1、点平面向量数量积的运算．分析由是单位向量，且•，可设将•的表达式转化为正弦型函数的形式，再根据正弦型函数的性质得到•的最大值．解答解由题意设则•，••的最大值为，故答案为已知函数．若，且，则的取值范围是，．考点函数的图象．分析画出函数的图象，可得，且，结合对数的运算性质和基本不等式，可得答案．解答解函数的图象如下图所示若，且，则，。
2、坐标”为，．考点数列递推式归纳推理．分析根据图甲所示的分形规律，个白圈分形为个白圈个黑圈，个黑圈分形为个白圈个黑圈，根据第三行的数据可求出第四行的黑白圈的个数，进而可归纳第行的墨白圈数．解答解根据图甲所示的分形规律，个白圈分形为个白圈个黑圈，个黑圈分形为个白圈个黑圈，记行白圈个，黑圈个为则第行记为第二行记为第三行记为第四行记为第四。
3、相减得•，由累加法可知，又不满足上式当时，有，解得或舍，第页共页，解得或舍解得或舍解得或舍，是递增数列，是递减数列•，两式相减得，由累加法可知，同理•，•，两式相减得•，由累加法可知，又满足上式，．第页共页年月日式为•，令，解得，故展开式中的系数是，故答案为在中，的面积为，则的长为．考点余弦定理．分析先利用三角形面积公式和，求得，。
4、且，即第页共页当且仅当时，取等号，故的取值范围是，，故答案为，．图甲是应用分形几何学做出的个分形规律图，按照图甲所示的分形规律可得图乙所示的个树形图．我们采用“坐标”来表示图乙各行中的白圈黑圈的个数横坐标表示白圈的个数，纵坐标表示黑圈的个数．比如第行记为第二行记为第三行记为照此下去，第四行中白圈与黑圈的“坐标”为第行中白圈与黑圈的。
5、．Ⅰ求椭圆的离心率Ⅱ设为坐标原点，为椭圆上的三个动点，若四边形为平行四边形，判断的面积是否为定值，并说明理由．考点椭圆的简单性质．分析Ⅰ椭圆化为标准方程，由此能求出椭圆的离心率．Ⅱ若是椭圆的右顶点左顶点样，此时垂直平分，求出的面积为若不是椭圆的左右顶点，设，，由，得，由此利用根的判别式韦达定理弦长公式求出的面积，从而得到的面积为定。
6、坐标系设，即平面的法向量，设平面的法向量，第页共页则，取，得二面角的大小为解得，线段上是存在点，使得二面角的大小为，且已知函数．Ⅰ当时，求函数的零点Ⅱ求的单调区间Ⅲ当时，若对恒成立，求的取值范围．考点利用导数求闭区间上函数的最值函数零点的判定定理利用导数研究函数的单调性．分析Ⅰ求出，令，解出即可Ⅱ先求出的值，讨论的范围，解不等式ˊ。
7、Ⅱ证明若是递减的等比数列，则中的每项都大于其后任意个项的和Ⅲ若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式．考点数列递推式等比数列的通项公式．分析Ⅰ利用反证法即可证明Ⅱ通过令两种情况即可求出公比，进而计算可得结论Ⅲ通过在中令可知或，分两种情况讨论，在每种情况中分别求出数列的通项公式即可．解答Ⅰ证明假设数列是等差数列，则为个常数，数。
8、直，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段上是存在点，使得二面角的大小为，且．解答证明Ⅰ∩，连接因为为正方形，所以是中点，又是中点，所以所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为⊂平面，⊄平面．所以平面．Ⅱ因为，是的中点，所以⊥，又因为，⊥，所以⊥又因为⊥，所以⊥平面，因为⊂平面，所以⊥，所以⊥平面．解Ⅲ两两垂直，建立如图所示。
9、值．解答解Ⅰ椭圆，椭圆的标准方程为椭圆的离心率．Ⅱ若是椭圆的右顶点左顶点样，此时垂直平分，第页共页的面积．若不是椭圆的左右顶点，设，，由，得，四边形为平行四边形代入椭圆方程，化简，得，•，点到直线的距离的面积．第页共页综上，的面积为定值，的面积的面积，的面积为定值已知数列满足其中，是不为的常数．Ⅰ证明若是递增数列，则不可能是等差数。
10、而利用余弦定理求得．解答解由三角形面积公式可知•由余弦定理可知故答案为．如图，圆的直径，直线和圆相切于点，⊥于，若，则的长为．第页共页考点圆的切线的性质定理的证明．分析利用圆的性质切线的性质三角形相似的判定与性质三角函数的定义即可得出．解答解圆的直径，若，则，若直线和圆相切于点，⊥于，则故答案为若是单位向量，且•，则•的最大值为．。
11、是递增数列又是不为的常数，不是常数，矛盾，故数列不可能是等差数列Ⅱ证明数列是递减的首项为公比为的等比数列又是不为的常数令可知联立，可知，解得或舍，第页共页，，于是数列中的每项都大于其后任意个项的和Ⅲ解依题意令可知解得或，当时，有，解得或舍解得或舍解得或舍解得或舍，是递增数列，是递减数列•，两式相减得，由累加法可知，同理•，•，两式。
12、中白圈与黑圈的“坐标”为各行黑圈数乘以，分别是，即，第行的黑圈数为，而第行共Ⅲ在线段上是否存在点，使得二面角的大小为若存在求出的长，若不存在请说明理由．考点二面角的平面角及求法直线与平面平行的判定直线与平面垂直的判定．分析Ⅰ∩，连接推导出四边形为平行四边形，由此能证明平面．Ⅱ推导出⊥，⊥，⊥，从而⊥平面，由此能证明⊥平面．Ⅲ两两垂。
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