2022年高考数学大二轮总复习 增分策略 第三篇 建模板看细则突破高考拿高分

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1、2022年高考数学大二轮总复习 增分策略 第三篇 建模板，看细则，突破高考拿高分 【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

2、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　三角函数的性质 典例1　(12分)(xx·天津)已知函数f(x)＝sin2x－sin2，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在区间上的最大值和最小值． 审题路线图　→ →→ → 规 范 解 答·评 分 标 准 构 建 答 题 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)因为f

3、(x)在区间上是减函数，在区间上是增函数， f＝－，8分 f＝－，f＝，10分 所以f(x)在区间上的最大值为，最小值为－.12分 第一步　化简：利用辅助角公式化f(x)为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式． 第二步　整体代换：设t＝ωx＋φ，确定t的范围． 第三步　求解：利用y＝sin t的性质求y＝Asin(ωx＋φ)＋k的单调性、最值、对称性等． 第四步　反思：查看换元之后字母范围变化，利用数形结合估算结果的合理性，检查步骤的规范性. 评分细则　第(1)问得分点： 1　无化简过程，直接得到f(x)＝sin(2x－)，扣5分 2　化简结果错误，中间某一步正确，给2分

4、 第(2)问得分点： 1　只求f(－)，f()得出最值，给1分 2　若单调性出错，给1分 3　单调性正确，计算错误，扣2分 4　求出2x－范围，利用数形结合求最值，同样得分． 跟踪演练1　(xx·福建)已知函数f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－. (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． 　 　 模板2　解三角形 典例2　(14分)(xx·山东)△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，cos A＝，B＝A＋. (1)求b的值； (2)求△ABC的面积． 审题路线

5、图　(1)→→ (2)方法一→ 方法二→ 规 范 解 答·评 分 标 准 构 建 答 题 模 板 解　(1)在△ABC中，由题意知，sin A＝＝，1分 又因为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 又因为B＝A＋为钝角， 所以b>c，即c＝，12分 所以S△ABC＝acsin B＝.14分 第一步　找条件：寻找三角形中已知的边和角，确定转化方向． 第二步　定工具：根据已知条件和转化方向，选择使用的定理和公式，实施边角之间的转化．

6、 第三步　求结果：根据前两步分析，代入求值得出结果． 第四步　再反思：转化过程中要注意转化的方向，审视结果的合理性. 评分细则　第(1)问得分点 1．没求sin A而直接求出sin B的值，不扣分． 2．写出正弦定理，但b计算错误，得1分． 第(2)问得分点 1．写出余弦定理，但c计算错误，得1分． 2．求出c的两个值，但没舍去，扣2分． 3．面积公式正确，但计算错误，只给1分． 4．若求出sin C，利用S＝absin C计算，同样得分． 跟踪演练2　(xx·浙江)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知A＝，b2－a2＝c2. (1)求tan C的

7、值； (2)若△ABC的面积为3，求b的值． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 模板3　数列的通项、求和 典例3　(12分)(xx·浙江)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求an与bn； (2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn. ①求Sn；②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn. 审题路线图　→→→→→ 规 范 解 答·评 分 标 准 构 建 答 题 模 板 解　(1)由题意知a1a2a3

8、…an＝()，b3－b2＝6， 知a3＝()＝8.2分 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)，4分 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)． 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*).6分 (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)， 所以Sn＝－(n∈N*).8分 ②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，9分 当n≥5时，cn＝， 而－＝>0， 得≤<1， 所以，当n≥5时，cn<0.11分 综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.12分 第一步　找关系：根据已知条件确定数列的

9、项之间的关系． 第二步　求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式． 第三步　定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)． 第四步　写步骤． 第五步　再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果. 评分细则　(1)求出a3＝8得2分，给出b2，b3的关系得1分； (2)求出q给1分，但q＝－2不舍去不得分； (3)裂项得1分，每个求和写出正确结果得1分； (4)验算前4项给2分； (5)验算法给出最后结果得3分． 跟踪演练3　(xx·山东)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和

10、为Sn，且S1，S2，S4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 　 　 　 　 　 　 模板4　利用向量求空间角 典例4　(12分)(xx·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＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值． 审题路线图　(1)⇒→ (2)→→→ 规 范 解 答·评 分

11、 标 准 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，3分 因为C1M∥D1A. 又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.5分 (2)解　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

12、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＝，7分 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(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，8分 因此M，所以＝，＝＝. 设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，9分 因此cos〈，n〉＝＝.11分 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.12分 第一步　找垂直：找出(或作出)具有公

13、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角. 评分细则　(1)得出C1D1∥AM给1分，得出C1D1＝MA给1分； (2)线面平行条件不完整扣1分； (3)建系得1分； (4)写正确向量坐标给2分； (5)求出平面C1D1M的一个法向量给2分． 跟踪演练4　(xx·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N. (1

14、)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN∥平面BDH； (3)求二面角AEGM的余弦值． 　 　 　 　 　 　 　 模板5　离散型随机变量的分布列 典例5　(12分)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. (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　

15、(1)→→ (2)→→→ 规 范 解 答·评 分 标 准 构 建 答 题 模 板 解　(1)设甲、乙闯关成功分别为事件A、B， 则P()＝＝＝， P()＝(1－)3＋C·(1－)2＝＋＝，4分 则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是 1－P(·)＝1－P()·P()＝1－×＝.6分 (2)由题意知ξ的可能取值是1,2.7分 P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝， 则ξ的分布列为 ξ 1 2 P 10分 ∴E(ξ)＝1×＋2×＝.12分 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：

16、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. 评分细则　(1)P()，P()计算正确每个给2分； (2)对甲、乙至少有一人闯关成功事件分解、计算正确的参照给分； (3)P(ξ＝1)，P(ξ＝2)计算正确每个给1分，列表给1分． 跟踪演练5　(xx·安徽)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束． (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率； (2)已知每检测

17、一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 模板6　直线与圆锥曲线 典例6　(12分)(xx·课标全国Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点． (1)求E的方程； (2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程． 审题路线图　→→→→ → 规 范 解 答·评 分 标 准

18、 构 建 答 题 模 板 解　(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.2分 又e＝＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为＋y2＝1.5分 (2)当l⊥x轴时，不合题意，故设l：y＝kx－2，6分 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.7分 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，x1,2＝. 从而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又点O到直线PQ的距离d＝， 所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.9分 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝. 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立

19、，且满足Δ>0，11分 所以，当△OPQ的面积最大时l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.12分 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，得所求参数的范围或最值． 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，检查最值取得的条件. 评分细则　(1)列出关于c的方程，结果算错给1分； (2)求出a＝2，给2分，得E的方程给1分； (3)没有考虑斜率不存在的情况扣1分； (4)求|PQ|时结果正确没有过程扣1分； (5)没有验证Δ>0扣1分． 跟踪演练6　

20、(xx·天津)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝. (1)求直线FM的斜率； (2)求椭圆的方程； (3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围． 　 　 　 　 　 模板7　解析几何中的探索性问题 典例7　(12分)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－，求直线AB的方程； (2)在x轴上是否存在点M，使·为常数？若

21、存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 审题路线图　(1)→→ (2)→→→ 规 范 解 答·评 分 标 准 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＝0.2分 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 由线段AB中点的横坐标是－，得＝－＝－， 解得k＝±，适合①.所以直线AB的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.4分 (2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使·为常数． (ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，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 将③代入，整理得· ＝＋m2＝＋m2＝m2＋2m－－.9分 注意到·是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－，此时·＝.10分 (ⅱ)当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为、，当m＝－时，也有·＝.11分 综上，在x轴上存在定点M，使·为常数.12分 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

23、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. 评分细则　(1)不考虑直线AB斜率不存在的情况扣1分； (2)不验证Δ>0扣1分； (3)没有假设存在点M不扣分； (4)·没有化简至最后结果，直接下结论扣1分． 跟踪演练7　(xx·湖南)如图，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1>0，b1>0)和椭圆C2：＋＝1(a2>b2>0)均过点P(，1)，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． (1)求C1，C2的方程； (2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两

24、点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝||？证明你的结论． 　 　 　 　 　 模板8　函数与导数 典例8　(12分)(xx·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增； (2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围． 审题路线图　(1)→→ (2)→→ →→→ 规 范 解 答·评 分 标 准 构 建 答 题 模 板 解　(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x.1分 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx

25、－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.4分 所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.6分 (2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是8分 即①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.9分 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0

26、时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；10分 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1； 当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.11分 综上，m的取值范围是[－1,1].12分 第一步　求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)． 第二步　定区间：根据f′(x)的符号确定函数的单调区间． 第三步　寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题．

27、第四步　写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成立问题，可转化为不等式组恒成立． 第五步　再反思：查看是否注意定义域，区间的写法、最值点的探求是否合理等. 评分细则　(1)讨论时漏掉m＝0扣1分； (2)确定f′(x)符号时只有结论无中间过程扣1分； (3)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分； (4)无最后结论扣1分； (5)其他方法构造函数同样给分． 跟踪演练8　设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a>0. (1)求f(x)的单调区间； (2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立． 　 　 　

28、 　 学生用书答案精析 第三篇　建模板，看细则，突破高考拿高分 跟踪演练1　解　(1)因为0<α<，sin α＝， 所以cos α＝. 所以f(α)＝×(＋)－＝. (2)因为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)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋]，k∈Z. 跟踪演练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＝， 又因为sin B＝sin(A＋C)＝sin， 所以sin B＝， 由正弦定理得c＝b， 又因为A＝，bcsin A＝3， 所以bc＝6，故b＝3. 跟踪演练3　解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋×2＝4a1＋12， 由题意得(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(＋)． 当n为偶数时， Tn＝(1＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝1－＝. 当n为奇数时， Tn＝(1＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝1＋＝. 所以Tn＝ (或Tn＝) 跟踪演练4　(1)解　点F，G，H的位置如图所示． (2)证明　连接BD，设O为BD的中点， 因为M，N分别是BC，GH的中点， 所以OM∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD， 所以OM∥HN，OM＝HN， 所以四边形MNHO是平行四边形， 从而MN∥OH， 又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH， 所以MN∥平面BDH. (3)解　方法一　连接AC，过M作MP⊥

31、AC于P， 在正方体ABCD-EFGH中，AC∥EG， 所以MP⊥EG， 过P作PK⊥EG于K，连接KM， 所以EG⊥平面PKM， 从而KM⊥EG， 所以∠PKM是二面角AEGM的平面角，设AD＝2，则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的余弦值为. 方法二　如图，以D为坐标原点，分别以，，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D-xyz， 设AD＝2，则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)， 设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 由取x＝2，得n1＝(2,2,1)， 在正方体ABCD-EFGH中，DO⊥平面AEGC， 则可取平面AEG的一个法向量为n2＝＝(1,1,0)， 所以cosn1，n2＝＝＝， 故二面角AEGM的余弦值为. 跟踪演练5　解　(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A. P(A)＝＝. (2)X的可能取值为200,300,400. P(X＝200)＝＝， P(X＝300)＝＝， P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300) ＝1－－＝. 故X的分布列为 X 200

33、300 400 P E(X)＝200×＋300×＋400×＝350. 跟踪演练6　解　(1)由已知有＝， 又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2. 设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c,0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)． 由已知，有2＋2＝2， 解得k＝. (2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－c，或x＝c. 因为点M在第一象限，可得M的坐标为. 由|FM|＝ ＝. 解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1. (3)设点P的坐标为(x，y)，直

34、线FP的斜率为t， 得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立． 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. 设直线OP的斜率为m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝－. ①当x∈时，有y＝t(x＋1)＜0， 因此m＞0，于是m＝ ，得m∈. ②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)＞0. 因此m＜0，于是m＝－， 得m∈. 综上，直线OP的斜率的取值范围是∪. 跟踪演练7　解　(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2＝2,2a1＝2. 从而a1＝1，c2＝1.

35、 因为点P(，1)在双曲线x2－＝1上， 所以()2－＝1.故b＝3. 由椭圆的定义知 2a2＝ ＋＝2. 于是a2＝，b＝a－c＝2. 故C1，C2的方程分别为 x2－＝1，＋＝1. (2)不存在符合题设条件的直线． ①若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点， 所以直线l的方程为x＝或x＝－. 当x＝时，易知A(，)，B(，－)， 所以|＋|＝2，||＝2. 此时，|＋|≠||. 当x＝－时， 同理可知，|＋|≠||. ②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m. 由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0. 当l与C1相交于A，B两点时，设

36、A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1，x2是上述方程的两个实根， 从而x1＋x2＝，x1x2＝. 于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝. 由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)·(m2－3)＝0. 化简，得2k2＝m2－3， 因此·＝x1x2＋y1y2 ＝＋＝≠0， 于是2＋2＋2·≠2＋2－2·， 即|＋|2≠|－|2， 故|＋|≠||. 综合①②可知，不存在符合题设条件的直线． 跟踪演练8　解　(1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x>0， 所以f′(x)＝－2x＋a＝－. 由于a>0， 所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)． (2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e. 由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增， 要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立． 只要解得a＝e.