专题00 高考解答题解题技巧全攻略-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc13299" 方法一 构建答题模板 PAGEREF _Tc13299 \h 1
\l "_Tc14807" 方法二 跳步答题 PAGEREF _Tc14807 \h 10
\l "_Tc18994" 方法三 分类讨论 PAGEREF _Tc18994 \h 15
\l "_Tc13883" 方法四 数形结合 PAGEREF _Tc13883 \h 21
\l "_Tc20801" 方法五 特殊值探路 PAGEREF _Tc20801 \h 28
\l "_Tc32641" 方法六 正难则反 PAGEREF _Tc32641 \h 34
方法一 构建答题模板
【典型例题】
1．（2024·广东江苏·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
【详解】（1）由余弦定理有，
对比已知，
可得，（注意公式书写和化简）
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，（容易忽略）
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，（分解分步，步骤得分）
由已知的面积为，可得，所以.
【变式训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）记的内角的对边分别为，面积为，已知
(1)求；
(2)若边上的高为1且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式可得，进而边化角，利用三角恒等变换可求得，可求；
（2）由已知结合正弦定理可得，在中，作于点为边上的高，即，设，可得，利用，可求得，从而可求面积.
【详解】（1）且
即
由正弦定理得
∵在中，
，即．
（2），由正弦定理得
在中，作于点为边上的高，即
设
为上的四等分点，
中，
中，
且
．
2．（2024·吉林·三模）已知数列满足，.
(1)证明：数列为等差数列，并求通项；
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)．
【分析】（1）根据等差数列的定义证明，再由等差数列通项公式求解；
（2）用错位相减法求和．
【详解】（1）∵，∴，即，
∴是等差数列，公差为1，
又，所以
∴；
（2），
，
相减得，
所以．
3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）如图，在直四棱柱中，平面，，，其中，，是的中点，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若异面直线、所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，证明出四边形是平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，连接、，分析可知，异面直线、所成余弦值即直线、所成余弦值，推导出，可得出，可得出的值，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接、，
在直四棱柱中，因为是中点，则且，
因为是的中点，则且，所以，且，
所以，四边形是平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）连接，设，连接，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
所以，异面直线、所成余弦值即直线、所成余弦值，
在直四棱柱中，面，
因为平面，所以，，
在中，，且，则，
因为为的中点，且，
所以，在中，，，则，
因为平面，平面，则，
因为，，、平面，
所以，平面，
又因为平面，则，
在中，，则，
连接，取其中点，连接、，取的中点，
因为，为的中点，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0、A1,0,0、、、、、
、、、，
设平面的法向量m=x,y,z，，，
则，取，可得，
易知面的一个法向量，
，
由图可知，二面角为钝角，因此，二面角的余弦值为.
4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为年—年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中年—年对应的代码依次为—.
，，，其中
参考公式：对于一组数据、、、，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
(1)由上表数据可知，若用函数模型拟合与的关系，请估计年我国在线直播生活购物用户的规模（结果精确到）；
(2)已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率，现从我国在线直播购物用户中随机抽取人，记这人中选择在品牌官方直播间购物的人数为，若，求的数学期望和方差.
【答案】(1)亿人
(2)，
【分析】（1）将题中数据代入最小二乘法公式，求出的值，即可得出与的拟合函数关系式，再将代入函数关系式，即可得出结论；
（2）由题意可知，，由结合独立重复试验的概率公式可求得的值，然后利用二项分布的期望和方差公式可求得结果.
【详解】（1）设，则，
因为，，，
所以，，
所以，与的拟合函数关系式为
当时，，
则估计年我国在线直播生活购物用户的规模为亿人.
（2）由题意知，所以，，
，
由，可得，
因为，解得，
所以，，.
5．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且．
(1)求的方程；
(2)设的左、右顶点分别为，直线与交于两点，与轴交于点，直线与交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)．
(2)证明见解析
【分析】（1）由双曲线定义将条件转化为最小值，从而利用求最小值解即可；
（2）由直线过设方程联立椭圆方程利用韦达定理得坐标关系式，再设直线与方程并联立求得点坐标的表达式，利用点横、纵坐标关系可证明点在定直线上.
【详解】（1）由题知，即，
又为的右支上一点，则，
所以，
故当最小时，MF1⋅MF2最小，
而，故，
即，故，故的方程为．
（2）

当直线的斜率为0时，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，由过点，可设其方程为，
联立消去得，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则，，故（），
由（1）知，，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立消去得，
将，代入上式得，
得，将（）代入化简得
，
即，所以点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用，将不对称的关系，利用上式消去参数，从而可以化简求值.
6．（24-25高三上·天津·阶段练习）设函数 ，其中 .
(1)若 a=−1，求曲线 在点 处的切线方程;
(2)若 ，
（i） 证明: 函数 恰有两个零点;
（ii） 设 为函数 的极值点， 为函数 的零点，且 ，证明: .
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）先，再求，由点斜式即可求解；
（2）（i）求导得，构造并应用导数研究单调性，进而判断符号确定单调性，可求极值点所在的区间为，再证上，由此得，结合零点存在性定理即可证结论；
（ii）由①结合题设可得，结合上，即可证结论.
【详解】（1）由题设，且，则，
所以，又，
所以切线方程为，即：.
（2）（i）由，令，又，
易知在上递减，
又，，
∴在上有唯一零点，即在上唯一零点，
设零点为，则，
∴，，递增；，，递减；
∴是唯一极值点，且为极大值，
令且，则，故在上递减，
∴，即，
∴，又，
根据零点存在性定理知在上存在零点，又∵在单调递减；
∴在存在唯一零点，
又∵，在上单调递增；，
∴在上的唯一零点为1，
故恰有两个零点；
（ii）由题意，，即，
则，即，
当时，，又，则，
∴，得，
即，得证.
【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究.
方法二 跳步答题
【典型例题】
2．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；（可以将第一问证明当作条件应用于第二问）
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
【变式训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·河北·期中）已知数列的前n项和为，且．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件可得，，故可证明数列为等比数列.
（2）表示数列的通项公式，利用错位相减法可得结果.
【详解】（1）∵，
∴当时，，
两式相减得，，整理得，即，
令得，，，，
∴是以为首项，公比的等比数列.
（2）由（1）得，，，
∴.
，
，
两式相减得，
，
∴.
2．（2024高三·全国·专题练习）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，点在线段上，且，，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得到，即，再利用正弦定理求解；
（2）由，结合（1）得到，由，设，，分别在和中，利用正弦定理联立得到，从而求得，然后分别在和中，利用余弦定理联立求解.
【详解】（1）解：由正弦定理得，
即，
所以，
又，所以，
由正弦定理可得．
（2）因为，结合（1）可知，
由可设，，
如图所示：
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，
即，
解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
两式进行相除，解得．
3．（24-25高三上·河北·期中）如图，在平面五边形中，，，，，将沿翻折，使点到达点的位置，得到如图所示的四棱锥，且，为的中点．
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出平面，可得出，利用等腰三角形三线合一可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得；
（2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）翻折前，在平面五边形中，，，，，
则，
翻折后，在四棱锥，且，，
所以，，则，所以，，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，则四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故.
（2）因为，且，所以，，则，
因为平面，，则平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
因为，平面与平面夹角的余弦值为.
方法三 分类讨论
【典型例题】
3．（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，（注意利用范围端点的性质来确定如何分类）
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上f′x