交点则，设方程为，由，消元得，．设，则，当且仅当时取等号．故面积最大值为已知函数Ⅰ若是的极值点，求的值，并讨论的单调性Ⅱ当时，证明．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．分析由是函数的极值点，可得，进而可得，求得导函数，进而可由导函数的符号与函数单调性的关系，可得函数的单调性Ⅱ当，，时，设根据函数单调性及零点定理可知存在，使得，在取极小值也是最小值，即根据函数的单调性可知，即可证明．解答解Ⅰ由函数的定义域，，第页共页因为，是的极值点，所以，所以，所以，因为和，在，上单调递增，所以在，上单调递增，当时时此时，的单调递减区间为单调递增区间为，，Ⅱ证明当时设，则，因为和，在，上单调递增，所以在，上单调递增，因为所以存在，使得，所以在，上使得，在，上，所以在，单调递减，在，上单调递增，所以，因为，即，所以，所以，因为所以，所以．请考生在三题中任选题作答．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．选修几何证明选讲．如图，是的直径，是上的两点，⊥，过点作的切线交的延长线于点．连接交于点．求证•若试求的长．第页共页考点与圆有关的比例线段．分析连接，利用切线的性质及角之间的互余关系得到，再结合切割线定理证明•，即可求出．求出利用勾股定理求的长．解答证明连接．因为切于，所以．所以．因为，所以．因为⊥于，所以．所以，所以．因为是的切线，所以•．所以•．解•．，从而，则．又由可知，．从而在中，．选修坐标系与参数方程．在直角坐标系中，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为为参数．Ⅰ将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，将曲线的参数方程化为普通方程Ⅱ若为上的动点，求点到直线为参数的距离的最小值．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先利用两角和与差的三角函数化简极坐标方程，然后方程的两边同乘以，再利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用，进行代换即得．消去参数求解参数方程的普通方程即可．Ⅱ设求出直线的普通方程，利用点到直线的距离公式，通过两角和与差的三角函数，求解最值即可．解答解Ⅰ由得，所以，故曲线的直角坐标方程为，第页共页即，由消去参数得的普通方程为．Ⅱ设直线为参数的普通方程为，故点到直线的距离为其中，因此当时故点到直线的距离的最小值．选修不等式选讲．已知．Ⅰ当时，解不等式Ⅱ若的解集包含求实数的取值范围．考点绝对值不等式的解法．分析Ⅰ通过，不等式化为，通过分类讨论求解不等式的解集即可．Ⅱ通过，时，化简不等式，利用解集的包含关系，列出与有关的不等式求解即可．解答解Ⅰ当时，不等式化为，当时无解当时解得，又，所以当时恒成立，又，所以．因此，当时，解不等式的解集为．Ⅱ．当，时即，所以或，因为的解集包含于是或，故或．所以，实数的取值范围为．第页共页年月日实数的值为考点抛物线的简单性质．分析由题意可求抛物线线的准线，从而可求，进而可求，由双曲线方程可求，根据双曲线的条渐近线与直线平行，则由斜率相等可求．解答解，到抛物线的准线的距离等于到其焦点的距离，抛物线方程为，不妨设，则直线解得，故选函数与的图象恰有两个公共点，则实数的取值范围为．，．，．，，．，，考点函数零点的判定定理．分析的图在轴上过原点是折线，关于轴对称时，斜率为，与交于第二象限，时，斜率为，与交于第三四象限，即可得答案．解答解根据题意，的图在轴上过原点是折线，关于轴对称分两种情况讨论，时，过第二象限，斜率为，时，过第二三象限，若使其图象恰有两个公共点，必有时，过第三四象限而过第二三四象限若使其图象恰有两个公共点，必有，显然不成立．综上所述，的取值范围为或，故选．第页共页．已知，是球表面上的点，⊥平面，⊥，则球的体积等于考点球的体积和表面积．分析根据直线平面的垂直问题得出，中的中点，判断为球的直径，又可求得，球的半径，求解即可．解答解⊥平面，⊥，⊥，⊥，⊥面，⊂面，⊥中的中点为球的直径，又可求得，球的半径，体积，故选如图，已知矩形中，为线段的中点，动点从出发，沿矩形的边逆时针运动，运动至点时终止．设将表示为的函数．则下列命题中有最小值有最大值有个极值点有个单调区间．其中正确的是第页共页．．考点函数单调性的判断与证明．分析可取边的中点为，这样根据函数单调性的定义及图形中，的变化关系便可判断出函数有个单调区间，并可求出该函数的极值点个数，以及的最大最小值，从而判断出每个命题的正误，从而找出正确选项．解答解根据图形，在上时，随着的增大，不断增大，此时递增若取线段的中点，同理得，从到时，递减，从而到时，递增，从到时，递减函数有个单调区间，有三个极值点且的最小值为，最大值四个命题全正确．故选．二填空题本大题共小题，每小题分执行如图所示的程序框图，输出的的值为．考点程序框图．分析根据所给数值执行循环语句，然后判定是否满足判断框中的条件，旦满足条件就退出循环，输出枝玫瑰花，以天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于元的概率．考点概率的应用函数解析式的求解及常用方法众数中位数平均数．分析Ⅰ根据卖出枝可得利润元，卖不出枝可得赔本元，即可建立分段函数Ⅱ这天的日利润的平均数，利用天的销售量除以即可得到结论当天的利润不少于元，当且仅当日需求量不少于枝，故可求当天的利润不少于元的概率．解答解Ⅰ当日需求量时，利润当日需求量时，利润利润关于当天需求量的函数解析式Ⅱ这天的日利润的平均数为元当天的利润不少于元，当且仅当日需求量不少于枝，故当天的利润不少于元的概率为在四棱锥中，底面是矩形，⊥平面，是棱的中点，在棱上，且，．Ⅰ求证⊥平面Ⅱ求三棱锥的体积．考点棱柱棱锥棱台的体积直线与平面垂直的判定．分析由得出⊥，又⊥平面，故⊥，于是⊥平面，从而有⊥，在矩形中，利用勾股定理的逆定理可证⊥，故而得出⊥平面第页共页在中求出，于是．解答证明Ⅰ因为，为的中点，所以⊥．因为⊥平面，⊂平面，所以⊥，又因为∩，⊂平面，⊂平面，所以⊥平面，又⊂平面，所以⊥．在中在中在中，．所以，因此⊥．又因为⊥，⊂平面，⊂平面，∩，所以⊥平面．Ⅱ由Ⅰ知⊥平面，故为三棱锥的高，在中所以，得⊥，又是的中点，所以．由Ⅰ得⊥