高三數學（文）回扣材料選填題：集合考點：集合的運算；方法：解不等式，利用集合的運算，集合中元素的性質解決問題典例1、（09高考）集合,,若,則的值為()A.0B.1C.2D.4【解析】:∵,,∴∴,故選D.典例2、（11高考）設集合={x|(x+3)(x-2)<0}，={x|1≤x≤3},則∩=()（A）[1,2)(B)[1,2](C)(2,3](D)[2,3]【解析】因為，所以，故選A.典例3（08高考）、滿足，且的集合的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4【解析】：本題主要考查子集的概念及交集運算。集合中必含有,則或.選B.復數考點：復數的計算；方法：利用復數的加減乘除運算法則，利用復數相等典例1、（09高考）復數等于（）.A．B.C.D.【解析】:,故選C.典例2、（11高考）復數z=(為虛數單位)在復平面內對應的點所在象限為（）（A）第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限【解析】因為,故復數z對應點在第四象限,選D.典例3、（08高考）設的共軛復數是，若，，則等于（）A． B． C． D．【解析】：本小題主要考查共軛復數的概念、復數的運算。可設，由得選D.三、函數考點一：函數的定義域方法：分母不為0，被開方數為非負數，真數大于0，解不等式組。注意集合或區間形式。典例、（12高考)函數的定義域為（）(A)(B)(C)(D)答案：B考點二：函數的值域方法：利用初等函數的值域典例、（10高考）函數的值域為（）A.B.C.D.【解析】因為，所以，故選A?？键c三：函數的圖像選擇方法：排除法。利用函數的性質，特值代入驗證。典例1、（08高考）函數的圖象是（）yxyxOyxOyxOyxOA．B．C．D．典例2、（12高考)函數的圖象大致為（）答案：D考點四：分段函數典例、（09高考）定義在R上的函數f(x)滿足f(x)=，則f（3）的值為()A.-1B.-2C.1D.2【解析】:由已知得,,,,,故選B.考點五：函數的性質綜合方法：數形結合。典例1、（09高考）已知定義在R上的奇函數，滿足,且在區間[0,2]上是增函數,則()ABC.D.答案:D.【命題立意】:本題考查了函數的奇偶性、單調性、周期性等性質,運用化歸的數學思想和數形結合的思想典例2、（12高考）若函數在［－1，2］上的最大值為4，最小值為m，且函數在上是增函數，則a＝＿＿＿＿.當時，有，此時，此時為減函數，不合題意.若，則，故，檢驗知符合題意.考點六：根據奇偶性求值方法：根據奇偶性和周期性把要求的自變量調整到已知區間上。（若奇函數，0屬于定義域，則f（0）=0，）典例、（10高考）設為定義在上的奇函數，當時，（為常數），則（A）-3（B）-1（C）1(D)3考點七、函數的零點方法：變號零點；數形結合轉化為圖像的交點。典例：（09高考）若函數f(x)=a-x-a(a>0且a1)有兩個零點，則實數a的取值范圍是【解析】:設函數且和函數,則函數f(x)=a-x-a(a>0且a1)有兩個零點,就是函數且與函數有兩個交點,由圖象可知當時兩函數只有一個交點,不符合,當時,因為函數的圖象過點(0,1),而直線所過的點（0，a）一定在點(0,1)的上方,所以一定有兩個交點.所以實數a的取值范圍是簡易邏輯考點一：充分性必要性的判定方法：定義法；小范圍推大范圍；等價命題轉化法。典例、（09高考）已知α，β表示兩個不同的平面，m為平面α內的一條直線，則“”是“”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【解析】:由平面與平面垂直的判定定理知如果m為平面α內的一條直線,,則,反過來則不一定.所以“”是“”的必要不充分條件.答案:B.考點二：四種命題方法：互為逆否命題同真假。典例1、（08高考）給出命題：若函數是冪函數，則函數的圖象不過第四象限．在它的逆命題、否命題、逆否命題三個命題中，真命題的個數是（）A．3 B．2 C．1 D．0【解析】：本小題主要考查四種命題的真假。易知原命題是真命題,則其逆否命題也是真命題,而逆命題、否命題是假命題.故它的逆命題、否命題、逆否命題三個命題中,真命題有一個。選C.典例2.（11高考）已知a，b，c∈R，命題“若=3，則≥3”，的否命題是（）(A)若a+b+c≠3，則<3(B)若a+b+c=3，則<3(C)若a+b+c≠3，則≥3(D)若≥3，則a+b+c=3【解析】命題“若,則”的否命題是“若,則”,故選A.考點四：或且非方法：“或”字連接有一真即為真，“且”字連接有一假即為假，“非”字與原來相反。典例、（12高考)設命題p：函數的最小正周期為；命題q：函數的圖象關于直線對稱.則下列判斷正確的是（）(A)p為真(B)為假(C)為假(D)為真【解析】考查邏輯連接詞或且非的真值表。選D?？键c五：全稱命題和存在性命題的否定方法：任意改成存在，存在改成任意，對結論進行否定。典例、命題“對任意的”的否定是（）A．不存在B．存在C．存在D．對任意的【解析】注意兩點：（1）全稱命題變為特稱命題；（2）只對結論進行否定?！敬鸢浮緾立體幾何俯視圖正(主)視圖側(左)視圖2俯視圖正(主)視圖側(左)視圖2322典例1、（08高考）右圖是一個幾何體的三視圖，根據圖中數據，可得該幾何體的表面積是（）A． B． C． D．【解析】：本小題主要考查三視圖與幾何體的表面積。從三視圖可以看出該幾何體是由一個球和一個圓柱組合而成的，其表面及為選D。典例2、（09高考）一空間幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為().A.B.C.D.【解析】:該空間幾何體為一圓柱和一四棱錐組成的,圓柱的底面半徑為1,高為2,體積為,四22側(左)視圖222正(主)視圖棱錐的底面邊長為22側(左)視圖222正(主)視圖俯視圖所以該幾何體的體積為.俯視圖考點二：外接球，內切球問題方法：關鍵找球心。正棱柱的外接球的球心在上下底面中心連線的中點；正三棱錐的球心在幾何體的高線上，內切球的半徑用等體積法。典例、（12模擬）一個三棱錐的三視圖是三個直角三角形，如圖所示，則該三棱錐的外接球的表面積為.【答案】考點三：位置關系的判定方法：長方體模型；利用平行垂直的判定定理性質定理典例、（12模擬）已知m，n是兩條不同直線，α、β是兩個不同平面，下列命題中不正確的是（） A．若 B．若 C．若 D．若【答案】A統計案例考點一：給出樣本或莖葉圖研究數字特征：平均數、方差、眾數、中位數、標準差方法：熟記公式，準確計算。典例1、（08高考）從某項綜合能力測試中抽取100人的成績，統計如表，則這100人成績的標準差為（）分數54321人數2010303010A． B． C．3 D．解析：本小題主要考查平均數、方差、標準差的概念及其運算。選B典例2、（12高考）在某次測量中得到的A樣本數據如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88.若B樣本數據恰好是A樣本數據都加2后所得數據，則A，B兩樣本的下列數字特征對應相同的是（）(A)眾數(B)平均數(C)中位數(D)標準差答案：D考點二：回歸直線方程方法：回歸直線方程恒過典例、（11高考）某產品的廣告費用x與銷售額y的統計數據如下表根據上表可得回歸方程中的為9.4，據此模型預報廣告費用為6萬元時銷售額為(A)63.6萬元(B)65.5萬元(C)67.7萬元(D)72.0萬元【解析】由表可計算,,因為點在回歸直線上,且為9.4，所以,解得,故回歸方程為,令x=6得65.5,選B.考點三：抽樣方法：簡單隨機抽樣：數量??；系統抽樣：等距抽樣；分層抽樣：按比例抽樣典例、（11高考）某高校甲、乙、丙、丁四個專業分別有150、150、400、300名學生，為了解學生的就業傾向，用分層抽樣的方法從該校這四個專業共抽取40名學生進行調查，應在丙專業抽取的學生人數為.【答案】16考點四：頻率分布直方圖方法：小矩形的面積為概率。典例、右圖是根據部分城市某年6月份的平均氣溫(單位：℃)數據得到的樣本頻率分布直方圖，其中平均氣溫的范圍是［20.5，26.5］，樣本數據的分組為，，，，，.已知樣本中平均氣溫低于22.5℃的城市個數為11，則樣本中平均氣溫不低于25.5℃的城市個數為＿＿＿＿.【解析】最左邊兩個矩形面積之和為0.10×1+0.12×1＝0.22，總城市數為11÷0.22＝50，最右面矩形面積為0.18×1＝0.18，50×0.18＝9.三角函數考點一：三角恒等變換求值方法：給角求值，給值求值等問題用湊角，熟記三角恒等變換公式。注意角的范圍。典例、（08高考）已知，則的值是（）A． B． C． D．解析：本小題主要考查三角函數變換與求值。，，選C.考點二：三角函數的圖像變換方法：同名函數：左加右減，上加下減。左右平移一定要提x的系數。伸縮變換只變化周期。異名函數先化同名。典例、（09高考）將函數的圖象向左平移個單位,再向上平移1個單位,所得圖象的函數解析式是A.B.C.D.【解析】:將函數的圖象向左平移個單位,得到函數即的圖象,再向上平移1個單位,所得圖象的函數解析式為,故選A.考點三：解三角形方法：正余弦定理的應用。邊角互化。典例：（10高考）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，,,則角A的大小為.不等式考點一、解不等式一次（二次）不等式，分式不等式，高次不等式，含絕對值不等式。典例：（08高考）不等式的解集是（）A． B． C． D．考點二、線性規劃方法：準確做出可行域，令目標函數為0，平移至邊界點得最值。典例：設變量x，y滿足約束條件，則目標函數的最大值為（）(A)11(B)10(C)9(D)8.5【解析】畫出平面區域表示的可行域如圖所示,當直線平移至點A(3,1)時,目標函數取得最大值為10,故選B.考點三、均值不等式方法：正定等，1的代換利用均值不等式求最值。典例、（10高考）已知，且滿足，則xy的最大值為.答案：3算法框圖（11高考）執行右圖所示的程序框圖，輸入l=2，m=3，n=5，則輸出的y的值是【解析】由輸入l=2，m=3，n=5，計算得出y=278,第一次得新的y=173;第二次得新的y=68<105,輸出y.解析幾何考點一：圓的方程及直線與圓、圓與圓的位置關系方法：確定圓心和半徑；直線與圓相交時；圓圓的位置關系由圓心距與半徑和差有關。典例1、（12高考)圓與圓的位置關系為（）(A)內切(B)相交(C)外切(D)相離答案：B典例2、（10高考）已知圓C過點（1,0），且圓心在x軸的正半軸上，直線l：被圓所截得的弦長為，則圓C的標準方程為.【解析】由題意，設圓心坐標為，則由直線l：被該圓所截得的弦長為得，，解得或-1，又因為圓心在x軸的正半軸上，所以，故圓心坐標為（3，0），又已知圓C過點（1,0），所以所求圓的半徑為2，故圓C的標準方程為。考點二、橢圓、雙曲線、拋物線的方程及性質方法：數形結合典例1、（09高考）設斜率為2的直線過拋物線的焦點F,且和軸交于點A,若△OAF(O為坐標原點)的面積為4,則拋物線方程為()A.B.C.D.【解析】:拋物線的焦點F坐標為,則直線的方程為,它與軸的交點為A,所以△OAF的面積為,解得.所以拋物線方程為,故選B.典例2、（12高考）已知雙曲線：的離心率為2.若拋物線的焦點到雙曲線的漸近線的距離為2，則拋物線的方程為(A)(B)(C)(D)答案：D十、概率考點：幾何概型方法：長度之比，面積之比，體積之比。典例、（09高考）在區間上隨機取一個數x，的值介于0到之間的概率為().A.B.C.D.【解析】在區間上隨機取一個數x,即時,要使的值介于0到之間,需使或，區間長度為，由幾何概型知的值介于0到之間的概率為.故選A.ABCABCP第8題圖考點一、向量的加法運算和平行四邊形法則方法：借助圖形解答典例：（09高考）設P是△ABC所在平面內的一點，，則（）A.B.C.D.【解析】:因為，所以點P為線段AC的中點，所以應該選B。考點二、平面向量的平行垂直（或與三角函數的綜合）方法：，典例：（08高考）已知為的三個內角的對邊，向量．若，且，則角的大小分別為（）A． B． C． D．解析：，，.選C.本題在求角B時,也可用驗證法.考點三、定義新的運算典例：（10高考）定義平面向量之間的一種運算“”如下：對任意的，，令，下面說法錯誤的是(A)若a與b共線，則(B)(C)對任意的，有(D)【解析】若與共線，則有，故A正確；因為，而，所以有，故選項B錯誤，故選B。解答題一、三角函數考點一：三角函數的圖像與性質方法：利用二倍角公式，降冪公式，輔助角公式化為型，整體思想研究值域，單調性（化w為正），周期性（x系數為w）等問題。特別注意：解析式一定要求對，有必要好好檢查。典例：（10高考）已知函數（）的最小正周期為，（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）將函數的圖像上各點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，得到函數的圖像，求函數在區間上的最小值.考點二、解三角形方法：利用正余弦定理邊角互化典例：（11高考）在ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知.求的值；若cosB=，【解析】(1)由正弦定理得所以=,即,即有,即,所以=2.(2)由(1)知=2,所以有,即c=2a,又因為的周長為5,所以b=5-3a,由余弦定理得，即，解得a=1，所以b=2.考點三、三角恒等變換方法：湊角。注意角的范圍。典例1、已知向量=（cos，sin），=（cos，sin），|｜＝．（Ⅰ）求cos（－）的值；（Ⅱ）若０＜＜，－＜＜０，且sin＝－，求sin的值．【解析】（Ⅰ），．---------------------------------------1分，．---------------------------------2分即．．----------5分（Ⅱ）∵，∴---------------------6分∵，∴----------------------------------8分∵，∴------------------------9分∴．-----------------------------------------------------------12分考點四、三角函數的圖像與性質和解三角形結合典例、設函數f(x)=2在處取最小值.求.的值;在ABC中,分別是角A,B,C的對邊,已知,求角C.解:（1）因為函數f(x)在處取最小值，所以,由誘導公式知,因為,所以.所以（2）因為,所以,因為角A為ABC的內角,所以.又因為所以由正弦定理,得,也就是,因為,所以或.當時,;當時,二、概率考點：古典概型方法：列舉法，數個數，，注意：列舉要全面，不重不漏。典例1：（12高考）袋中有五張卡片，其中紅色卡片三張，標號分別為1，2，3；藍色卡片兩張，標號分別為1，2.(Ⅰ)從以上五張卡片中任取兩張，求這兩張卡片顏色不同且標號之和小于4的概率；(Ⅱ)現袋中再放入一張標號為0的綠色卡片，從這六張卡片中任取兩張，求這兩張卡片顏色不同且標號之和小于4的概率.【解析】(I)從五張卡片中任取兩張的所有可能情況有如下10種：紅1紅2，紅1紅3，紅1藍1，紅1藍2，紅2紅3，紅2藍1，紅2藍2，紅3藍1，紅3藍2，藍1藍2.其中兩張卡片的顏色不同且標號之和小于4的有3種情況，故所求的概率為.(II)加入一張標號為0的綠色卡片后，從六張卡片中任取兩張，除上面的10種情況外，多出5種情況：紅1綠0，紅2綠0，紅3綠0，藍1綠0，藍2綠0，即共有15種情況，其中顏色不同且標號之和小于4的有8種情況，所以概率為.典例2、以頻率分布直方圖為背景（12模擬）某縣為增強市民的環境保護意識，面向全縣征召義務宣傳志愿者.現從符合條件的志愿者中隨機抽取100名按年齡分組：第1組，第2組，第3組，第4組，第5組，得到的頻率分布直方圖如圖所示.（1）分別求第3，4，5組的頻率.（2）若從第3，4，5組中用分層抽樣的方法抽取6名志愿者參廣場的宣傳活動，應從第3，4，5組各抽取多少名志愿者？ （3）在（2）的條件下，該縣決定在這6名志愿者中隨機抽取2名志愿者介紹宣傳經驗，求第4組至少有一名志愿者被抽中的概率.【.解析】:(Ⅰ)由題設可知,第3組的頻率為0.06×5=0.3,第4組的頻率為0.04×5=0.2,第5組的頻率為0.02×5=0.1.…………2分(Ⅱ)第3組的人數為0.3×100=30,第4組的人數為0.2×100=20,第5組的人數為0.1×100=10.因為第3,4,5組共有60名志愿者,所以利用分層抽樣的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者,每組抽取的人數分別為:第3組:×6=3;第4組:×6=2;第5組:×6=1.所以應從第3,4,5組中分別抽取3人,2人,1人.…………6分(Ⅲ)記第3組的3名志愿者為A1,A2,A3,第4組的2名志愿者為B1,B2,第5組的1名志愿者為C1.則從6名志愿者中抽取2名志愿者有:(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A1,C1),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,C1),(A3,B1),(A3,B2),(A3,C1),(B1,B2),(B1,C1),(B2,C1),共有15種.其中第4組的2名志愿者B1,B2至少有一名志愿者被抽中的有:(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2),(B1,C1),(B2,C1),共有9種,所以第4組至少有一名志愿者被抽中的概率為…………12分典例3、幾何概型典例、（12模擬）已知關于的一元二次函數（Ⅰ）設集合和，分別從集合和中隨機取一個數作為和，求函數在區間[上是增函數的概率；（Ⅱ）設點是區域內的隨機點，記有兩個零點,其中一個大于，另一個小于,求事件發生的概率.【答案】解：（Ⅰ）∵函數的圖象的對稱軸為要使在區間上為增函數，當且僅當且………………2分若則，若則若則……4分記函數在區間上是增函數則事件包含基本事件的個數是1+2+2=5，∴……6分（Ⅱ）依條件可知試驗的全部結果所構成的區域為，其面積……8分事件構成的區域：由,得交點坐標為………………10分，∴事件發生的概率為……12分三、立體幾何考點一：證明平行、垂直；求幾何體的體積。方法：證明平行垂直用判定定理，性質定理，求體積適當時候要換底，利用等體積法。典例1：（10高考）在如圖所示的幾何體中，四邊形是正方形，平面，，、、分別為、、的中點，且.（I）求證：平面平面；（II）求三棱錐與四棱錐的體積 之比.【解析】（I）證明：由已知MA平面ABCD，PD

∥MA，所以PD∈平面ABC又BC∈平面ABCD，因為四邊形ABCD為正方形，所以PD⊥BC又PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC，在△PBC中，因為G平分為PC的中點，所以GF∥BC因此GF⊥平面PDC又GF∈平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.（Ⅱ）解：因為PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形，不妨設MA=1，則PD=AD=2，ABCD所以Vp-ABCD=1/3S正方形ABCD，PD=8/3由于DA⊥面MAB的距離所以DA即為點P到平面MAB的距離，三棱錐Vp-MAB=1/3×1/2×1×2×2=2/3，所以Vp-MAB：Ｖp-ABCD=1:4。典例2：（12高考）如圖，幾何體是四棱錐，△為正三角形，.(Ⅰ)求證：；(Ⅱ)若∠，M為線段AE的中點，求證：∥平面.【解析】(I)設中點為O，連接OC，OE，則由知，，又已知，所以平面OCE.所以，即OE是BD的垂直平分線，所以.(II)取AB中點N，連接，∵M是AE的中點，∴∥，∵△是等邊三角形，∴.由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即，所以ND∥BC，所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC.考點二、存在性問題方法：先指出點所在的位置，把它當條件證明已知的平行垂直。典例、如圖所示，直棱柱中，底面是直角梯形，，．（1）求證：平面；（2）在A1B1上是否存一點，使得與平面平行？證明你的結論．【解析】（1）證明：直棱柱中，平面，…2分又，∴………5分又平面．………………6分（2）存在點，為的中點可滿足要求．…7分證明：由為的中點，有，且…8分又∵，且，∴為平行四邊形，…10分又面，面，面…12分考點三、折疊問題方法：必須弄清楚在折疊的過程中哪些量改變，哪些量沒變。典例、如圖甲，在平面四邊形ABCD中，已知,,現將四邊形ABCD沿BD折起，使平面ABD平面BDC（如圖乙），設點E、F分別為棱AC、AD的中點．（1）求證：DC平面ABC；（2）設，求三棱錐A－BFE的體積．【解析】（1）證明：在圖甲中∵且∴,即--------------------------------------------2分在圖乙中，∵平面ABD平面BDC，且平面ABD平面BDC＝BD∴AB⊥底面BDC，∴AB⊥C D．------------------------------------------4分又，∴DC⊥BC,且∴DC平面AB．---------------------7分（2）解法1：∵E、F分別為AC、AD的中點∴EF//CD，又由（1）知，DC平面ABC，∴EF⊥平面ABC，--------------------------------------------------------8分∴-------------------------9分在圖甲中，∵,∴,由得,--------------------------11分∴∴∴-------------------------------------------14分考點四、給出三視圖研究平行垂直問題方法：證明問題前要根據三視圖描述幾何體的形狀。典例、已知四棱錐如圖5-1所示，其三視圖如圖5-2所示，其中正視圖和側視圖都是直角三角形，俯視圖是矩形.（Ⅰ）求此四棱錐的體積；(Ⅱ)若E是PD的中點，求證：平面PCD；(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下，若F是的中點，證明：直線AE和直線BF既不平行也不異面.【解析】（Ⅰ）由題意可知，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，其面積，高，所以（4分）(Ⅱ)由三視圖可知，平面，∴（5分）∵是正方形，∴（6分）又，平面，平面∴平面，（7分）∵平面，∴（8分）又是等腰直角三角形，E為PD的中點，∴（9分）又，平面，平面∴平面.(10分)(Ⅲ)∵分別是的中點，∴且又∵且，∴且∴四邊形是梯形，(13分)是梯形的兩腰，故與所在的直線必相交。所以，直線AE和直線BF既不平行也不異面.(14分)四、數列考點一：數列求通項，求和方法：（1）求通項的方法：基本量的運算，已知求（注意驗證n=1），已知與的關系（2）求和的方法：公式法，分組求和，裂項求和，錯位相減法求和，倒序相加，并項求和。典例1、（10高考）已知等差數列滿足：，.的前n項和為.（Ⅰ）求及；（Ⅱ）令（）,求數列的前n項和.【解析】（Ⅰ）設等差數列的公差為d，因為，，所以有，解得，所以；==。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以bn===，所以==，即數列的前n項和=。典例2、（12高考）已知等差數列的前5項和為105，且.(Ⅰ)求數列的通項公式；(Ⅱ)對任意，將數列中不大于的項的個數記為.求數列的前m項和.【解析】(I)由已知得：解得,所以通項公式為.(II)由，得，即.∵，∴是公比為49的等比數列，∴.典例3、(09高考)等比數列{}的前n項和為，已知對任意的，點，均在函數且均為常數)的圖像上（1）求r的值；（11）當b=2時，記求數列的前項和解:因為對任意的,點，均在函數且均為常數)的圖像上.所以得,當時,,當時,,又因為{}為等比數列,所以,公比為,所以（2）當b=2時，,則相減,得所以考點二：證明等差等比數列方法：定義法。典例4、在數列中，，若函數在點處切線過點（）求證：數列為等比數列；求數列的通項公式和前n項和公式.【解析】：（1）因為，所以切線的斜率為，切點（1，2），切線方程為………………2分又因為過點（），所以，即①…………4分所以，即數列為一等比數列，公比.……………6分（2）由（1）得為一公比為的等比數列，……………8分則∴，…………10分……………12分典例5、,點在曲線上且（Ⅰ）求證:數列為等差數列,并求數列的通項公式；（Ⅱ）設數列的前n項和為,若對于任意的,存在正整數t,使得恒成立,求最小正整數t的值．【解析】,2分所以是以1為首項,4為公差的等差數列．2分,,3分（Ⅱ）．2分…．2分對于任意的使得恒成立,所以只要2分或,所以存在最小的正整數符合題意1分五、圓錐曲線考點一、（1）求圓錐曲線方程方法：定義法；待定系數法；直接法。注意：方程求不對，后面是浪費時間，切記?。?）求弦長，面積的最值方法：把弦長、面積表示為關于k或截距m的函數，利用均值不等式或二次函數等函數問題求最值典例1、（12高考）如圖，橢圓的離心率為，直線和所圍成的矩形ABCD的面積為8.(Ⅰ)求橢圓M的標準方程；(Ⅱ)設直線與橢圓M有兩個不同的交點與矩形ABCD有兩個不同的交點.求的最大值及取得最大值時m的值.【解析】(I)……①矩形ABCD面積為8，即……②由①②解得：，∴橢圓M的標準方程是.(II)，設，則，由得..當過點時，，當過點時，.①當時，有，，其中，由此知當，即時，取得最大值.②由對稱性，可知若，則當時，取得最大值.③當時，，，由此知，當時，取得最大值.綜上可知，當和0時，取得最大值.考點二、定點定值問題方法：(1)從特殊情況入手，求出定點定值，再證明這個值與變量無關（2）直接推理、計算，并在推理計算的過程中消去變量，從而得到定點定值。典例2、（11高考）在平面直角坐標系中，已知橢圓.如圖所示，斜率為且不過原點的直線交橢圓于，兩點，線段的中點為，射線交橢圓于點，交直線于點.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）若?，（i）求證：直線過定點；（ii）試問點，能否關于軸對稱？若能，求出此時的外接圓方程；若不能，請說明理由.【解析】（Ⅰ）由題意:設直線,由消y得:,設A、B,AB的中點E,則由韋達定理得:=,即,,所以中點E的坐標為E,因為O、E、D三點在同一直線上，所以，即，解得，所以=,當且僅當時取等號,即的最小值為2.（Ⅱ）（i）證明:由題意知:n>0,因為直線OD的方程為,所以由得交點G的縱坐標為,又因為,,且?，所以,又由（Ⅰ）知:,所以解得,所以直線的方程為,即有,令得,y=0,與實數k無關,所以直線過定點(-1,0).（ii）假設點，關于軸對稱,則有的外接圓的圓心在x軸上,又在線段AB的中垂線上,由（i）知點G(,所以點B(,又因為直線過定點(-1,0),所以直線的斜率為，又因為，所以解得或6，又因為,所以舍去,即，此時k=1，m=1，E，AB的中垂線為2x+2y+1=0，圓心坐標為，G(,圓半徑為，圓的方程為.綜上所述,點，關于軸對稱,此時的外接圓的方程為.典例2、（07高考） 已知橢圓的中心在坐標原點，焦點在軸上，橢圓上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1．（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線與橢圓相交于兩點（不是左右頂點），且以 為直徑的圖過橢圓的右頂點．求證：直線過定點，并求出該定點的坐標．【解析】：（I）由題意設橢圓的標準方程為，由已知得：，，，，橢圓的標準方程為（Ⅱ）設，，聯立得，又，因為以為直徑的圓過橢圓的右焦點，，即，，，解得：，，且均滿足，當時，的方程為，直線過定點，與已知矛盾；當時，的方程為，直線過定點所以，直線過定點，定點坐標為六、導數的應用考點一、1、利用函數研究函數的單調性方法:（1）求定義域（2）求導，通分（3）最高次項系數含參數，先討論其為0（4）能分解因式，求根，比較根的大小產生討論，注意根是否在定義域內（5）不能分解因式，討論判別式。2、證明不等式方法：作差構造新函數，證明新函數的最值大于0或小于0.典例：（12高考）已知函數為常數，e=2.71828…是自然對數的底數)，曲線在點處的切線與x軸平行.(Ⅰ)求k的值；(Ⅱ)求的單調區間；(Ⅲ)設，其中為的導函數.證明：對任意.【解析:】(I)，由已知，，∴.(II)由(I)知，.設，則，即在上是減函數，由知，當時，從而，當時，從而.綜上可知，的單調遞增區間是，單調遞減區間是.(III)由(II)可知，當時，≤0＜1+，故只需證明在時成立.當時，＞1，且，∴.設，，則，當時，，當時，，所以當時，取得最大.所以.綜上，對任意，.考點二、函數應用題方法：審題，建立數學模型，列出解析式，利用導數求單調性求最值。典例：（11高考）某企業擬建造如圖所示的容器（不計厚度，長度單位：米），其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設計要求容器的體積為立方米，且.假設該容器的建造費用僅與其表面積有關.已知圓柱形部分每平方米建造費用為3千