1、“.....求得，以为直径的圆与直线相切解答解椭圆过点，又即即故，椭圆方程为则直线的方程为，与椭圆方程联立有消去得到，解得由弦长公式得第页共页证明过，的直线的方程为与的直线方程联立有所以以为直径的圆的圆心为半径，圆心到直线的距离所以以为直径的圆与直线相切已知函数，其中∈，为自然对数的底数当时，求曲线在，处的切线方程当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围考点利用导数研究曲线上点切线方程利用导数研究函数的单调性分析当时求出的解析式......”。

2、“.....从而求出切线的斜率，再用点斜式写出切线方程，化成斜截式即可将分离出来得，设，然后利用导数研究函数在，∞上单调性，求出的最小值，使即可解答解当时切线方程为，⇔，设，则，设，则ϕ，ϕ在，∞上为增函数，ϕ在，∞上为增函数选修几何证明选讲第页共页如图，是圆的直径，为的延长线上点，切线交圆于点，的平分线分别交，于点，求证若求的长考点相似三角形的性质分析利用弦切角定理角平分线的性质三角形外角定理即可得出由知可得......”。

3、“.....可得由于是圆的直径，可得，利用三角形内角和定理可得，再利用直角三角形的边角关系即可得出解答证明由弦切角定理可知，由三角形的外角定理得，解由知，公共角，又，由三角形的内角和定理知，是圆的直径在中，又选修坐标系与参数方程已知直线的方程为为参数，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为把曲线的方程化为直角坐标方程，并说明曲线的形状若曲线上存在点到直线的距离为......”。

4、“.....两边同时乘以后代入得答案第页共页化直线的参数方程为普通方程，画出图形，数形结合求得满足条件的实数的取值范围解答解由，得即化为标准方程曲线是以，为圆心，以为半径的圆化直线的方程为若曲线上存在点到直线的距离为，由图可知，直线在轴上截距的范围为即∈∈，选修不等式选讲设函数，当时，求不等式的解集当∈，时恒成立，求的取值范围考点函数恒成立问题绝对值不等式的解法分析设化为分段函数，由的图象可知不等式的解集转化为......”。

5、“.....时，又，即，即恒成立又，第页共页年月日尺，因此葛藤长尺故选已知为双曲线的左右焦点，点为双曲线上点且满足⊥轴，则为考点双曲线的简单性质分析求得双曲线的，由题意可得在双曲线的左支上，令，求得，可得，再由双曲线的定义，计算即可得到所求值解答解双曲线的，第页共页即有由⊥轴，可得点在左支上，令，代入双曲线的方程可得即有，由双曲线的定义可得，可得故选执行如图所示的程序框图......”。

6、“.....依次写出每次循环得到的，值，当时，满足条件，输出的值为解答解模拟程序的运行，可得，不满足条件，执行循环体不满足条件，执行循环体不满足条件，执行循环体满足条件，退出循环，输出的值为故选已知，且∈函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于，则的值为考点正弦函数的图象分析由周期求出，由条件求出的值，从而求得的值第页共页解答解根据函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于，可得，由，且∈可得，则，故选几何体的三视图如图所示......”。

7、“.....由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积解答解根据三视图可知几何体是半个圆锥，且底面圆的半径是，高是，几何体的体积，故选设是定义在，∪，的奇函数，其导函数为，且，当∈，时则关于的不等式的解集为考点利用导数研究函数的单调性导数的运算分析根据条件构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性，根据函数单调性之间的关系解不等式即可解答解令，则......”。

8、“.....时，即在，上递减，在，上递增，当∈，时当∈，时故选二填空题已知函数的定义域为则函数的定义域为性回归方程预测当气象台预报月日的白天气温为时奶茶店这种饮料的销量结果四舍五入附线性回归方程中，其中，为样本平均值考点线性回归方程分析根据题意列举出从组数据中选取组数据共有种情况，每种情况都是可能出现的，满足条件的事件包括的基本事件有种根据等可能事件的概率做出结果第页共页根据所给的数据，先做出，的平均数，即做出本组数据的样本中心点......”。

9、“.....写出线性回归方程利用线性回归方程，取，即可预测该奶茶店这种饮料的销量解答解设这组数据分别为，则抽取组数据可能的情况为，总事件数为种，满足相邻天的基本事件数为种情况，故概率分，分分，分故当温度为时，销量为杯此时销量约为杯分在直三棱柱中，是的中点，是上点当，求证⊥平面若⊥，求三棱锥体积考点棱柱棱锥棱台的体积直线与平面垂直的判定分析证明与两线，垂直，利用线面垂直的判定定理得出⊥平面若⊥，则∽，可求......”。