程Ⅱ解法设直线，方程为代入椭圆方程，求得，坐标，求出面积，由条件可得设则，又已知，即证即可解法二设直线方程为，代入，求出坐标和斜率，所以只需证，即，即可得到证明解答解Ⅰ由题意得，代入点可得，解得，故椭圆方程为Ⅱ解法如图所示，设直线，方程为联立方程组，解得，同理可得，作⊥轴，⊥轴是垂足，梯形，已知，化简可得设则，又分析在折叠前矩形中连接交于，得到⊥，从而得到折起后，是二面角平面角，利用余弦定理进行求解即可解答解在折叠前矩形中连接交于，在矩形中，点在线段上且，现分别沿，将，翻折，使得点落在线段上，则此时二面角余弦值为考点二面角平面角及求法方程分析由题意问题转化为与选项有交点，代入验证，可得结论解答解由题意问题转化为与选项有交点，代入验证，可得符合故选如图，∈，则称，是集合和谐实数对则以下集合中，存在和谐实数对是考点曲线与，由余弦定理可得，双曲线渐近线方程为故选已知集合若实数，满足对任意，∈，都有，考点双曲线标准方程分析由题意由余弦定理可得，确定，关系，即可求出双曲线渐近线方程解答解由题意，•不满足条件故选如图，已知为双曲线，左右焦点，点在第象限，且满足，•，线段与双曲线交于点，若，则双曲线渐近线方为周期不满足条件是奇函数，不满足条件，则函数周期是满足条件，则函数周期是行判断即可解答解，函数是偶函数是以为周期函数，函数述条件可以是考点抽象函数及其应用分析根据抽象函数关系结合函数奇偶性性质求出，从而得到函数周期是，结合三角函数周期性进则是直线与曲线有公共点充分不必要条件，故选设函数是定义在上偶函数，对任意∈都有，则满足上，得到，结合充分必要条件判断即可解答解由直线，曲线，得若直线和曲线有公共点，则直线与曲线有公共点充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件考点必要条件充分条件与充要条件判断分析联立方程组，得到，根据即，故答案为，∞已知中•，点为线段动点，动点满足，则•最小值等于考点平面向量数量积运算分析建立平面直角坐标系，根据，•得出，坐标，设质分析令，求出范围，于是函数，根据对数函数性质，求出范围即可解答解令，易知∈，∞于是函数显然当时便有恒成立，化为，≠，解得故答案分别为已知，若对任意∈，均存在使得，则实数取值范围是，∞考点对数函数图象与性，化为，利用等比数列通项公式解得再利用等比数列前项和公式即可得出解答解成等差数列，化为，化为，利用等比数列通项公式解得再利用等比数列前项和公式即可得出解答解成等差数列，化为化为，≠，解得故答案分别为已知，若对任意∈，均存在使得，则实数取值范围是，∞考点对数函数图象与性质分析令，求出范围，于是函数，根据对数函数性质，求出范围即可解答解令，易知∈，∞于是函数显然当时便有恒成立，即，故答案为，∞已知中•，点为线段动点，动点满足，则•最小值等于考点平面向量数量积运算分析建立平面直角坐标系，根据，•得出，坐标，设直线与曲线有公共点充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件考点必要条件充分条件与充要条件判断分析联立方程组，得到，根据，得到，结合充分必要条件判断即可解答解由直线，曲线，得若直线和曲线有公共点，则则是直线与曲线有公共点充分不必要条件，故选设函数是定义在上偶函数，对任意∈都有，则满足上述条件可以是考点抽象函数及其应用分析根据抽象函数关系结合函数奇偶性性质求出，从而得到函数周期是，结合三角函数周期性进行判断即可解答解，函数是偶函数是以为周期函数，函数周期不满足条件是奇函数，不满足条件，则函数周期是满足条件，则函数周期是，不满足条件故选如图，已知为双曲线，左右焦点，点在第象限，且满足，•，线段与双曲线交于点，若，则双曲线渐近线方为考点双曲线标准方程分析由题意由余弦定理可得，确定，关系，即可求出双曲线渐近线方程解答解由题意，•由余弦定理可得，双曲线渐近线方程为故选已知集合若实数，满足对任意，∈，都有，∈，则称，是集合和谐实数对则以下集合中，存在和谐实数对是考点曲线与方程分析由题意问题转化为与选项有交点，代入验证，可得结论解答解由题意问题转化为与选项有交点，代入验证，可得符合故选如图，在矩形中，点在线段上且，现分别沿，将，翻折，使得点落在线段上，则此时二面角余弦值为考点二面角平面角及求法分析在折叠前矩形中连接交于，得到⊥，从而得到折起后，是二面角平面角，利用余弦定理进行求解即可解答解在折叠前矩形中连接交于即∽即⊥，折起后，⊥，⊥，是二面角平面角，在中由余弦定理得，故选二填空题本大题共小题，多空题每题分，单空题每题分，共分已知，则，函数零点个数为考点函数零点判定定理函数值分析根据与时解析式，确定出值即可令，确定出值，即可对函数零点个数作出判断解答解根据题意得，则令，得到，解得，则函数零点个数为，故答案为已知钝角面积为，则角，考点正弦定理分析利用已知及三角形面积公式可求，可求或，分类讨论当时，由余弦定理可得，可得，为直角三角形，舍去，从而利用余弦定理可得值解答解钝角面积为解得，或，当时，由余弦定理可得，此时可得，为直角三角形，矛盾，舍去，由余弦定理可得，故答案为几何体三视图如图所示，则该几何体体积为，表面积为考点由三视图求面积体积分析根据三视图作出棱锥直观图，根据三视图数据计算体积和表面积解答解由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示其中底面是边长为正方形，⊥底面，棱锥体积棱锥四个侧面均为直角三角形棱锥表面积故答案为已知公比不为等比数列首项，前项和为，且成等差数列，则，考点等比数列前项和等比数列通项公式分析由成等差数列，可得，化为，利用等比数列通项公式解得再利用等比数列前项和公式即可得出解答解成等差数列，化为化为，≠，解得故答案分别为已知，若对任意∈，均存在使得，则实数取值范围是，∞考点对数函数图象与性质分析令，求出范围，于是函数，根据对数函数性质，求出范围即可解答解令，易知∈，∞于是函数显然当时便有恒成立，即，故答案为，∞已知中•，点为线段动点，动点满足，则•最小值等于考点平面向量数量积运算分析建立平面直角坐标系，根据，•得出，坐标，设⊂平面，平面⊥平面Ⅱ，⊥⊥，为中点，⊥，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面法向量为则令，得，与平面所成角正弦值为已知函数∈Ⅰ求函数单调区间Ⅱ当时，若在区间，上最大值为，最小值为，求最小值考点函数最值及其几何意义函数单调性及单调区间分析Ⅰ根据分段函数表达式，结合元二次函数性质即可求函数单调区间Ⅱ讨论范围，结合元二次函数性质求出函数最值进行求解即可解答Ⅰ解，当时，单调增区间为，单调减区间为，当时，单调增区间为∞，∞当时，单调增区间为，∞单调减区间为Ⅱ由Ⅰ知时在∞，上递增，在上递减，在上递增从而当即时，所以，当时故当时故当，即时，所以，当时所以，综上所述，当时，取得最小值为如图，已知椭圆经过点且离心率等于点，分别为椭圆左右顶点是椭圆上非顶点两点，且面积等于Ⅰ求椭圆方程Ⅱ过点作∥交椭圆于点，求证∥考点椭圆简单性质分析Ⅰ运用椭圆离心率公式和点满足椭圆方程，以及关系，解得即可得到椭圆方程Ⅱ解法设直线，方程为代入椭圆方程，求得，坐标，求出面积，由条件可得设则，又已知，即证即可解法二设直线方程为，代入，求出坐标和斜率，所以只需证，即，即可得到证明解答解Ⅰ由题意得，代入点可得，解得，故椭圆方程为Ⅱ解法如图所示，设直线，方程为联立方程组，解得，同理可得，作⊥轴，⊥轴是垂足，梯形，已知，化简可得设则，又已知，所以要证，只要证明，而，所以可得∥，在轴同侧同理可得解法二设直线方程为，代入，得，它两个根为和，可得从而，所以只需证，即，设若直线斜率不存在，易得，从而可得，若直线斜率存在，设直线方程为，代入得，则化得，得，故∥如图，已知曲线及曲线，上点横坐标为从上点∈作直线平行于轴，交曲线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点点，横坐标构成数列Ⅰ试求与之间关系，并证明Ⅱ若，求证考点等比关系确定数列求和分析Ⅰ由已知从而有，由在上，代入可得，由，及，知，下证解法由，可得与异号，即可证明解法二由，可得可得，利用等比数列通项公式可得，进而证明Ⅱ由，可得，由，可得，可得可知，因此，利用递推关系及其等比数列前项和公式即可证明解答解Ⅰ由已知从而有，因为在上，所以有，解得，由，及，知，下证解法因为，所以与异号，注意到，知即解法二由，可得所以有，即是以为公比等比数列设，则解得，从而有由可得，所以，所以Ⅱ证明因为，所以，因为，所以，所以有从而可知故所以所以年月日直线与曲线有公共点充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件考点必要条件充分条件与充要条件判断分析联立方程组，得到，根据，得到，结合充分必要条件判断即可解答解由直线，曲线，得若直线和曲线有公共点，则则是直线与曲线有公共点充分不必要条件，故选设函数是定义在上偶函数，对任意∈都有，则满足上述条件可以是考点抽象函数及其应用分析根据抽象函数关系结合函数奇偶性性质求出，从而得到函数周期是，结合三角函数周期性进行年浙江省温州市高考数学模试卷理科选择题本大题共小题，每小题分共分在每小题给出四个选项中，只有项符合题目要求已知集合则∩∞，∪，∞，已知，为异面直线，下列结论不正确是必存在平面使得∥，∥必存在平面使得，与所成角相等必存在平面使得⊂，⊥必存在平面使得，与距离相等已知实数，满足，则最大值为已知直线，曲线，则是直线与曲线有公共点充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件设函数是定义在上