高考数学理二轮专题练习解答题的八个答题模板含答案
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 0
c，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，＋∞)．
