1、“.....使得直线与曲线，均相切若存在，求的值及直线的方程若不存在，请说明理由若函数在区间，上是单调函数，求的取值范围考点利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上点切线方程分析求出，的导数，设出切点，求得切线的斜率，运用点斜式方程可得切线的方程，即可判断存在及求出的解析式和导数，令，求出导数，判断单调性，再对讨论，分判断的单调性，进而得到的单调性，即可得到所求范围解答解的导数为，设曲线在点处切线过原点，则切线方程为，由点在切线上，可得，解得......”。

2、“.....设直线与曲线切于点由的导数为，可得，即有，又，则，可得，解得，故存在及，使得直线与曲线，均相切令，则，易知在，上单调递减，从而当时，即时在区间，上单调递增，由，可得在，上恒成立，即在，上恒成立即在区间，上单调递减，则满足题意当时，即时，由，当且时，∞，故函数存在唯零点∈且在，上单调递增，在，上单调递减，又，可得在，上单调递增注意到，∈即有在，上单调递减，这与在区间，上是单调函数矛盾，则不合题意综合得，的取值范围是∞......”。

3、“.....如果多做，则按所做的第题记分选修几何证明选讲如图所示，直线为圆的切线，切点为，点在圆上，的平分线交圆于点，垂直交圆于点证明设圆的半径为延长交于点，求线段的长考点与圆有关的比例线段分析连接交于点，由弦切角定理可得，由已知角平分线可得，于是得到，由已知⊥，可知为的直径，≌，利用三角形全等的性质即可得到由可知是的垂直平分线，即可得到设的中点为，连接，可得从而得到⊥进而得到线段的长解答证明连接交于点，由弦切角定理得，又⊥，是直径，≌......”。

4、“.....由知，故是的中垂线，连接，圆的半径为，⊥，第页共页选修坐标系与参数方程直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，∈以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为若直线与曲线有且仅有个公共点，求点的直角坐标若直线与曲线相交于，两点，线段的中点横坐标为，求直线的普通方程考点参数方程化成普通方程简单曲线的极坐标方程分析曲线的极坐标方程为，即，把代入可得的直角坐标方程把直线的参数方程代入上式并整理得令，解出即可得出点的直角坐标设......”。

5、“.....即，把代入可得的直角坐标方程为，即把直线的参数方程代入上式并整理得令，解得点的直角坐标为设，两点对应的参数分别为则线段的中点对应的参数为则，解得直线的普通方程为选修不等式选讲已知函数求不等式的解集若不等式对任意∈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利用绝对值的几何意义，求不等式的解集若不等式对任意∈恒成立，分类讨论，转化为......”。

6、“.....不成立，综上所述不等式的解集为时，不等式成立，≠时，时成立时，时，成立，综上所述实数的取值范围为或第页共页年月日入住同标间的概率为考点古典概型及其概率计算公式分析先求出基本事件总数，再求出入住同标间包含的基本事件个数，由此能求出入住同标间的概率解答解宾馆随机安排五名男生入住个标间，共有种情形，入住同标间有种情形，入住同标间的概率为故选如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是多面体的三视图......”。

7、“.....该多面体的直观图为直三棱柱截去个三棱锥，即四棱锥，即可得出解答解如图所示，该多面体的直观图为直三棱柱截去个三棱锥，即四棱锥，故选第页共页若函数，∈，存在零点，则实数的取值范围是，∞，∞∞，∞，考点函数零点的判定定理分析确定函数是偶函数在上只有个零点，即可得出结论解答解，函数是偶函数，当时，恒成立，函数无零点，当时函数在上单调递减在上只有个零点，由是偶函数可知，函数恰有两个零点故选如图所示，已知椭圆点分别是椭圆的左顶点和左焦点......”。

8、“.....且为定值，则椭圆的离心率为第页共页考点椭圆的简单性质分析设由是常数，得，然后利用，转化为关于的方程，由系数相等可得，的关系式，从而求得椭圆的离心率解答解设，设要使得是常数，则有，是常数，比较两边系数得故，即，即，即，又，故选二填空题每题分，满分分，将答案填在答题纸上若二项展开式的第三项系数为，则实数考点二项式定理的应用分析由条件利用二项展开式的通项公式，求得实数的值解答解由题意可得二项展开式的第三项系数为解得......”。

9、“.....再与的解集取交集即可得到函数•的定义域解答解要使原函数有意义，则，解得函数•的定义域为故答案为已知数列各项均不为，其前项和为，且则考点数列递推式分析利用递推关系等差数列的通项公式及其前项和公式即可得出解答解当时即，当时，两式相减得将代入两个回归方程，验证乙同学正确，故回归方程为第页共页理想数据的个数ξ取值为，理想数据的个数ξ的分布列数学期望如图所示......”。