1、“.....上，由此利用分类讨论思想能求出不存在正数，满足要求．解答解，．依题意则有即解得．则第页共页，由得，即的单调减区间为，．，由，得或．列表讨论，得，增函数减函数增函数函数极大值是，极小值是．由函数的定义域是正数知故极值点不在区间，上，若极值点此时，在此区间上的最大值是，不可能等于，故在区间，上没有极值点若在，上单调增，即或，则，即......”。

2、“.....上单调减，即，则，两式相减并除，得，两式相除并开方，得，即，整理，并除以，得，则得，即，是方程的两根，即，不合要求综上，不存在正数，满足要求．请在第三题中任选题作答，如果多做，则按所做的第题记分选修几何证明选讲．如图四点在同圆上，，的延长线与的延长线交于点．证明．延长到，延长到，连接，使得，证明，四点共圆．第页共页考点与圆有关的比例线段．分析根据四点共圆，得到四边形的个外角等于不相邻的个内角，根据两直线平行，同位角相等......”。

3、“.....从而两条边相等，得到结论根据第问做出的边和角之间的关系，得到两个三角形全等，根据全等三角形的对应角相等，根据平行的性质定理，等量代换，得到四边形的对对角相等，得到四点共圆．解答证明因为，四点在同圆上，所以因为，所以，所以，所以．解由知因为，故从而连接≌，故又，，所以故，．，四点共圆．选修坐标系与参数方程．已知曲线的参数方程为为参数，曲线的极坐标方程为．将曲线的参数方程化为普通方程，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程曲线，是否相交，若相交请求出公共弦的长......”。

4、“.....请说明理由．考点圆的参数方程简单曲线的极坐标方程．分析根据同角三角函数关系消去参数，即可求出曲线的普通方程，曲线的极坐标方程两边同乘，根据极坐标公式进行化简就可求出直角坐标方程第页共页先求出两个圆心之间的距离与两半径和进行比较，设相交弦长为，因为两圆半径相等，所以公共弦平分线段，建立等量关系，解之即可．解答解由得曲线的普通方程为得，即曲线的直角坐标方程为圆的圆心为圆的圆心为，两圆相交设相交弦长为，因为两圆半径相等......”。

5、“.....求不等式的解集若存在，使成立，求的取值范围．考点绝对值不等式的解法绝对值三角不等式．分析不等式即，通过去绝对值符号，列出不等式组，分别求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．利用，由题意可得，由此解得的范围．解答解解Ⅰ当时，不等式，即，等价于，或，或．解得或．故不等式的解集为，或．当时等号成立所以．由题意得，解得．第页共页年月日的图象，若的图象关于直线对称，则，，则的最小值为，故选若，满足不等式组，的最大值为......”。

6、“.....变形目标函数，平移直线可得的最值，可得的方程，解方程可得．解答解作出不等式组所对应可行域如图，变形目标函数可得，平移直线可知当直线经过点，时，直线截距最小值，取最大值，代值可得，解得，故选．第页共页．已知圆关于直线对称，则圆中以，为中点的弦长为考点直线与圆的位置关系．分析由已知直线过圆心从而得到，点，到圆心，的距离，圆的半径，由此能求出圆中以，为中点的弦长．解答解圆关于直线对称，直线过圆心，解得点，到圆心，的距离，圆的半径，圆中以......”。

7、“.....处的切线方程为，则下列不等式恒成立的是考点利用导数研究曲线上点切线方程．分析求出函数的导数，可得切线的斜率，由切线的方程可得斜率，解方程可得，求出单调区间极值和最值，即可得到结论．解答解的导数为，可得在点，处的切线斜率为，由切线方程为，可得，即有，可得，当时递增当时递减．可得在处取得极小值，也为最小值．即为．故选．二填空题共小题，每小题分......”。

8、“.....令的指数为得展开式的常数项．解答解展开式的通项为令得故展开式中的常数项．故答案为．向量，与，的夹角为，⊥，则．考点平面向量数量积的运算．分析根据向量的数量积的运算和向量的夹角公式计算即可．解答解，与，的夹角为，⊥•，故答案为设函数，若存在实数，使函数有且只有个零点，则实数的取值范围是，．考设任意选取的人超速在，的人数是ξ，则ξ或ξ，ξ，ξ，ξ如图，四棱锥中，⊥底面，⊥，⊥，点在棱上......”。

9、“.....求出平面的法向量，利用向量法即可求平面和平面所成锐二面角的余弦值．解答证明⊥，⊥，，则，连接，交于，连，则，又，在中，⊄平面，⊂平面，平面建立如图所示的空间坐标系如图则，第页共页设是平面的个法向量，则则•，•，得，令，则则，同理平面的法向量为，则即平面和平面所成锐二面角的余弦值是已知椭圆的离心率为，左顶点为，上顶点为，是坐标原点......”。