满足的点，使得二面角为大小为，相应的实数的值为设抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴正半轴上，过点的直线交抛物线于，两点，线段的长是，的中点到轴的距离是求抛物线的标准方程设直线在轴上的截距为，且与抛物线交于，两点，连结并延长交抛物线的准线于点，当直线恰与抛物线相切时，求直线的方程考点直线与抛物线的位置关系分析设抛物线的方程为，求出准线方程，运用抛物线的定义和中位线定理，可得，解得，即可得到抛物线的方程设直线的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合导数求得切线的斜率，再由两点的方斜率公式，以及三点共线的条件斜率相等，化简整理解方程可得的值，客人得到直线的方程解答解设抛物线的方程为，准线方程为，由抛物线的定义可得，解得，即有抛物线的方程为设直线的方程为，代入抛物线的方程，可得，设可得由的导数为，设可得，可得，再由共线，可得，消去，可得，即有，即有解方程可得，即有直线的方程为已知函数当时，求函数的单调区间若时，均有成立，求实数的取值范围考点利用导数求闭区间上函数的最值利用导数研究函数的单调性分析Ⅰ当时，的定义域为，∪，∞，求出，即可求单调区间Ⅱ，分，当，讨论单调性及最值即可解答解Ⅰ当时，的定义域为，∪，∞当或时当或所以函数的增区间为，∞，减区间为，Ⅱ，当时，恒成立，故时不符合题意当时，由，得，若，此时，对，有不符合题意若，此时，对，有不符合题意若，由Ⅰ知，函数在处取得最大值，符合题意，综上实数的取值为四请考生在第两题中任选题作答，注意只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第题计分，作答时请用铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，与直角坐标系取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为化曲线，的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线设曲线与轴的个交点的坐标为经过点作斜率为的直线，交曲线于，两点，求线段的长考点参数方程化成普通方程分析根据消去曲线的参数可得普通方程根据，进行代换即得曲线的普通方程令曲线的，求解的坐标，可得过的直线方程，参数方程的几何意义求解即可解答解曲线的参数方程为，消去参数可得，表示焦点在轴上的椭圆方程曲线的极坐标方程为，可得整理得，表示以，为圆心，半径的圆曲线与轴的个交点的坐标为令，解得，可得直线将曲线的参数方程带入直线可得整理可得，即或，∈那么五不等式选讲已知的最小值为求的值已知是正实数，且，求证考点不等式的证明分析讨论当时，当时，去掉绝对值，运用次函数的单调性，可得最小值由，先证，由作差法可得，即有，同理可得累加即可得证解答解当时，递增，且当时，递减，且综上可得时，取得最小值，即证明是正实数，且，由，即有，即，可得，同理可得上面三式相加可得当且仅当取得等号年月日只有切点，进而可联立切线与曲线方程，根据得到的值解答解的导数为，曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为，即由于切线与曲线相切，可联立，得，又≠，两线相切有切点，所以有，解得故选已知的三个顶点的坐标为为坐标原点，动点满足，则的最大值是考点平面向量的坐标运算分析设点的坐标是由两点之间的距离公式化简，判断出动点的轨迹，由向量的坐标运算求出，表示出并判断几何意义，转化为圆外点与圆上点的距离最值问题，即可求出答案解答解设点的坐标是且则，即动点的轨迹是以为圆心为半径的圆，则，几何意义表示点，与点，之间的距离，即圆上的点与点，的距离，点，在圆外部，的最大值是，故选已知双曲线，的左右焦点分别为为坐标原点，点是双曲线在第象限内的点，直线，分别交双曲线的左右支于另点若，且，则双曲线的离心率为考点直线与椭圆的位置关系分析由题意，可得由，可得，由余弦定理可得•••，即可求出双曲线的离心率解答解由题意由双曲线的定义可得可得由四边形为平行四边形，又，可得，在三角形中，由余弦定理可得•••，即有，即，可得，即故选定义在上的函数，当∈，时且对于任意实数∈，∈都有若有且只有三个零点，则的取值范围是，，，，考点根的存在性及根的个数判断函数零点的判定定理分析由，得，分别作出函数和的图象，利用数形结合即可得到结论解答解当∈，时当时，∈此时∈则，当时，∈此时∈则，由，得，分别作出函数和的图象，若，则此时两个函数图象只有个交点，不满足条件若，当对数函数图象经过时，两个图象只有个交点，当图象经由，解得，∈故得函数的单调递减区间为∈Ⅱ由，即，又是锐角，则由Ⅰ可知那么∈，则∈，故得的取值范围是，品牌的汽车店，对最近例分期付款购车情况进行统计，统计结果如表所示，已知分期付款的频率为该店经销辆该品牌的汽车若顾客分期付款，其利润为万元分期或期付款，其利润为万元分期付款，其利润为万元付款方式分期分期分期分期频数若以表中计算出的频率近似替代概率，从该店采用分期付款购车的顾客数量较大中随机抽取位顾客，求事件至多有位采用分期付款的概率按分层抽样的方式从这位顾客中抽出人，再从抽出的人中随机抽取人，记该店在这人身上赚取的总利润为随机变量η，求η的分布列及数学期望η考点离散型随机变量的期望与方差列举法计算基本事件数及事件发生的概率分析由，得解得记分期付款的期数为ξ，依题意即可得出其概率进而定点购买该品牌汽车的为顾客中至多有位采用期付款的概率按分层抽样的方式从这位顾客中抽出人，则顾客分期付款与分期付款的各为人，分期付款的为人，分期付款为人则η的可能取值为利用相互独立与互斥事件的概率计算公式可得其概率，进而得到分布列与数学期望解答解由，得记分期付款的期数为ξ，依题意得ξ，ξ，ξ，ξ则购买该品牌汽车的为顾客中至多有位采用期付款的概率按分层抽样的方式从这位顾客中抽出人，则顾客分期付款与分期付款的各为人，分期付款的为人，分期付款为人则η的可能取值为ηξξξξξξηξξξξξξξξξ，ηξξξξξξ列表如下η所以η的数学期望η万元如图所示，已知长方体中，为的中点将沿折起，使得⊥求证平面⊥平面是否存在满足的点，使得二面角为大小为若存在，求出相应的实数若不存在，请说明理由考点与二面角有关的立体几何综合题平面与平面垂直的判定分析推导出⊥，⊥，从而⊥平面，由此能证明平面⊥平面以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出存在满足的点，使得二面角为大小为，并能求出相应的实数的值解答证明长方形中为的中点，点时，两个函数有个交点，则要使两个函数有个交点，则对数函数图象必须在点以下，点以上，即满足，即，解得，即，故选二填空题本大题共小题，每小题分已知实数，满足条件若目标函数的最小值为，则其最大值为考点简单线性规划分析作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的最小值为，建立条件关系即可求出的值，然后求解最大值即可解答解目标函数的最小值为要使目标函数的最小值为，作出不等式组对应的平面区域如图则目标函数经过点截距最小，由，解得同时也在直线，解得，目标函数经过时取得最大值由，解得的最大值为故答案为设二项式展开式中的常数项为，则的值为考点二项式系数的性质分析利用二项式定理的通项公式可得，再利用微积分基本定理即可得出解答解二项式展开式中的通项公式令，解得常数项，则故答案为已知是球的球面上三点，且为该球面上的动点，球心到平面的距离为球半径的半，则三棱锥体积的最大值为考点棱柱棱锥棱台的体积分析由题意画出图形，求出三角形外接圆的半径，设出球的半径，利用直角三角形中的勾股定理求得球的半径，则三棱锥体积的最大值可求解答解如图，在中由余弦定理可得，则，设外接圆的半径为，则，得设球的半径为，则，解得，三棱锥体积的最大值为故答案为已知函数，且，∈，设函数，若，∈，则数列的前项和等于考点数列的求和分析由分段函数，求得，再由函数，求得时将换为，作差可得，进而得到，再由数列的求和方法分组求和，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和解答解由函数，可得，由函数，且，可得，时可得时可得，化简可得，对也成立则，则数列的前项和等于故答案为三解答题解答应写出文字说明证明过程或演算步骤已知向量函数•Ⅰ求函数的单调递减区间Ⅱ在锐角中，内角的对边分别为对任意满足条件的，求的取值范围考点余弦定理平面向量数量积的运算分析Ⅰ根据函数•利用向量的数量积的运算求解，结合三角函数的性质求解单调性即可Ⅱ求解解答解Ⅰ向量函数•表所示，已知分期付款的频率为该店经销辆该品牌的汽车若顾客分期付款，其利润为万元分期或期付款，其利润为万元分期付款，其利润为万元付款方式分期分期分期分期频数若以表中计算出的频率近似替代概率，从该店采用分期付款购车的顾客数量较大中随机抽取位顾客，求事件至多有位采用分期付款的概率按分层抽样的方式从这位顾客中抽出人，再从抽出的人中随机抽取人，记该店在这人身上赚取的总利润为随机变量η，求η的分布列及数学期望η如图所示，已知长方体中，为的中点将沿折起，使得⊥求证平面⊥平面是否存在满足的点，使得二面角为大小为若存在，求出相应的实数若不存在，请说明理由设抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴正半轴上，过