的前项和满足数列的前项和满足，．求与比较与的大小，并说明理由．考点数列的求和数列递推式．分析由等差数列前项和公式列出方程组求出首项与公差，由此能求出与由，能求出数列的通项公式．推导出•，•，由此利用作差法能比较与的大小．解答解设等差数列的首项为，公差为，第页共页，解得，．对数列，由已知有，即又由已知，可得，，两式相减得，即，，整理得，，结合得常数，，数列是以为首项，为公比的等比数列，．，•，•，于是••，当时即当时即．当时当时，在平面直角坐标系中，动点到定点，的距离和它到直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为．求轨迹的方程过点且不与轴重合的直线，与轨迹交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于点，与轨迹是否存在点，使得四边形为菱形若存在，请求出直线的方程若不存在，请说明理由．考点直线与圆锥曲线的综合问题．分析设动点由点到直线的距离公式和两点间距离公式列出方程，能求出轨迹的方程．假设存在，满足条件．设依题意设直线为，联立，消去，得，由此利用韦达定理椭圆性质直线方程，结合已知条件能求出直线的方程．解答解设动点动点到定点，的距离和它到直线的距离之比是常数，由题意，得，第页共页化简整理得的方程为．轨迹的方程为．假设存在，满足条件．设依题意设直线为，联立，消去，得，令则的中点的坐标为，．⊥，直线的方程为，令，解得，即，．关于点对称，解得即，．点在椭圆上解得，的方程为或已知函数．Ⅰ讨论函数的单调区间Ⅱ当时，设的两个极值点，恰为的零点，求的最小值．考点利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性．分析求出函数的导数，讨论的取值，利用导数判断函数的单调性与单调区间对函数求导数，利用极值的定义得出时存在两正根第页共页再利用判别式以及根与系数的关系，结合零点的定义，构造函数，利用导数即可求出函数的最小值．解答解函数，当时，由解得，即当时单调递增由解得，即当时单调递减当时即在，上单调递增当时故，即在，上单调递增当时，的单调递增区间为单调递减区间为，当时，的单调递增区间为，，则，的两根，即为方程的两根又又，为的零点，两式相减得，得，而第页共页令，由得，因为，两边同时除以，得故，解得或设则在，上是减函数即的最小值为．第页共页年月日，即，，求导数可得，令可得，故函数在，单调递减单调递增，当时，取最小值．故选已知，为常数和是定义在上的函数，对任意的，存在使得且，则在集合上的最大值为考点函数的最值及其几何意义．第页共页分析由基本不等式可得当且仅当，即时，等号成立，从而可得，求导，从而可得从而解得．解答解，当且仅当，即时，等号成立，在处有最小值即，故，故故在，上是减函数，在，上是增函数，而故的最大值为，故选已知抛物线的焦点，直线与该抛物线交于，两点，是线段的中点，过作轴的垂线，垂足为，若••，则的值为考点抛物线的简单性质．分析设把代入得．利用韦达定理，结合向量的数量积公式，即可得出结论．解答解设把代入得．由韦达定理得所以所以点，．同理，••••代入整理可得，第页共页．故选．二填空题本大题共小题，每小题分，共分小组个同学的数学成绩的茎叶图如图，则该组同学的成绩的中位数是．考点众数中位数平均数．分析根据茎叶图中的数据，计算数据的中位数即可．解答解根据茎叶图，得到位同学的成绩为所以中位数是．故答案为在展开式中含项的系数是用数字作答．考点二项式定理的应用．分析把按照二项式定理展开，可得展开式中含项的系数．解答解在•的开式中，含项的系数是，故答案为从数字这个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数有个．用数字作答考点计数原理的应用．分析分两类，第类，个位为，第二类，个位是或，再利用分步计数原理求出每类有多少个，然后相加．解，的频率为.，即随机抽取的市民中年龄段在，的人数为.人．由知，年龄段在，的人数分别为.人.人，即不小于岁的人的频数是人，在，年龄段抽取的人数为人．由已知，第页共页，的分布列为已知函数．若是三角形的个内角，且，求角的大小当，时，求的最小值及取得最小值时的集合．考点三角函数中的恒等变换应用正弦函数的图象．分析利用二倍角公式和两角和公式化简函数解析式，由题意可得，根据利用余弦函数的性质即可得解．由可得利用余弦函数的图象和性质可得的最小值为，此时，即．解答解可得．由题意可得可得可得或，或．，．的最小值为，此时，即．第页共页．已知二次函数，为常数的图象与坐标轴有三个交点，记过这三个交点的圆为圆．求的取值范围Ⅱ试证明圆过定点与的取值无关，并求出该定点的坐标．考点二次函数的性质．分析Ⅰ由二次函数图象与两坐标轴有三个交点，得到抛物线不过原点，再令，得到关于的元二次方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于，即可得到的范围Ⅱ设所求圆方程为，令得到关于的方程，与已知方程为同方程，确定出与，令得到关于的方程，将代入表示出，将代入即可确定出圆的方程，进而可求圆经过定点．解答解令，得抛物线与轴交点是令，由题意得且，即且解得且Ⅱ证明设所求圆的般方程为