2015届高考理科数学解答题的八个大题模板

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学员姓名 授课老师 方达教育学科教师辅导教案 翟 嘉 年 级 课时数 高三 2h 辅导科目 数 学 第 次课 授课日期及时段 2015年 月 日 ： — ： 解答题的八个答题模板 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． “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 πx＋－3sin2x＋sin xcos x＋1. 已知函数f(x)＝2cos x·sin3(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 13解 f(x)＝2cos xsin x＋cos x－3sin2x＋sin xcos x＋1 22＝2sin xcos x＋3(cosx－sinx)＋1＝sin 2x＋3cos 2x＋1 π2x＋＋1. ＝2sin3(1)函数f(x)的最小正周期为2π＝π. 222构 建 答 题 模 板 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． 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. ππ2x＋≤1，∴－1≤2sin2x＋＋1≤3. (2)∵－1≤sin33πππ∴当2x＋＝＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z时，f(x)取3212得最大值3； ππ5π当2x＋＝－＋2kπ，k∈Z，即x＝－＋kπ，k∈Z时，f(x)3212 方达教育辅导教案 第 1 页（共 16 页）

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取得最小值－1. πππ5ππ(3)由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋2321212kπ，k∈Z. 5ππ－＋kπ，＋kπ (k∈Z). ∴函数f(x)的单调递增区间为12121 (2014·福建)已知函数f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－. 2π2(1)若0<α<，且sin α＝，求f(α)的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间． 22π2222211解 方法一 (1)因为0<α<，sin α＝，所以cos α＝.所以f(α)＝×(＋)－＝. 222222221＋cos 2x111112π(2)因为f(x)＝sin xcos x＋cos2x－＝sin 2x＋－＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)， 222222242π所以T＝＝π. 2πππ3ππ由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 24288所以f(x)的单调递增区间为[kπ－3ππ，kπ＋]，k∈Z. 881＋cos 2x111112π方法二 f(x)＝sin xcos x＋cos2x－＝sin 2x＋－＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)． 22222224π2π2π23π1(1)因为0<α<，sin α＝，所以α＝，从而f(α)＝sin(2α＋)＝sin＝. 224242422π(2)T＝＝π. 2πππ3ππ由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 24288所以f(x)的单调递增区间为[kπ－3ππ，kπ＋]，k∈Z. 88 模板2 解三角形问题 CA3 在△ABC中，若acos2＋ccos2＝b. 222(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 方达教育辅导教案 第 2 页（共 16 页）

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规 范 解 答 示 例 1＋cos CCA(1)证明 因为acos2＋ccos2＝a·＋2221＋cos A3c·＝b， 22所以a＋c＋(acos C＋ccos A)＝3b， 构 建 答 题 模 板 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． 第二步 定工具：即根据条件和所求，合理a2＋b2－c2b2＋c2－a2故a＋c＋a·＝3b， ＋c·2ab2bc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． 22a＋c2a＋c－a2＋c2－b22(2)解 cos B＝＝ 2ac2ac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. 3a2＋c2－2ac6ac－2ac1＝≥＝， 8ac8ac2π因为0c，已知BA·BC＝2，cos B1＝，b＝3.求：(1)a和c的值； (2)cos(B－C)的值． 31→→解 (1)由BA·BC＝2得c·acos B＝2.又cos B＝，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B.又b＝3，3ac＝6，a＝2，a＝3，1所以a＋c＝9＋2×6×＝13.解22得或 3a＋c＝13，c＝3c＝2.22 因为a>c，所以a＝3，c＝2. (2)在△ABC中，sin B＝1－cos2B＝ 1221－2＝， 33c22242由正弦定理，得sin C＝sin B＝×＝.因为a＝b>c，所以C为锐角， b339因此cos C＝1－sin2C＝ 23. 2742271722421－＝.于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C＝×＋×＝993939模板3 数列的通项、求和问题 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＝3n1，求数列{an}的前n项和Sn. － 方达教育辅导教案 第 3 页（共 16 页）

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审题路线图 (1)anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0→(2)cn＝2n－1→an＝2n－1·3n－1an＋1an－＝2→cn＋1－cn＝2→cn＝2n－1 bn＋1bn错位相减法――→得Sn 构 建 答 题 模 板 规 范 解 答 示 例 解 (1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0(bn≠0，n∈N*)， an＋1an所以－＝2，即cn＋1－cn＝2， bn＋1bn所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1. (2)由bn＝3n－1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． －知an＝cnbn＝(2n－1)3n1， 第三步 定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)． 于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋„＋(2n－1)·3n1， －3Sn＝1·31＋3·32＋„＋(2n－3)·3n1＋(2n－1)·3n， －第四步 写步骤：规范写出求和步骤． 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＋„＋3n1)－(2n－－1)·3n＝－2－(2n－2)3n， 所以Sn＝(n－1)3＋1. n11，是函数f(x)＝ax (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) 已知点3－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bb的前n项和为Tn，问满足Tn>的最小正整数n是多少？ 2 012nn＋11x1解 (1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝3. 3122由题意知，a1＝f(1)－c＝－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－. 392748121a21又数列{an}是等比数列，∴a1＝＝＝－＝－c，∴c＝1.又公比q＝＝， a3233a13－27a222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)． 方达教育辅导教案 第 4 页（共 16 页）

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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． ∴bn＝2n－1 (n∈N*)． 1111(2)Tn＝＋＋＋„＋ b1b2b2b3b3b4bnbn＋1＝1111＋＋＋„＋ 1×33×55×72n－1×2n＋11111111111111n－1－1－＋×－＋×－＋„＋×＝×＝×＝. 2323525722n－12n＋122n＋12n＋1由Tn＝n1 0011 001>，得n>， 102n＋12 0121 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 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 (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. 构 建 答 题 模 板 AB＝2CD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 方达教育辅导教案 第 5 页（共 16 页）

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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3131→→→，，0，所以MD1＝－，－，3，D1C1＝MB＝2222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. 22设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)， →D1C1＝0，n·3x－y＝0，由得可得平面C1D1M的一个法向量n→3x＋y－23z＝0，MD1＝0，n· →→＝(1，3，1)．又CD1＝(0,0，3)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈CD1，→CD1·n5n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为5→|CD1||n|5. 5方法二 由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝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＝2CD21＋CN＝3.所以ND1＝215. 232CN5所以Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝， D1N1552 方达教育辅导教案 第 6 页（共 16 页）

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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·C1D18310→→所以cos〈A1B，C1D〉＝＝＝. 10→→20×18|A1B|×|C1D|310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)，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， →－42AC·m5→所以|cos θ|＝|cos〈AC，m〉|＝||＝||＝，得sin θ＝. 3→2×33|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 方达教育辅导教案 第 7 页（共 16 页）

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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→→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＝3PB2，直线l与y轴交于点2→得m，k关系式→代入m，k的不等式消k→得m范围 规 范 解 答 示 例 y2x2解 (1)设椭圆C的方程为2＋2＝1(a>b>0)， abc2设c>0，c2＝a2－b2，由题意，知2b＝2，＝， a2222x所以a＝1，b＝c＝.故椭圆C的方程为y＋＝1，即y2＋2x2＝1. 212构 建 答 题 模 板 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. (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22得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0， 2x＋y＝1， Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*) －2kmm2－1→→x1＋x2＝2，x1x2＝2.因为AP＝3PB，所以－x1＝3x2， k＋2k＋2x1＋x2＝－2x2，所以所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0. x1x2＝－3x22. －2km2m2－1所以3·＝0. k2＋2＋4·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； 42－2m1当m2≠时，k2＝2， 44m－12－2m2由(*)式，得k>2m－2，又k≠0，所以k＝2>0. 4m－122221111－1，－∪，1. 解得－1方达教育个性化一对一辅导 学海方舟，教以达人

x2y2 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)到直线l的距ab4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． 5xy解 设直线l的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0. ab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＝ba＋1a＋b22，于是ba－1， a2＋b22ab2ab22＝c. a＋bs＝d1＋d2＝42ab45由s≥c，得≥c，即5ac2－a2≥2c2，可得5e2－1≥2e2，即4e4－25e2＋25≤0，解得≤e2≤5. 5c54由于e>1，故所求e的取值范围是5，5. 2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. Δ＝36k4－43k2＋13k2－5>0， ①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 6k2x＋x＝－. ②2123k＋1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． 2x1＋x213k13由线段AB中点的横坐标是－，得＝－2＝－，解得k＝±， 22233k＋1适合①. 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． 2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3k－56k(ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 假设． 3k＋13k＋1③ 第四步 再回顾：查 方达教育辅导教案 第 9 页（共 16 页）

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→→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 看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性. 2m－13k2＋1－2m－142336m－1k－51＝＋m2＝＋m2＝m2＋2m－－2233k＋13k＋16m＋147→→.注意到MA·MB是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－，2333k＋1→→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、3→→4－1，－2，当m＝－7时，也有MA·MB＝. 3937→→－，0，使MA·综上，在x轴上存在定点MMB为常数. 3 x2y2 (2014·福建)已知双曲线E：2－2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：yab＝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． c2－a2b解 (1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，所以＝2，所以＝2，故c＝5a， aac从而双曲线E的离心率e＝＝5. ax2y2(2)方法一 由(1)知，双曲线E的方程为2－2＝1.设直线l与x轴相交于点C. a4a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. 11又因为△OAB的面积为8，所以|OC|·|AB|＝8，因此a·4a＝8，解得a＝2， 22x2y2x2此时双曲线E的方程为－＝1.若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－4164y2＝1. 16x2y2以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件． 416 方达教育辅导教案 第 10 页（共 16 页）

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m设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，则C(－，0)． ky＝kx＋m，2m2m记A(x1，y1)，B(x2，y2)．由得y1＝，同理，得y2＝. 2－k2＋ky＝2x， 11m2m2m由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|，得|－|·|－|＝8， 22k2－k2＋ky＝kx＋m，即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)．由x2y2得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0. 4－16＝1，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． x2y2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. 416x2y2方法二 由(1)知，双曲线E的方程为2－2＝1.设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． a4ax＝my＋t，－2t112t依题意得－2或k<－2.由22得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0. 4x－y＝0， －m21因为4－k<0，Δ>0，所以x1x2＝|OB|·sin∠AOB＝8， 2.又因为△OAB的面积为8，所以|OA|·24－k2－m242222222又易知sin∠AOB＝，所以x1＋y1·x2＋y2＝8，化简，得x1x2＝4.所以2＝4，得m＝4(k－4)． 554－ky＝kx＋m，2x2y2由(1)得双曲线E的方程为2－2＝1，由xy2a4aa2－4a2＝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， 方达教育辅导教案 第 11 页（共 16 页）

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x2y2即(k－4)(a－4)＝0，所以a＝4，所以双曲线E的方程为－＝1. 416222当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2， x2y2又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点． 416x2y2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. 416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，即闯关成功．已知在6道备选题中，2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 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 C1C24·2解 (1)设甲、乙闯关成功分别为事件A、B，则P(A)＝3C641＝＝， 2052222127P(B)＝(1－)3＋C1＋＝， 3·(1－)＝33327927则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是 171281－P(A·B)＝1－P(A)·P(B)＝1－×＝. 527135(2)由题意知ξ的可能取值是1,2. 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132C2C14C2＋C444C21P(ξ＝1)＝3＝，P(ξ＝2)＝＝，则ξ的分布列为 取每一个值的概率． C65C356第五步 列表：列出分布列． ξ 1 2 P 149∴E(ξ)＝1×＋2×＝. 5551 54 5第六步 求解：根据均值、方差公式求解其值. 方达教育辅导教案 第 12 页（共 16 页）

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已知一个袋中装有3个白球和3个红球，这些球除颜色外完全相同． (1)每次从袋中取一个球，取出后不放回，直到取到一个红球为止，求取球次数ξ的分布列和数学期望E(ξ)； (2)每次从袋中取一个球，取出后放回接着再取一个球，这样取3次，求取出红球次数η的数学期望E(η)． 审题路线图 取到红球为止→取球次数的所有可能1,2,3,4→求对应次数的概率→列分布列→求E(ξ)． 取出后放回，这是条件→每次取到红球的概率相同→三次独立重复试验→利用公式. 规 范 解 答 示 例 13×331A13A3解 (1)ξ的可能取值为1,2,3,4.P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝2＝62A66×5构 建 答 题 模 板 第一步：确定离散型随机变量的所有可能值． 第二步：求出每个可能值的概率． 第三步：画出随机变量的分布列． 第四步：求期望和方差． 3＝， 1013×2×33A23A3P(ξ＝3)＝3＝＝， A66×5×42013×2×3A313A3P(ξ＝4)＝4＝＝. A66×5×4×320故ξ的分布列为 ξ P 1 1 22 3 103 3 204 1 20第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题可重点查看随机变量的所有可能值是否正确；根据分布列性质检查概率是否正确. 13317数学期望E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 21020204(2)取出后放回，取球3次，可看作3次独立重复试验， 113所以η～B(3，)，所以E(η)＝3×＝. 222 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 方达教育辅导教案 第 13 页（共 16 页）

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规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 方达教育辅导教案 第 14 页（共 16 页）

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2x2＋1－2x·2x2－2x22x4解 (1)当a＝1时，f(x)＝2，f(2)＝，又f′(x)＝＝2，f′(2)5x＋1x2＋12x＋12646＝－.所以，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－＝－(x－2)，即6x＋2552525y－32＝0. 2ax＋1－2x2ax－a＋1－2x－aax＋1(2)f′(x)＝＝.由于a≠0，以下分两种情况x2＋12x2＋121讨论．①当a＞0时，令f′(x)＝0，得到x1＝－，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－ a0 极小值 1(－，a) a＋ a 0 极大值 (a，＋∞) － 22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. 1－ a0 极小值 1(－，＋∞) a＋  1－1，a内为增函数．函－∞，－，所以f(x)在区间(a，＋∞)内为减函数，在区间aa11－1＝－a2.函数f(x)在x2＝a处取得极大－，数f(x)在x1＝－处取得极小值f且faaa值f(a)，且f(a)＝1. 1②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－  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，＋∞内为增函数，在区间a，－1内为减函数．函所以f(x)在区间(－∞，a)，aa11数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.函数f(x)在x2＝－处取得极小值f(－)，aa1－＝－a2. 且fa (2014·重庆)已知函数f(x)＝ae2x－be在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c. －2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x) 方达教育辅导教案 第 15 页（共 16 页）

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(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－ef′(x)＝2e2x＋2e－2x－2x)＝0恒成立，所以a＝b. －3x，那么 －2x－3≥22e2x·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≥22e2x·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＋2e2x－2xc±c2－162当c>4时，令e＝t，注意到方程2t＋－c＝0有两根t1,2＝>0，即f′(0)＝0有两个根 t411x1＝ln t1，x2＝ln t2.当x1x2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，＋∞)．

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