nbhkdz.com冰点文库

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 解答题的八个答题模板

时间:2015-01-25

解答题的八个答题模板
【模板特征概述】 数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型,通常是高考的把关题和压轴题,具有较好的 区分层次和选拔功能.目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力 的综合型解答题.在高考考场上,能否做好解答题,是高考成败的关键,因此,在高考备考 中学会怎样解题,是一项重要的内容.本节以著名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据, 结合具体的题目类型,来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式,即 所谓的“答题模板”. “答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型,把数学解题的思维过程划分为一个个小题, 按照一定的解题程序和答题格式分步解答,即化整为零.强调解题程序化,答题格式化,在 最短的时间内拟定解决问题的最佳方案,实现答题效率的最优化. 模板 1 三角变换与三角函数的性质问题 π? 2 已知函数 f(x)=2cos x· sin? ?x+3?- 3sin x+sin xcos x+1. (1)求函数 f(x)的最小正周期;(2)求函数 f(x)的最大值及最小值;(3)写出函数 f(x)的单调递增区 间. 审题路线图 不同角化同角→降幂扩角→化 f(x)=Asin(ωx+φ)+h→结合性质求解. 规 范 解 答 示 例 解 1 3 f(x)=2cos x? sin x+ cos x?- 3sin2x+sin xcos x+1 2 ?2 ? 第一步 化简:三角函数式的化简,一 般化成 y=Asin(ωx+φ)+h 的形式,即化 为“一角、一次、一函数”的形式. 2π =π. 2 第二步 整体代换:将 ωx+φ 看作一个 整体,利用 y=sin x,y=cos x 的性质确 定条件. 第三步 求解:利用 ωx+φ 的范围求条 件解得函数 y=Asin(ωx+φ)+h 的性质, 写出结果. 第四步 反思:反思回顾,查看关键点, 易错点,对结果进行估算,检查规范性. 构 建 答 题 模 板

=2sin xcos x+ 3(cos2x-sin2x)+1=sin 2x+ 3cos 2x+1 π? =2sin? ?2x+3?+1. (1)函数 f(x)的最小正周期为

π? π? ? (2)∵-1≤sin? ?2x+3?≤1,∴-1≤2sin?2x+3?+1≤3. π π π ∴当 2x+ = +2kπ,k∈Z,即 x= +kπ,k∈Z 时,f(x)取 3 2 12 得最大值 3; π π 5π 当 2x+ =- +2kπ,k∈Z,即 x=- +kπ,k∈Z 时,f(x) 3 2 12 取得最小值-1. π π π 5π π (3)由- +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ, k∈Z, 得- +kπ≤x≤ + 2 3 2 12 12

-1-

kπ,k∈Z. 5π π ? ∴函数 f(x)的单调递增区间为? ?-12+kπ,12+kπ? (k∈Z). 1 (2014· 福建)已知函数 f(x)=cos x(sin x+cos x)- . 2 π 2 (1)若 0<α< ,且 sin α= ,求 f(α)的值; 2 2 (2)求函数 f(x)的最小正周期及单调递增区间. π 2 解 方法一 (1)因为 0<α< ,sin α= , 2 2 所以 cos α= 所以 f(α)= 2 . 2

2 2 2 1 1 ×( + )- = . 2 2 2 2 2 1 2

(2)因为 f(x)=sin xcos x+cos2x- 1+cos 2x 1 1 = sin 2x+ - 2 2 2 1 1 = sin 2x+ cos 2x 2 2 = 2 π sin(2x+ ), 2 4

2π 所以 T= =π. 2 π π π 由 2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z,得 2 4 2 3π π kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 8 8 所以 f(x)的单调递增区间为[kπ- 3π π ,kπ+ ],k∈Z. 8 8

1 方法二 f(x)=sin xcos x+cos2x- 2 1+cos 2x 1 1 = sin 2x+ - 2 2 2 1 1 = sin 2x+ cos 2x 2 2 = 2 π sin(2x+ ). 2 4

π 2 π (1)因为 0<α< ,sin α= ,所以 α= , 2 2 4 从而 f(α)= 2 π 2 3π 1 sin(2α+ )= sin = . 2 4 2 4 2
-2-

2π (2)T= =π. 2 π π π 由 2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z,得 2 4 2 3π π kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 8 8 所以 f(x)的单调递增区间为[kπ- 3π π ,kπ+ ],k∈Z. 8 8 模板 2 解三角形问题 C A 3 在△ABC 中,若 acos2 +ccos2 = b. 2 2 2 (1)求证:a,b,c 成等差数列; (2)求角 B 的取值范围. 审题路线图 (1) 化简变形 ― → 用余弦定理转化为边的关系 ― → 变形证明 (2) 用余弦定理表示角 ― → 用基本不等式求范围 ― → 确定角的取值范围 规 范 解 答 示 例 1+cos C C A (1)证明 因为 acos2 +ccos2 =a· + 2 2 2 1+cos A 3 c· = b, 2 2 所以 a+c+(acos C+ccos A)=3b, 第一步 定条件:即确定三角形中的已知和 所求,在图形中标注出来,然后确定转化的 方向. 构 建 答 题 模 板

第二步 定工具:即根据条件和所求,合理 a2+b2-c2 b2+c2-a2? ? 故 a+c+ a· =3b, +c· 2ab 2bc ? ? 选择转化的工具,实施边角之间的互化. 整理,得 a+c=2b,故 a,b,c 成等差数列. a+c?2 a2+c2-? a2+c2-b2 ? 2 ? (2)解 cos B= = 2ac 2ac = 3?a2+c2?-2ac 6ac-2ac 1 ≥ = , 8ac 8ac 2 第三步 求结果. 第四步 再反思:在实施边角互化的时候应 注意转化的方向,一般有两种思路:一是全 部转化为边之间的关系;二是全部转化为角 之间的关系,然后进行恒等变形.

π 因为 0<B<π,所以 0<B≤ . 3

→ → (2014· 辽宁)在△ABC 中, 内角 A, B, C 的对边分别为 a, b,c,且 a>c,已知BA· BC 1 =2,cos B= ,b=3.求: 3 (1)a 和 c 的值; (2)cos(B-C)的值. → → 解 (1)由BA· BC=2 得 c· acos B=2.

-3-

1 又 cos B= ,所以 ac=6. 3 由余弦定理,得 a2+c2=b2+2accos B. 1 又 b=3,所以 a2+c2=9+2×6× =13. 3
? ? ? ?ac=6, ?a=2, ?a=3, 解? 2 2 得? 或? ?a +c =13, ?c=3 ? ? ? ?c=2.

因为 a>c,所以 a=3,c=2. (2)在△ABC 中, sin B= 1-cos2B= 由正弦定理, c 2 2 2 4 2 得 sin C= sin B= × = . b 3 3 9 因为 a=b>c, 所以 C 为锐角, 因此 cos C= 1-sin2C= 4 22 7 1-? ?= . 9 9 1 2 2 1-? ?2= , 3 3

于是 cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C 1 7 2 2 4 2 23 = × + × = . 3 9 3 9 27 模板 3 数列的通项、求和问题 (2014· 江西)已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足 anbn+1-an+1bn +2bn+1bn=0. an (1)令 cn= ,求数列{an}的通项公式; bn (2)若 bn=3n 1,求数列{an}的前 n 项和 Sn.


审题路线图 (1) anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0 → (2) cn=2n-1 → an=?2n-1?· 3n
-1

an+1 an - =2 → cn+1-cn=2 → cn=2n-1 bn+1 bn

错位相减法

― ― → 得Sn 构 建 答 题 模 板 第一步 找递推:根据已知条件确定数列相 邻两项之间的关系,即找数列的递推公式. 第二步 求通项:根据数列递推公式转化为 等差或等比数列求通项公式,或利用累加法 或累乘法求通项公式.

规 范 解 答 示 例 解 (1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0(bn≠0, n∈N*), an+1 an 所以 - =2,即 cn+1-cn=2, bn+1 bn 所以数列{cn}是以首项 c1=1,公差 d=2 的等差数

-4-

列,故 cn=2n-1. (2)由 bn=3n
-1

第三步 定方法:根据数列表达式的结构特


知 an=cnbn=(2n-1)3n 1,

征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错 位相减法、分组法等). 第四步 写步骤:规范写出求和步骤.

于是数列{an}的前 n 项和 Sn=1· 30+3· 31+5· 32+? +(2n-1)· 3n 1,


3Sn=1· 3 +3· 3 +?+(2n-3)· 3

1

2

n-1

+(2n-1)· 3,
n-1

n

第五步 再反思:反思回顾,查看关键点、 易错点及解题规范.

相减得-2Sn=1+2· (31+32+?+3 1)· 3n=-2-(2n-2)3n, 所以 Sn=(n-1)3n+1.

)-(2n-

1? x 已知点? ?1,3?是函数 f(x)=a (a>0,且 a≠1)的图象上的一点.等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)-c.数列{bn} (bn>0)的首项为 c,且前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1 (n≥2). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
? 1 ? 1 001 (2)若数列?b b ?的前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少? 2 012 ? n n+1?

1?x 1 解 (1)∵f(1)=a= ,∴f(x)=? ?3? . 3 1 由题意知,a1=f(1)-c= -c, 3 2 a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=- , 9 a3=[f(3)-c]-[f(2)-c]=- 又数列{an}是等比数列, 4 81 a2 2 1 2 ∴a1= = =- = -c, a3 2 3 3 - 27 a2 1 ∴c=1.又公比 q= = , a1 3 2 ?1?n-1 ?1?n (n∈N*). ∴an=- · =-2· ?3? 3 ?3? ∵Sn-Sn-1=( Sn- Sn-1)( Sn+ Sn-1) = Sn+ Sn-1 (n≥2). 又 bn>0, Sn>0,∴ Sn- Sn-1=1. ∴数列{ Sn}构成一个首项为 1、公差为 1 的等差数列, Sn=1+(n-1)×1=n,即 Sn=n2. 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 当 n=1 时,b1=1 也适合此通项公式. 2 . 27

-5-

∴bn=2n-1 (n∈N*). 1 1 1 1 (2)Tn= + + +?+ b1b2 b2b3 b3b4 bnbn+1 = 1 1 1 1 + + +?+ 1×3 3×5 5×7 ?2n-1?×?2n+1?

1 1 ? 1 ? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n - 1- ?+ ×? - ?+ ×? - ?+?+ ×? = ×? = × 1- = . 2 ? 3? 2 ?3 5? 2 ?5 7? 2 ?2n-1 2n+1? 2 ? 2n+1? 2n+1 由 Tn= n 1 001 1 001 > ,得 n> , 10 2n+1 2 012

1 001 ∴满足 Tn> 的最小正整数 n 的值为 101. 2 012 模板 4 利用空间向量求角问题 (2014· 山东)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰梯形,∠DAB=60° ,AB=2CD=2,M 是线段 AB 的中点. (1)求证:C1M∥平面 A1ADD1; (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1= 3,求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值. 审题路线图 (1) M是AB中点,四边形ABCD是等腰梯形 ― ― → CD∥AM
AB=2CD

CD=AM ?

?AMC1D1 → C1M∥平面A1ADD1 (2) CA,CB,CD1两两垂直 → 建立空间直角坐标系,写各点坐标 → 求平面ABCD的法向量 → 将所求两个平面所成的角转化为两个向量的夹角 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板

-6-

(1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形, 且 AB=2CD,所以 AB∥DC. 又由 M 是 AB 的中点, 因此 CD∥MA 且 CD= MA. 连接 AD1,如图(1). 在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 因为 CD∥C1D1,CD=C1D1,可得 C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四 边形 AMC1D1 为平行四边形,因为 C1M∥D1A. 又 C1M?平面 A1ADD1, D1A?平面 A1ADD1, 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)解 方法一 如图(2),连接 AC,MC. 由(1)知 CD∥AM 且 CD=AM, 所以四边形 AMCD 为平行四边形, 可得 BC=AD=MC, 由题意得∠ABC=∠DAB=60° ,所以△MBC 为正三角形, 因此 AB=2BC=2,CA= 3, 因此 CA⊥CB. 以 C 为坐标原点,建立如图(2)所示的空间直角坐标系 C-xyz,所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, 3), 因此 M? 3 1 ? 3 1 → ? → ? → , ,0 ,所以MD1= - ,- , 3 ,D1C1=MB= 2 ?2 2 ? ? 2 ? 第一步 找垂直:找出(或作出)具 有公共交点的三条两两垂直的直 线. 第二步 写坐标:建立空间直角坐 标系,写出特征点坐标. 第三步 求向量:求直线的方向向 量或平面的法向量. 第四步 求夹角:计算向量的夹 角. 第五步 得结论:得到所求两个平 面所成的角或直线和平面所成的 角.

?- 3,1,0?. ? 2 2 ?
设平面 C1D1M 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ?n· D1C1=0, ? ? 3x-y=0, 由? 得? 可得平面 C1D1M 的一个 → ? 3x+y-2 3z=0, ?n· MD1=0, ? → 法向量 n=(1, 3,1).又CD1=(0,0, 3)为平面 ABCD 的一个法向 → CD1· n 5 → 量,因此 cos〈CD1,n〉= = .所以 5 → |CD1||n| 平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余 弦值为 5 . 5

方法二 由(1)知平面 D1C1M∩平面 ABCD=

-7-

AB, 过点 C 向 AB 引垂线交 AB 于点 N, 连接 D1N,如图(3).由 CD1⊥平面 ABCD, 可得 D1N⊥AB, 因此∠D1NC 为二面角 C1-AB-C 的平面角. 在 Rt△BNC 中,BC=1, ∠NBC=60° ,可得 CN= 3 15 2 .所以 ND1= CD2 . 1+CN = 2 2

3 2 CN 5 所以 Rt△D1CN 中,cos∠D1NC= = = , D 1N 15 5 2 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 5 . 5

如图所示,在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点 D 是 BC 的中点.

(1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. → → → 解 (1)以 A 为坐标原点,分别以AB,AC,AA1为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标 系 A-xyz, 则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4). → → 所以A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4). → → A1B· C1D → → 所以 cos〈A1B,C1D〉= → → |A1B|×|C1D| = 18 3 10 = . 10 20× 18

3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 . 10 → (2)由题意,知AC=(0,2,0)是平面 ABA1 的一个法向量. 设平面 ADC1 的法向量为 m=(x,y,z),
-8-

→ → 因为AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),
?x+y=0, ? → → 由 m⊥AD,m⊥AC1,得? ? ?2y+4z=0.

取 z=1,得 y=-2,x=2,所以平面 ADC1 的一个法向量为 m=(2,-2,1). 设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角为 θ, → -4 2 AC· m 5 → 所以|cos θ|=|cos〈AC,m〉|=| |=| |= ,得 sin θ= . 3 → 2×3 3 |AC|×|m| 所以平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 5 . 3

模板 5 圆锥曲线中的范围问题 椭圆 C 的中心为坐标原点 O,焦点在 y 轴上,短轴长为 2,离心率为 → → y 轴交于点 P(0,m),与椭圆 C 交于相异两点 A,B,且AP=3PB. (1)求椭圆 C 的方程; (2)求 m 的取值范围. 审题路线图 (1) 设方程 → 解系数 → 得结论 → → (2) 设l:y=kx+m → l,c相交Δ>0得m,k的不等式 → AP=3PB → 得m,k关系式 → 代入m,k的不等式消k → 得m范围 2 ,直线 l 与 2

-9-

规 范 解 答 示 例 解 y x (1)设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b
2 2

构 建 答 题 模 板

c 2 设 c>0,c2=a2-b2,由题意,知 2b= 2, = , a 2 所以 a=1,b=c= 2 x2 .故椭圆 C 的方程为 y2+ =1,即 y2+2x2=1. 2 1 2

(2)设直线 l 的方程为 y=kx+m(k≠0), l 与椭圆 C 的交点坐标为 A(x1, y1),
?y=kx+m, ? B(x2,y2),由? 2 2 得(k2+2)x2+2kmx+(m2-1)=0, ?2x +y =1, ?

第一步 提关系:从题设条件 中提取不等关系式. 第二步 找函数:用一个变量 表示目标变量,代入不等关系 式. 第三步 得范围:通过求解含 目标变量的不等式,得所求参 数的范围. 第四步 再回顾:注意目标变 量的范围所受题中其他因素的 制约.

Δ=(2km) -4(k +2)(m -1)=4(k -2m +2)>0,(*) -2km m2-1 → → x1+x2= 2 ,x1x2= 2 .因为AP=3PB,所以-x1=3x2, k +2 k +2
?x1+x2=-2x2, ? 所以? 所以 3(x1+x2)2+4x1x2=0. ? x x =- 3 x 22. ? 1 2

2

2

2

2

2

m -1 ?-2km?2+4· 所以 3· =0. ? k2+2 ? k2+2 ? ? 整理得 4k2m2+2m2-k2-2=0,即 k2(4m2-1)+(2m2-2)=0. 1 当 m2= 时,上式不成立; 4 2-2m2 1 当 m2≠ 时,k2= 2 , 4 4m -1 由(*)式,得 k2>2m2-2, 2-2m2 又 k≠0,所以 k = 2 >0. 4m -1
2

2

1 1 解得-1<m<- 或 <m<1. 2 2 1? ?1 ? 即所求 m 的取值范围为? ?-1,-2?∪?2,1?. x2 y2 已知双曲线 2- 2=1(a>1,b>0)的焦距为 2c,直线 l 过点(a,0)和(0,b),且点(1,0) a b 4 到直线 l 的距离与点(-1,0)到直线 l 的距离之和 s≥ c,求双曲线的离心率 e 的取值范围. 5 x y 解 设直线 l 的方程为 + =1,即 bx+ay-ab=0. a b

- 10 -

由点到直线的距离公式,且 a>1,得到点(1,0)到直线 l 的距离 d1= 同理可得点(-1,0)到直线 l 的距离为 d2= 于是 s=d1+d2= 2ab 2ab 2 2= c . a +b b?a+1? , a2+b2

b?a-1?

, a2+b2

4 2ab 4 由 s≥ c,得 ≥ c,即 5a c2-a2≥2c2, 5 c 5 可得 5 e2-1≥2e2,即 4e4-25e2+25≤0, 5 解得 ≤e2≤5. 4 由于 e>1,故所求 e 的取值范围是? 5 ?. ? 2 , 5?

模板 6 解析几何中的探索性问题 已知定点 C(-1,0)及椭圆 x2+3y2=5,过点 C 的动直线与椭圆相交于 A,B 两点. 1 (1)若线段 AB 中点的横坐标是- ,求直线 AB 的方程; 2 → → (2)在 x 轴上是否存在点 M,使MA· MB为常数?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明 理由. 审题路线图 设 AB 的方程 y=k(x+1)→待定系数法求 k→写出方程;设 M 存在即为(m,0)→求 → → → → MA· MB→在MA· MB为常数的条件下求 m. 规 范 解 答 示 例 解 (1)依题意,直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为 y= k(x+1), 将 y=k(x+1)代入 x2+3y2=5,消去 y 整理得(3k2+1)x2+6k2x+ 3k2-5=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 Δ=36k -4?3k +1??3k -5?>0, ? ? ? 6k2 x + x =- . ② 1 2 ? 3k2+1 ?
4 2 2

构 建 答 题 模 板

第一步 先假定:假设结论成 立. 第二步 再推理:以假设结论



成立为条件,进行推理求解. 第三步 下结论:若推出合理 结果, 经验证成立则肯定假设; 若推出矛盾则否定假设. 第四步 再回顾: 查看关键点, 易错点(特殊情况、隐含条件 等),审视解题规范性.

x1+x2 1 3k2 1 由线段 AB 中点的横坐标是- ,得 =- 2 =- ,解 2 2 2 3k +1 3 得 k=± ,适合①. 3 所以直线 AB 的方程为 x- 3y+1=0 或 x+ 3y+1=0. → → (2)假设在 x 轴上存在点 M(m,0),使MA· MB为常数.

- 11 -

6k2 (ⅰ)当直线 AB 与 x 轴不垂直时,由(1)知 x1+x2=- 2 ,x1x2 3k +1 3k2-5 = 2 .③ 3k +1 → → 所以MA· MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+ 1)(x2+1) =(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2. → → 将③代入,整理得MA· MB ?6m-1?k -5 +m2= 3k2+1
2



?2m-1??3k2+1?-2m-14 3? ? 3
3k2+1

+m2=m2+2m

1 6m+14 - - . 3 3?3k2+1? 7 → → 注意到MA· MB是与 k 无关的常数, 从而有 6m+14=0, m=- , 3 → → 4 此时MA· MB= . 9 (ⅱ)当直线 AB 与 x 轴垂直时,此时点 A、B 的坐标分别为

?-1, 2 ?、?-1,- 2 ?, 3? ? 3? ?
7 → → 4 当 m=- 时,也有MA· MB= . 3 9 7 ? → → 综上,在 x 轴上存在定点 M? MB为常数. ?-3,0?,使MA· x2 y2 (2014· 福建)已知双曲线 E: 2- 2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分 a b 别为 l1:y=2x,l2:y=-2x. (1)求双曲线 E 的离心率. (2)如图,O 为坐标原点,动直线 l 分别交直线 l1,l2 于 A,B 两点(A,B 分 别在第一、四象限),且△OAB 的面积恒为 8.试探究:是否存在总与直线 l 有且只有一个公共点的双曲线 E?若存在,求出双曲线 E 的方程;若不存在,说明理由. b 解 (1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y=2x,y=-2x,所以 =2, a 所以 c2-a2 =2,故 c= 5a, a

c 从而双曲线 E 的离心率 e= = 5. a

- 12 -

x2 y2 (2)方法一 由(1)知,双曲线 E 的方程为 2- 2=1. a 4a 设直线 l 与 x 轴相交于点 C. 当 l⊥x 轴时,若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点, 则|OC|=a,|AB|=4a. 又因为△OAB 的面积为 8, 1 所以 |OC|· |AB|=8, 2 1 因此 a· 4a=8,解得 a=2, 2 x2 y2 此时双曲线 E 的方程为 - =1. 4 16 若存在满足条件的双曲线 E, x2 y2 则 E 的方程只能为 - =1. 4 16 以下证明:当直线 l 不与 x 轴垂直时, x2 y2 双曲线 E: - =1 也满足条件. 4 16 设直线 l 的方程为 y=kx+m,依题意, m 得 k>2 或 k<-2,则 C(- ,0). k 记 A(x1,y1),B(x2,y2).
? ?y=kx+m, 2m 2m 由? 得 y1= ,同理,得 y2= . 2 - k 2 +k ?y=2x, ?

1 由 S△OAB= |OC|· |y1-y2|,得 2 1 m 2m 2m |- |· | - |=8, 2 k 2-k 2+k 即 m2=4|4-k2|=4(k2-4). y=kx+m, ? ?2 2 由?x y ? ? 4 -16=1, 得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0. 因为 4-k2<0, 所以 Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16) =-16(4k2-m2-16). 又因为 m2=4(k2-4), 所以 Δ=0,即 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点.

- 13 -

x2 y2 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16 x2 y2 方法二 由(1)知,双曲线 E 的方程为 2- 2=1. a 4a 设直线 l 的方程为 x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2). 1 1 依题意得- <m< . 2 2
? ?x=my+t, 2t 由? 得 y1= , 1-2m ?y=2x, ?

-2t 同理,得 y2= . 1+2m 设直线 l 与 x 轴相交于点 C,则 C(t,0). 1 由 S△OAB= |OC|· |y1-y2|=8,得 2 2t 1 ? 2t |t|· 1-2m+1+2m?=8. 2 ? ? 所以 t2=4|1-4m2|=4(1-4m2). x=my+t, ? ? 2 由?x y2 - 2 ? ?a 4a2=1, 得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0. 因为 4m2-1<0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2- a2)=0, 即 4m2a2+t2-a2=0, 即 4m2a2+4(1-4m2)-a2=0, 即(1-4m2)(a2-4)=0, 所以 a2=4, 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E, x2 y2 且 E 的方程为 - =1. 4 16 方法三 当直线 l 不与 x 轴垂直时, 设直线 l 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 依题意,得 k>2 或 k<-2.
?y=kx+m, ? 由? 2 2 ? ?4x -y =0,

得(4-k2)x2-2kmx-m2=0.

- 14 -

因为 4-k2<0,Δ>0,所以 x1x2= 又因为△OAB 的面积为 8, 1 所以 |OA|· |OB|· sin∠AOB=8, 2 4 又易知 sin∠AOB= , 5 2 所以 x2 +y2· x2+y2=8, 5 1 1 2 2 化简,得 x1x2=4.

-m2 . 4-k2

-m 2 所以 =4,得 m2=4(k2-4). 4-k2 x2 y2 由(1)得双曲线 E 的方程为 2- 2=1, a 4a y=kx+m, ? ? 2 由?x y2 - 2 ? ?a 4a2=1, 得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0. 因为 4-k2<0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2) =0, 即(k2-4)(a2-4)=0,所以 a2=4, x2 y2 所以双曲线 E 的方程为 - =1. 4 16 当 l⊥x 轴时,由△OAB 的面积等于 8 可得 l:x=2, x2 y2 又易知 l:x=2 与双曲线 E: - =1 有且只有一个公共点. 4 16 x2 y2 综上所述,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16 模板 7 离散型随机变量的均值与方差 甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏,按照规则,甲先从 6 道备选题中一 次性抽取 3 道题独立作答,然后由乙回答剩余 3 题,每人答对其中 2 题就停止答题,即闯关 2 成功.已知在 6 道备选题中,甲能答对其中的 4 道题,乙答对每道题的概率都是 . 3 (1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率; (2)设甲答对题目的个数为 ξ,求 ξ 的分布列及均值. 审题路线图 (1) 标记事件 → 对事件分解 → 计算概率 (2) 确定ξ取值 → 计算概率 → 得分布列 → 求数学期望

- 15 -

规 范 解 答 示 例

构 建 答 题 模 板

解 (1)设甲、乙闯关成功分别为事件 A、B,则 P( A ) C1 C2 4 1 4· 2 = 3 = = , C6 20 5 2 2 22 1 2 7 P( B )=(1- )3+C1 + = , 3·(1- ) = 3 3 3 27 9 27 则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是 1 7 128 1-P( A ·B )=1-P( A )· P( B )=1- × = . 5 27 135 (2)由题意知 ξ 的可能取值是 1,2.
1 3 2 C2 C1 4 4C2+C4 4C2 1 P(ξ=1)= 3 = ,P(ξ=2)= = ,则 ξ 的分 3 C6 5 C6 5

第一步 定元: 根据已知条件确定离散 型随机变量的取值. 第二步 定性: 明确每个随机变量取值 所对应的事件. 第三步 定型: 确定事件的概率模型和 计算公式. 第四步 计算: 计算随机变量取每一个 值的概率. 第五步 列表:列出分布列. ξ P 1 1 5 2 4 5 第六步 求解:根据均值、方差公式求 解其值.

布列为

1 4 9 ∴E(ξ)=1× +2× = . 5 5 5

(2014· 江西)随机将 1,2,?,2n(n∈N*,n≥2)这 2n 个连续正整数分成 A,B 两组, 每组 n 个数,A 组最小数为 a1,最大数为 a2,B 组最小数为 b1,最大数为 b2,记 ξ=a2-a1,η =b2-b1. (1)当 n=3 时,求 ξ 的分布列和数学期望; (2)令 C 表示事件“ξ 与 η 的取值恰好相等”,求事件 C 发生的概率 P(C); (3)对(2)中的事件 C, C 表示 C 的对立事件,判断 P(C)和 P( C )的大小关系,并说明理由. 解 (1)当 n=3 时,ξ 的所有可能取值为 2,3,4,5.
3 将 6 个正整数平均分成 A,B 两组,不同的分组方法共有 C6 =20(种),所以 ξ 的分布列为

ξ P

2 1 5

3 3 10

4 3 10

5 1 5

1 3 3 1 7 E(ξ)=2× +3× +4× +5× = . 5 10 10 5 2 (2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为 n-1,n,n+1,?,2n-2. 又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n-1 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时,不同的分组方法有 2 种;

- 16 -

ξ 和 η 恰好相等且等于 n+k(k=1,2,?,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有 2Ck 2k种; 4 2 所以当 n=2 时,P(C)= = ; 6 3 2?2+ ?Ck 2k?
k=1 n-2

当 n≥3 时,P(C)=

Cn 2n

.

1 (3)由(2),当 n=2 时,P( C )= ,因此 P(C)>P( C ). 3 而当 n≥3 时,P(C)<P( C ).理由如下:
n P(C)<P( C )等价于 4(2+ ?Ck 2k)<C2n.① k=1 n-2

用数学归纳法来证明: 1° 当 n=3 时,①式左边=4(2+C1 2)=4(2+2)=16, ①式右边=C3 6=20,所以①式成立. 2° 假设 n=m(m≥3)时①式成立,
m 即 4(2+ ?Ck 2k)<C2m成立, k=1 m-2

k m 1 m m 1 那么,当 n=m+1 时,左边=4(2+ ?Ck 2k)=4(2+ ?C2k)+4C2?m-1?<C2m+4C2?m-1?=
- -

m+1-2 k=1

m -2 k=1

?2m?! + m!m! =

4· ?2m-2?! ?m-1?!?m-1?!



?m+1?2?2m??2m-2?!?4m-1? ?m+1?!?m+1?!

<

?m+1?2?2m??2m-2?!?4m? ?m+1?!?m+1?!

2?m+1?m +1 + Cm <Cm 1 + =右边, 2?m+1?· ?2m+1??2m-1? 2?m 1? 即当 n=m+1 时①式也成立.综合 1° ,2° 得:对于 n≥3 的所有正整数,都有 P(C)<P( C )成 立. 模板 8 函数的单调性、极值、最值问题 2ax-a2+1 已知函数 f(x)= (x∈R).其中 a∈R. x2+1 (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)当 a≠0 时,求函数 f(x)的单调区间与极值. 审题路线图

- 17 -

规 范 解 答 示 例 2x 4 (1)当 a=1 时,f(x)= 2 ,f(2)= , 5 x +1

构 建 答 题 模 板



2?x2+1?-2x· 2x 2-2x2 6 又 f′(x)= = 2 ,f′(2)=- . 25 ?x2+1?2 ?x +1?2 所以,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 4 6 y- =- (x-2),即 6x+25y-32=0. 5 25 2a?x2+1?-2x?2ax-a2+1? -2?x-a??ax+1? (2)f′(x)= = . ?x2+1?2 ?x2+1?2 由于 a≠0,以下分两种情况讨论.①当 a>0 时,令 f′(x)=0,得到 x1= 1 - ,x2=a. a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 1 (-∞,- ) a - 1 - a 0 极小值 1 (- ,a) a + a 0 极大值 (a,+∞) - 第一步 求导数: 求 f(x)的导数 f′(x).注意 f(x)的定义域. 第二步 解方程: 解 f′(x)=0, 得方程的根. 第三步 列表格:利用 f′(x) =0 的根将 f(x)定义域分成若干 个小开区间,并列出表格. 第四步 得结论:从表格观察 f(x)的单调性、极值、最值等. 第五步 再回顾:对需讨论根 的大小问题要特殊注意,另外 观察 f(x)的间断点及步骤规范 性. 1 (- ,+∞) a +

1? 所以 f(x)在区间? ?-∞,-a?,(a,+∞)内为减函数, 1 ? 1 ? 1? 在区间? ?-a,a?内为增函数.函数 f(x)在 x1=-a处取得极小值 f?-a?, 1? 2 且 f? ?-a?=-a .函数 f(x)在 x2=a 处取得极大值 f(a),且 f(a)=1. 1 ②当 a<0 时,令 f′(x)=0,得到 x1=a,x2=- , a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,a) + a 0 极大值 1 (a, - ) a - 1 - a 0 极小值

1 1 - ,+∞?内为增函数,在区间?a,- ?内为 所以 f(x)在区间(-∞,a),? a? ? a ? ? 减函数.函数 f(x)在 x1=a 处取得极大值 f(a),且 f(a)=1. 1? 1 1 2 函数 f(x)在 x2=- 处取得极小值 f(- ),且 f? ?-a?=-a . a a

(2014· 重庆)已知函数 f(x)=ae2x-be

-2x

-cx(a,b,c∈R)的导函数 f′(x)为偶函数,

- 18 -

且曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. 解 (1)对 f(x)求导,得 f′(x)=2ae2x+2be
-2x

-c,
-2x

由 f′(x)为偶函数,知 f′(-x)=f′(x)恒成立,即 2(a-b)· (e2x-e 又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,故 a=1,b=1. (2)当 c=3 时,f(x)=e2x-e f′(x)=2e2x+2e
-2x -2x

)=0 恒成立,所以 a=b.

-3x,那么
-2x

-3≥2 2e2x· 2e

-3=1>0,

故 f(x)在 R 上为增函数. (3)由(1)知 f′(x)=2e2x+2e
-2x

-c,而 2e2x+2e

-2x

≥2 2e2x· 2e

-2x

=4,当 x=0 时等号成立.

下面分三种情况进行讨论. 当 c<4 时,对任意 x∈R,f′(x)=2e2x+2e
-2x

-c>0,此时 f(x)无极值; -4>0,此时 f(x)无极值;

当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e2x+2e

-2x

c± c2-16 2 当 c>4 时,令 e2x=t,注意到方程 2t+ -c=0 有两根 t1,2= >0,即 f′(0)=0 有两个 t 4 根 1 1 x1= ln t1,x2= ln t2.当 x1<x<x2 时,f′(x)<0; 2 2 又当 x>x2 时,f′(x)>0,从而 f(x)在 x=x2 处取得极小值.综上,若 f(x)有极值,则 c 的取值范 围为(4,+∞).

- 19 -


【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题八

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题八

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题八

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题八

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题六

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题五

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 数列

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题二

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题六 第2讲...属于基础题 .2.以解答题的形式考 查,主要考查圆锥曲线的定义、性质及标准方程...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 函数

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题七 第1讲...填空 题的形式出现,难度中等,还经常与概率问题相结合,出现在解答题的第一或第...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 解析

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 立体

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 集合

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套word版训练:专题九

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题一 第2讲...m n 2 三、解答题 9.设集合 A 为函数 y=ln(-x2-2x+8)的定义域,集合...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:活用“

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套word版训练:专题七 第1讲...填空 题的形式出现,难度中等,还经常与概率问题相结合,出现在解答题的第一或第...

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套word版训练:专题四

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套....doc

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套word版训练:专题九 第1讲 函数与方程思想]_高考_高中教育_教育专区。【步步高】2015届高考数学(理科,广东)...