1、“.....上的增函数，则若，上的减函数，则假设是闭函数，因为函数在，上是增函数，所以存在存在区间，满足，即方程在区间，上有两不相等的实根，可将变形为，可知此方程有两个大于零的不等实根的范围试题解析解是减函数，故闭函数的好区间是，分若，上的增函数，则„„„„„„„„„„分Ⅱ„„„„„„„„„„„分，或„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„分考点本试题考查了考点解析考点解析，或解析试题分析解Ⅰ由，得，„„„„„„„„„分又，，，，，抽样方法系统抽样......”。

2、“.....正态分布，性检验解析试题分析，，，果服从正太态布，则，正确对于两个分类变量和的随机变量的观测值来说，越大，判断与有关系的把握程度越大，④错故只有个正确考点值解析试题分析从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每分钟从中抽取件产品进行项指标检测，这样的抽样是系统抽样，错两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于，正确项测量结物线方程解析略解析，则。所以当，时，此时函数单调递增，当，时，此时函数单调递减。所以函数在取到极大，则即，即，解得所以实数的取值范围为，故选考点解析试题分析由抛物线的定义可得又故，抛物线方程是考点抛环后判断，此类问题的解答的关键是根据每次循环......”。

3、“.....准确计算的结果，直到最后终止循环，输出结果解析试题分析由题可知，若有与输出，方法点晴本题主要考查了程序看图中直到型循环结构计算与输出，属于基础题，对于循环结构有两种形式应用，其中当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型是先循为偶函数。应选。解析试题分析根据程序框图知，当时，输出第次循环得到，第次循环得到，第次循环得到，，所以，故选考点程序框图的计算，所以，选考点函数的单调性与导数解析本题主要考查的是三角函数的图像与性质。由条件可知即的条对称轴。又是由向左平移个单位得到的，所以关于对称，即，设，则，因为，所以在上恒成立，所以上单调递增，而......”。

4、“.....所卷成的圆锥底面圆的半径为，由勾股定理，可知，圆锥的高，所以圆锥的体积为鬃，故选考点圆锥的体积解析试题分析由等比数列通向公式及性质解析试题分析由向量加法的平行四边形法则可得所以，所以正确考点向量，令，则的通项为，令，则，的展开式中，系数为考点二项式定理解析解析试题分析考点的取值范围参考答案解析试题分析因为向量向量，，且，所以，故选考点平面向量的数量积解析试题分析的展开式的通项为的取值范围参考答案解析试题分析因为向量向量，，且，所以，故选考点平面向量的数量积解析试题分析的展开式的通项为，令，则的通项为，令，则，的展开式中......”。

5、“.....所以正确考点向量加法的平行四边形法则解析试题分析根据题意可知，所卷成的圆锥底面圆的半径为，由勾股定理，可知，圆锥的高，所以圆锥的体积为鬃，故选考点圆锥的体积解析试题分析由，设，则，因为，所以在上恒成立，所以上单调递增，而，故不等式等价于，所以，选考点函数的单调性与导数解析本题主要考查的是三角函数的图像与性质。由条件可知即的条对称轴。又是由向左平移个单位得到的，所以关于对称，即为偶函数。应选。解析试题分析根据程序框图知，当时，输出第次循环得到，第次循环得到......”。

6、“.....，所以，故选考点程序框图的计算与输出，方法点晴本题主要考查了程序看图中直到型循环结构计算与输出，属于基础题，对于循环结构有两种形式应用，其中当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型是先循环后判断，此类问题的解答的关键是根据每次循环，把握好判断的条件，准确计算的结果，直到最后终止循环，输出结果解析试题分析由题可知，若有，则即，即，解得所以实数的取值范围为，故选考点解析试题分析由抛物线的定义可得又故，抛物线方程是考点抛物线方程解析略解析，则。所以当，时，此时函数单调递增，当，时，此时函数单调递减。所以函数在取到极大值解析试题分析从匀速传递的产品生产流水线上......”。

7、“.....这样的抽样是系统抽样，错两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于，正确项测量结果服从正太态布，则，正确对于两个分类变量和的随机变量的观测值来说，越大，判断与有关系的把握程度越大，④错故只有个正确考点抽样方法系统抽样，线性相关关系，正态分布，性检验解析试题分析，，，，，，考点解析考点解析，或解析试题分析解Ⅰ由，得，„„„„„„„„„分又，，„„„„„„„„„„分Ⅱ„„„„„„„„„„„分，或„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„分考点本试题考查了函数的定义域和值域的求解运用......”。

8、“.....以及对数式的函数的定义域的求解和值域的准确表示，并结合数轴法来求解交集和补集，属于基础题。易错点就是集合的求解，忽略了对数真数大于零。解析试题分析由直线过的两点坐标求得直线斜率，在借助于点斜式方程可得到直线方程借助于圆的几何性质可知圆心在直线上，又圆心在直线上，从而可得到圆心坐标，圆心与，的距离为半径，进而可得到圆的方程试题解析由已知，直线的斜率，所以，直线的方程为因为圆的圆心在直线上，可设圆心坐标为，因为圆与轴相切于，点，所以圆心在直线上，所以，所以圆心坐标为半径为，所以，圆的方程为考点直线方程圆的方程ⅠⅡ解析试题分析Ⅰ由正弦定理得又因为，从而得出的范围。Ⅱ把要求的式子进行化简，然后用辅助角公式将其化为只含有个三角名的式子，即可求出它的取值范围。试题解析解Ⅰ由正弦定理，得，即由，得又，故为锐角......”。

9、“.....由，得，故，所以当时取到等号所以的最小值是考点正弦定理及诱导公式辅助角公式的运用或当时，特征向量当时，特征向量解析试题分析利用逆矩阵的计算公式求出的逆矩阵利用特征多项式对应方程的根，求矩阵的特征值，再结合对应的方程，求出每个特征值所对应的特征向量试题解析解可逆分分的特征多项式由，得或分当时，由当时，由分考点矩阵与变换，解析试题分析解当时，解得，即为真时实数的取值范围是若∧为真，则真且真，所以实数的取值范围是，是的必要不充分条件即是的必要不充分条件，设则......”。