1、“.....交与，求面积的最大值考点椭圆的简单性质分析Ⅰ运用椭圆的离心率公式和的关系，解方程可得进而得到椭圆方程Ⅱ设切线的方程为，代入椭圆方程，运用判别式为，结合两直线垂直的条件斜率之积为，化简可得的轨迹方程第页共页Ⅲ由题意可得为圆的直径，设，即有运用三角函数的二倍角公式和正弦函数的值域，即可得到所求最大值解答解Ⅰ由题意可得，即，解得即有椭圆的方程为Ⅱ设切线的方程为，可得，代入椭圆方程，即有，由直线与椭圆相切......”。

2、“.....即为，化为，由⊥，可得，即有，化为，可得点的轨迹的方程为圆Ⅲ交于，交与，可得为圆的直径，设，即有则面积为•••，当时，取得最大值，即有面积的最大值为请考生在三题中任选题作答，如果多做，则按所做的第题计分选修几何证明选讲如图，过平行四边形的三个顶点，且与相切，交的延长线于点求证•是的三等分点，且，求考点与圆有关的比例线段分析证明，结合切割线定理，即可证明结论第页共页取中点，连接可得三点共线，为的直径......”。

3、“.....所以又⋅，所以⋅解取中点，连接，由知，所以⊥因为，为的中点，所以⊥所以三点共线，为的直径所以所以选修坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，并在两坐标系中取相同的长度单位已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为为参数，为直线的倾斜角写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程Ⅱ若直线与曲线有唯的公共点，求角的大小考点坐标系的作用简单曲线的极坐标方程分析Ⅰ通过当时，当时......”。

4、“.....得，然后求解曲线的直角坐标方程Ⅱ把，代入，利用，求解直线倾斜角解答解Ⅰ当时，直线的普通方程为当时，直线的普通方程为由，得，所以，即为曲线的直角坐标方程Ⅱ把，代入，整理得由，得，所以或，故直线倾斜角为或选修不等式选讲已知函数第页共页当时，求不等式的解集若对∀∈恒成立，求实数的取值范围考点绝对值三角不等式绝对值不等式的解法分析通过讨论的范围，求出不等式的解集即可令，求出的最大值，从而求出的范围即可解答解时，即求解......”。

5、“.....解得，当时，不等式即，解得当时解得，即综上，原不等式解集为或即恒成立令，则由函数的图象可得它的最大值为，故函数的图象应该恒在函数的图象的上方，数形结合可得即的范围是，∞第页共页年月日化简即可得解解答解在中由正弦定理得，整理得，故选过双曲线，的个焦点的直线与双曲线相交于，两点，当⊥轴，称为双曲线的通径若过焦点的所有焦点弦中，其长度的最小值为，则此双曲线的离心率的范围为，，，∞......”。

6、“.....可得双曲线的通径最小当直线与双曲线的交点在两支上，可得直线的斜率为时，即为实轴，最小为由，结合的关系和离心率公式，计算即可得到范围解答解当经过焦点的直线与双曲线的交点在同支上，可得双曲线的通径最小，令，可得，即有最小值为当直线与双曲线的交点在两支上，可得直线的斜率为时，即为实轴，最小为第页共页由题意可得，即为，即有，则离心率∈，故选设为实数，且函数有零点，则的取值范围是∞，，，∞，∪......”。

7、“.....对选项中的和进行排除验证，从而确定是正确的解答解当时，得舍所以不成立，排除当时令∈所以∈，由图象知在，上有零点所以成立排除，故选二填空题本大题共小题。每小题分。已知向量且∥，则或考点平面向量共线平行的坐标表示分析根据平面向量的坐标运算与共线定理的坐标表示，列出方程即可求出的值解答解向量又∥解得或故答案为或首诗词巍巍宝塔中写道第页共页遥望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十......”。

8、“.....算出塔尖的灯数为考点等比数列的前项和分析设每层的灯数组成等比数列公比利用等比数列的前项和公式即可得出解答解设每层的灯数组成等比数列公比，解得故答案为设奇函数∈，满足对任意∈都有，且时则的值等于考点函数的值函数解析式的求解及常用方法分析由题设知根据χ以及临界值表，若能否有以上的把握认为吸烟与患病有关χχχχχχ考点独立性检验的应用分析Ⅰ根据表中数据，可完成填空Ⅱ根据χ......”。

9、“.....没有以上的把握认为吸烟与患病有关故答案为第页共页如图，在长方体中，只蚂蚁沿侧面从点出发，经过棱上的点到达，当蚂蚁所走的路程最短时，Ⅰ求的长Ⅱ求证⊥平面考点直线与平面垂直的判定棱柱的结构特征分析Ⅰ将长方体展开，根据两点之间线段最短可得为中点，蚂蚁所走的路径最短，利用勾股定理即可计算的值Ⅱ由题意，计算可得，利用勾股定理即可证明⊥，⊥......”。