1、“.....根据弦长公式，点到直线的距离公式，根据三角的面积公式即可求得的面积为定值解答解由题意可知两式相减得，由≠，则，由，在直线，则中点横坐标为，则中点的纵坐标为，•，解得，又，则，直线的方程为，则，即，则，由韦达定理可知则由⊥，则•从而，代入并整理得，由原点到直线的距离，则的面积••丨丨•••丨丨，丨丨•，丨丨•，•，•，从而可得的面积，为定值点评本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆位置关系，考查韦达定理，弦长公式，点到直线的距离公式，考查向量的坐标运算，考查计算能力，属于中档题分•莆田模已知函数，若过点，恰有两条直线与曲线相切，求的值用，表示，中的最小值，设函数若恰有三个零点，求实数的取值范围考点利用导数研究函数的极值根的存在性及根的个数判断利用导数研究曲线上点切线方程分析求导，利用导数求得在的切线方程......”。

2、“.....利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求得的值根据函数定义，求，根据函数的单调性及函数零点的判断，采用分类讨论法，求得函数零点的个数，即可求得恰有三个零点时，实数的取值范围解答解设切点由直线，求导则在点的切线的斜率，则切线方程为，由切线过点则，整理得，又由曲线恰有两条切线，即方程恰有两个不同的解，令，求导，令，解得当时函数在上单调递增，没有两个零点，不符合题意，当时，且∈∞，∪，∞时当∈，时在∞，∞单调递增，在，单调递减要使在上有两个零点，则，或，由，或，则，当时，同理可知或，则，综上可知或，在，∞上只有个零点当时则在，∞上单调递减，在，∞上至多只有个零点，故不符合题意当解得，当∈，时当∈，∞时在，上单调递减，在，∞上单调递增有最小值，当时只有个零点，不满足题意当时在，∞上无零点，不满足题意当时由•，在，上有个零点，设为......”。

3、“.....∞上有个零点，设为，易证，下面证明，令求导在，∞上单调递增即现在去，由则•，•，由，则，•，由，故，故有三个零点，综上可知满足题意的的取值范围为，点评本题考查导数及其应用等基础知识，考查抽象概括能力推理能力句函数和方程思想分类和整合思想，是道综合题，属于难题选修坐标系与参数方程分•莆田模在直角坐标系中，圆的方程为，在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为写出圆的参数方程和直线的普通方程设点为圆上的任点，求点到直线距离的取值范围考点参数方程化成普通方程简单曲线的极坐标方程分析由题意求出圆的参数方程和直线的普通方程由题意设由点到直线的距离公式表示出点到直线距离，利用两角和的正弦公式化简后，由正弦函数的值域求出答案解答解圆的方程为，圆的参数方程为为参数，直线的极坐标方程为即......”。

4、“.....即，点到直线距离的取值范围是，点评本题考查参数方程极坐标方程与普通方程法转化，点到直线的距离公式，两角和的正弦公式，以及正弦函数的值域等，考查化归与转化思想，化简计算能力选修不等式选讲•莆田模已知函数求不等式的解集设的最小值为，若的解集包含求的取值范围考点绝对值不等式的解法函数的最值及其几何意义分析分时解由，得，由的解集包含得，解答解当时，解得当时，得，无解当时，得，解得所以不等式的解集为∞，∪，∞的解集包含故的取值范围为，∞点评本题考查了绝对值不等式的解法，及恒成立问题，属于中档题丨丨丨丨，丨丨丨丨在中，丨丨，丨丨，丨丨，则，整理得，则双曲线的离心率，故选点评本题考查双曲线的简单几何性质简单几何性质，考查数形结合思想，属于中档题在直角梯形中∥的面积为，若，⊥，则的值为考点平面向量数量积的运算分析如图建立平面直角坐标系，设......”。

5、“.....由⊥⇒即可解答解如图建立平面直角坐标系，设，则⊥⇒则的值为，故选点评本题考查了，向量的坐标运算，属于基础题设为抛物线的焦点，过的直线与相交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，若，则的长为考点直线与抛物线的位置关系分析先根据抛物线方程求出的值，再由抛物线的性质求出的垂直平分线方程，可得到答案解答解抛物线设经过点的直线与抛物线相交于两点，直线代入，整理可得，利用抛物线定义，中点横坐标为中点横坐标为，中点纵坐标为，的垂直平分线方程为，令，可得，故选点评本题主要考查了抛物线的性质属中档题解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用，确定的垂直平分线方程是关键定义在上的函数的导函数为，若对任意∈，都有，则使得成立的的取值范围为，∞∞，，∞∞，考点导数在最大值最小值问题中的应用分析构造函数，对任意∈，都有，可得，函数在单调递减......”。

6、“.....对任意∈，都有函数在单调递减，由化为，使得成立的的取值范围为，∞故选点评本题考查了构造函数法利用导数研究函数的单调性极值与最值不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题二填空题本大题共小题，每小题分，共分，把答案填在答题卷的横线上的展开式中，的系数为考点二项式定理的应用分析把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数解答解根据根据•••••，可得的展开式中，的系数为，故答案为点评本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题若，满足约束条件，则的最大值为考点简单线性规划分析由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案解答解由约束条件作出可行域如图，化目标函数为，由图可知，当直线过点，时，直线在轴上的截距最小......”。

7、“.....考查了数形结合的解题思想方法，是中档题的内角的对边分别为，若，则的取值范围是，考点余弦定理分析由已知整理可产品的产品中，质量指标值不低于的产品至少占全部产品的附注参考数据，参考公式，考点独立性检验分析根据统计数据填写列联表，计算，对照临界值表得出结论计算甲厂乙厂优秀率，得出甲厂优秀品率高，计算甲厂的平均值根据知甲厂产品的质量指标值计算对应的概率值即可解答解由以上统计数据填写列联表，如下甲厂乙厂合计优质品非优质品合计计算，对照临界值表得出，有的把握认为两个分厂生产的产品的质量有差异计算甲厂优秀率为，乙厂优秀率为所以甲厂的优秀品率高，计算甲厂数据的平均值为，根据知，且甲厂产品的质量指标值服从正态分布又，则，，故不能够认为该分厂生产的产品的产品中......”。

8、“.....也考查了推理与运算能力分•莆田模如图，在圆柱中，矩形是过的截面是圆柱的母线，证明∥平面在圆所在的平面上，点关于直线的对称点为，求二面角的余弦值考点二面角的平面角及求法直线与平面平行的判定分析连结，设∩，推导出四边形为平行四边形，从而∥，由此能证明∥平面以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的二面角的余弦值解答证明连结，设∩四边形为平行四边形，为的中点，在中，为的中点，∥，又⊄平面，⊂平面，∥平面解如图，是圆的直径，⊥，⊥平面，⊥，⊥，又，以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则在圆上关于直线对称，为正三角形，且，过点作⊥轴，⊥轴，垂足分别为则•，•，设平面的个法向量，则，取，得，平面的个法向量，设二面角的二面角为......”。

9、“.....≠上两点，≠若点，均在直线上，且线段中点的横坐标为，求的值记，若为坐标原点，试探求的得，由余弦定理可得，结合范围∈可求，由三角形内角和定理可求，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得，由∈利用正弦函数的性质可求∈即可得解解答解，可得，整理可得，由余弦定理可得，∈，可得∈∈可得∈∈，故答案为，点评本题主要考查了余弦定理，三角形内角和定理，正弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题如图，在菱形中，为与的交点，将沿折起到的位置，若点，都在球的球面上，且球的表面积为......”。