2025届高三二轮复习 高中数学思想与方法解题荟萃 2025.1
思维1 高中数学思想在解题、审题中的应用
高考试题注重基础知识的考查,更注重对数学思想方法、数学能力的考查.经过一轮全面、细致的复习后,二轮复习的核心是把所学的知识系统化、条理化、综合化,重点突破薄弱环节,培养综合运用所学知识解决实际问题的能力.建议在二轮复习全面开展前,先系统学习本部分内容,带着思想方法去复习,这样可以使理论指导实践,做到事半功倍.
一、函数与方程思想
1.构造函数解决数学问题
例1 （1） [2024·天津卷·5，5分]若,,，则,,的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
（2） 已知函数满足，则在下列不等关系中，一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） B （2） A
【解析】（1） 易知函数在上单调递增，且函数值恒大于0，又，所以，即.易知函数在上单调递增，且，所以，即，所以，故选B.
（2） 构造函数，则，在上单调递减，，即，.故选A.
方法指导
本例通过构造函数,借助函数的性质达到比较大小的目的.
2.利用函数性质求解方程问题
例2 （1） [2020·全国Ⅰ卷（理）·12，5分]若,则（ ）
A. B. C. D.
（2） 若关于的方程在上有根，则的取值范围是____________.
【答案】（1） B （2）
【解析】（1） ,令，则，易知在上单调递增，所以.故选B.
（2） 令，由，可得.又，故原方程可化为，设函数，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为直线，如图所示.因此在上有解等价于即解得,故的取值范围是.
方法指导
借助函数的性质可以解决比较大小及求方程中参数的取值范围的问题.
3.方程思想的应用
例3 （1） [2024·新课标Ⅰ卷·12，5分]设双曲线的左、右焦点分别为，，过作平行于轴的直线交于，两点，若，，则的离心率为________.
（2） [2024·新课标Ⅰ卷·13，5分]若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则____________.
【答案】（1） （2）
【解析】（1） 根据双曲线的对称性，可得，又，所以，解得，在中，，即，故，所以.
（2） 因为,所以,所以曲线在点处的切线的斜率,所以切线方程为.设曲线上的切点坐标为,由得,则曲线在点处的切线的斜率,所以解得故.
方法指导
利用条件建立待求量的方程（组），通过解方程（组）求出有关量，进而达到解题的目的.
二、数形结合思想
1.以形助数——代数问题几何化
例4 （1） [2020·新高考Ⅰ卷·8，5分]若定义在的奇函数在单调递减，且，则满足的的取值范围是 （ ）
A. B.
C. D.
（2） [2024·全国甲卷（理）·12，5分]已知是，的等差中项，直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D.
【答案】（1） D （2） C
【解析】（1） 由题得，，且在上单调递减.根据题意画出的大致图象，如图所示.由，得 或即或解得或.故选D.
（2） 依题意得，即，代入，得，设直线恒过定点，令解得所以点的坐标为，由，得.设圆心为C，则，在同一平面直角坐标系中，画出直线与圆，连接，，，由图可知，当时，最小，因为,，所以.故选C.
方法指导
1.解决含抽象函数的不等式问题时,可先根据函数性质画出简图,然后根据图象对问题进行分类讨论.
2.求解解析几何问题的基本思想就是数形结合,在解题时要善于将数形结合的思想用于对解析几何的性质和相互关系的研究中.
2.以数助形——几何问题代数化
例5 （1） [2024·四川绵阳模拟]某公园设计的一个圆形健身区域如图所示，其中心部分为一个等边三角形广场，分别以等边三角形的三条边作为正方形的一条边构造三个正方形区域用于放置健身器材，其中每个正方形都有两个顶点恰好在圆上．若，则（ ）
A. B.
C. D.
（2） [2022·天津卷·14,5分]在中,点为的中点，点满足.记,,用,表示______________；若,则的最大值为________.
【答案】（1） C （2） ；
【解析】（1） 如图，以B为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，，又 ，所以 ，则，所以，，所以.故选C.
（2） 由题可得，.以为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设，则,,,设，则，因为是的中点，所以，所以,，所以点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，设圆心为，连接，由图可知，当且仅当直线与相切时，最大，此时,所以的最大值为.
方法指导
本例通过构建平面直角坐标系，使得向量运算完全代数化，实现了数形的紧密结合，降低了思维难度.
三、分类讨论思想
1.由概念、法则、公式引起的分类讨论
例6 （1） 已知圆，则经过点且与圆相切的直线方程为______________________________.
（2） 已知数列的前项和满足，且，则的通项公式为________________________________________________________________.
（3） [2024·湖北武汉模拟]已知等比数列的公比为，，则____________；数列的前5项和为______________.
【答案】（1） 或 （2）
（3） 或2；或14
【解析】（1） 当直线的斜率不存在时，直线与圆相切，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得，此时直线方程为.故所求直线方程为或.
（2） 由可得，两式相减得，即，由及可得， 数列从第二项开始构成首项为，公比为的等比数列，故当时，，
（3） 由题得，整理得，解得或.当时，，所以的前5项和为;当时，，所以的前5项和为.综上，数列的前5项和为或14.
方法指导
1.由数学概念引起的讨论要正确理解概念的内涵与外延，合理进行分类.
2.由公式引起的讨论要注意公式的限制条件.
2.由参数变化引起的分类讨论
例7 [2021·新高考Ⅱ卷·22节选，4分]已知函数，讨论函数的单调性.
【解析】.
①当时，对任意恒成立.
当时，，当时，.
因此在上单调递减，在上单调递增.
②当时，令.
当时，，
的大致图象如图1所示.
图1
因此当时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
当时，,
此时对任意恒成立，故在上单调递增.
当时，,
的大致图象如图2所示.
图2
因此当时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
方法指导
解决含有参数的问题时要根据需要合理确定分类标准，讨论中做到不重不漏，结论整合要周全.
3.由图形位置或形状变化引起的分类讨论
例8 [2024·新课标Ⅰ卷·16，15分]已知和为椭圆上两点.
（1） 求的离心率;
（2） 若过的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程.
【解析】
（1） 由题意得解得所以.
（2） ①当直线的斜率不存在时，，，符合题意，此时，直线的方程为，即.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，易知，且，即，由得，解得或，令，则，则，直线的方程为，即，由，，可得，又的面积为9，故点到直线的距离，则，解得，故，由点，的坐标可得，故直线的方程为，即.综上，直线的方程为或.
方法指导
图形位置、形状分类整合是指由几何图形的不确定性而引起的分类讨论，这种方法适用于对几何图形中点、线、面的位置关系以及解析几何中直线与圆锥曲线的位置关系的研究.
四、转化与化归思想
1.特殊与一般的转化
例9 已知函数，且，那么（ ）
A. B. C. D. 10
【答案】A
【解析】，
，
，
令，则，
又，.故选A.
例10 过抛物线的对称轴上的定点作直线与抛物线相交于，两点.若点是定直线上的任意一点，设直线，，的斜率分别为,,，试探究,,之间的关系，并证明.
【解析】由题意知点，位于轴两侧，不妨设点在轴上方，
当直线轴时，可得，，
设点，
此时，，，可得.
故猜想一般情况下，同样有，证明如下：
设点，，直线的方程为，
联立，
则，
，
同理可得，
所以
，
又，故.
方法指导
一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.对于某些选择题、填空题，我们可以把题中变化的量用特殊值代替，进而得到问题的答案.
2.相等与不等的转化
例11
（1） 已知向量,，对任意，恒有，则（ ）
A. B.
C. D.
（2） [2024·河南三模]在中，角，，所对的边分别为，，.若，则的最小值是（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】（1） C （2） B
【解析】
（1） 不等式等价于，整理得恒成立，所以，又，所以，即，所以，所以,即.故选C.
（2） 由及正弦定理，得，所以，又，所以，故，所以,则，因为角A，角C都在中，所以为正，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是.故选B.
方法指导
相等与不等关系在数学中既是对立统一的又是相互联系的，在解题过程中可以将两者相互转化，构建不等关系促成相等关系.
3.常量与变量的转化
例12 [2024·河北重点高中一模]已知等差数列的前项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的可能取值为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】A
【解析】当时，；当时，，所以，，，因为为等差数列，所以，则，从而，则，所以，即，
令,则当时，恒成立，所以解得或，只有选项A符合题意，故选A.
方法指导
在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的一个变元，将其看成“主元”，并把其他变元看成常量，从而达到减少变元简化运算的目的.
4.正与反的转化
例13
（1） [2025·广东部分名校高三摸底考试]现某酒店要从3名男厨师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，则至少有1名女厨师被选中的不同选法有（ ）
A. 14种 B. 18种 C. 12种 D. 7种
（2） [2024·四川模拟]已知函数在区间上不单调，则的取值范围是______________.
【答案】（1） A （2）
【解析】
（1） 从3名男厨师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，共有（种）选法，没有女厨师被选中的选法共有（种），故至少有1名女厨师被选中的不同选法有（种）.故选A.
（2） 解法一：由题意知.若函数在区间上单调递增,则在区间上恒成立，所以在区间上恒成立，所以，解得；若函数在区间上单调递减,则在区间上恒成立,所以在区间上恒成立，所以，解得.综上,若函数在区间上单调，则的取值范围是.故若函数在区间上不单调，则的取值范围是.解法二：由题意知，因为在区间上不单调，所以在区间上有变号零点，易知，所以由，得，由，得，所以在区间内，即解得，即的取值范围是.
方法指导
1.一般地，间接法多用于含有“至多”“至少”的排列组合题目.
2.解决含有否定性命题的问题时，常利用正与反的相互转化，即先从正面求解，再取正面答案的补集即可.
5.等体积转化
例14 [2024·江西二模]如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在直三棱柱中， 平面，故为三棱锥的高，设，，则，由，得，故，则，故，当时，三棱锥的体积取得最大值.故选D.
方法指导
利用三棱锥的“变顶点法”结合“同底等高的两个锥体的体积相等”是求解三棱锥体积问题的有效方法.
6.函数、方程、不等式之间的转化
例15
（1） [2024·湖南益阳模拟]已知函数，若存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·江西吉安六校高三联考]若，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） D （2） A
【解析】
（1） 令，即，则函数的零点个数即为函数与的图象的交点个数，作出函数与的图象，如图所示，当时，，则，当直线与曲线相切时，，则，即切点为，此时，因为存在3个零点，所以函数与的图象有3个交点，所以解得，所以的取值范围是.故选D.
（2） 依题意，得，设，则,，令，则，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以实数的取值范围是.故选A.
方法指导
借助函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，一般可将不等关系与最值（值域）问题相互转化，将方程的求解问题、函数的零点问题、两个函数图象的交点问题相互转化.
思维2 选择题、填空题快速解答技巧分析
选择题、填空题在高考中属于保分题目，只有保住基本分，才能得高分.选择题、填空题的解题过程是“不讲道理”的，所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，另外对选择题可以先排除后求解，故解答选择题、填空题一般有直接法、间接法、特例法、排除法、构造模型法等.
技法一 直接法
例1
（1） [2024· 新课标Ⅰ卷·2，5分]若,则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·全国甲卷（理）·8，5分]已知,则（ ）
A. B. C. D.
（3） [2021·新高考Ⅰ卷·13，5分]已知函数是偶函数，则______.
（4） [2024·天津卷·11，5分]在的展开式中，常数项为__.
【答案】（1） C （2） B （3） 1 （4） 20
【解析】
（1） 由已知可得，即，故，故选C.
（2） ，所以.
（3） 设，，因为函数是上的偶函数，函数是上的奇函数，所以函数是上的奇函数，故，因此.
（4） 的展开式的通项为,,1, ,6，令，可得，所以常数项为.
技法二 间接法
例2
（1） [2024·山东青岛第二中学高三期末]某次会议中，筹备组将包含甲、乙在内的4名工作人员分配到3个会议厅工作，每个会议厅至少分配1人，每人只负责一个会议厅，则甲、乙两人不被分配到同一个会议厅的安排方法共有__种.（用数字作答）
（2） [2024·陕西榆林三模]在4次独立重复试验中，试验每次成功的概率均为，则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率为__________.
【答案】（1） 30 （2）
【解析】
（1） 将4名工作人员分配到3个会议厅有种安排方法，其中将甲、乙两人分配到同一个会议厅的安排方法有种，从而甲、乙两人不被分配到同一个会议厅的安排方法有种.
（2） 在4次独立重复试验中，一次都没成功的概率为，则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率为.
技法三 特例法
1.特殊值法
例3
（1） 已知与均为单位向量，其夹角为 ，有下列4个命题:
；
；
；
.
其中的真命题是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
（2） [2020·新高考Ⅰ卷·12，5分]多选信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为1，2， ，，且,，定义的信息熵.（ ）
A. 若,则
B. 若，则随着的增大而增大
C. 若，则随着的增大而增大
D. 若，随机变量所有可能的取值为1，2， ，，且，则
（3） [2023· 新课标Ⅰ卷·16，5分]已知双曲线的左、右焦点分别为，.点在上，点在轴上，，，则的离心率为________.
【答案】（1） A （2） AC （3）
【解析】
（1） 依据4个命题的关系和特征将其分成两组进行判断,对于命题,，只需取或 ，即可判断命题为真;对于命题,，只需取或 ，即可判断命题为真.故选A.
（2） 对于A，若，则，，故A正确.对于B，若，则，不妨设，，则此时;而当，时，，由此可得，当与时，相等，故B错误.对于C，若，则
，随着的增大而增大，故C正确.对于D，令，则，则，当，时，
，，，故D错误.故选.
（3） 由于离心率为定值，所以可用特殊值法求解，取，则，，故，因为，所以，由双曲线的定义得，在中，，在中，，所以，解得（负值舍去），故.
2.特殊函数法
例4
（1） [2024·河北沧州模拟]已知函数的定义域为，且函数与均为偶函数，当时，单调递减，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
（2） 已知函数满足，若函数与的图象的交点为，， ，，则（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】（1） C （2） B
【解析】
（1） 解法一（特殊函数法）依题意，不妨设函数，其周期，所以，且，因为的周期为2，所以，因为，故，所以，故选C.解法二（通性通法）因为函数是偶函数，所以，因为函数为偶函数，所以，所以，所以，所以函数的周期为2，则，，因为当时，单调递减，且，所以，即.故选C.
（2） 由得，不妨设,则的图象与函数的图象的交点坐标为,，，，故选B.
3.特殊数列法
例5
（1） 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1 D.
（2） [2023·全国乙卷（理）·10，5分]已知等差数列的公差为,集合.若,,则（ ）
A. B. C. 0 D.
【答案】（1） D （2） B
【解析】
（1） 解法一（特殊数列法）不妨取符合的常数列，则，则.故选D.解法二（基本量法）由及等差数列的前项和公式，得，.故选D.解法三（等差数列项的性质）根据等差数列项的性质得，由及等差数列的前项和公式，得，故.故选D.
（2） 解法一（特殊数列法）依题意，取，则，所以，故选B.解法二：因为是公差为的等差数列，所以{是周期为3的周期数列，故在，，中恰有两项相等.又函数的图象关于直线对称，故不妨设，则， .当为偶数时，,此时；当为奇数时，，此时.综上，.故选B.
4.特殊图形或特殊位置法
例6
（1） 设四边形为平行四边形，，，若点，满足，，则（ ）
A. 20 B. 15 C. 9 D. 6
（2） 已知为坐标原点，抛物线与过焦点的直线交于，两点，则____________.
【答案】（1） C （2）
【解析】
（1） 由于平行四边形的形状不定，而选项为定值，所以可取四边形为矩形，并以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由，，知，，所以，，所以.
（2） 本题要分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，由于答案为定值，故可取特殊位置，即求直线的斜率不存在时，的值.不妨设点在轴上方，根据抛物线方程可得焦点坐标为，则，，，所以.
技巧总结
1.特例法具有简化运算和推理的作用，题目的结论唯一或题设条件暗示答案为定值是利用特例法的前提.
2.利用特例法解题时，要注意以下两点：第一，选取的特例要尽可能简单，有利于计算和推理；第二，若在选取不同的特例时，得到了不同的结论，则应再选取一个特例进行检验，或改用其他方法求解.
技法四 排除法
例7
（1） [2024·全国甲卷（理）·7，5分]函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
（2） 若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） B （2） C
【解析】
（1） 令，区间关于原点对称，，为偶函数，排除A，C.，，，排除D.故选B.
（2） 根据选项特点可先判断是否符合题意.当时,，则，当时,，不符合题意，所以排除选项A，B，D.故选C.
技巧总结
1.排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以排除，再根据另一些条件进一步缩小选项的范围，这样逐步筛选，直到得出正确的答案为止.
2.在选择题的求解中，排除法常与特例法、数形结合法联合使用.
技法五 构造模型法
例8 [2019·课标全国Ⅰ卷（理）·12，5分]已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点， ，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，分别是，的中点，.
，，，由题意得，三棱锥为正三棱锥，
，又，， 平面， 平面，
， 平面，，，同理可证，
三条侧棱，，两两垂直.是边长为2的正三角形，，
则球是棱长为的正方体的外接球，设球的半径为，
则，，
球的体积为 .故选D.
技巧总结
构造模型法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的模型，将原问题转化为自己熟悉的问题，本题利用模型直观地对问题作出判断，这样既减少了抽象性，又避免了因考虑不全面而导致的错误.
技法六 估算法
例9
（1） 用1，2，3，4，5这五个数组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A. 24个 B. 30个 C. 40个 D. 60个
（2） 已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此三棱锥的体积（ ）
A. B. C. D.
（3） [2023·全国甲卷（文）·11，5分]已知函数.记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） A （2） A （3） A
【解析】
（1） 由1，2，3，4，5这五个数组成的没有重复数字的三位数共有个，60个三位数中只包含奇数和偶数，可作个位数的奇数有3个，偶数有2个，奇数比偶数多，所以偶数的个数应少于，故选A.
（2） 如图所示，可知三棱锥的高，所以，所以排除选项B，C，D，故选A.
（3） 令，，的图象开口向下，对称轴为直线，，，，因为,,，所以，又为增函数，故.故选A.
技巧总结
估算法主要适用于比较大小的有关问题，在选择题或填空题中不需要详细的解答过程，因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得答案，从而减少运算量.
技法七 极限法（极端值法）
例10
（1） [2024·安徽合肥一六八中学模拟]函数（为自然对数的底数）的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
（2） 已知为双曲线的右支上一点，，分别是双曲线的左、右焦点，则的内切圆圆心的横坐标为（ ）
A. B.
C. D.
（3） 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） A （2） A （3） A
【解析】
（1） 解法一：当且时， ，排除B，D；当且时， ，排除C.故选A.解法二：的定义域为，
，所以为奇函数，故排除B，C；当且时，，,，所以，故排除D.故选A.
（2） 如图所示，当点沿双曲线向右顶点无限接近时，的内切圆越来越小，直至变为“点圆”，此“点圆”应为右顶点，则内切圆圆心的横坐标为.故选A.
（3） 若，则；若，则，从而，结合选项分析，应选A.
技巧总结
极限法（极端值法）是一种重要的数学方法，通过考查问题的极端状态，灵活借助极限思想解题，往往可以避开抽象复杂的运算，优化解题过程，降低解题难度.2025届高三二轮复习 高中数学思想与方法解题荟萃 2025.1
思维1 高中数学思想在解题、审题中的应用
高考试题注重基础知识的考查,更注重对数学思想方法、数学能力的考查.经过一轮全面、细致的复习后,二轮复习的核心是把所学的知识系统化、条理化、综合化,重点突破薄弱环节,培养综合运用所学知识解决实际问题的能力.建议在二轮复习全面开展前,先系统学习本部分内容,带着思想方法去复习,这样可以使理论指导实践,做到事半功倍.
一、函数与方程思想
1.构造函数解决数学问题
例1 （1） [2024·天津卷·5，5分]若,,，则,,的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
（2） 已知函数满足，则在下列不等关系中，一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
方法指导
本例通过构造函数,借助函数的性质达到比较大小的目的.
2.利用函数性质求解方程问题
例2 （1） [2020·全国Ⅰ卷（理）·12，5分]若,则（ ）
A. B. C. D.
（2） 若关于的方程在上有根，则的取值范围是____________.
方法指导
借助函数的性质可以解决比较大小及求方程中参数的取值范围的问题.
3.方程思想的应用
例3 （1） [2024·新课标Ⅰ卷·12，5分]设双曲线的左、右焦点分别为，，过作平行于轴的直线交于，两点，若，，则的离心率为________.
（2） [2024·新课标Ⅰ卷·13，5分]若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则____________.
方法指导
利用条件建立待求量的方程（组），通过解方程（组）求出有关量，进而达到解题的目的.
二、数形结合思想
1.以形助数——代数问题几何化
例4 （1） [2020·新高考Ⅰ卷·8，5分]若定义在的奇函数在单调递减，且，则满足的的取值范围是 （ ）
A. B.
C. D.
（2） [2024·全国甲卷（理）·12，5分]已知是，的等差中项，直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D.
方法指导
1.解决含抽象函数的不等式问题时,可先根据函数性质画出简图,然后根据图象对问题进行分类讨论.
2.求解解析几何问题的基本思想就是数形结合,在解题时要善于将数形结合的思想用于对解析几何的性质和相互关系的研究中.
2.以数助形——几何问题代数化
例5 （1） [2024·四川绵阳模拟]某公园设计的一个圆形健身区域如图所示，其中心部分为一个等边三角形广场，分别以等边三角形的三条边作为正方形的一条边构造三个正方形区域用于放置健身器材，其中每个正方形都有两个顶点恰好在圆上．若，则（ ）
A. B.
C. D.
（2） [2022·天津卷·14,5分]在中,点为的中点，点满足.记,,用,表示______________；若,则的最大值为________.
方法指导
本例通过构建平面直角坐标系，使得向量运算完全代数化，实现了数形的紧密结合，降低了思维难度.
三、分类讨论思想
1.由概念、法则、公式引起的分类讨论
例6 （1） 已知圆，则经过点且与圆相切的直线方程为______________________________.
（2） 已知数列的前项和满足，且，则的通项公式为________________________________________________________________.
（3） [2024·湖北武汉模拟]已知等比数列的公比为，，则____________；数列的前5项和为______________.
方法指导
1.由数学概念引起的讨论要正确理解概念的内涵与外延，合理进行分类.
2.由公式引起的讨论要注意公式的限制条件.
2.由参数变化引起的分类讨论
例7 [2021·新高考Ⅱ卷·22节选，4分]已知函数，讨论函数的单调性.
方法指导
解决含有参数的问题时要根据需要合理确定分类标准，讨论中做到不重不漏，结论整合要周全.
3.由图形位置或形状变化引起的分类讨论
例8 [2024·新课标Ⅰ卷·16，15分]已知和为椭圆上两点.
（1） 求的离心率;
（2） 若过的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程.
方法指导
图形位置、形状分类整合是指由几何图形的不确定性而引起的分类讨论，这种方法适用于对几何图形中点、线、面的位置关系以及解析几何中直线与圆锥曲线的位置关系的研究.
四、转化与化归思想
1.特殊与一般的转化
例9 已知函数，且，那么（ ）
A. B. C. D. 10
例10 过抛物线的对称轴上的定点作直线与抛物线相交于，两点.若点是定直线上的任意一点，设直线，，的斜率分别为,,，试探究,,之间的关系，并证明.
方法指导
一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.对于某些选择题、填空题，我们可以把题中变化的量用特殊值代替，进而得到问题的答案.
2.相等与不等的转化
例11
（1） 已知向量,，对任意，恒有，则（ ）
A. B.
C. D.
（2） [2024·河南三模]在中，角，，所对的边分别为，，.若，则的最小值是（ ）
A. B. C. D. 4
方法指导
相等与不等关系在数学中既是对立统一的又是相互联系的，在解题过程中可以将两者相互转化，构建不等关系促成相等关系.
3.常量与变量的转化
例12 [2024·河北重点高中一模]已知等差数列的前项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的可能取值为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
方法指导
在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的一个变元，将其看成“主元”，并把其他变元看成常量，从而达到减少变元简化运算的目的.
4.正与反的转化
例13
（1） [2025·广东部分名校高三摸底考试]现某酒店要从3名男厨师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，则至少有1名女厨师被选中的不同选法有（ ）
A. 14种 B. 18种 C. 12种 D. 7种
（2） [2024·四川模拟]已知函数在区间上不单调，则的取值范围是______________.
方法指导
1.一般地，间接法多用于含有“至多”“至少”的排列组合题目.
2.解决含有否定性命题的问题时，常利用正与反的相互转化，即先从正面求解，再取正面答案的补集即可.
5.等体积转化
例14 [2024·江西二模]如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
方法指导
利用三棱锥的“变顶点法”结合“同底等高的两个锥体的体积相等”是求解三棱锥体积问题的有效方法.
6.函数、方程、不等式之间的转化
例15
（1） [2024·湖南益阳模拟]已知函数，若存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·江西吉安六校高三联考]若，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
方法指导
借助函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，一般可将不等关系与最值（值域）问题相互转化，将方程的求解问题、函数的零点问题、两个函数图象的交点问题相互转化.
思维2 选择题、填空题快速解答技巧分析
选择题、填空题在高考中属于保分题目，只有保住基本分，才能得高分.选择题、填空题的解题过程是“不讲道理”的，所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，另外对选择题可以先排除后求解，故解答选择题、填空题一般有直接法、间接法、特例法、排除法、构造模型法等.
技法一 直接法
例1
（1） [2024· 新课标Ⅰ卷·2，5分]若,则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·全国甲卷（理）·8，5分]已知,则（ ）
A. B. C. D.
（3） [2021·新高考Ⅰ卷·13，5分]已知函数是偶函数，则______.
（4） [2024·天津卷·11，5分]在的展开式中，常数项为__.
技法二 间接法
例2
（1） [2024·山东青岛第二中学高三期末]某次会议中，筹备组将包含甲、乙在内的4名工作人员分配到3个会议厅工作，每个会议厅至少分配1人，每人只负责一个会议厅，则甲、乙两人不被分配到同一个会议厅的安排方法共有__种.（用数字作答）
（2） [2024·陕西榆林三模]在4次独立重复试验中，试验每次成功的概率均为，则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率为__________.
技法三 特例法
1.特殊值法
例3
（1） 已知与均为单位向量，其夹角为 ，有下列4个命题:
；
；
；
.
其中的真命题是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
（2） [2020·新高考Ⅰ卷·12，5分]多选信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为1，2， ，，且,，定义的信息熵.（ ）
A. 若,则
B. 若，则随着的增大而增大
C. 若，则随着的增大而增大
D. 若，随机变量所有可能的取值为1，2， ，，且，则
（3） [2023· 新课标Ⅰ卷·16，5分]已知双曲线的左、右焦点分别为，.点在上，点在轴上，，，则的离心率为________.
2.特殊函数法
例4
（1） [2024·河北沧州模拟]已知函数的定义域为，且函数与均为偶函数，当时，单调递减，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
（2） 已知函数满足，若函数与的图象的交点为，， ，，则（ ）
A. 0 B. C. D.
3.特殊数列法
例5
（1） 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1 D.
（2） [2023·全国乙卷（理）·10，5分]已知等差数列的公差为,集合.若,,则（ ）
A. B. C. 0 D.
4.特殊图形或特殊位置法
例6
（1） 设四边形为平行四边形，，，若点，满足，，则（ ）
A. 20 B. 15 C. 9 D. 6
（2） 已知为坐标原点，抛物线与过焦点的直线交于，两点，则____________.
技巧总结
1.特例法具有简化运算和推理的作用，题目的结论唯一或题设条件暗示答案为定值是利用特例法的前提.
2.利用特例法解题时，要注意以下两点：第一，选取的特例要尽可能简单，有利于计算和推理；第二，若在选取不同的特例时，得到了不同的结论，则应再选取一个特例进行检验，或改用其他方法求解.
技法四 排除法
例7
（1） [2024·全国甲卷（理）·7，5分]函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
（2） 若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
技巧总结
1.排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以排除，再根据另一些条件进一步缩小选项的范围，这样逐步筛选，直到得出正确的答案为止.
2.在选择题的求解中，排除法常与特例法、数形结合法联合使用.
技法五 构造模型法
例8 [2019·课标全国Ⅰ卷（理）·12，5分]已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点， ，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
技巧总结
构造模型法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的模型，将原问题转化为自己熟悉的问题，本题利用模型直观地对问题作出判断，这样既减少了抽象性，又避免了因考虑不全面而导致的错误.
技法六 估算法
例9
（1） 用1，2，3，4，5这五个数组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A. 24个 B. 30个 C. 40个 D. 60个
（2） 已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此三棱锥的体积（ ）
A. B. C. D.
（3） [2023·全国甲卷（文）·11，5分]已知函数.记，，，则（ ）
A. B. C. D.
技巧总结
估算法主要适用于比较大小的有关问题，在选择题或填空题中不需要详细的解答过程，因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得答案，从而减少运算量.
技法七 极限法（极端值法）
例10
（1） [2024·安徽合肥一六八中学模拟]函数（为自然对数的底数）的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
（2） 已知为双曲线的右支上一点，，分别是双曲线的左、右焦点，则的内切圆圆心的横坐标为（ ）
A. B.
C. D.
（3） 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
技巧总结
极限法（极端值法）是一种重要的数学方法，通过考查问题的极端状态，灵活借助极限思想解题，往往可以避开抽象复杂的运算，优化解题过程，降低解题难度.
