2025年高考数学总复习《运用分类讨论的思想方法解题》专项测试卷带答案

第第页2025年高考数学总复习《运用分类讨论的思想方法解题》专项测试卷带答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________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．（2023•天津）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为．2．（2023•新高考Ⅰ）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．3．（2023•甲卷）已知，．（1）若，讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围．考点一：由情境的规则引起的分类讨论【例1】三人各抛掷骰子一次，落地时向上的点数能组成等差数列的概率为（

）A． B． C． D．【变式1-1】一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（

）A． B． C． D．【变式1-2】甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：第一轮甲VS乙丙VS丁第二轮甲VS丙乙VS丁第三轮甲VS丁乙VS丙规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名．总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线．假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，每场比赛结果相互独立．求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率．【变式1-3】2021年4月23日是第26个“世界读书日”，某校组织“阅百年历程，传精神力量”主题知识竞赛，有基础题、挑战题两类问题．每位参赛同学回答n次，每次回答一个问题，若回答正确，则下一个问题从挑战题库中随机抽取；若回答错误，则下一个问题从基础题库中随机抽取．规定每位参赛同学回答的第一个问题从基础题库中抽取，基础题答对一个得10分，否则得0分；挑战题答对一个得30分，否则得0分．已知小明能正确回答基础类问题的概率为，能正确回答挑战类问题的概率为，且每次回答问题是相互独立的．记小明前2题累计得分为X，求X的概率分布列和数学期望；记第k题小明回答正确的概率为，，证明：当时，，并求的通项公式．考点二：由定义引起的分类讨论【例2】若数列中不超过的项数恰为，则称数列是数列的生成数列，称相应的函数是数列生成的控制函数．已知，且，数列的前m项和为，若，则m的值为__________．【变式2-1】记，若是等差数列，则称m为数列的“等差均值”；若是等比数列，则称m为数列的“等比均值”．已知数列的“等差均值”为2，数列的“等比均值”为记，数列的前n项和为若对任意的正整数n都有，则实数k的取值范围是__________．【变式2-2】已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过x的最大整数，如，求数列的通项公式；若，求数列的前2020项的和．【变式2-3】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．求当时，求的表达式．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．考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论【例3】过点的直线与圆相切，则直线的方程为（

）A． B．C．或 D．或【变式3-1】（多选题）已知双曲线C：的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线C的右支于P、Q两点，若为等腰直角三角形，则C的离心率可能为（

）A． B． C． D．【变式3-2】已知圆，过点的直线l交圆O于两点，且，请写出一条满足上述条件的直线l的方程__________．【变式3-3】已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当时，的面积为求椭圆C的方程：设过点的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得与是坐标原点的面积比值为5：若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由．考点四：由变量的范围引起的分类讨论【例4】已知函数，设s为正数，则在中（

）A．不可能同时大于其它两个 B．可能同时小于其它两个C．三者不可能同时相等 D．至少有一个小于【变式4-1】已知，关于x的方程有且仅有一个解，则t的取值范围是__________．【变式4-2】已知函数，为常数，若函数在原点的切线与函数的图象也相切，求b；当时，，使成立，求M的最大值；若函数的图象与x轴有两个不同的交点，且，证明：【变式4-3】已知函数讨论函数的单调性；若，证明：曲线与直线恰有两个公共点，且这两个公共点关于点对称．考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论【例5】如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为【变式5-1】已知点P为平面直角坐标系xOy内的圆上的动点，点，现将坐标平面沿y轴折成的二面角，则A，P两点间距离的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式5-2】《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，平面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【变式5-3】如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，下列正确的是（

）①截面可能为六边形②存在点N，使得截面③若截面为平行四边形，则④当N与C重合时，截面面积为A．①② B．③④ C．①③ D．②④参考答案1．（2023•天津）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为．【答案】，，，．【解析】①当时，，不满足题意；②当方程满足且△时，有即，，，此时，，当时，不满足，当时，△，满足；③△时，，，，记的两根为，，不妨设，则，当时，，且，，，但此时，舍去，，，且，但此时，舍去，故仅有1与两个解，即有且仅有两个零点，当时，有，舍去，，舍去，故仅有和两个解，即有且仅有两个零点，综上，，，，．故答案为：，，，．2．（2023•新高考Ⅰ）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．【解析】（1），则，①当时，恒成立，在上单调递减，②当时，令得，，当时，，单调递减；当，时，，单调递增，综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在，上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当时，，要证，只需证，只需证，设（a），，则（a），令（a）得，，当时，（a），（a）单调递减，当，时，（a），（a）单调递增，所以（a），即（a），所以得证，即得证．3．（2023•甲卷）已知，．（1）若，讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围．【解析】（1）已知，函数定义域为，若，此时，可得，因为，，所以当，即时，，单调递增；当，即时，，单调递减；（2）不妨设，函数定义域为，，令，，此时，不妨令，可得，所以单调递增，此时（1），①当时，，所以在上单调递减，此时，则当时，恒成立，符合题意；②当时，当时，，所以，又（1），所以在区间上存在一点，使得，即存在，使得，当时，，所以当时，，单调递增，可得当时，，不符合题意，综上，的取值范围为，．考点一：由情境的规则引起的分类讨论【例1】三人各抛掷骰子一次，落地时向上的点数能组成等差数列的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A

【解析】根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有6种情况，则共有种情况，它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：①若落地时向上的点数若不同，则为1，2，3或1，3，5，或2，3，4或2，4，6或3，4，5或4，5，共有6种可能，每种可能的点数顺序可以颠倒，即有种情况；即有种情况，②若落地时向上的点数全相同，有6种情况，共有种情况，落地时向上的点数能组成等差数列的概率为故选【变式1-1】一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B

【解析】分两种情况3，1，1及2，2，1，这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，当取球的个数是3，1，1时，试验发生包含的事件是，满足条件的事件数是，这种结果发生的概率是，同理求得第二种结果的概率是，根据互斥事件的概率公式得到，故选【变式1-2】甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：第一轮甲VS乙丙VS丁第二轮甲VS丙乙VS丁第三轮甲VS丁乙VS丙规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名．总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线．假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，每场比赛结果相互独立．求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率．【解析】记第

i

轮比赛丁胜、平、负的事件分别为

，每场比赛结果相互独立．丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为

D

，；丁总分7分一定出线．理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手总分最多6分．小组赛两队出线，所以丁一定出线．第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率

，②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率

，③第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为

，丁队出线的概率

，综上，丁以6分出线的概率为

．【变式1-3】2021年4月23日是第26个“世界读书日”，某校组织“阅百年历程，传精神力量”主题知识竞赛，有基础题、挑战题两类问题．每位参赛同学回答n次，每次回答一个问题，若回答正确，则下一个问题从挑战题库中随机抽取；若回答错误，则下一个问题从基础题库中随机抽取．规定每位参赛同学回答的第一个问题从基础题库中抽取，基础题答对一个得10分，否则得0分；挑战题答对一个得30分，否则得0分．已知小明能正确回答基础类问题的概率为，能正确回答挑战类问题的概率为，且每次回答问题是相互独立的．记小明前2题累计得分为X，求X的概率分布列和数学期望；记第k题小明回答正确的概率为，，证明：当时，，并求的通项公式．【解析】依题意，X的可能取值为0，10，所以X的概率分布为X01040P所以，当时，分两种情形：①若第次回答正确，则第k次回答挑战题，这种情形下第k次回答正确的概率为②若第次回答错误，则第k次回答基础题，这种情况下第k次回答正确的概率为所以，得证．所以，因为，，所以是以为首项，为公比的等比数列．所以，即

考点二：由定义引起的分类讨论【例2】若数列中不超过的项数恰为，则称数列是数列的生成数列，称相应的函数是数列生成的控制函数．已知，且，数列的前m项和为，若，则m的值为__________．【答案】11

【解析】m为偶数时，则，则m为奇数时，则，则，m为偶数时，则，m为奇数时，则，若，则，或，因为，得，故答案为：【变式2-1】记，若是等差数列，则称m为数列的“等差均值”；若是等比数列，则称m为数列的“等比均值”．已知数列的“等差均值”为2，数列的“等比均值”为记，数列的前n项和为若对任意的正整数n都有，则实数k的取值范围是__________．【答案】

【解析】由题得，所以…，

①…，

②①-②，得，又时，满足上式，所以又由题得，所以…，③…，

④③-④，得，，又时，满足上式，所以，所以，显然数列是等差数列．因为对任意的正整数n，都有，所以，即，解得，所以实数k的取值范围是故答案为【变式2-2】已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过x的最大整数，如，求数列的通项公式；若，求数列的前2020项的和．【解析】数列是首项为，公差为的等差数列，所以，得当时，，当时，，又也适合上式，所以，当时，，当，3，4，…，19时，，当，21，22，…，199时，，当，201，202，…，1999时，，当，2001，…，2020时，，故数列的前2020项和为

【变式2-3】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．求当时，求的表达式．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】当时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率当时，当时，表示不超过x的最大整数，当时，故同理有由可知，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当时，当时，当时，当时，由于关于k单调递增，故当时，的最大值为又，所以当时，的最大值为考点三：由平面图形的可变性引起的分类讨论【例3】过点的直线与圆相切，则直线的方程为（

）A． B．C．或 D．或【答案】C

【解析】根据题意，圆，其圆心为，半径；分2种情况讨论：①直线l的斜率不存在，则其方程为，与圆相切，符合题意；②直线l的斜率存在，设其方程为，即，直线l与圆相切，则有，解可得，此时直线l的方程为则直线l的方程为或故选：【变式3-1】（多选题）已知双曲线C：的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线C的右支于P、Q两点，若为等腰直角三角形，则C的离心率可能为（

）A． B． C． D．【答案】BC

【解析】由题意，为等腰直角三角形，假设，则，则，且，所以，又，，所以在中，由余弦定理，可得，

，得假设，则，，则

轴，所以，因为，所以，则得假设，则计算过程及结果与一致．故选【变式3-2】已知圆，过点的直线l交圆O于两点，且，请写出一条满足上述条件的直线l的方程__________．【答案】或

【解析】如图，取AB中点N，连接CM，由题意，，而由垂径定理，N为AB中点，故，由题意，，而，故由得到，解得，即C到直线l的距离为，若l的斜率存在，设l：，由C到l的距离为，得到，解得，直线l的方程为，若l的斜率不存在，则，显然C到l的距离为，符合题意．故l的方程为或写出一条直线方程即可【变式3-3】已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当时，的面积为求椭圆C的方程：设过点的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得与是坐标原点的面积比值为5：若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由．【解析】由

，由

，

，故

，

，

，

，即椭圆的标准方程为

．假设满足条件的直线

l

存在，当直线

l

的斜率不存在时，不合题意，当直线

l

的斜率存在时，不妨设直线

l

：

，

，

，显然

，联立，得

，所以

，因为

，

，得

，即

，由，，得

，将代入得

，所以直线

l

的方程为

，故存在直线

l

，使得

与

的面积比值为5：考点四：由变量的范围引起的分类讨论【例4】已知函数，设s为正数，则在中（

）A．不可能同时大于其它两个 B．可能同时小于其它两个C．三者不可能同时相等 D．至少有一个小于【答案】D

【解析】函数，，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，则，且，对A：若，则

，则

，故A错误；对B、C：当时，则

，故；当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；综上所述：不可能同时小于，当时三者同时相等，故B、C错误；对D：构造，，则在上恒成立，故在上单调递减，则，令，可得，则，故，即，使得，反证：假设均不小于，则，显然不成立，故假设不成立，故D正确．故选【变式4-1】已知，关于x的方程有且仅有一个解，则t的取值范围是__________．【答案】

【解析】因为，

，所以

，且

，则

，即

，设

，则

，即

有且仅有一个解，因为

解的个数

解的个数

且

，所以下面讨论

解的个数；由

，得

其中

，当

时，①+②

得

，令

，

，则

，即

，因为

，所以

为增函数，所以

，令

，

，则

，令

得

，当

，

，即

单调递减，当

，

，即

单调递增，所以

，ⅰ当

，即

时，方程

无解，即函数

与

的图像没有交点；ⅱ当

，即

时，方程

有一解，即函数

与

的图像有一个交点；ⅲ当

，即

时，当

时，

，当

时，

，所以方程

有两解，即函数

与

的图像有两个交点；当

时，由①②消去y，得

③，由于

，且

，故

，即

，对③式两边取自然对数，得

，即

，两边取自然对数，得

，令

，

，则

，由

得

，令

，

，则

，由

得

，当

时，

；当

时，

；所以当

时，

；ⅰ当

，即

时，

恒成立，所以

，因为

，

，所以

，即

当且仅当

，且

时等号成立；所以

在

上为减函数，又因为当

时，

；

时，

，所以方程

恰有一解，此时函数

与

的图像有一个交点；ⅱ当

时，即

时，因为当

时

；

时

，所以存在

，

，使得

，所以

，当x变化时，

的变化情况如下表：x负正负减增减由上表可知，

在

内是减函数，在

内是增函数，在

内是减函数，下面证明

，

；

，令

，则当

时，

，所以

在

内是增函数，所以

，即

；

，

，令

，

，易证

为减函数，所以当

，

，即

；因为

，所以

，又因为当

时，

，当

时，

，所以

在区间

，

，

各有一个解，此时函数

与

的图像有三个交点；综上所述，函数

与

且

图像的交点情况如下：当

时，没有交点；当

时，有1个交点；当

时，有2个交点；当

时，有1个交点；当

时，有3个交点；所以

或

，即

或

，故答案为：

．【变式4-2】已知函数，为常数，若函数在原点的切线与函数的图象也相切，求b；当时，，使成立，求M的最大值；若函数的图象与x轴有两个不同的交点，且，证明：【解析】函数过原点，所以切点即为原点，，，又，在点处的切线方程为由得：，与函数的图象相切，，解得：或；当时，，，当时，，在上单调递增，，、使得成立，的最大值是；的图象与x轴交于两个不同的点、，方程的两个根为、，故，两式相减得：，，，要证：，即证，也就是证：令，则在上恒成立，，又，因此在上是增函数，则，即故，即成立．【变式4-3】已知函数讨论函数的单调性；若，证明：曲线与直线恰有两个公共点，且这两个公共点关于点对称．【解析】，当时，，，在上单调递减，在单递增；当时，，，在上单调递增，在单调递减．证明：①当时，，令，不是方程的根，，令，，则，在，上单调递增，又，，由零点存在性定理可知，在上有一个零点，又，，由零点存在性定理可知，在上有一个零点，有两个零点，即：与恰有两个公共点；②证两个公共点关于对称，设为与的一个交点，则，又，，点也是与的一个交点，又与恰有两个公共点，两交点分别为：，，又点与点关于点对称，两个公共点关于点对称，综述：与恰有两个公共点，且两个公共点关于点对称．考点五：由空间图形的可变性引起的分类讨论【例5】如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为【答案】B

【解析】对于A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，所以，故BD，PQ不可能平行，所以A错；对于B：若Q为中点，则，而，故，又面，面，则，故，，，面，则面，所以存在Q使得平面，所以B对；对于C：由正方体性质知：，而面，故与面APD不平行，所以Q在线段上运动时，到面APD