1、“.....，时，符合条件，选解析因为，，且，，所以，故，，所以，所以，得，故选解析画出可行域如图阴影部分所示，直线恒过点，，则直线与区域有公共点时满足或而，，则或，选解析分别过点，作准线的垂线，垂足分别为设准线与轴交于点根据抛物线的定义得，设，，则，，，由得，由得，，，选解析，由得或因为函数有两个不同零点，又，则，即，整理得，所以，所以所以当时，的最小值是，选解析题中的几何体是三棱锥，如图，其中底面是等腰直角三角形，，平面，，，，取的中点......”。

2、“.....该几何体的外接球的半径是，该几何体的外接球的体积为，选二填空题本大题共小题，每小题分，共分。解析由题意，，，则展开式的通项为，令，得，故解析因为，，所以，归纳得解析由于，函数的最小值为，又，即的最小值为，令，令，当且仅当时，取得最小值，因此，解得，所以解析由题意可知，，在中，由正弦定理得，得，所以来源，当时，的最大值为三解答题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。解Ⅰ由题意可知，当时，，两式相减得，又......”。

3、“.....得，所以满足题意，由Ⅰ可知，若数列，取得最小值，因此，解得，所以解析由题意可知，，在中，由正弦定理得，得，所以来源，当时，的最大值为三解答题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。解Ⅰ由题意可知，当时，，两式相减得，又，，得，所以满足题意，由Ⅰ可知，若数列为等差数列，则，，为等差数列，所以，解得，所以，显然数列为等差数列„„„分解Ⅰ证明在图中取的中点，连接因为，所以，„„„分又因为，所以......”。

4、“.....所以平面，„„„分而平面，所以„„„分Ⅱ由Ⅰ知，，因为，，所以，因为，所以，所以为等腰直角三角形，且，，所以，„„„„„„分以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，所以，，可求得平面的个法向量为，易知是平面的个法向量，„„„分所以，，„„„分因为二面角为锐角，故二面角的余弦值为„„„分解Ⅰ记“该同学得分”为事件，则„„„分Ⅱ由题意知，的可能取值为，，，，，所以的分布列为„„„分解Ⅰ因为，所以设则，椭圆的方程为代入点的坐标得，，所以椭圆的方程为„„„分Ⅱ设点，的坐标分别为由得，即，，„„„分......”。

5、“.....点到直线的距离，„„„分的面积„„„分，当且仅当，即时等号成立所以当时，面积的最大值为„„„分解Ⅰ由，，则，，，，„„„分曲线在点，处的切线为，曲线在点，处的切线为，即，依题意，得„„„分Ⅱ证明ⅰ，令，所以，当，时，，所以单调递减，所以„„„分令，则所以单调递减，故，所以成立„„„分ⅱ由ⅰ，取得，令，则，当时，因此„„„分又，故，即设两点对应的参数分别为......”。

6、“.....，所以„„„„„„„„„„分解Ⅰ不等式，即，由不等式两边平方化简得解得或，所以不等式的解集为或„„„分Ⅱ由条件知，不等式有解，即有解设，则问题可转化为，而，由解得或，所以的取值范围是„„„分理科数学第Ⅰ卷选择题本大题共个小题，每小题分，在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的已知集合开式的通项为，令，得，故解析因为，，所以，归纳得则有，该几何体的外接球的半径是，该几何体的外接球的体积为，选二填空题本大题共小题，每小题分，共分。解析由题意，，，则展的最小值是，选解析题中的几何体是三棱锥，如图......”。

7、“.....，平面，，，，取的中点，连接，则，即，整理得，所以，所以所以当时，，由得，由得，，，选解析，由得或因为函数有两个不同零点，又，则或，选解析分别过点，作准线的垂线，垂足分别为设准线与轴交于点根据抛物线的定义得，设，，则，，，得，故选解析画出可行域如图阴影部分所示，直线恒过点，，则直线与区域有公共点时满足或而，，且，，所以，故，，所以，所以与的图象关于直线对称，选解析第次循环，，第次循环，，第次循环，，时，符合条件，选解析因为......”。

8、“.....，即，所以，故选解析令，因为函数与的图象关于直线对称，所以函数，直线的方程是，，选解析要使方程有实根，只需满足，即，又，是从区间，上随机取两个数，则满足条件的，如图所示，，选以，选解析因为，选解析因为直线的斜率为，所以由垂径定理得直线的斜率为鲁开红张兴虎张波李建民张宇甜彭力选择题本大题共小题，每小题分，共分。来源学科网题号答案来源学科网解析集合，，所Ⅰ证明Ⅱ若，，求二面角的余弦值昆明市第中学届高三第七期月考参考答案理科数学来源学科网命题审题组教师丁茵顾先成杨仕华集若不等式有解，求实数的取值范围第七次月考立体几何理科第题修改稿理科题图不要，题目修改为本小题满分分如图所示的立体图形中......”。

9、“.....且直线与曲线交于，两点，求的值本小题满分分选修不等式选讲已知函数求不等式的解的长度单位已知点的极坐标为，，是曲线上任意点，点满足，设点的轨迹为曲线求曲线的直角坐标方程若过点，的直线的参数方的长度单位已知点的极坐标为，，是曲线上任意点，点满足，设点的轨迹为曲线求曲线的直角坐标方程若过点，的直线的参数方程为为参数，且直线与曲线交于，两点，求的值本小题满分分选修不等式选讲已知函数求不等式的解集若不等式有解，求实数的取值范围第七次月考立体几何理科第题修改稿理科题图不要，题目修改为本小题满分分如图所示的立体图形中，，Ⅰ证明Ⅱ若，......”。