1、“.....由得，从而，在中，在中即所求二面角的余弦值为．第页共页．已知椭圆的右焦点为，为短轴的个端点，且其中为坐标原点．Ⅰ求椭圆的方程Ⅱ若分别是椭圆长轴的左右端点，动点满足⊥，连结交椭圆于点，试问轴上是否存在异于点的定点，使得以为直径的圆经过直线的交点若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．考点直线与圆锥曲线的综合问题椭圆的标准方程．分析Ⅰ通过可得的值，进而可得结论Ⅱ通过知设直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理可得点坐标，利用，计算即得结论．解答解Ⅰ......”。

2、“.....．由题意可设．⊥，联立，消去，整理得，设且，若以为直径的圆经过，的交点，则⊥，恒成立第页共页即恒成立，．存在使得以为直径的圆恒过直线的交点已知函数．Ⅰ若有两个不同的极值点，求的取值范围Ⅱ当时，用表示在，上的最大值，求的表达式．考点利用导数研究函数的极值利用导数研究曲线上点切线方程．分析Ⅰ求出函数的导数，令，得到关于的不等式组，解出即可Ⅱ求出函数的单调区间，根据二次函数的性质，求出的最大值......”。

3、“.....则有两个大于的零点Ⅱ由Ⅰ知当时，在，上单调递增在上单调递减，又，故，注意到的对称轴可推知，当，时而又若，但，故不成立第页共页综上分析可知，四.请考生在三题中任选题作答．注意只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第题计分．作答时，请用铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑．选修几何证明选讲．如图的角平分线的延长线交它的外接圆于点．Ⅰ证明Ⅱ若为外接圆的直径且•，求的面积．考点与圆有关的比例线段相似三角形的判定．分析Ⅰ推导出，，由此能证明．Ⅱ由，得••......”。

4、“.....能求出的面积．解答证明Ⅰ的角平分线的延长线交它的外接圆于点，，与是同弧上的圆周角，，．解Ⅱ由Ⅰ知即••，又为直径，，．选修坐标系与参数方程选讲．已知直线的参数方程为为参数，圆的参数方程为为常数．求直线和圆的普通方程若直线与圆有公共点，求实数的取值范围．考点圆的参数方程直线的参数方程．分析消去参数，把直线与圆的参数方程化为普通方程求出圆心到直线的距离，再根据直线与圆有公共点⇔即可求出．解答解直线的参数方程为，消去可得第页共页圆的参数方程为......”。

5、“.....到直线的距离．直线与圆有公共点即，解得．选修不等式选讲设函数，．求不等式的解集如果关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．考点带绝对值的函数．分析去掉绝对值，化简，求出不等式的解集设，求出与由在上恒成立，得，求出的取值范围．解答解去掉绝对值当时，由，解得当时，由，解得当时，由，解得综上，不等式的解集为设，则，而，即在上恒成立时，应满足即的取值范围是．第页共页年月日线方程，代入抛物线的方程，解得交点坐标，由两点的距离公式......”。

6、“.....代入抛物线的方程，可得，解得，交点为即有．故选已知且，则考点同角三角函数基本关系的运用．分析由和差角的公式化简可得，结合和的范围可得和的值，可得．解答解，又，，联立解得．故选已知数列的前项和则．是等差数列，是等比数列．是等比数列，是等差数列．是等差数列，是等差数列．是等比数列，是等比数列考点等比关系的确定等差关系的确定．第页共页分析数列的前项和解得．当时化为......”。

7、“.....变形为，又数列是等差数列，首项为，公差为．另方面由，可得，又，则，数列是等比数列，首项为，公比为．故选方程有解表示不大于的最大整数，则参数的取值集合是，∉考点根的存在性及根的个数判断．分析化简，从而确定，从而解得．解答解表示不大于的最大整数参数的取值集合是，故选如果存在正实数，使得为奇函数，为偶函数，我们称函数为“和谐函数”．给出下列四个函数第页共页其中“和谐函数”的个数为考点函数奇偶性的性质．分析由，故无论正数取什么值，都不是奇函数......”。

8、“.....因为只有将函数的图象向左或向右平移的整数倍时，才为奇函数或偶函数，代入进行验证看是否符合“和谐函数”的定义即可由，因为只有将函数的图象向左的整数倍时，才为奇函数或偶函数，代入进行验证看是否符合“和谐函数”的定义即可只有为偶函数而的结果，发现规律，求出的值．解答解由题意得，令代入上式得解得令代入得解得令代入得解得根据以上结果发现，求得结果按循环，故故答案为．三解答题本大题分必做题和选做题，其中第第题为必做题，第为选做题......”。

9、“.....的面积为求的长．考点余弦定理正弦定理．分析Ⅰ由三角函数公式化简可得由最大值为可，解方程可得第页共页Ⅱ由题意和Ⅰ可得，由三角形的面积公式可得，再由余弦定理可得．解答解Ⅰ由三角函数公式化简可得由最大值为可，解得Ⅱ由得，即的长为甲乙两人都准备于下午之间到车站乘路公交车外出，设在之间有四班该路公交车开出，已知开车时间分别为......”。