2022年高考數學大二輪總復習 增分策略 第三篇 建模板看細則突破高考拿高分

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1、2022年高考數學大二輪總復習 增分策略 第三篇 建模板，看細則，突破高考拿高分 【模板特征概述】 數學解答題是高考數學試卷中的一類重要題型，通常是高考的把關題和壓軸題，具有較好的區(qū)分層次和選拔功能．目前的高考解答題已經由單純的知識綜合型轉化為知識、方法和能力的綜合型解答題．在高考考場上，能否做好解答題，是高考成敗的關鍵，因此，在高考備考中學會怎樣解題，是一項重要的內容．本節(jié)以著名數學家波利亞的《怎樣解題》為理論依據，結合具體的題目類型，來談一談解答數學解答題的一般思維過程、解題程序和答題格式，即所謂的“答題模板”． “答題模板”就是首先把高考試題納入某一類型，把數學解題的思維過程劃分為

2、一個個小題，按照一定的解題程序和答題格式分步解答，即化整為零．強調解題程序化，答題格式化，在最短的時間內擬定解決問題的最佳方案，實現(xiàn)答題效率的最優(yōu)化． 模板1　三角函數的性質 典例1　(12分)(xx·天津)已知函數f(x)＝sin2x－sin2，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值． 審題路線圖　→ →→ → 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準 構 建 答 題 模 板 解　(1)由已知，有f(x)＝－2分 ＝－cos 2x4分 ＝sin 2x－cos 2x＝sin.6分 所以f(x)的最小正周期T＝＝π.7分 (2)因為f

3、(x)在區(qū)間上是減函數，在區(qū)間上是增函數， f＝－，8分 f＝－，f＝，10分 所以f(x)在區(qū)間上的最大值為，最小值為－.12分 第一步　化簡：利用輔助角公式化f(x)為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式． 第二步　整體代換：設t＝ωx＋φ，確定t的范圍． 第三步　求解：利用y＝sin t的性質求y＝Asin(ωx＋φ)＋k的單調性、最值、對稱性等． 第四步　反思：查看換元之后字母范圍變化，利用數形結合估算結果的合理性，檢查步驟的規(guī)范性. 評分細則　第(1)問得分點： 1　無化簡過程，直接得到f(x)＝sin(2x－)，扣5分 2　化簡結果錯誤，中間某一步正確，給2分

4、 第(2)問得分點： 1　只求f(－)，f()得出最值，給1分 2　若單調性出錯，給1分 3　單調性正確，計算錯誤，扣2分 4　求出2x－范圍，利用數形結合求最值，同樣得分． 跟蹤演練1　(xx·福建)已知函數f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－. (1)若0<α<，且sin α＝，求f(α)的值； (2)求函數f(x)的最小正周期及單調遞增區(qū)間． 　 　 模板2　解三角形 典例2　(14分)(xx·山東)△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a＝3，cos A＝，B＝A＋. (1)求b的值； (2)求△ABC的面積． 審題路線

5、圖　(1)→→ (2)方法一→ 方法二→ 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準 構 建 答 題 模 板 解　(1)在△ABC中，由題意知，sin A＝＝，1分 又因為B＝A＋， 所以sin B＝sin＝cos A＝.3分 由正弦定理，得b＝＝＝3.5分 (2)由余弦定理得： cos A＝＝?c2－4c＋9＝0 ?c1＝，c2＝3，10分 又因為B＝A＋為鈍角， 所以b>c，即c＝，12分 所以S△ABC＝acsin B＝.14分 第一步　找條件：尋找三角形中已知的邊和角，確定轉化方向． 第二步　定工具：根據已知條件和轉化方向，選擇使用的定理和公式，實施邊角之間的轉化．

6、 第三步　求結果：根據前兩步分析，代入求值得出結果． 第四步　再反思：轉化過程中要注意轉化的方向，審視結果的合理性. 評分細則　第(1)問得分點 1．沒求sin A而直接求出sin B的值，不扣分． 2．寫出正弦定理，但b計算錯誤，得1分． 第(2)問得分點 1．寫出余弦定理，但c計算錯誤，得1分． 2．求出c的兩個值，但沒舍去，扣2分． 3．面積公式正確，但計算錯誤，只給1分． 4．若求出sin C，利用S＝absin C計算，同樣得分． 跟蹤演練2　(xx·浙江)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知A＝，b2－a2＝c2. (1)求tan C的

7、值； (2)若△ABC的面積為3，求b的值． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 模板3　數列的通項、求和 典例3　(12分)(xx·浙江)已知數列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝()(n∈N*)．若{an}為等比數列，且a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求an與bn； (2)設cn＝－(n∈N*)．記數列{cn}的前n項和為Sn. ①求Sn；②求正整數k，使得對任意n∈N*，均有Sk≥Sn. 審題路線圖　→→→→→ 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準 構 建 答 題 模 板 解　(1)由題意知a1a2a3

8、…an＝()，b3－b2＝6， 知a3＝()＝8.2分 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 所以數列{an}的通項為an＝2n(n∈N*)，4分 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)． 故數列{bn}的通項為bn＝n(n＋1)(n∈N*).6分 (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)， 所以Sn＝－(n∈N*).8分 ②因為c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，9分 當n≥5時，cn＝， 而－＝>0， 得≤<1， 所以，當n≥5時，cn<0.11分 綜上，對任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.12分 第一步　找關系：根據已知條件確定數列的

9、項之間的關系． 第二步　求通項：根據等差或等比數列的通項公式或利用累加、累乘法求數列的通項公式． 第三步　定方法：根據數列表達式的結構特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項相消法、錯位相減法、分組法等)． 第四步　寫步驟． 第五步　再反思：檢查求和過程中各項的符號有無錯誤，用特殊項估算結果. 評分細則　(1)求出a3＝8得2分，給出b2，b3的關系得1分； (2)求出q給1分，但q＝－2不舍去不得分； (3)裂項得1分，每個求和寫出正確結果得1分； (4)驗算前4項給2分； (5)驗算法給出最后結果得3分． 跟蹤演練3　(xx·山東)已知等差數列{an}的公差為2，前n項和

10、為Sn，且S1，S2，S4成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝(－1)n－1，求數列{bn}的前n項和Tn. 　 　 　 　 　 　 模板4　利用向量求空間角 典例4　(12分)(xx·山東)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是線段AB的中點． (1)求證：C1M∥平面A1ADD1； (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值． 審題路線圖　(1)?→ (2)→→→ 規(guī) 范 解 答·評 分

11、 標 準 構 建 答 題 模 板 (1)證明　因為四邊形ABCD是等腰梯形， 且AB＝2CD，所以AB∥DC. 又由M是AB的中點，因此CD∥MA且CD＝MA. 連接AD1，如圖(1)． 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中， 因為CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，3分 因為C1M∥D1A. 又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.5分 (2)解　如圖(2)，連接AC，MC. 由(1)知CD∥AM且CD＝AM， 所以四邊形AMCD為平行四邊形， 可

12、得BC＝AD＝MC， 由題意得∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC為正三角形， 因此AB＝2BC＝2，CA＝，7分 因此CA⊥CB. 以C為坐標原點，建立如圖(2)所示的空間直角坐標系 C－xyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，8分 因此M，所以＝，＝＝. 設平面C1D1M的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得可得平面C1D1M的一個法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)為平面ABCD的一個法向量，9分 因此cos〈，n〉＝＝.11分 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.12分 第一步　找垂直：找出(或作出)具有公

13、共交點的三條兩兩垂直的直線． 第二步　寫坐標：建立空間直角坐標系，寫出特征點坐標． 第三步　求向量：求直線的方向向量或平面的法向量． 第四步　求夾角：計算向量的夾角． 第五步　得結論：得到所求兩個平面所成的角或直線和平面所成的角. 評分細則　(1)得出C1D1∥AM給1分，得出C1D1＝MA給1分； (2)線面平行條件不完整扣1分； (3)建系得1分； (4)寫正確向量坐標給2分； (5)求出平面C1D1M的一個法向量給2分． 跟蹤演練4　(xx·四川)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設BC的中點為M，GH的中點為N. (1

14、)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由)； (2)證明：直線MN∥平面BDH； (3)求二面角AEGM的余弦值． 　 　 　 　 　 　 　 模板5　離散型隨機變量的分布列 典例5　(12分)甲、乙兩人參加某電視臺舉辦的答題闖關游戲，按照規(guī)則，甲先從6道備選題中一次性抽取3道題獨立作答，然后由乙回答剩余3題，每人答對其中2題就停止答題，即闖關成功．已知在6道備選題中，甲能答對其中的4道題，乙答對每道題的概率都是. (1)求甲、乙至少有一人闖關成功的概率； (2)設甲答對題目的個數為ξ，求ξ的分布列及均值． 審題路線圖　

15、(1)→→ (2)→→→ 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準 構 建 答 題 模 板 解　(1)設甲、乙闖關成功分別為事件A、B， 則P()＝＝＝， P()＝(1－)3＋C·(1－)2＝＋＝，4分 則甲、乙至少有一人闖關成功的概率是 1－P(·)＝1－P()·P()＝1－×＝.6分 (2)由題意知ξ的可能取值是1,2.7分 P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝， 則ξ的分布列為 ξ 1 2 P 10分 ∴E(ξ)＝1×＋2×＝.12分 第一步　定元：根據已知條件確定離散型隨機變量的取值． 第二步　定性：明確每個隨機變量取值所對應的事件． 第三步　定型：

16、確定事件的概率模型和計算公式． 第四步　計算：計算隨機變量取每一個值的概率． 第五步　列表：列出分布列． 第六步　求解：根據均值、方差公式求解其值. 評分細則　(1)P()，P()計算正確每個給2分； (2)對甲、乙至少有一人闖關成功事件分解、計算正確的參照給分； (3)P(ξ＝1)，P(ξ＝2)計算正確每個給1分，列表給1分． 跟蹤演練5　(xx·安徽)已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時檢測結束． (1)求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率； (2)已知每檢測

17、一件產品需要費用100元，設X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所需要的檢測費用(單位：元)，求X的分布列和均值(數學期望)． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 模板6　直線與圓錐曲線 典例6　(12分)(xx·課標全國Ⅰ)已知點A(0，－2)，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點． (1)求E的方程； (2)設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程． 審題路線圖　→→→→ → 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準

18、 構 建 答 題 模 板 解　(1)設F(c,0)，由條件知，＝，得c＝.2分 又e＝＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為＋y2＝1.5分 (2)當l⊥x軸時，不合題意，故設l：y＝kx－2，6分 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.7分 當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>時，x1,2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點O到直線PQ的距離d＝， 所以△OPQ的面積S△OPQ＝d·|PQ|＝.9分 設＝t，則t>0，S△OPQ＝＝. 因為t＋≥4，當且僅當t＝2，即k＝±時等號成立

19、，且滿足Δ>0，11分 所以，當△OPQ的面積最大時l的方程為y＝x－2或y＝－x－2.12分 第一步　提關系：從題設條件中提取不等關系式． 第二步　找函數：用一個變量表示目標變量，代入不等關系式． 第三步　得范圍：通過求解含目標變量的不等式，得所求參數的范圍或最值． 第四步　再回顧：注意目標變量的范圍所受題中其他因素的制約，檢查最值取得的條件. 評分細則　(1)列出關于c的方程，結果算錯給1分； (2)求出a＝2，給2分，得E的方程給1分； (3)沒有考慮斜率不存在的情況扣1分； (4)求|PQ|時結果正確沒有過程扣1分； (5)沒有驗證Δ>0扣1分． 跟蹤演練6　

20、(xx·天津)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F(－c,0)，離心率為，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2＋y2＝截得的線段的長為c，|FM|＝. (1)求直線FM的斜率； (2)求橢圓的方程； (3)設動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍． 　 　 　 　 　 模板7　解析幾何中的探索性問題 典例7　(12分)已知定點C(－1,0)及橢圓x2＋3y2＝5，過點C的動直線與橢圓相交于A，B兩點． (1)若線段AB中點的橫坐標是－，求直線AB的方程； (2)在x軸上是否存在點M，使·為常數？若

21、存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由． 審題路線圖　(1)→→ (2)→→→ 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準 構 建 答 題 模 板 解　(1)依題意，直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y＝k(x＋1)， 將y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.2分 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 由線段AB中點的橫坐標是－，得＝－＝－， 解得k＝±，適合①.所以直線AB的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.4分 (2)假設在x軸上存在點M(m,0)，使·為常數． (ⅰ)當直線AB與x軸不垂直時，由(1)知x

22、1＋x2＝－，x1x2＝. ③ 所以·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1) ＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.7分 將③代入，整理得· ＝＋m2＝＋m2＝m2＋2m－－.9分 注意到·是與k無關的常數，從而有6m＋14＝0，m＝－，此時·＝.10分 (ⅱ)當直線AB與x軸垂直時，此時點A、B的坐標分別為、，當m＝－時，也有·＝.11分 綜上，在x軸上存在定點M，使·為常數.12分 第一步　先假定：假設結論成立． 第二步　再推理：以假設結論成立為條件，進行推理求解． 第三步　下結論：若推出合

23、理結果，經驗證成立則肯定假設；若推出矛盾則否定假設． 第四步　再回顧：查看關鍵點，易錯點(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性. 評分細則　(1)不考慮直線AB斜率不存在的情況扣1分； (2)不驗證Δ>0扣1分； (3)沒有假設存在點M不扣分； (4)·沒有化簡至最后結果，直接下結論扣1分． 跟蹤演練7　(xx·湖南)如圖，O為坐標原點，雙曲線C1：－＝1(a1>0，b1>0)和橢圓C2：＋＝1(a2>b2>0)均過點P(，1)，且以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形． (1)求C1，C2的方程； (2)是否存在直線l，使得l與C1交于A，B兩

24、點，與C2只有一個公共點，且|＋|＝||？證明你的結論． 　 　 　 　 　 模板8　函數與導數 典例8　(12分)(xx·課標全國Ⅱ)設函數f(x)＝emx＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增； (2)若對于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍． 審題路線圖　(1)→→ (2)→→ →→→ 規(guī) 范 解 答·評 分 標 準 構 建 答 題 模 板 解　(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x.1分 若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx

25、－1≤0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0.4分 所以，f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增.6分 (2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]上單調遞減，在[0,1]上單調遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是8分 即①設函數g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.9分 當t＜0時，g′(t)＜0；當t＞0

26、時，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當t∈[－1,1]時，g(t)≤0. 當m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；10分 當m＞1時，由g(t)的單調性，g(m)＞0，即em－m＞e－1； 當m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.11分 綜上，m的取值范圍是[－1,1].12分 第一步　求導數：一般先確定函數的定義域，再求f′(x)． 第二步　定區(qū)間：根據f′(x)的符號確定函數的單調區(qū)間． 第三步　尋條件：一般將恒成立問題轉化為函數的最值問題．

27、第四步　寫步驟：通過函數單調性探求函數最值，對于最值可能在兩點取到的恒成立問題，可轉化為不等式組恒成立． 第五步　再反思：查看是否注意定義域，區(qū)間的寫法、最值點的探求是否合理等. 評分細則　(1)討論時漏掉m＝0扣1分； (2)確定f′(x)符號時只有結論無中間過程扣1分； (3)寫出f(x)在x＝0處取得最小值給1分； (4)無最后結論扣1分； (5)其他方法構造函數同樣給分． 跟蹤演練8　設函數f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a>0. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)求所有的實數a，使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立． 　 　 　

28、 　 學生用書答案精析 第三篇　建模板，看細則，突破高考拿高分 跟蹤演練1　解　(1)因為0<α<，sin α＝， 所以cos α＝. 所以f(α)＝×(＋)－＝. (2)因為f(x)＝sin xcos x＋cos2x－ ＝sin 2x＋－ ＝sin 2x＋cos 2x ＝sin(2x＋)， 所以T＝＝π. 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得 kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為[kπ－，kπ＋]，k∈Z. 跟蹤演練2　解　(1)由b2－a2＝c2及正弦定理得sin2B－＝sin2C. 所以－cos 2B＝sin2C. 又由A＝

29、，即B＋C＝π，得 －cos 2B＝sin 2C＝2sin Ccos C＝sin2C， 解得tan C＝2. (2)由tan C＝2，C∈(0，π)得 sin C＝，cos C＝， 又因為sin B＝sin(A＋C)＝sin， 所以sin B＝， 由正弦定理得c＝b， 又因為A＝，bcsin A＝3， 所以bc＝6，故b＝3. 跟蹤演練3　解　(1)因為S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋×2＝4a1＋12， 由題意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1， 所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1

30、 ＝(－1)n－1(＋)． 當n為偶數時， Tn＝(1＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝1－＝. 當n為奇數時， Tn＝(1＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝1＋＝. 所以Tn＝ (或Tn＝) 跟蹤演練4　(1)解　點F，G，H的位置如圖所示． (2)證明　連接BD，設O為BD的中點， 因為M，N分別是BC，GH的中點， 所以OM∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD， 所以OM∥HN，OM＝HN， 所以四邊形MNHO是平行四邊形， 從而MN∥OH， 又MN?平面BDH，OH?平面BDH， 所以MN∥平面BDH. (3)解　方法一　連接AC，過M作MP⊥

31、AC于P， 在正方體ABCD-EFGH中，AC∥EG， 所以MP⊥EG， 過P作PK⊥EG于K，連接KM， 所以EG⊥平面PKM， 從而KM⊥EG， 所以∠PKM是二面角AEGM的平面角，設AD＝2，則CM＝1，PK＝2， 在Rt△CMP中，PM＝CMsin 45°＝， 在Rt△PKM中，KM＝＝，所以cos∠PKM＝＝， 即二面角AEGM的余弦值為. 方法二　如圖，以D為坐標原點，分別以，，方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系D-xyz， 設AD＝2，則M(1,2,0)，G(0,2,2)，E(2,0,2)，O(1,1,0)， 所以＝(2，－2,0)，＝(－1

32、,0,2)， 設平面EGM的一個法向量為n1＝(x，y，z)， 由取x＝2，得n1＝(2,2,1)， 在正方體ABCD-EFGH中，DO⊥平面AEGC， 則可取平面AEG的一個法向量為n2＝＝(1,1,0)， 所以cosn1，n2＝＝＝， 故二面角AEGM的余弦值為. 跟蹤演練5　解　(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件A. P(A)＝＝. (2)X的可能取值為200,300,400. P(X＝200)＝＝， P(X＝300)＝＝， P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300) ＝1－－＝. 故X的分布列為 X 200

33、300 400 P E(X)＝200×＋300×＋400×＝350. 跟蹤演練6　解　(1)由已知有＝， 又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2. 設直線FM的斜率為k(k＞0)，F(xiàn)(－c,0)，則直線FM的方程為y＝k(x＋c)． 由已知，有2＋2＝2， 解得k＝. (2)由(1)得橢圓方程為＋＝1，直線FM的方程為y＝(x＋c)，兩個方程聯(lián)立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－c，或x＝c. 因為點M在第一象限，可得M的坐標為. 由|FM|＝ ＝. 解得c＝1，所以橢圓的方程為＋＝1. (3)設點P的坐標為(x，y)，直

34、線FP的斜率為t， 得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，與橢圓方程聯(lián)立． 消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6， 又由已知，得t＝ ＞， 解得－＜x＜－1，或－1＜x＜0. 設直線OP的斜率為m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，與橢圓方程聯(lián)立，整理得m2＝－. ①當x∈時，有y＝t(x＋1)＜0， 因此m＞0，于是m＝ ，得m∈. ②當x∈(－1,0)時，有y＝t(x＋1)＞0. 因此m＜0，于是m＝－， 得m∈. 綜上，直線OP的斜率的取值范圍是∪. 跟蹤演練7　解　(1)設C2的焦距為2c2，由題意知，2c2＝2,2a1＝2. 從而a1＝1，c2＝1.

35、 因為點P(，1)在雙曲線x2－＝1上， 所以()2－＝1.故b＝3. 由橢圓的定義知 2a2＝ ＋＝2. 于是a2＝，b＝a－c＝2. 故C1，C2的方程分別為 x2－＝1，＋＝1. (2)不存在符合題設條件的直線． ①若直線l垂直于x軸，因為l與C2只有一個公共點， 所以直線l的方程為x＝或x＝－. 當x＝時，易知A(，)，B(，－)， 所以|＋|＝2，||＝2. 此時，|＋|≠||. 當x＝－時， 同理可知，|＋|≠||. ②若直線l不垂直于x軸，設l的方程為y＝kx＋m. 由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0. 當l與C1相交于A，B兩點時，設

36、A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1，x2是上述方程的兩個實根， 從而x1＋x2＝，x1x2＝. 于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝. 由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 因為直線l與C2只有一個公共點，所以上述方程的判別式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)·(m2－3)＝0. 化簡，得2k2＝m2－3， 因此·＝x1x2＋y1y2 ＝＋＝≠0， 于是2＋2＋2·≠2＋2－2·， 即|＋|2≠|－|2， 故|＋|≠||. 綜合①②可知，不存在符合題設條件的直線． 跟蹤演練8　解　(1)因為f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x>0， 所以f′(x)＝－2x＋a＝－. 由于a>0， 所以f(x)的增區(qū)間為(0，a)，減區(qū)間為(a，＋∞)． (2)由題意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e. 由(1)知f(x)在[1，e]內單調遞增， 要使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立． 只要解得a＝e.