高考数学分类与整合的思想综合训练

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高考数学分类与整合的思想（提升版）函数、方程、不等式：如第6题，通过对实数k不同值的分类讨论，转化为求解不同的方程的解；三角函数与解三角形：如第15题，通过对当为顶角和为底角时的底边长，转化为不同情况下的底边长求解；复数：如第2题，通过对复数的分类讨论，转化为求不同复数的所在位置；平面向量：如第5题，通过对角度的分类讨论，转化为对数量积的求解；数列：如第4题，通过对等差数列的公差的分类讨论，将古代文化问题转化为数列问题求解；排列组合、概率、数学期望：如第12题，通过对卡片中2张卡片上的数字之和，转化为分别求解，进而求出总的可能情况；解析几何：如第7题，通过对不同参数的分类讨论，转化为对轨迹的求解；空间图形：如第8题，通过对球心在正四棱锥的内部和外面两种情况分类讨论转化为对两个位置的分别求解；简化和避免分类讨论的技巧：如第13题，通过对内层函数的单调性求解，转化为端点和端点的不等式求解，进而避免分类讨论.选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2024河北高三上期11月阶段调研检测二）已知全集，，则集合（

） B． D．【答案】D【分析】由全集，根据题意，应用韦恩图即可求集合.【详解】由题意，，解得，，，（），，.故选：D.复数z的虚部为，模为2，则复数z2的对应点位于复平面内（

）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第二或三象限【答案】D【分析】结合复数的概念及模长求出复数，然后根据复数的乘方运算，即可判断所处象限.【详解】设，因为，所以，所以或，若，则，复数z2的对应点位于复平面内第二象限；若，则，复数z2的对应点位于复平面内第三象限；故选：D.（2024重庆一中高三上期11月月考）已知平面向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（

）充分不必要条件 B．必要不充分条件充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】若与的夹角为钝角，则且与不共线，结合向量的坐标运算求得m得取值范围，再根据包含关系分析充分、必要条件.【详解】若与的夹角为钝角，则且与不共线，可得，解得且，因为是的真子集，所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.故选：B.一百零八塔始建于西夏时期，是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一，塔群随山势凿石分阶而建，自上而下一共12层，第1层有1座塔，从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座塔.已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列，剩下的2层的塔数分别与上一层的塔数相等，第1层与第2层的塔数不同，则下列结论错误的是（

）第3层的塔数为3第4层与第5层的塔数相等第6层的塔数为9等差数列的公差为2【答案】C【分析】设等差数列的公差为，分，和三种情况讨论，结合等差数列的前项和公式分析得的值，从而得12层的塔数，判断每个选项即可得答案.【详解】设等差数列的公差为，若，则这10层的塔数之和为，则最多有座塔，不符合题意；若，则这10层的塔数之和不少于，不符合题意；所以，这10层的塔数之和为，塔数依次是1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，依题意剩下2层的塔数为3与5，所以这12层塔的塔数分别为1，3，3，5，5，7，9，11，13，17，19，因此A，B，D正确，C错误．故选：C.在直角坐标系中，分别是与轴，轴平行的单位向量，若直角三角形中，，，则的可能值有A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【详解】（1）若A为直角，则；（2）若B为直角，则；（3）若C为直角，则。所以k的可能值个数是2，选B关于的方程，给出下列四个命题：存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；存在实数，使得方程恰有8个不同的实根.其中假命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】令，则，作出这两个函数的图象，利用两个函数的图象可得结果.【详解】令，则，作出这两个函数的图象，如图：由图可知，当时，只有一个大于的根，则方程恰有两个实根；故①为真命题；当时，由得或，当时，，当时，或，此时原方程恰有5个实根，故③为真命题；当时，有两个实根，两个实根在内，此时原方程有8个实根，故④为真命题；当时，由得，则方程恰有4个实根；此时原方程恰有4个实根，故②为真命题.故选：A【点睛】关键点点睛：构造两个函数，利用两个函数的图象求解是本题的解题关键.（2024山东济钢高中高三5月适应性考试）在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（

）点的轨迹为圆 B．点到原点最短距离为2点的轨迹是一个正方形 D．点的轨迹所围成的图形面积为24【答案】D【分析】设点的坐标为，由已知条件结合向量的坐标运算用表示出，结合可得的关系，从而可求出点的轨迹方程，再逐个分析判断.【详解】设点的坐标为，因为，动点满足，所以，得，因为，所以，即点的轨迹方程为，当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为，所以点对应的轨迹如图所示，且，,所以点的轨迹为菱形，所以AC错误，原点到直线的距离为，所以B错误，点的轨迹所围成的图形面积为，所以D正确.故选：D

已知球的表面积为，其内接正四棱锥的底面边长为4，则（

）A． B．32或 C．或 D．或32【答案】C【分析】由球的表面积公式可得，由勾股定理可得，球心在正四棱锥的内部和外面两种情况分别求解即可.【详解】设球的半径为，则，所以，设，则，，当球心在正四棱锥的内部时，，；当球心在正四棱锥的外面时，，.故选：.多选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（2025届河南省河南部分重点高中高三年级青桐鸣大联考模拟预测）若等边三角形的边长为为的中点，且交于点，则下列说法正确的是（

）当时，若点为的中点，则为定值的最小值为【答案】BCD【分析】根据平面向量基本定理可得A错误，利用共线定理可判断B正确，由数量积的定义以及运算律计算可得C正确，得出的表达式可得当时，的最小值为，即D正确.【详解】如下图所示：对于A，易知当时，可得，所以，即A错误，对于B，若点为的中点，可知，又可知，易知为共线向量，所以可知，解得，即B正确；对于C，由可知：为定值，即C正确；对于D，，又，可得当时，取得最小值为，即D正确.故选：BCD（2024浙江湖州、衢州、丽水等3地市高三上期11月教学质量检测）现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1、2、3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子.则下列说法正确的是（

）若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变【答案】BC【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式及逐项判断即可.【详解】对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即，A错误；对于B，，，，，则，因此，B正确；对于CD，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，C正确，D错误.故选：BC（2025届江西景德镇高三第一次质检）在高三一次大型联考中，物理方向共有35万人参加，其中男生有20万人.现为了了解该次考试的数学成绩，用分层随机抽样的方法从中抽取350人，其中名男生的数学平均成绩为77分，名女生的数学平均成绩为70分.已知35万人的数学成绩，近似为样本均值，则下列正确的是（

）参考数据：若，则，，总体是35万人样本均值为73.5估计该次联考中物理方向数学成绩低于66分的约有7980人【答案】AD【分析】根据分层随机抽样的特征可判断A；根据总体的定义可判断B；根据分层随机抽样的均值可计算并判断C；根据正态分布的定义可判断D.【详解】由分层随机抽样的特征可知：，故A正确；总体是35万考生的数学成绩，故B错误；根据分层随机抽样的均值知样本均值，故C错误；∵，，，∴小于66分的人数约为人，故D正确．故选：AD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有.【答案】1248【分析】根据题意，分2步进行分析：第一步排中间行的两张卡片上的数字之和为5，则中间行的数字只能为1，4或2，3，算出排法数，第二步确定其余4个数字，要减去中间行数字和为5，还有一行数字和为5的情况，然后用分步乘法计数原理求解.【详解】根据题意，分2步进行分析：要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则中间行的数字只能为1，4或2，3，共有种排法，然后确定其余4个数字，其排法总数为.其中不合题意的有：中间行数字和为5，还有一行数字和为5，有4排法，余下两个数字有排法，所以此时余下的这4个数字共有种方法；则有种不同的排法，故答案为：1248.【点睛】本题主要考查排列的实际应用，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.（2024江苏宿迁高三上期第一次调研考试）已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围是．【答案】【分析】根据复合函数的单调性，结合二次不等式恒成立问题，列不等式组求解即可.【详解】由复合而成.而单调递增，只需要单调递减.且在上恒成立.则即可，解得.故实数a的取值范围是.故答案为：.（2024内蒙古包头高三下期第三次模拟考试）正方体的棱长为，点在对角线上，若，则四棱锥的外接球的表面积为．【答案】【分析】由题意得出是正方体对角线的中点，则有是正四棱锥，从而得到外接球球心在射线上，设球半径为，由勾股定理可求得，即可求出结果．【详解】因为，又，所以为的中点，过点作交于，易知面，且为的中心，则四棱锥的正四棱锥，所以球心在射线上，如图所示，设四棱锥的外接球的半径为，易知，，所以，解得，所以四棱锥的外接球的表面积为，故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（2024浙江金华高三上期一模）记内角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若为等腰三角形且腰长为2，求的底边长.【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据正弦定理边化角化简可得；（2）分别讨论当为顶角和为底角时的底边长即可.【详解】（1），由正弦定理得：，∵，∵，（2）当为顶角，则底边，，当为底角，则该三角形内角分别为，，，则底边为故的底边长为或.（2024陕西商洛高三上期第一次模拟检测）已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3．(1)求双曲线的标准方程；(2)斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）直线的斜率之积为3，构造方程求出，再将点代入方程即可；（2）设直曲联立，借助韦达定理，由，所以，结合韦达定理，求出，再用点到直线距离计算即可.【详解】（1）由题意可得，则直线的斜率，直线的斜率．因为直线的斜率之积为3，所以，解得．因为点在双曲线上，所以，解得．故双曲线的标准方程为．（2）设直线联立整理得则所以．因为，所以，所以即化简得，故．由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离．因为，所以，所以，即点到直线的距离的最大值是．（2025届四川成都蓉城名校联盟高三第一次联合诊断性考试）如图，在几何体中，四边形是梯形，，，与相交于点N，平面，，H是的中点，，．(1)点P在上，且，证明：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）添加辅助线，利用线段长度的比例关系证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；也可根据垂直关系建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行.（2）分别求出二面角的两半平面的法向量，利用二面角的向量公式计算即可.【详解】（1）方法1：依题意可知，直线，，两两垂直，以点A为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，，，，因为，所以，所以，又，所以，又，，从而得，所以向量，，共面，又平面，平面，平面，所以平面．方法2：如图，在，上取点M，Q，且满足，，连接，，，因为，，有，所以，且，又因为，，，所以，有，所以，且，又，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）由（1）方法1可知，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即．取，则平面的一个法向量为，则，由图知二面角为钝角，故二面角的余弦值为．（2025届四川内江高三一模考试）已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见详解(2)【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数的符号判断原函数单调性；（2）由题意可得：，分和两种情况，结合（1）中单调性分析求解即可.【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，若，则，可知在内单调递减；若，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；综上所述：若，在内单调递减；若，在内单调递减，在内单调递增.（2）因为恒成立，则，若，由（1）可知：在内单调递减，且当趋近于时，趋近于，不合题意；若，由可得，由（1）可知：在内单调递减，在内单调递增，则，若，则，可得，符合题意；综上所述：实数的取值范围为.（2024江西新余四中高三下期5月高考全真模拟（三））我们规定：若数列为递增数列且也为递增数列，则为“—数列”.已知：，，，数列，，中其中只有一个—数列，它是：__________（不需说明理由）