高考数学理二轮专题练习解答题的八个答题模板含答案 19页

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 　已知函数 f(x)＝2cos x·sin(x＋π 3 )－ 3sin2x＋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 构 建 答 题 模 板 解　f(x)＝2cos x( 1 2sin x＋ 3 2 cos x)－ 3sin2x＋sin xcos x＋1 ＝2sin xcos x＋ 3(cos2x－sin2x)＋1＝sin 2x＋ 3cos 2x＋1 ＝2sin(2x＋π 3)＋1. (1)函数 f(x)的最小正周期为2π 2 ＝π. (2)∵－1≤sin(2x＋π 3)≤1，∴－1≤2sin(2x＋π 3)＋1≤3. ∴当 2x＋π 3＝π 2＋2kπ，k∈Z，即 x＝ π 12＋kπ，k∈Z 时，f(x)取 得最大值 3； 当 2x＋π 3＝－π 2＋2kπ，k∈Z，即 x＝－5π 12＋kπ，k∈Z 时，f(x) 取得最小值－1. (3)由－π 2＋2kπ≤2x＋π 3≤π 2＋2kπ，k∈Z，得－5π 12＋kπ≤x≤ π 12＋ 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. kπ，k∈Z. ∴函数 f(x)的单调递增区间为[－5π 12＋kπ， π 12＋kπ] (k∈Z). (2014·福建)已知函数 f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－1 2. (1)若 0<α<π 2，且 sin α＝ 2 2 ，求 f(α)的值； (2)求函数 f(x)的最小正周期及单调递增区间． 解　方法一　(1)因为 0<α<π 2，sin α＝ 2 2 ， 所以 cos α＝ 2 2 . 所以 f(α)＝ 2 2 ×( 2 2 ＋ 2 2 )－1 2＝1 2. (2)因为 f(x)＝sin xcos x＋cos2x－1 2 ＝1 2sin 2x＋1＋cos 2x 2 －1 2 ＝1 2sin 2x＋1 2cos 2x ＝ 2 2 sin(2x＋π 4)， 所以 T＝2π 2 ＝π. 由 2kπ－π 2≤2x＋π 4≤2kπ＋π 2，k∈Z，得 kπ－3π 8 ≤x≤kπ＋π 8，k∈Z. 所以 f(x)的单调递增区间为[kπ－3π 8 ，kπ＋π 8]，k∈Z. 方法二　f(x)＝sin xcos x＋cos2x－1 2 ＝1 2sin 2x＋1＋cos 2x 2 －1 2 ＝1 2sin 2x＋1 2cos 2x ＝ 2 2 sin(2x＋π 4)． (1)因为 0<α<π 2，sin α＝ 2 2 ，所以 α＝π 4， 从而 f(α)＝ 2 2 sin(2α＋π 4)＝ 2 2 sin3π 4 ＝1 2. (2)T＝2π 2 ＝π. 由 2kπ－π 2≤2x＋π 4≤2kπ＋π 2，k∈Z，得 kπ－3π 8 ≤x≤kπ＋π 8，k∈Z. 所以 f(x)的单调递增区间为[kπ－3π 8 ，kπ＋π 8]，k∈Z. 模板 2　解三角形问题 　在△ABC 中，若 acos2C 2＋ccos2A 2＝3 2b. (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 构 建 答 题 模 板 (1)证明　因为 acos2C 2＋ccos2A 2＝a·1＋cos C 2 ＋c·1＋cos A 2 ＝3 2b， 所以 a＋c＋(acos C＋ccos A)＝3b， 故 a＋c＋(a·a2＋b2－c2 2ab ＋c·b2＋c2－a2 2bc )＝3b， 整理，得 a＋c＝2b，故 a，b，c 成等差数 列． (2)解　cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝ a2＋c2－( a＋c 2 )2 2ac ＝3(a2＋c2)－2ac 8ac ≥6ac－2ac 8ac ＝1 2， 因为 0c，已知 BA → ·BC → ＝2，cos B＝1 3，b＝3.求： (1)a 和 c 的值； (2)cos(B－C)的值． 解　(1)由BA → ·BC → ＝2 得 c·acos B＝2. 又 cos B＝1 3，所以 ac＝6. 由余弦定理，得 a2＋c2＝b2＋2accos B. 又 b＝3，所以 a2＋c2＝9＋2×6×1 3＝13. 解Error!得Error!或Error! 因为 a>c，所以 a＝3，c＝2. (2)在△ABC 中， sin B＝ 1－cos2B＝ 1－(1 3 )2＝2 2 3 ， 由正弦定理， 得 sin C＝c bsin B＝2 3×2 2 3 ＝4 2 9 . 因为 a＝b>c， 所以 C 为锐角， 因此 cos C＝ 1－sin2C＝ 1－(4 2 9 )2＝7 9. 于是 cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C ＝1 3×7 9＋2 2 3 ×4 2 9 ＝23 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. (1)令 cn＝an bn，求数列{an}的通项公式； (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→an＋1 bn＋1－an bn＝2→cn＋1－cn＝2→cn＝2n－1 (2)cn＝2n－1→an＝(2n－1)·3n－1 ― ― →错位相减法 得Sn 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)因为 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0(bn≠0， n∈N*)， 所以an＋1 bn＋1－an bn＝2，即 cn＋1－cn＝2， 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 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 知 an＝cnbn＝(2n－1)3n－1， 于是数列{an}的前 n 项和 Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋… ＋(2n－1)·3n－1， 3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n， 相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－ 1)·3n＝－2－(2n－2)3n， 所以 Sn＝(n－1)3n＋1. 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． 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)． 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. 已知点(1，1 3 )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)－c.数列{b n} (bn>0)的首项为 c，且前 n 项和 S n 满足 Sn －S n － 1 ＝ Sn＋ Sn－1 (n≥2)． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)若数列{ 1 bnbn＋1}的前 n 项和为 Tn，问满足 Tn>1 001 2 012的最小正整数 n 是多少？ 解　(1)∵f(1)＝a＝1 3，∴f(x)＝( 1 3 )x. 由题意知，a1＝f(1)－c＝1 3－c， a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－2 9， a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－ 2 27. 又数列{an}是等比数列， ∴a1＝a22 a3＝ 4 81 － 2 27 ＝－2 3＝1 3－c， ∴c＝1.又公比 q＝a2 a1＝1 3， ∴an＝－2 3·( 1 3 )n－1＝－2·( 1 3 )n (n∈N*)． ∵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． ∴bn＝2n－1 (n∈N*)． (2)Tn＝ 1 b1b2＋ 1 b2b3＋ 1 b3b4＋…＋ 1 bnbn＋1 ＝ 1 1 × 3＋ 1 3 × 5＋ 1 5 × 7＋…＋ 1 (2n－1) × (2n＋1) ＝1 2×(1－1 3 )＋1 2×( 1 3－1 5 )＋1 2×( 1 5－1 7 )＋…＋1 2×( 1 2n－1－ 1 2n＋1)＝1 2×(1－ 1 2n＋1)＝ n 2n＋1. 由 Tn＝ n 2n＋1>1 001 2 012，得 n>1 001 10 ， ∴满足 Tn>1 001 2 012的最小正整数 n 的值为 101. 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 ― ― →AB＝2CD 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 构 建 答 题 模 板 (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. 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 (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 2 ，1 2，0)，所以MD1→ ＝(－ 3 2 ，－1 2， 3)，D1C1→ ＝MB → ＝ (－ 3 2 ，1 2，0). 设平面 C1D1M 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 由Error!得Error!可得平面 C1D1M 的一个法向量 n＝(1， 3，1)．又 CD1→ ＝(0,0， 3)为平面 ABCD 的一个法向量，因此 cos〈CD1→ ，n〉＝ CD1→ ·n |CD1→ ||n| ＝ 5 5 .所以平面 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＝ 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 2 .所以 ND1＝ CD21＋CN2＝ 15 2 . 所以 Rt△D1CN 中，cos∠D1NC＝ CN D1N＝ 3 2 15 2 ＝ 5 5 ， 角. 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)． 所以 cos〈A1B → ，C1D → 〉＝ A1B → ·C1D → |A1B → | × |C1D → | ＝ 18 20 × 18 ＝3 10 10 . 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为3 10 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)， 由 m⊥AD → ，m⊥AC1→ ，得Error! 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， 所以|cos θ|＝|cos〈AC → ，m〉|＝| AC → ·m |AC → | × |m| |＝| －4 2 × 3|＝2 3，得 sin θ＝ 5 3 . 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 2 2 ，直线 l 与 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 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)设椭圆 C 的方程为y2 a2＋x2 b2＝1(a>b>0)， 设 c>0，c2＝a2－b2，由题意，知 2b＝ 2，c a＝ 2 2 ， 所以 a＝1，b＝c＝ 2 2 .故椭圆 C 的方程为 y2＋x2 1 2 ＝1，即 y2＋2x2＝1. (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)， B(x2，y2)，由Error!得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0， Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*) x1＋x2＝ －2km k2＋2 ，x1x2＝m2－1 k2＋2.因为AP → ＝3PB → ，所以－x1＝3x2， 所以Error!所以 3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0. 所以 3·( －2km k2＋2 )2＋4·m2－1 k2＋2＝0. 整理得 4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即 k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0. 当 m2＝1 4时，上式不成立； 当 m2≠1 4时，k2＝2－2m2 4m2－1， 由(*)式，得 k2>2m2－2， 又 k≠0，所以 k2＝2－2m2 4m2－1>0. 解得－11，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 的距离与点(－1,0)到直线 l 的距离之和 s≥4 5c，求双曲线的离心率 e 的取值范围． 解　设直线 l 的方程为x a＋y b＝1，即 bx＋ay－ab＝0. 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＝b(a－1) a2＋b2， 同理可得点(－1,0)到直线 l 的距离为 d2＝b(a＋1) a2＋b2， 于是 s＝d1＋d2＝ 2ab a2＋b2＝2ab c . 由 s≥4 5c，得2ab c ≥4 5c，即 5a c2－a2≥2c2， 可得 5 e2－1≥2e2，即 4e4－25e2＋25≤0， 解得5 4≤e2≤5. 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)若线段 AB 中点的横坐标是－1 2，求直线 AB 的方程； (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 构 建 答 题 模 板 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Error! 由线段 AB 中点的横坐标是－1 2，得x1＋x2 2 ＝－ 3k2 3k2＋1＝－1 2，解 得 k＝± 3 3 ，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． (ⅰ)当直线 AB 与 x 轴不垂直时，由(1)知 x1＋x2＝－ 6k2 3k2＋1，x1x2 ＝3k2－5 3k2＋1. ③ 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. 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)k2－5 3k2＋1 ＋m2＝(2m－1 3)(3k2＋1)－2m－14 3 3k2＋1 ＋m2＝m2＋2m －1 3－ 6m＋14 3(3k2＋1). 注意到MA → ·MB → 是与 k 无关的常数，从而有 6m＋14＝0，m＝－7 3， 此时MA → ·MB → ＝4 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)、(－1，－ 2 3)， 当 m＝－7 3时，也有MA → ·MB → ＝4 9. 综上，在 x 轴上存在定点 M(－7 3，0)，使MA → ·MB → 为常数. (2014·福建)已知双曲线 E： x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线 分别为 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． 解　(1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y＝2x，y＝－2x，所以b a＝2， 所以 c2－a2 a ＝2，故 c＝ 5a， 从而双曲线 E 的离心率 e＝c a＝ 5. (2)方法一　由(1)知，双曲线 E 的方程为x2 a2－ y2 4a2＝1. 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， 所以1 2|OC|·|AB|＝8， 因此 1 2a·4a＝8，解得 a＝2， 此时双曲线 E 的方程为x2 4－y2 16＝1. 若存在满足条件的双曲线 E， 则 E 的方程只能为x2 4－y2 16＝1. 以下证明：当直线 l 不与 x 轴垂直时， 双曲线 E：x2 4－y2 16＝1 也满足条件． 设直线 l 的方程为 y＝kx＋m，依题意， 得 k>2 或 k<－2，则 C(－m k，0)． 记 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由Error!得 y1＝ 2m 2－k，同理，得 y2＝ 2m 2＋k. 由 S△OAB＝1 2|OC|·|y1－y2|，得 1 2|－m k|·| 2m 2－k－ 2m 2＋k|＝8， 即 m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)． 由Error! 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． 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x2 4－y2 16＝1. 方法二　由(1)知，双曲线 E 的方程为x2 a2－ y2 4a2＝1. 设直线 l 的方程为 x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 依题意得－1 22 或 k<－2. 由Error! 得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0. 因为 4－k2<0，Δ>0，所以 x1x2＝ －m2 4－k2. 又因为△OAB 的面积为 8， 所以1 2|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8， 又易知 sin∠AOB＝4 5， 所以2 5 x21＋y21· x22＋y22＝8， 化简，得 x1x2＝4. 所以 －m2 4－k2＝4，得 m2＝4(k2－4)． 由(1)得双曲线 E 的方程为x2 a2－ y2 4a2＝1， 由Error! 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， 所以双曲线 E 的方程为x2 4－y2 16＝1. 当 l⊥x 轴时，由△OAB 的面积等于 8 可得 l：x＝2， 又易知 l：x＝2 与双曲线 E：x2 4－y2 16＝1 有且只有一个公共点． 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x2 4－y2 16＝1. 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，甲能答对其中的 4 道题，乙答对每道题的概率都是2 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 解　(1)设甲、乙闯关成功分别为事件 A、B，则 P(A)＝ C14·C22 C36 ＝ 4 20＝1 5， P(B)＝(1－2 3)3＋C13·2 3(1－2 3)2＝ 1 27＋2 9＝ 7 27， 则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是 1－P(A·B)＝1－P(A)·P(B)＝1－1 5× 7 27＝128 135. (2)由题意知 ξ 的可能取值是 1,2. P(ξ＝1)＝C14C22 C36 ＝1 5，P(ξ＝2)＝C24C12＋C34 C36 ＝4 5，则 ξ 的分 布列为 ξ 1 2 P 1 5 4 5 ∴E(ξ)＝1×1 5＋2×4 5＝9 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． 第六步　求解：根据均值、方差公式求 解其值. (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. 将 6 个正整数平均分成 A，B 两组，不同的分组方法共有 C36＝20(种)，所以 ξ 的分布列为 ξ 2 3 4 5 P 1 5 3 10 3 10 1 5 E(ξ)＝2×1 5＋3× 3 10＋4× 3 10＋5×1 5＝7 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； 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 2C k2k种； 所以当 n＝2 时，P(C)＝4 6＝2 3； 当 n≥3 时，P(C)＝ 2(2＋ ∑n－2 k＝1 C k2k) C n2n . (3)由(2)，当 n＝2 时，P(C)＝1 3，因此 P(C)>P(C)． 而当 n≥3 时，P(C)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； 当 c＝4 时，对任意 x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时 f(x)无极值； 当 c>4 时，令 e2x＝t，注意到方程 2t＋2 t－c＝0 有两根 t1,2＝c ± c2－16 4 >0，即 f′(0)＝0 有两 个根 x1＝1 2ln t1，x2＝1 2ln 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，＋∞)．