新高考数学二轮专题训练思想01 运用分类讨论的思想方法解题（5大题型）（练习）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题训练思想01 运用分类讨论的思想方法解题（5大题型）（练习）（2份，原卷版+解析版），共5页。试卷主要包含了某商场进行购物摸奖活动，规则是等内容，欢迎下载使用。
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc157378512" 01 由情境的规则引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378512 \h 1
\l "_Tc157378513" 02 由定义引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378513 \h 4
\l "_Tc157378514" 03 由平面图形的可变性引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378514 \h 8
\l "_Tc157378515" 04 由变量的范围引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378515 \h 12
\l "_Tc157378516" 05 由空间图形的可变性引起的分类讨论 PAGEREF _Tc157378516 \h 18
01 由情境的规则引起的分类讨论
1．三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
从三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，共有 种不同排法，
女生甲不在两端，同时有且只有两个女生相邻分两类
女生甲单独站，则有 ；
女生甲和另一个女生站一起，则有
所以，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是 ．
故答案为：
2．有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布情况如下表所示
假设汽车A只能在约定日期某月某日的前11天出发，汽车B只能在约定日期的前12天出发将频率视为概率，为了在各自允许的时间内将货物运至城市乙，汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为（ ）
A．公路1和公路2B．公路2和公路1C．公路2和公路2D．公路1和公路1
【答案】A
【解析】
频率分布表如下：
设，分别表示事件“汽车A选择公路1时在约定时间内将货物运至城市乙”和“汽车A选择公路2时在约定时间内将货物运至城市乙”，
，分别表示事件“汽车B选择公路1时在约定时间内将货物运至城市乙”和“汽车B选择公路2时在约定时间内将货物运至城市乙”，
以频率估计概率得，，，，
所以汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为公路1和公路
故选
3．某商场进行购物摸奖活动，规则是：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1，2，3，4，5的五个小球，每次摸奖需要同时取出两个球，每位顾客最多有两次摸奖机会，并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球，若与第一次取出的两个小球号码相同，则中奖．按照这样的规则摸奖，中奖的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
由题意可知中奖的情况有两类：
第一类：第一次摸球中奖，概率为
第二类：第一次摸球不中奖，第二次摸球中奖，
概率为，
故中奖的概率为
故选
4．某地每年的七月份是洪水的高发期，在不采取任何预防措施的情况下，一旦爆发洪水，将造成万元的经济损失．为防止洪水的爆发，现有四种相互独立的预防措施可供采用，单独采用预防措施后不爆发洪水的概率为，所需费用为万元
若联合使用和措施，则不爆发洪水的概率是多少?
现在有以下两类预防方案可供选择：
预防方案一：单独采用一种预防措施；
预防方案二：联合采用两种不同预防措施．
则要想使总费用最少，应采用哪种具体的预防方案?
总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值
【解析】依题意有：
设事件表示使用和措施不爆发洪水，
则
预防措施一：有四种情况：
单独用总费用为：万元
单独用总费用为：万元
单独用总费用为：万元
单独用总费用为：万元
预防措施二：有六种情况：
联合：总费用为万元
联合：总费用为万元
联合：总费用为万元
联合：总费用为万元
联合：总费用为万元
联合：总费用为：万元
所以，预防方案采用联合使用最好，使得总费用最少．
02 由定义引起的分类讨论
5．大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A．6B．13C．19D．60
【答案】B
【解析】
根据自然数N的标准分解式可得，
故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；
②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；
③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数，
所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数．
故选
6．（多选题）已知函数有两个不同的零点，，符号表示不超过x的最大整数，如，，则下列结论正确的是（ ）
A．a的取值范围为
B．a的取值范围为
C．
D．若，则 a的取值范围为
【答案】BD
【解析】
函数的定义域为，
，
当时，，函数在上单调递增，
函数在上至多只有一个零点，与条件矛盾，
当时，由可得或舍去，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因为函数有两个不同的零点，，可得，
所以，所以，
所以，A错误，B正确；
不妨设，
因为，，所以，，
当时，，，则，
当时，则，
所以，当时，，
此时，，C错误，
因为，
若则，，，，
所以，，，
所以，，，
所以，
若，则，，，且，
所以，，，
所以，，，
所以，，
又，所以，所以，故满足条件的a不存在，
所以a的取值范围为正确．
故选
7．（多选题）定义为数列的“优值”．已知某数列的“优值”，前n项和为，则（ ）
A．数列为等差数列B．数列为递减数列
C．D．，，成等差数列
【答案】AC
【解析】依题意可得，
…
…，
，
，
当时，，
数列为首项为2，公差为1的等差数列，故A对B错误；
，故C正确；
，，，
因为，，故D错误．
故选
8．若函数的定义域为，对任意的，，当时，都有，则称函数是关于D关联的．已知函数是关于关联的，且当时，则：①当时，函数的值域为__________；②不等式的解集为__________．
【答案】 ；
【解析】
①．由函数是关于关联可得：当时，
当时，
当时，即当时，函数的值域为；
②．由①可知，当时，显然不满足；
当时，有，则等价于，
即，解得，故；
当时，有，则等价于，
即，解得，故；
当时，有显然不满足；
显然当时，，不满足
综上，不等式的解集为
03 由平面图形的可变性引起的分类讨论
9．（多选题）已知圆M：，直线l：，下面四个命题中是真命题的是 （ ）
A．对任意实数k与，直线l和圆M相切；
B．对任意实数k与，直线l和圆M有公共点；
C．对任意实数，必存在实数k，使得直线l与和圆M相切
D．对任意实数k，必存在实数，使得直线l与和圆M相切
【答案】BD
【解析】
圆心到直线l的距离为
，
，
恒成立，但等号不一定恒成立，项对，A项不一定对；
若当时，，
当时，k不存在；
当k给定时，存在；项对，C项不对．
故答案选：
10．已知直线与交于A、B两点，写出满足“面积为”的m的一个值__________
【答案】答案不唯一
【解析】
由题知的圆心为，半径为2，
设圆心到直线的距离为d，则，
于是，，得或，
若取，则，此时有，解得，
若取，则，此时有，解得，
故答案为：答案不唯一
11．设椭圆的离心率为，其左焦点到的距离为
求椭圆E的方程；
椭圆E的右顶点为D，直线与椭圆E交于A，B两点不是左、右顶点，若其满足，且直线l与以原点为圆心，半径为的圆相切；求直线l的方程．
【解析】由题意可知，椭圆的焦点位于 x 轴上，即椭圆的左焦点为 ，
因为左焦点到 的距离为 ，
所以 ，即 ，解得 或 舍，
又因为椭圆 E 的离心率为 ，
所以 ，即 ，解得 ，
所以 ，
故所求椭圆E的方程为 ．
由题可得 ，设 ，
由 ，消去 y ，得 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，即 ，解得 或 ，满足 ，
当 时， 过点 D ，不合题意，
所以 ① ，
又直线 l 与以原点为圆心半径为 的圆相切，
所以 ② ，
联立 ①② ，解得 或 ，
所以直线 l 的方程为 或 ．
12．已知椭圆C：的离心率为，且椭圆上动点P到右焦点最小距离为
求椭圆C的标准方程；
点M，N是曲线C上的两点，O是坐标原点，，求面积的最大值．
【解析】依题意， ，解得 ，
所以椭圆 C 的标准方程为 ．
当 MN 斜率不存在时，即直线 轴，不妨设 ，则 ，
；
当直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 方程为 ，
由 ，得 ，
则 ，
设 ， ，则 ， ，
所以 ，
，
即 ．
记原点 O 到直线 MN 的距离为 d ，
则
．
当 ，即 时取等，验证满足题意
所以 ，
又因为 ，所以 取最大值为 ．
注：求 的最大值还可以这样处理，设 ，则 当 ，即 时取等
04 由变量的范围引起的分类讨论
13．已知关于x的不等式在上恒成立，则实数t的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
令，，
则，
由题意知，，，
，
令，
则
①当时，对任意的，，，
则，此时函数在上单调递增，
故，符合题意；
②当时，对任意的恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
当，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时函数在上单调递增，则，符合题意；
当且，即当时，
由零点存在定理可知，存在，使得，且当时，，
则函数在上单调递减，所以，不合题意；
当，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递减，则，不合题意．
综上所述，，
故实数t的取值范围是
故答案为
14．已知函数
当，时，求的单调区间；
若在区间内存在极值点
求实数k的取值范围；
求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小，说明理由．
【解析】当 时，若 ， ，则 ，
所以，函数 的增区间为 ，无减区间．
因为 ， ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上单调递增，
作出函数 与 的图象如下图所示：
由图可知，当 时，对任意的 ， ，
则函数 在 上为增函数，不合乎题意；
当 时，由图可知，直线 与函数 的图象有且只有一个交点，设交点的横坐标为 ，
当 时， ，
当 时， ，
此时函数 在 只有一个极值点，且为极小值点，
综上所述，实数 k 的取值范围是 ；
要证明存在唯一的 ，使得 ，
令 ，只需证明存在唯一的 ，使得 ，
因为 ，
由可知，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
又当 时， ，
所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ，且 ，
又因为 ，所以，函数 在 内无零点，在 内存在唯一零点，
即存在唯一的 使得 ，即 ，
由可知， ，
所以， ，
令 ，其中 ，
则 ，
令 ，其中 ，
则 ，
所以，函数 在 上为增函数，故当 时， ，
故当 时， ，所以，函数 在 上为增函数，
因为 ， ，所以， ，
因为 在 上为增函数，且 ， ，所以， ．
15．已知函数为自然对数的底数
若不等式恒成立，求实数x的取值范围；
若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围
【解析】因为函数，则，
所以函数在R上单调递增，不等式，则；
故实数x的取值范围
令，
故，
令，则，
令，
当时，因为，且对称轴在y轴左边，所以，则，即，
所以当时，存在，不满足题意；
当时，时，存在，不满足题意；
当时，因为，
当时，，所以，则，所以，且，当时，满足题意，
当时，，此时有2个零点，设为，，且，
因为，所以，
因为在单调递减，在单调递增，
由题意，，即，所以，所以方程在上有两个不等的实根，
因为，只需，解得此时不等式在上恒成立．
综上实数a的取值范围
16．证明：当时，；
已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【解析】证明：构造函数，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，所以，即；
构造函数，则，
所以在上单调递增，则，即，
综上，当时，；
由，得函数的定义域为
又，所以是偶函数，所以只需考虑区间
，
令，则，
其中，
①若，记时，易知存在，使得时，，在上递增，，
在上递增，这与是的极大值点矛盾，舍去．
②若，记或时，存在，使得时，，在上递减，
注意到，当时，当时，，
满足是的极大值点，符合题意．
③若，即时，由为偶函数，只需考虑的情形．
此时，时，
，在上递增，
这与是的极大值点矛盾，舍去．
综上：a的取值范围为
05 由空间图形的可变性引起的分类讨论
17．如图，正方体的棱长是若G，E是所在棱的中点，F是正方形的中心，则封闭折线BGFF在该正方体各面上的射影围成的图形的面积不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
封闭折线BGEF在该正方体左右两个面上的射影为：
或
其面积；
封闭折线BGEF在该正方体上下两个面上的射影为：
或
其面积；
封闭折线BGEF在该正方体前后两个面上的射影为：
或
其面积；
故选：
18．如图，在中，，，，点D是边端点除外上的一动点．若将沿直线CD翻折，能使点A在平面BCD内的射影落在的内部不包含边界，且设，则t的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
如图，
平面BCD，过作，连接AE，可得，
又，则在以C为圆心，
以为半径的圆弧上，且在内部．
分析极端情况：
①当在BC上时，，，
可得，设为，
在中，，
且，可得，
设，，则，，
则，，
在中，由正弦定理可得：，即，
得；
②当在AB上时，有，此时
在的内部不包含边界，
的取值范围是，
故答案为：
19．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，点P在线段EF上．给出下列命题：
①直线直线AC；
②直线PD与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是；
③存在点P，使得直线平面ACF；
④存在点P，使得直线平面
其中所有真命题的序号是__________．
【答案】①②④．
【解析】
对于①，因为四边形ABCD为正方形，则，因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，平面BDEF，
平面BDEF，则，①正确；
对于②，过点P在平面BDEF内作，因为平面平面ABCD，平面平面，平面BDEF，，所以，平面ABCD，所以直线PD与平面ABCD所成的角为，当点P与点F重合时，取得最小值，此时，当点P与点E重合时，取得最大值，此时综上所述，直线PD与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是，②正确；
对于③，设AC与BD相交于点O，若平面ACF，且平面ACF，则，连接OE，则，同理可得，，，由勾股定理可得，当P在线段EF上运动时，在题设条件下DP与OE不平行，则不成立，③错误；
对于④，当点P为EF的中点时，因为四边形BDEF为矩形，则且，、P分别为BD、EF的中点，则且，所以，四边形ODPF为平行四边形，，平面ACF，平面ACF，因此，平面ACF，④正确．
故答案为：①②④．
20．直棱柱中，底面三角形的三边长分别为3、4、5，高为过三条侧棱中点的截面把此三棱柱分为两个完全相同的三棱柱，用这两个三棱柱拼成一个三棱柱或四棱柱，小明尝试了除原三棱柱之外的所有情形，发现表面积都比原三棱柱的表面积小，则a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】如图，设底面是以B为直角顶点的直角三角形，且，，，
设棱、、的中点分别为D、E、
原三棱柱的表面积
由题意，将原三棱柱分为两个完全相同的三棱柱，
记为直三棱柱和直三棱柱，如图所示：
当拼成一个三棱柱时，有两种情况，如图①和②
图①的表面积，
图②的表面积，
当拼成一个四棱柱时，有四种情况，如图③、④、⑤、⑥
图③的表面积，
图④的表面积，
图⑤的表面积，
图⑥的表面积，
由上得，两个三棱柱拼成一个新的三棱柱或四棱柱的表面积最大是，
则，解得，
故a的范围是
所用时间天数
10
11
12
13
通过公路1的频数
20
40
20
20
通过公路2的频数
10
40
40
10
所用时间天数
10
11
12
13
通过公路1的频率
通过公路2的频率
预防措施
p
费用万元
80
60
40
20