1、“.....求出圆的半径，得到圆的方程，判断当直线的斜率不存在时的圆的方程，即可得到结果．解答解由题意得，得，因为，第页共页得，所以，所以椭圆方程为．假设满足条件的圆存在，其方程为当直线的斜率存在时，设直线方程为，由得，令．，．因为直线与圆相切，所以存在圆当直线的斜率不存在时，也适合．综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意已知函数，其中为自然对数的底数，为常数．若对函数存在极小值，且极小值为，求的值若对任意不等式恒成立......”。

2、“.....对讨论，确定函数的单调性，利用函数存在极小值，且极小值为，可求的值对任意不等式恒成立，等价于对任意不等式恒成立，构造新函数，分类讨论，确定函数的单调性，即可求的取值范围．解答解当时函数在上是增函数，从而函数不存在极值，不合题意当时，由，可得，由，可得，为函数的极小值点，由已知即第页共页不等式，即，设，则，时则在，时为增函数，．，即时在，时为增函数此时恒成立，即时，存在使得，从而，时在，上是减函数，，时不符合题意．综上，的取值范围是......”。

3、“.....选修几何证明选讲．如图，在中，是的平分线，的外接圆交于点求证求函数，时，求的长．考点与圆有关的比例线段．分析连接，因为是圆的内接四边形，所以，由此能够证明．由条件得，根据割线定理得••，即••，由此能求出．解答证明连接，是圆的内接四边形，，，，．是的平分线从而．解由条件得，设，根据割线定理得第页共页••，•••，解得，即．选修坐标系与参数方程．已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴的正半轴重合，直线的极坐标方程为......”。

4、“.....将直线的极坐标方程中消去参数，化为直角坐标方程即可首先，化简曲线的参数方程，然后，根据直线与圆的位置关系进行转化求解．解答解直线的极坐标方程为，．根据曲线的参数方程为为参数．得，它表示个以，为圆心，以为半径的圆，圆心到直线的距离为，曲线上的点到直线的距离的最大值．选修不等式选讲．设函数证明若，求的取值范围．考点绝对值不等式的解法．分析Ⅰ由......”。

5、“.....分别根据，求得的范围，再把所得的范围取并集，即得所求．第页共页解答解Ⅰ由，有，当且仅当，即时取，所以成立．Ⅱ．当，即时由，求得．当，即时由，求得．综上，的取值范围是，，．第页共页年月日出的值为．解答解执行程序框图，有，满足条件满足条件满足条件满足条件满足条件满足条件不满足条件，输出的值为．故选已知是直线“的动点，是圆的条切线，是切点，那么的面积的最小值是考点直线与圆的位置关系．分析求出圆的标准方程，以及三角形的面积......”。

6、“.....则圆心坐标为半径，第页共页则的面积，要使的面积的最小，则最小，即最小即可，此时最小值为圆心到直线的距离，即，此时，即的面积的最小值为，故选已知，均在球的球面上，若三棱锥体积的最大值是．则球的表面积为考点球的体积和表面积．分析设的外接圆的半径为，由已知求出，由已知得到平面的最大距离为，设球的半径为，则，由此能求出，从而能求出球的表面积．解答解设的外接圆的半径为，，解得，三棱锥体积的最大值是均在球的球面上，到平面的最大距离为......”。

7、“.....则，第页共页解得，球的表面积为．故选设函数是奇函数的导函数当时则使得成立的的取值范围是．，，．，，．，，．，，考点函数的单调性与导数的关系．分析由已知当时总有成立，可判断函数为减函数，由已知是定义在上的奇函数，可证明为，，上的偶函数，根据函数在，上的单调性和奇偶性，模拟的图象，而不等式等价于•，数形结合解不等式组即可．解答解设，则的导数为，当时总有成立，即当时，恒小于，当时，函数为减函数，又，函数为定义域上的偶函数又......”。

8、“.....⇔或．故选．第页共页二填空题本大题共小题，每小题分已知向量且与共线，则的值为．考点平面向量的坐标运算．望与方差频率分布直方图离散型随机变量及其分布列．分析由频率分布直方图中小矩形面积之和为，由此能求出．由已知得的取值为且由此能求出的分布列和．解答解由频率分布直方图中小矩形面积之和为，得.，解得利用样本估计总体，该年度空所质量指数在，内为“特优等级”，第页共页且指数达到“特优等级”的概率为.，则的取值为且的分布列为如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直......”。

9、“.....交于点，连结，则，由此能证明平面．以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成角的锐二面角的余弦值．解答证明连结，交于点，连结，是直三棱柱，四边形为矩形，为的中点，又为中点，为中位线，，⊂平面，⊂平面，平面．解三棱柱中，侧棱与底面垂直，是的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则......”。