最值易得答案. 【详解】（1）时，不等式化为： 或 解得或 所以不等式解为； （2）当时，，有， 当时，，有， 由已知有，即，所以的取值范围是． 19．. 【分析】根据题意结合韦达定义及同角三角函数基本关系式即可得解. 【详解】因为，是方程，的两根， 则由韦达定理可知，，， 则， 即， 解得，或， 因为，, 所以不符合题意，所以. 20．(1)， (2)或 【分析】（1）先由向量的坐标运算表示出，再联立向量垂直和相等向量求解t的值即可. （2）设出的坐标，由向量的线性坐标运算和共线向量坐标运算，以及模长公式联立求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，， 又因为， 所以， 又因为，所以， 所以，所以， 所以，又因为， 解得，. （2）由（1）知，，所以， 设， ，， 因为， 所以， 所以， 所以①， 又因为，且， 所以②， 将①代入②中有，，可解或， ，或. 则或. 学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $