的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力分•平顶山模如图，点为圆与轴的左交点，过点作弦，使与轴交于的中点Ⅰ当在，∞内变化时，求点的轨迹方程Ⅱ已知点设直线，分别与Ⅰ中的轨迹交于另点求证当在Ⅰ中的轨迹上移动时，只要，都存在，且，不重合，则直线恒过定点，并求该定点坐标考点直线与抛物线的位置关系抛物线的标准方程分析Ⅰ设则的中点，由题意⊥，得，代入坐标得答案Ⅱ分别设出的坐标，结合共线，共线可把的坐标用的坐标表示，得到线的方程，再由直线系方程可得直线恒过定点，并求该定点坐标解答Ⅰ解设则的中点在圆中，⊥则点的轨迹方程≠Ⅱ证明设则直线的方程为由共线，得，从而，否则不存在，由共线，得，从而≠，否则不存在，直线的方程化为，令，得，直线恒过定点，点评本题考查直线与抛物线位置关系的应用，训练了平面向量在求解圆锥曲线问题中的应用，考查计算能力，属中档题分•新课标Ⅱ设函数证明在∞，单调递减，在，∞单调递增若对于任意，∈都有，求的取值范围考点利用导数研究函数的单调性利用导数求闭区间上函数的最值分析利用说明函数为增函数，利用说明函数为减函数注意参数的讨论由知，对任意的，在，单调递减，在，单调递增，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题从而求得的取值范围解答解证明若，则当∈∞，时当∈，∞时若，则当∈∞，时当∈，∞时所以，在∞，时单调递减，在，∞单调递增由知，对任意的，在，单调递减，在，单调递增，故在处取得最小值所以对于任意，∈的充要条件是即设函数，则当时当时，故在∞，单调递减，在，∞单调递增又故当∈，时，当∈，时，即合式成立当时，由的单调性即当时即综上，的取值范围是，点评本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成立在求参数中的应用属于难题，高考压轴题请考生从两题中任选题作答注意只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第个题目计分，作答时请用铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑本小题满分分选修坐标系与参数方程分•平顶山模在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为Ⅰ将曲线的极坐标方程化为参数方程Ⅱ如果过曲线上点且斜率为的直线与直线交于点，那么当取得最小值时，求点的坐标考点简单曲线的极坐标方程参数方程化成普通方程分析Ⅰ根据化为普通方程，再转化为参数方程即可Ⅱ设斜率为的直线与的夹角为定值，到的距离为，令，则，利用三角函数的有界限求解最小值即可解答解Ⅰ，曲线的普通方程为，曲线的参数方程为为参数Ⅱ方法设斜率为的直线与的夹角为定值，到的距离为，则，所以取最小值时，最小令，则，当时，最小点的坐标为Ⅱ方法二设斜率为的直线与的夹角为定值，到的距离为，则，取最小值时，最小，是过圆心垂直于的直线与圆靠近直线端的交点由，得或舍去点的坐标为点评本题考查参数方程极坐标方程普通方程的互化，以及应用，直线参数方程的几何意义的运用属于中档题选修不等式选讲•平顶山模已知函数Ⅰ解不等式Ⅱ若对任意实数恒成立，求的取值范围考点函数恒成立问题绝对值不等式的解法分析Ⅰ去掉绝对值符号，然后求解不等式即可解不等式Ⅱ利用绝对值的几何意义，求出的最小值，利用恒成立，转化不等式求解即可解答本小题满分分解Ⅰ原不等式可化为或或分解得或，所以解集为∞，∪，∞Ⅱ因为，分所以，当时等号成立所以又，故分点评本题考查函数的恒成立，函数的最值的求法，绝对值不等式的几何意义的应用，考查转化思想以及计算能力，满足条件，执行循环体满足条件，执行循环体满足条件，执行循环体满足条件，执行循环体满足条件，执行循环体不满足条件，退出循环，输出的值为故选点评本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题高为，底面边长为的正三棱柱形容器下有底内，可放置最大球的半径是考点棱柱的结构特征分析由题中条件知高为，底面边长为的正三棱柱形容器下有底内，可放置最大球的半径，即为底面正三角形的内切圆的半径，然后解答即可解答解由题意知，正三棱柱形容器内有个球，其最大半径为即为底面正三角形的内切圆半径，底面边长为的故选点评本题考查棱柱的结构特征球的性质，考查学生空间想象能力，解答的关键是构造球的大圆沟通条件之间的联系已知点，满足过点，向圆做两条切线，切点分别是点和点，则当最大时，的值是考点简单线性规划分析作出不等式组对应的平面区域，根据数形结合求确定当最小时，的位置，利用向量的数量积公式，求解即可解答解作出不等式组对应的平面区域如图，要使最大，则到圆心的距离最小即可，由图象可知当垂直直线时到圆心的距离最小，此时设，则，此时，•••故选点评本题主要考查线性规划的应用，考查学生分析解决问题的能力，利用数形结合是解决本题的关键过双曲线，的右焦点作直线的垂线，垂足为，交双曲线左支于点，若，则该双曲线的离心率为考点双曲线的简单性质分析根据题意直线的方程为代入双曲线渐近线方程，求出的坐标，进而求得的表达式，代入双曲线方程整理求得和的关系式，进而求得离心率解答解设则直线的方程为代入双曲线渐近线方程得由，可得把点坐标代入双曲线方程，即，整理可得，即离心率故选点评本题主要考查了双曲线的简单性质解题的关键是通过分析题设中的信息，找到双曲线方程中和的关系已知是定义在，∞的函数对任意两个不相等的正数都有，记，则考点函数单调性的性质分析由题意可得函数是，∞上的增函数，比较大小可得，故可得答案解答解是定义在，∞上的函数，对任意两个不相等的正数都有，函数是，∞上的增函数，，，故选点评本题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查学生对指数函数对数函数性质的运用能力，属于中档题二填空题共小题，每小题分，满分分设随机变量ξ若ξξ，则实数的值为考点正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义分析直接利用正态分布的对称性，列出方程求解即可求和，着重考查等比数列的判定与通项公式求和公式的应用，突出考查等差数列的求和，属于中档题分•平顶山模校高共录取新生名，为了解学生视力情况，校医随机抽取了名学生进行视力测试，并得到如下频率分布直方图Ⅰ若视力在的学生有人，试估计高新生视力在以上的人数名名近视不近视Ⅱ校医发现学习成绩较高的学生近视率较高，又在抽取的名学生中，对成绩在前名的学生和其他学生分别进行统计，得到如右数据，根据这些数据，校医能否有超过的把握认为近视与学习成绩有关Ⅲ用分层抽样的方法从Ⅱ中名不近视的学生中抽出人，再从这人中任抽人，其中抽到成绩在前名的学生人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望附考点离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列分析Ⅰ利用频率分布表，求出前四组学生的视力在以下的人数，然后求解视力在以上的人数Ⅱ求出，即可说明校医有超过的把握认为近视与成绩有关Ⅲ依题意，人中年级名次在名和名的分别有人和人，所以ξ可取求出概率，顶点分布列，然后求解期望即可解答解Ⅰ由图可知，前四组学生的视力在以下，第组有人，第二组有人，第三组人，第四组有人分所以视力在以上的人数为人Ⅱ，因此校医有超过的把握认为近视与成绩有关分Ⅲ依题意，人中年级名次在名和名的分别有人和人，所以ξ可取，ξ的分布列为ξ分ξ的数学期望分点评本题考查频率分布直方图以及概率的求法，分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力分•平顶山模如图，在四棱锥中，⊥平面，∥，且Ⅰ求证平面⊥平面Ⅱ求二面角的余弦值考点二面角的平面角及求法平面与平面垂直的判定分析Ⅰ分别取，的中点连结，证明⊥，⊥推出⊥平面，然后证明⊥平面，即可证明平面⊥平面Ⅱ解法连结，说明⊥，推出⊥平面，过作⊥，垂足为，连结，说明为二面角的平面角在中，求解即可解法以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面和面的法向量，由空间向量的数量积求解二面角的余弦值即可解答本小题满分分解Ⅰ证明如图，分别取，的中点连结，由题意知，四边形为矩形，⊥分又为等边三角形，⊥又∩，⊥平面又∥⊥平面，又⊂平面，平面⊥平面Ⅱ解法连结，则⊥，由Ⅰ知，⊥平面，过作⊥，垂足为，连结，则为二面角的平面角分由题意知解答解由题意可知随机变量ξ满足正态分布，对称轴为，ξξ，则，解得故答案为点评本题考查正态分布的基本性质的应用，考查计算能力若的展开式中第项的二项式系数是，则展开式中所有项的系数之和为考点二项式系数的性质分析求出展开式的通项，令求出展开式第项的二项式系数，列出方程求出令二项式中的求出展开式的所有项的系数和解答解展开式的通项为当时是展开式中第项的二项式系数为解得令二项式中的得展开式中所有项的系数之和为故答案为点评本题考查了二项式这部分的两个重要的题型求展开式的特定项求展开式的系数和问题在中则考点余弦定理分析由，得到，利用正弦定理化简将与的值代入求出的值，利用余弦定理列出关系式，将的值代入即可求出的值解答解利用正弦定理化简得，把，代入得，即，由余弦定理得，即，解得或，当时即，即，而≠，矛盾，舍去则故答案为点评此题考查了正弦余弦定理，以及二倍角的正弦函数公式，熟练掌握定理是解本题的关键已知函数若，则函数有个零点考点根的存在性及根的个数判断分析函数，求出的值，然后利用分段函数的表达式求解的值，推出结果解答解函数，令，当时，可得，解得，则，解得解得舍去当，可得，解得，则，解得解得所以函数的零点