2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 第三篇 建模板，看細(xì)則，突破高考拿高分【模板特征概述】數(shù)學(xué)解答題是高考數(shù)學(xué)試卷中的一類(lèi)重要題型，通常是高考的把關(guān)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(jīng)由單純的知識(shí)綜合型轉(zhuǎn)化為知識(shí)、方法和能力的綜合型解答題在高考考場(chǎng)上，能否做好解答題，是高考成敗的關(guān)鍵，因此，在高考備考中學(xué)會(huì)怎樣解題，是一項(xiàng)重要的內(nèi)容本節(jié)以著名數(shù)學(xué)家波利亞的怎樣解題為理論依據(jù)，結(jié)合具體的題目類(lèi)型，來(lái)談一談解答數(shù)學(xué)解答題的一般思維過(guò)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(lèi)型，把數(shù)學(xué)解題的思維過(guò)程劃分為一個(gè)個(gè)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(qiáng)調(diào)解題程序化，答題格式化，在最短的時(shí)間內(nèi)擬定解決問(wèn)題的最佳方案，實(shí)現(xiàn)答題效率的最優(yōu)化模板1三角函數(shù)的性質(zhì)典例1(12分)(xx天津)已知函數(shù)f(x)sin2xsin2，xR.(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(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)由已知，有f(x)2分cos 2x4分sin 2xcos 2xsin.6分所以f(x)的最小正周期T.7分(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，在區(qū)間上是增函數(shù)，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(jiǎn)：利用輔助角公式化f(x)為yAsin(x)k的形式第二步整體代換：設(shè)tx，確定t的范圍第三步求解：利用ysin t的性質(zhì)求yAsin(x)k的單調(diào)性、最值、對(duì)稱(chēng)性等第四步反思：查看換元之后字母范圍變化，利用數(shù)形結(jié)合估算結(jié)果的合理性，檢查步驟的規(guī)范性.評(píng)分細(xì)則第(1)問(wèn)得分點(diǎn)：1無(wú)化簡(jiǎn)過(guò)程，直接得到f(x)sin(2x)，扣5分2化簡(jiǎn)結(jié)果錯(cuò)誤，中間某一步正確，給2分第(2)問(wèn)得分點(diǎn)：1只求f()，f()得出最值，給1分2若單調(diào)性出錯(cuò)，給1分3單調(diào)性正確，計(jì)算錯(cuò)誤，扣2分4求出2x范圍，利用數(shù)形結(jié)合求最值，同樣得分跟蹤演練1(xx福建)已知函數(shù)f(x)cos x(sin xcos x).(1)若0<<，且sin ，求f()的值；(2)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)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(duì)的邊分別為a，b，c.已知a3，cos A，BA.(1)求b的值；(2)求ABC的面積審題路線圖(1)(2)方法一方法二規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)在ABC中，由題意知，sin A，1分又因?yàn)锽A，所以sin Bsincos A.3分由正弦定理，得b3.5分(2)由余弦定理得：cos Ac24c90c1，c23，10分又因?yàn)锽A為鈍角，所以b>c，即c，12分所以SABCacsin B.14分第一步找條件：尋找三角形中已知的邊和角，確定轉(zhuǎn)化方向第二步定工具：根據(jù)已知條件和轉(zhuǎn)化方向，選擇使用的定理和公式，實(shí)施邊角之間的轉(zhuǎn)化第三步求結(jié)果：根據(jù)前兩步分析，代入求值得出結(jié)果第四步再反思：轉(zhuǎn)化過(guò)程中要注意轉(zhuǎn)化的方向，審視結(jié)果的合理性.評(píng)分細(xì)則第(1)問(wèn)得分點(diǎn)1沒(méi)求sin A而直接求出sin B的值，不扣分2寫(xiě)出正弦定理，但b計(jì)算錯(cuò)誤，得1分第(2)問(wèn)得分點(diǎn)1寫(xiě)出余弦定理，但c計(jì)算錯(cuò)誤，得1分2求出c的兩個(gè)值，但沒(méi)舍去，扣2分3面積公式正確，但計(jì)算錯(cuò)誤，只給1分4若求出sin C，利用Sabsin C計(jì)算，同樣得分跟蹤演練2(xx浙江)在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知A，b2a2c2.(1)求tan C的值；(2)若ABC的面積為3，求b的值模板3數(shù)列的通項(xiàng)、求和典例3(12分)(xx浙江)已知數(shù)列an和bn滿足a1a2a3an()(nN*)若an為等比數(shù)列，且a12，b36b2.(1)求an與bn；(2)設(shè)cn(nN*)記數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn.求Sn；求正整數(shù)k，使得對(duì)任意nN*，均有SkSn.審題路線圖規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)由題意知a1a2a3an()，b3b26，知a3()8.2分又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以數(shù)列an的通項(xiàng)為an2n(nN*)，4分所以，a1a2a3an2()n(n1)故數(shù)列bn的通項(xiàng)為bnn(n1)(nN*).6分(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*).8分因?yàn)閏10，c2>0，c3>0，c4>0，9分當(dāng)n5時(shí)，cn，而>0，得<1，所以，當(dāng)n5時(shí)，cn<0.11分綜上，對(duì)任意nN*恒有S4Sn，故k4.12分第一步找關(guān)系：根據(jù)已知條件確定數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系第二步求通項(xiàng)：根據(jù)等差或等比數(shù)列的通項(xiàng)公式或利用累加、累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)公式第三步定方法：根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、分組法等)第四步寫(xiě)步驟第五步再反思：檢查求和過(guò)程中各項(xiàng)的符號(hào)有無(wú)錯(cuò)誤，用特殊項(xiàng)估算結(jié)果.評(píng)分細(xì)則(1)求出a38得2分，給出b2，b3的關(guān)系得1分；(2)求出q給1分，但q2不舍去不得分；(3)裂項(xiàng)得1分，每個(gè)求和寫(xiě)出正確結(jié)果得1分；(4)驗(yàn)算前4項(xiàng)給2分；(5)驗(yàn)算法給出最后結(jié)果得3分跟蹤演練3(xx山東)已知等差數(shù)列an的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)令bn(1)n1，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)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ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是線段AB的中點(diǎn)(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(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC.又由M是AB的中點(diǎn)，因此CDMA且CDMA.連接AD1，如圖(1)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因?yàn)镃DC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，3分因?yàn)镃1MD1A.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CDAM且CDAM，所以四邊形AMCD為平行四邊形，可得BCADMC，由題意得ABCDAB60，所以MBC為正三角形，因此AB2BC2，CA，7分因此CACB.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，8分因此M，所以，.設(shè)平面C1D1M的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一個(gè)法向量n(1，1)又(0,0，)為平面ABCD的一個(gè)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)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線第二步寫(xiě)坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出特征點(diǎn)坐標(biāo)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(jì)算向量的夾角第五步得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線和平面所成的角.評(píng)分細(xì)則(1)得出C1D1AM給1分，得出C1D1MA給1分；(2)線面平行條件不完整扣1分；(3)建系得1分；(4)寫(xiě)正確向量坐標(biāo)給2分；(5)求出平面C1D1M的一個(gè)法向量給2分跟蹤演練4(xx四川)一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N. (1)請(qǐng)將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說(shuō)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(jī)變量的分布列典例5(12分)甲、乙兩人參加某電視臺(tái)舉辦的答題闖關(guān)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(dú)立作答，然后由乙回答剩余3題，每人答對(duì)其中2題就停止答題，即闖關(guān)成功已知在6道備選題中，甲能答對(duì)其中的4道題，乙答對(duì)每道題的概率都是.(1)求甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率；(2)設(shè)甲答對(duì)題目的個(gè)數(shù)為，求的分布列及均值審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)設(shè)甲、乙闖關(guān)成功分別為事件A、B，則P()，P()(1)3C(1)2，4分則甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率是1P()1P()P()1.6分(2)由題意知的可能取值是1,2.7分P(1)，P(2)，則的分布列為12P10分E()12.12分第一步定元：根據(jù)已知條件確定離散型隨機(jī)變量的取值第二步定性：明確每個(gè)隨機(jī)變量取值所對(duì)應(yīng)的事件第三步定型：確定事件的概率模型和計(jì)算公式第四步計(jì)算：計(jì)算隨機(jī)變量取每一個(gè)值的概率第五步列表：列出分布列第六步求解：根據(jù)均值、方差公式求解其值.評(píng)分細(xì)則(1)P()，P()計(jì)算正確每個(gè)給2分；(2)對(duì)甲、乙至少有一人闖關(guān)成功事件分解、計(jì)算正確的參照給分；(3)P(1)，P(2)計(jì)算正確每個(gè)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(guò)檢測(cè)將其區(qū)分，每次隨機(jī)檢測(cè)一件產(chǎn)品，檢測(cè)后不放回，直到檢測(cè)出2件次品或者檢測(cè)出3件正品時(shí)檢測(cè)結(jié)束(1)求第一次檢測(cè)出的是次品且第二次檢測(cè)出的是正品的概率；(2)已知每檢測(cè)一件產(chǎn)品需要費(fèi)用100元，設(shè)X表示直到檢測(cè)出2件次品或者檢測(cè)出3件正品時(shí)所需要的檢測(cè)費(fèi)用(單位：元)，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望)模板6直線與圓錐曲線典例6(12分)(xx課標(biāo)全國(guó))已知點(diǎn)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(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求E的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程審題路線圖規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)設(shè)F(c,0)，由條件知，得c.2分又e，所以a2，b2a2c21.故E的方程為y21.5分(2)當(dāng)lx軸時(shí)，不合題意，故設(shè)l：ykx2，6分P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將ykx2代入y21得(14k2)x216kx120.7分當(dāng)16(4k23)>0，即k2>時(shí)，x1,2.從而|PQ|x1x2|.又點(diǎn)O到直線PQ的距離d，所以O(shè)PQ的面積SOPQd|PQ|.9分設(shè)t，則t>0，SOPQ.因?yàn)閠4，當(dāng)且僅當(dāng)t2，即k時(shí)等號(hào)成立，且滿足>0，11分所以，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)l的方程為yx2或yx2.12分第一步提關(guān)系：從題設(shè)條件中提取不等關(guān)系式第二步找函數(shù)：用一個(gè)變量表示目標(biāo)變量，代入不等關(guān)系式第三步得范圍：通過(guò)求解含目標(biāo)變量的不等式，得所求參數(shù)的范圍或最值第四步再回顧：注意目標(biāo)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(píng)分細(xì)則(1)列出關(guān)于c的方程，結(jié)果算錯(cuò)給1分；(2)求出a2，給2分，得E的方程給1分；(3)沒(méi)有考慮斜率不存在的情況扣1分；(4)求|PQ|時(shí)結(jié)果正確沒(méi)有過(guò)程扣1分；(5)沒(méi)有驗(yàn)證>0扣1分跟蹤演練6(xx天津)已知橢圓1(ab0)的左焦點(diǎn)為F(c,0)，離心率為，點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2y2截得的線段的長(zhǎng)為c，|FM|.(1)求直線FM的斜率；(2)求橢圓的方程；(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍模板7解析幾何中的探索性問(wèn)題典例7(12分)已知定點(diǎn)C(1,0)及橢圓x23y25，過(guò)點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)(1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是，求直線AB的方程；(2)在x軸上是否存在點(diǎn)M，使為常數(shù)？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)依題意，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，將yk(x1)代入x23y25，消去y整理得(3k21)x26k2x3k250.2分設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是，得，解得k，適合.所以直線AB的方程為xy10或xy10.4分(2)假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M(m,0)，使為常數(shù)()當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，由(1)知x1x2，x1x2. 所以(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.7分將代入，整理得m2m2m22m.9分注意到是與k無(wú)關(guān)的常數(shù)，從而有6m140，m，此時(shí).10分()當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為、，當(dāng)m時(shí)，也有.11分綜上，在x軸上存在定點(diǎn)M，使為常數(shù).12分第一步先假定：假設(shè)結(jié)論成立第二步再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進(jìn)行推理求解第三步下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗(yàn)證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè)第四步再回顧：查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.評(píng)分細(xì)則(1)不考慮直線AB斜率不存在的情況扣1分；(2)不驗(yàn)證>0扣1分；(3)沒(méi)有假設(shè)存在點(diǎn)M不扣分；(4)沒(méi)有化簡(jiǎn)至最后結(jié)果，直接下結(jié)論扣1分跟蹤演練7(xx湖南)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線C1：1(a1>0，b1>0)和橢圓C2：1(a2>b2>0)均過(guò)點(diǎn)P(，1)，且以C1的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)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兩點(diǎn)，與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，且|？證明你的結(jié)論模板8函數(shù)與導(dǎo)數(shù)典例8(12分)(xx課標(biāo)全國(guó))設(shè)函數(shù)f(x)emxx2mx.(1)證明：f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)單調(diào)遞增；(2)若對(duì)于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范圍審題路線圖(1)(2)規(guī) 范 解 答評(píng) 分 標(biāo) 準(zhǔn)構(gòu) 建 答 題 模 板解(1)f(x)m(emx1)2x.1分若m0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，emx10，f(x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx10，f(x)0.若m0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，emx10，f(x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx10，f(x)0.4分所以，f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)單調(diào)遞增.6分(2)由(1)知，對(duì)任意的m，f(x)在1,0上單調(diào)遞減，在0,1上單調(diào)遞增，故f(x)在x0處取得最小值所以對(duì)于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要條件是8分即設(shè)函數(shù)g(t)ette1，則g(t)et1.9分當(dāng)t0時(shí)，g(t)0；當(dāng)t0時(shí)，g(t)0.故g(t)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增又g(1)0，g(1)e12e0，故當(dāng)t1,1時(shí)，g(t)0.當(dāng)m1,1時(shí)，g(m)0，g(m)0，即式成立；10分當(dāng)m1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，g(m)0，即emme1；當(dāng)m1時(shí)，g(m)0，即emme1.11分綜上，m的取值范圍是1,1.12分第一步求導(dǎo)數(shù)：一般先確定函數(shù)的定義域，再求f(x)第二步定區(qū)間：根據(jù)f(x)的符號(hào)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間第三步尋條件：一般將恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題第四步寫(xiě)步驟：通過(guò)函數(shù)單調(diào)性探求函數(shù)最值，對(duì)于最值可能在兩點(diǎn)取到的恒成立問(wèn)題，可轉(zhuǎn)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(xiě)法、最值點(diǎn)的探求是否合理等.評(píng)分細(xì)則(1)討論時(shí)漏掉m0扣1分；(2)確定f(x)符號(hào)時(shí)只有結(jié)論無(wú)中間過(guò)程扣1分；(3)寫(xiě)出f(x)在x0處取得最小值給1分；(4)無(wú)最后結(jié)論扣1分；(5)其他方法構(gòu)造函數(shù)同樣給分跟蹤演練8設(shè)函數(shù)f(x)a2ln xx2ax，a>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求所有的實(shí)數(shù)a，使e1f(x)e2對(duì)x1，e恒成立學(xué)生用書(shū)答案精析第三篇建模板，看細(xì)則，突破高考拿高分跟蹤演練1解(1)因?yàn)?<<，sin ，所以cos .所以f()().(2)因?yàn)閒(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin 2xcos 2xsin(2x)，所以T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為k，k，kZ.跟蹤演練2解(1)由b2a2c2及正弦定理得sin2Bsin2C.所以cos 2Bsin2C.又由A，即BC，得cos 2Bsin 2C2sin Ccos Csin2C，解得tan C2.(2)由tan C2，C(0，)得sin C，cos C，又因?yàn)閟in Bsin(AC)sin，所以sin B，由正弦定理得cb，又因?yàn)锳，bcsin A3，所以bc6，故b3.跟蹤演練3解(1)因?yàn)镾1a1，S22a122a12，S44a124a112，由題意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1()當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn(1)()()()1.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn(1)()()()1.所以Tn(或Tn)跟蹤演練4(1)解點(diǎn)F，G，H的位置如圖所示(2)證明連接BD，設(shè)O為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镸，N分別是BC，GH的中點(diǎn)，所以O(shè)MCD，且OMCD，HNCD，且HNCD，所以O(shè)MHN，OMHN，所以四邊形MNHO是平行四邊形，從而MNOH，又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(3)解方法一連接AC，過(guò)M作MPAC于P，在正方體ABCD-EFGH中，ACEG，所以MPEG，過(guò)P作PKEG于K，連接KM，所以EG平面PKM，從而KMEG，所以PKM是二面角AEGM的平面角，設(shè)AD2，則CM1，PK2，在RtCMP中，PMCMsin 45，在RtPKM中，KM，所以cosPKM，即二面角AEGM的余弦值為.方法二如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，設(shè)AD2，則M(1,2,0)，G(0,2,2)，E(2,0,2)，O(1,1,0)，所以(2，2,0)，(1,0,2)，設(shè)平面EGM的一個(gè)法向量為n1(x，y，z)，由取x2，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(gè)法向量為n2(1,1,0)，所以cosn1，n2，故二面角AEGM的余弦值為.跟蹤演練5解(1)記“第一次檢測(cè)出的是次品且第二次檢測(cè)出的是正品”為事件A.P(A).(2)X的可能取值為200,300,400.P(X200)，P(X300)，P(X400)1P(X200)P(X300)1.故X的分布列為X200300400PE(X)200300400350.跟蹤演練6解(1)由已知有，又由a2b2c2，可得a23c2，b22c2.設(shè)直線FM的斜率為k(k0)，F(xiàn)(c,0)，則直線FM的方程為yk(xc)由已知，有222，解得k.(2)由(1)得橢圓方程為1，直線FM的方程為y(xc)，兩個(gè)方程聯(lián)立，消去y，整理得3x22cx5c20，解得xc，或xc.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限，可得M的坐標(biāo)為.由|FM| .解得c1，所以橢圓的方程為1.(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，直線FP的斜率為t，得t，即yt(x1)(x1)，與橢圓方程聯(lián)立消去y，整理得2x23t2(x1)26，又由已知，得t ，解得x1，或1x0.設(shè)直線OP的斜率為m，得m，即ymx(x0)，與橢圓方程聯(lián)立，整理得m2.當(dāng)x時(shí)，有yt(x1)0，因此m0，于是m ，得m.當(dāng)x(1,0)時(shí)，有yt(x1)0.因此m0，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(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c22,2a12.從而a11，c21.因?yàn)辄c(diǎn)P(，1)在雙曲線x21上，所以()21.故b3.由橢圓的定義知2a2 2.于是a2，bac2.故C1，C2的方程分別為x21，1.(2)不存在符合題設(shè)條件的直線若直線l垂直于x軸，因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以直線l的方程為x或x.當(dāng)x時(shí)，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此時(shí)，|.當(dāng)x時(shí)，同理可知，|.若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.當(dāng)l與C1相交于A，B兩點(diǎn)時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，從而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.由得(2k23)x24kmx2m260.因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以上述方程的判別式16k2m28(2k23)(m23)0.化簡(jiǎn)，得2k2m23，因此x1x2y1y20，于是222222，即|2|2，故|.綜合可知，不存在符合題設(shè)條件的直線跟蹤演練8解(1)因?yàn)閒(x)a2ln xx2ax，其中x>0，所以f(x)2xa.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)a1e1，即ae.由(1)知f(x)在1，e內(nèi)單調(diào)遞增，要使e1f(x)e2對(duì)x1，e恒成立只要解得ae.