本试卷共10页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中．有且只有一项是符合题目要求的．
1.设集合，，则集合、的关系为（ ）
A． ． ． ．
（原创）主要考查集合之间的关系及简单分式不等式的解法，命题灵感来源于教材
(命题意图)考查集合的关系，分式不等式的解法,共2个知识点
解析: ,故选B．
2.设为虚数单位，且复数，则的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
（原创）主要考查复数的基本概念（实部、虚部、共轭）及复数的除法运算，命题灵感来源于教材及广东近年的高考试题
(命题意图)考查复数的基本概念及其运算能力，共3个知识点
解析: 的虚部为，故选A．
3.在中，为边的中点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
（原创）主要考查平面向量的坐标表示及运算，命题灵感来源于教材及广东近年的高考试题
(命题意图)考查平面向量的坐标表示及运算能力,共2个知识点
解析：为边的中点，故选D．
4.某几何体的三视图如图1所示，则该几何体的侧面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
图1
（原创）主要考查空间几何体的三视图概念，空间想象和运算能力，
命题灵感来源于日常生活及广东近年的高考试题
(命题意图)考查空间想象及运算能力,共2个知识点
解析：易知该几何体的左、右两个侧面为全等的直角梯形，其面积均为,前侧面及后侧面为等腰三角形，其面积分为和，于是该几何体的侧面积为，故选C．
5.下列命题中，正确的命题为（ ）
(1) 函数的单调递减区间为；
(2) 若函数是奇函数，则函数是偶函数；
(3) 设为二项式系数中的最大值，若的值唯一，则；
(4) 设为事件的概率，则“”是“事件为不可能事件”的充要条件．
A．（1）、（3） B．（2）、（3） C．（1）、（4） D．（2）、（4）
（原创）主要考查函数的基本性质（单调性、奇偶性），二项式系数的特征（对称性、单调性），事件的概率，充要条件的判定，命题灵感来源于教学中的学生典型错误
(命题意图)考查函数的基本性质，二项式系数的特征，事件的概率，充要条件的判定及推理、分析的逻辑思维能力,共6个知识点
解析：函数的单调递减区间为和，即(1)错误；由函数的奇偶性的定义可知，若函数是奇函数，则函数是偶函数，即(2)正确；由二项式系数的单调性及对称性特征可知(3)正确；由几何概型举特例可知，“”是“事件为不可能事件”的必要不充分条件，(4)错误．综上：只有(2) 、(3)正确，故选B．
6.设函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（原创）主要考查分段函数，简单的指数、对数、绝对值不等式的解法及函数与不等式转化、分类讨论、数形结合的数学思想，命题灵感来源于教学中的学生典型错误
(命题意图)考查基本初等函数类型及不等式的解法，数形结合及转化化归的数学思想,共4个知识点
解析：当时，或或（舍）；
当时，．综上：或，故选D．
7.以原点为中心，焦点在轴上的双曲线，有一条渐近线的倾斜角为，点是该双曲线的右焦点．位于第一象限内的点在双曲线上，且点是线段的中点．若,则双曲线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
（原创）主要考查双曲线的定义和方程，直线的倾斜角，三角形的中位线性质及转化化归的数学思想，命题灵感来源于逆向分析
(命题意图)考查双曲线的基本概念及直线的倾斜角，中位线定理，数形结合及转化化归的数学思想,共5个知识点
解析：设双曲线的方程为，点是该双曲线的左焦点．因为点是线段的中点，则线段是的中位线，即有，即，又其渐近线的倾斜角为，则，故选C．
8.设为定义在上的可导函数，定义运算和如下：对均有；．若，使得对于，恒有成立，则称实数为函数的基元，则下列函数中恰有两个基元的是（ ）
A． B． C． D．
（原创）以函数及其导数为载体来考查对新定义的理解及转化化归的数学思想，命题灵感来源于群论中的基本概念（单位元、零元）
(命题意图)考查对新信息的理解与探究，及转化化归的数学思想，充分体现新课改的教学理念,共4个知识点
解析：由新定义可知，若实数为函数的基元等价于且，由此易知函数有两个基元，函数和函数有一个基元，函数有无穷多个基元，故选A．
二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分．
（一）必做题（9～13题）
9.函数的定义域为 ．
（原创）主要考查函数的定义域及缜密的数学思维，命题灵感来源于教学中的学生典型错误
(命题意图)考查函数的基本概念及缜密的逻辑思维,共2个知识点
解析：或，故应填或或．
10.等比数列中，，则 ．
（原创）主要考查等比数列的定义及其性质，命题灵感来源于教学中的学生典型错误
(命题意图)考查等比数列的定义及其性质和运算能力,共2个知识点
解析：，，故应填．
11.设平面区域,点，若的最大值为，则实数的取值范围是 ．
（原创）主要考查线性规划的逆向问题，直线方程的截距式，数形结合的数学思想及分析推理能力，命题灵感来源于教材及逆向分析
(命题意图)考查逆向分析、解决问题的能力，数形结合的数学思想及分析推理能力，及运动的辩证思维能力,共3个知识点
11题解析图
解析：如11题解析图所示，可知题设平面区域为，其中点，，又，为直线在轴上的截距．由于的最大值为，故直线应介于直线即之间，即直线在轴上的截距应满足：，
即或，故应填或或．
12.执行如图2所示的程序，则输出的 ．
（原创）主要考查算法的基本逻辑结构和程序框图，等比数列求和，命题灵感来源于等比数列求和公式及近年广东高考试题
(命题意图)考查算法基本概念及利用算法思想解决问题的综合能力,共3个知识点
解析：易知，
则输出的值为满足不等式的最小正整数，易知，故应填．
图2
13.设曲线在处的切线与抛物线在
的部分有两个交点，则实数的取值范围是 ．
（原创）主要考查导数的几何意义，曲线的切线和数形结
合及转化化归的数学思想，命题灵感来源于教材及逆向分析
(命题意图)考查数形结合、转化化归的数学思想及解析几何的本质,共4个知识点
13题解析图
解析：，易知曲线在处的切线的斜率为，切点为，于是切线的方程为：．如13题解析图所示，切线应介于和平行的直线、之间，其中直线过点，直线和抛物线在的部分即弧相切，
易知直线的方程为：，
直线的方程为：，
故应有：，即，故应填或．
（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题，两题全答的，只计前一题的得分）
14.（坐标系与参数方程选做题）曲线的极坐标方程为： ，则该曲线围成的面积为 ．
（原创）主要考查圆的极坐标方程与直角坐标系方程的转化，两角和的正弦公式，命题灵感来源于逆向分析
(命题意图)考查对极坐标思想的理解及分析能力,共2个知识点
解析：原方程为： ，方程两边同乘以并化简，可得．又，从而可知曲线的直角坐标系方程为： ，即曲线为半径为的圆，其围成的面积为，故应填．
15. （几何证明选讲选做题）如图3所示，四边形为圆内接四边形，、的延长线交于点，、的延长线交于点，且，，，则 ．
（原创）主要考查割线定理，相似三角形的判定及性质，转化化归
和方程的数学思想，命题灵感来源于逆向分析
图3
(命题意图)以几何图形考查转化、化归和方程的思想及基本的数学
运算能力,共3个知识点
解析：设，，由，
及割线定理可知： ，，
即，又易知，故和相似，
即，从而，故应填．
三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（本小题满分12分）
设，，若是函数的一个零点，且函数的最大值为．
（Ⅰ）求实数和的值；
（Ⅱ）中，设、、所对的边分别为、、，若，且，求的值．
（原创）主要考查向量的数量积运算，三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理的简单应用，命题灵感来源于逆向分析
(命题意图)考查向量的基本运算及三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理的应用,共5个知识点
解析：（Ⅰ），
因为是的一个零点，即，，
易知的最大值为，从而依题意有，综上．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，于是，
由正弦定理及余弦定理有：，
故，又，
于是，
，即．
17．（本小题满分12分）
如图4所示, 四边形为正方形，，二面角为直二面角，点是棱的中点.
（Ⅰ）求证：；
图4
（Ⅱ）若为等腰三角形，求二面角的余弦值.
（原创）主要考查空间的线、面之间的位置关系，空
间想象和运算、推理、分析能力，命题灵感来源于教
图4-1
材习题和逆向分析
(命题意图)考查空间想象和运算、推理、分析能力及对空间向量这一数学基本工具的应用能力,共5个知识点
解析：（解法一：向量法）（Ⅰ）由题设条件，可按如图4-1建立空间直角坐标系，其中为中点，不妨设正方形的边长为，,则可知，
，，
于是，，
从而，故，即
（Ⅱ）为等腰三角形，又易知为直角，故只能为，故,易知，即. 显然为平面的法向量，设平面的法向量为，由上可知，又，
由，故，
即亦是平面的法向量，
从而，又易知二面角为钝角，故二面角的余弦值即为.
（解法二：传统法）
（Ⅰ）如图4-2，设点是棱的中点，连接，，，
由及点是棱的中点，可知，
又二面角为直二面角，故面，
而在平面内，故，
图4-2
因为四边形为正方形，故，
而是的中位线，故，从而可知，
又，由及，可知面，
在平面内，故.
（Ⅱ）设点是与的交点，由（Ⅰ）可知面，
又均在平面内，从而有，，
故为二面角的平面角，
因为为等腰三角形，又易知为直角，故只能为，
不妨设正方形的边长为，，故，易知，
则在直角中，易知有，，
于是，故，
显然，故，
即二面角的余弦值为．
18．（本小题满分14分）
现有一枚质地均匀的骰子，连续掷两次，所掷的点数依次记为，．
（Ⅰ）若为偶数，则，否则；若能被3整除，则，否则.设，求随机变量的分布列及均值（即数学期望）；
（Ⅱ）设命题直线与圆有交点，命题,求命题为真命题的概率.
（原创）主要考查随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，逻辑联结词和复合命题真假性的判定，直线和圆的位置关系，数形结合的思想，命题灵感来源于教材例题及逆向分析
(命题意图)考查随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，命题与逻辑，直线和圆的位置关系，数形结合的思想及解决实际问题的推理、分析和运算能力,共6个知识点
解析：（Ⅰ）易知事件为偶数的概率为，于是对于随机变量，列表如下：
表：
表：
由上述二表可知：，同理可求，
于是，
从而可知随机变量的分布列如表：
表：
（Ⅱ）命题为真命题命题及均为真，即为假命题，为真命题，
若为假，则直线与圆无交点，即直线与圆相离，
于是直线到圆的距离大于圆的半径，
即①；
若为真，则②， 记事件为“连续掷两次该骰子所得的点数为”，事件为“使得命题为真命题”，联立①、②式可知：、、、、、、，共组解，即事件共有个基本事件，
又易知事件共有个基本事件，
则，即命题为真命题的概率为.
19．（本小题满分14分）
设数列的前项和为，对于满足：，且是和的等差中项．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求数列的通项公式；
（Ⅲ）证明：对一切正整数有，.
（原创）主要考查等差数列的概念，一般数列的通项和前项和的关系及递推关系，裂项放缩证明不等式，逻辑推理与证明能力，命题灵感来源于广东近年的高考试题和逆向分析
(命题意图)利用等差数列这一基本数列模型来考查推理、证明能力及联想、类比的逻辑思维方式与能力,共6个知识点
解析：（Ⅰ）是和的等差中项
对于上式，令，则或，
又（舍），故.
（Ⅱ）易知：①，②，，
上述两式作差并化简得： ，
又，，
即数列为等差数列，公差为，由，可知，
即数列的通项公式为，.
（Ⅲ），即，
于是，即对一切正整数有，，证毕.
20．（本小题满分14分）
如图5所示，点，（，且）在以、为左、右焦点的椭圆上运动,动三角形的面积的最大值为.设直线交椭圆于点,直线交椭圆于点，线段中点为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
图5
（Ⅱ）在点的运动过程中：
（1）设点到直线：的距离为，求的最大值；
（2）设直线、、的斜率依次为、、，问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，求的值；否则，请说明理由.
（原创）主要考查椭圆的定义及其几何性质，直线和椭圆的位置关系，和对新问题的探究能力，数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思维能力，命题灵感来源于椭圆和圆的类比性质（猜想并证明）及广东近年的高考试题和逆向分析
(命题意图)以直线和椭圆的位置关系为载体考查对新问题的探究能力，数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思维能力，综合分析、解决问题的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效,共7个知识点
解析：（Ⅰ）由椭圆可知其半焦距，即焦距，
动三角形的面积的最大值为，故，即动点到轴的距离的最大值为.显然当动点运动到椭圆的上、下顶点时，点到轴的距离的最大，即椭圆的短半轴，于是，从而可知椭圆的方程为.
（Ⅱ）（1）解法一：设及直线的方程为：，，
因为点，为直线与椭圆的交点，故由消去得如下方程：
，
易知是上述方程的两个相异实根，，又点为线段的中点，故点坐标为：，，
即，，
从而点到直线：的距离为，
令，则，
即，则，（当且仅当时取等号），即.
解法二：同解法一求出点坐标：，，，
消去参数得点的轨迹方程：，，易知点轨迹为一个椭圆（不含左右两个顶点），不妨记该椭圆为，显然直线：过点，易知直线与椭圆相交，欲使点到直线的距离最大，则椭圆过点的切线必平行于直线，此时直线和的距离亦为.设切线的方程为：，联立及得：，于是，求得，由于直线和平行，故易知此时均有，即.
（2）解法一: 设，直线、的方程为：，，
故由，又，
，即，
同理可求, 于是可求，,
从而有，即存在，满足题设.
解法二：设直线、、、的方程为：，，，
，由题设可知（），由于上述四条直线两两相交，故互不相等，
因直线、交于点，由，
同理可求：，，
不妨设，（显然非零实数互不相等且均不为1），
于是,，，
又三点均在椭圆上，即有：
①，②，③，
对于①，②，可视实数为关于的方程：的两根，
即的两根，从而有；
对于①，③，可视实数为关于的方程：的两根，
即的两根，从而有，
进而有，
（亦可由①-②化简得：，①-③化简得：，于是），
易知，，，
从而，即存在，满足题设.
21．（本小题满分14分）
设函数，；，.
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）当时，求函数的最大值；
（Ⅲ）设，且，，证明：.
（原创）主要考查利用导数来研究函数性质（单调性，最值，极值），函数（主元）、化归、分类讨论及数形结合的数学思想（复杂问题如何使其简单化），探究、推理、分析的逻辑思维能力，命题灵感来源于数和形两个方面：（“数”以伯努利不等式为背景，“形”以指数函数和直线的位置关系为几何直观，即伯努利不等式的几何意义）
(命题意图)以伯努利不等式为背景考查利用导数来研究函数性质，函数（主元）、转化与化归、分类讨论及数形结合的数学思想，探究、推理、分析的逻辑思维能力，综合分析、解决问题并证明的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效,共7个知识点
解析：（Ⅰ）显然的定义域为，，
令，
ⅰ）当时：在区间上，恒成立，故的增区间为；
ⅱ）当时：在区间上，恒成立，故的减区间为；
在区间上，恒成立，故的增区间为.
（Ⅱ）ⅰ）时，，所以；
ⅱ）时，易知，
于是：，，
由（1）可知， 下证，
即证明不等式在上恒成立.
（法一）由上可知：不等式在上恒成立，
若，则，
故，
即当时，，从而，
故当时，恒成立，即.
（法二）令，，则，列表如下：
表：
| 极小值 |
即恒成立，即.
由于，且，
故函数区间内必存在零点.
又当时，，
于是指数函数为增函数为增函数，
同理当时，，
于是指数函数为减函数也为增函数，
于是，当时，必为增函数，
从而函数在区间内必存在唯一零点，不妨记为，则，
易知当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
又易知，故；
综上，当时，在上的最大值为.
（Ⅲ）证法一：令， 显然有：，，
则不等式.
注意到：，且，，即，且，
于是，，
故，
从而，即，又，
故原不等式成立，证毕.
证法二：同上可将不等式化为： ,
即，令，则等价于证明：当时，有成立，
又，
故，
于是，即得证，
又，故原不等式成立，证毕.
高考模拟试题（理科数学）参及评分标准
共7页，21小题，满分150分．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中．有且只有一项是符合题目要求的．
| 题号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 答案 | B | A | D | C | B | D | C | A |
2. 解析: 的虚部为，故选A．
3. 解析：为边的中点，故选D．
4. 解析：由题中所给三视图易知该几何体的左、右两个侧面为全等的直角梯形，其面积均为,前侧面及后侧面为等腰三角形，其面积分为和，于是该几何体的侧面积为，故选C．
5. 解析：函数的单调递减区间为和，即(1)错误；由函数的奇偶性的定义可知，若函数是奇函数，则函数是偶函数，即(2)正确；由二项式系数的单调性及对称性特征可知(3)正确；由几何概型举特例可知，“”是“事件为不可能事件”的必要不充分条件，(4)错误．综上：只有(2) 、(3)正确，故选B．
6. 解析：当时，或或（舍）；当时，．综上：或，故选D．
7. 解析：设双曲线的方程为，点是该双曲线的左焦点．因为点是线段的中点，则线段是的中位线，即有，即，又其渐近线的倾斜角为，则，故选C．
8. 解析：由新定义可知，若实数为函数的基元等价于且，由此易知函数有两个基元，函数和函数有一个基元，函数有无穷多个基元，故选A．
二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分．
| 题号 | 9 | 10 | 11 | |||
| 答案 | （或或） | （或或） | ||||
| 题号 | 12 | 13 | 14 | 15 | ||
| 答案 | （或） | |||||
9. 解析：或，故应填或或．
10.解析：
，故应填．
11题解析图
11. 解析：如11题解析图所示，可知区域为，其中 ，，为直线在轴上的截距，由于的最大值为，故直线应介于直线即之间，即直线在轴上的截距应满足：，即或，故应填或或．
12. 解析：，则输出的值为满足不等式的最小正整数，易知，故应填．
13题解析图
13. 解析：，易知曲线在处的切线的斜率为，切点为，于是切线的方程为：．如13题解析图所示，切线应介于和平行的直线、之间，其中直线过点，直线和抛物线在的部分即弧相切，易知直线的方程为：，直线的方程为：，故应有：，即，故应填或．
（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题，两题全答的，只计前一题的得分）
14. 解析： ，等式两边同乘以并化简，可得．又，从而可知曲线的直角坐标系方程为： ，即曲线为半径为的圆，其围成的面积为，故应填．
15. 解析：设，，由，及割线定理可知： ，，即，又易知，故和相似，即，从而，故应填．
三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（本小题满分12分）
设，，若是函数的一个零点，且函数的最大值为．
（Ⅰ）求实数和的值；
（Ⅱ）中，设、、所对的边分别为、、，若，且，求的值．
解析：（Ⅰ）， ……2分
因为是的一个零点，即，， ……4分
易知的最大值为，从而依题意有，综上． ……6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，于是， ……7分
由正弦定理及余弦定理有：， ……9分
故，又， ……10分
于是， ……11分
，即． ……12分
17．（本小题满分12分）
如图4所示, 四边形为正方形，，二面角为直二面角，点是棱的中点.
（Ⅰ）求证：；
图4
（Ⅱ）若为等腰三角形，求二面角的余弦值.
解析：（解法一：向量法）（Ⅰ）由题设条件，可按如图
4-1建立空间直角坐标系，其中为中点，不妨设正方形的边长为，,则可知，，， 分
于是，， 分
从而，故，即 ……6分
图4-1
（Ⅱ）为等腰三角形，又易知为直角，故只能为，故，
易知，即， ……7分
显然为平面的法向量， ……8分
设平面的法向量为，由上可知，又，
由，故，
即亦是平面的法向量， ……10分
从而，又易知二面角为钝角，故二面角的余弦值即为. ……12分
（解法二：传统法）（Ⅰ）如图4-2，设点是棱的中点，连接，，， 由及点是棱的中点，可知， ……1分
又二面角为直二面角，故面，
图4-2
而在平面内，故， ……2分
因为四边形为正方形，故， ……3分
而是的中位线，故，从而可知， ……4分
又，由及，可知面， ……5分
而在平面内，故. ……6分
（Ⅱ）设点是与的交点，由（Ⅰ）可知面，又均在平面内，从而有，，故为二面角的平面角， ……8分
因为为等腰三角形，又易知为直角，故只能为，不妨设正方形的边长为，，故，易知， ……9分
则在直角中，易知有，，
于是，故， ……11分
显然，故，
即二面角的余弦值为． ……12分
18．（本小题满分14分）
现有一枚质地均匀的骰子，连续掷两次，所掷的点数依次记为，．
（Ⅰ）若为偶数，则，否则；若能被3整除，则，否则.设，求随机变量的分布列及均值（即数学期望）；
（Ⅱ）设命题直线与圆有交点，命题,求命题为真命题的概率.
解析：（Ⅰ）易知事件为偶数的概率为，于是对于随机变量，列表如下：
表：
表：
由上述二表可知：， ……2分
同理可求， ……3分
于是， ……4分
从而可知随机变量的分布列如表：
表：
进而可知随机变量的均值，即的均值. ……6分
（Ⅱ）由为真命题命题及均为真，即为假命题，为真命题， ……7分
若为假，则直线与圆无交点，即直线与圆相离，于是直线到圆的距离大于圆的半径，即 ……9分
①； ……10分
若为真，则②， 记事件为“连续掷两次该骰子所得的点数为”，事件为“使得命题为真命题”，联立①、②式可知：、、、、、、，共组解，即事件共有个基本事件， ……12分
又易知事件共有个基本事件， ……13分
则，即命题为真命题的概率为. ……14分
19．（本小题满分14分）
设数列的前项和为，对于满足：，且是和的等差中项．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求数列的通项公式；
（Ⅲ）证明：对一切正整数有，.
解析：（Ⅰ）是和的等差中项 ……1分
对于上式，令，则或， ……3分
又（舍），故. ……4分
（Ⅱ）易知：①，②，， ……5分
上述两式作差并化简得： ，
又，， ……7分
即数列为等差数列，公差为，由，可知，即数列的通项公式为，. ……9分
（Ⅲ），即，……12分
于是，即对一切正整数有，，证毕. ……14分
20．（本小题满分14分）
如图5所示，点，（，且）在以、为左、右焦点的椭圆上运动,动三角形的面积的最大值为.设直线交椭圆于点,直线交椭圆于点，线段中点为.
图5
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在点的运动过程中：
（1）设点到直线：的距离为，求的最大值；
（2）设直线、、的斜率依次为、、，问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，求的值；否则，请说明理由.
解析：（Ⅰ）由椭圆可知其半焦距，即焦距， ……1分
动三角形的面积的最大值为，故，即动点到轴的距离的最大值为.显然当动点运动到椭圆的上、下顶点时，点到轴的距离的最大，即椭圆的短半轴，于是，从而可知椭圆的方程为. ……3分
（Ⅱ）（1）解法一：设及直线的方程为：，，
因为点，为直线与椭圆的交点，故由消去得如下方程：
， ……4分
易知是上述方程的两个相异实根，，又点为线段的中点，故点坐标为：，，
即，， ……6分
从而点到直线：的距离为，
令，则，
即，则，（当且仅当时取等号），即.……9分
解法二：同解法一求出点坐标：，，， ……6分
消去参数得点的轨迹方程：，，易知点轨迹为一个椭圆（不含左右两个顶点），不妨记该椭圆为，显然直线：过点，易知直线与椭圆相交，欲使点到直线的距离最大，则椭圆过点的切线必平行于直线，此时直线和的距离亦为.设切线的方程为：，联立及得：，于是，求得，由于直线和平行，故易知此时均有，即. ……9分
（2）解法一: 设，直线、的方程为：，，
故由，又，
，即， ……11分
同理可求, ……12分
于是可求，, ……13分
从而有，即存在，满足题设. ……14分
解法二：设直线、、、的方程为：，，，
，由题设可知（），由于上述四条直线两两相交，故互不相等，
因直线、交于点，由，
同理可求：，，不妨设，
（显然非零实数互不相等且均不为1），于是,，
，又三点均在椭圆上，即有：
①，②，③，……11分
对于①，②，可视实数为关于的方程：，
即的两根，从而有；
对于①，③，可视实数为关于的方程：，
即的两根，从而有，
进而有，（亦可由①-②化简得：，①-③化简得：，于是）， ……13分
易知，，，
从而，
即存在，满足题设. ……14分
21．（本小题满分14分）
设函数，；，.
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）当时，求函数的最大值；
（Ⅲ）设，且，，证明：.
解析：（Ⅰ）显然的定义域为，， ……1分
令，
ⅰ）当时：
在区间上，恒成立，故的增区间为； ……2分
ⅱ）当时：
在区间上，恒成立，故的减区间为； ……3分
在区间上，恒成立，故的增区间为. ……4分
（Ⅱ）ⅰ）时，，所以； ……5分
ⅱ）时，易知，于是：，，
由（1）可知， 下证，即证明不等式在上恒成立.（法一）由上可知：不等式在上恒成立，若，则，故
，即当时，，从而，故当时，恒成立，即. ……7分
（法二）令，，则，列表如下：
表：
| 极小值 |
故恒成立，即. ……7分
由于，且，故函数区间内必存在零点.
又当时，，指数函数为增函数为增函数，
同理当时，，指数函数为减函数也为增函数，
于是，当时，必为增函数，
从而函数在区间内必存在唯一零点，不妨记为，则，
易知当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
又易知，故；
综上，当时，在上的最大值为. ……9分
（Ⅲ）证法一：令， 显然有：，，
则不等式. ……11分
注意到：，且，，即，且，于是，， ……12分
故，
从而，即， ……13分
又，故不等式成立，证毕.……14分
证法二：同上可将不等式化为： ,……11分即，令，则等价于证明：当时，有成立，
又， ……12分
故，于是，
即得证， ……13分
又，故不等式成立，证毕.……14分
高考模拟试题（理科数学）命题细目表
| 题号 | 知识点 | 命题意图 |
| 1 | 集合的关系，分式不等式(2个) | 考查集合的关系，分式不等式的解法 |
| 2 | 复数的基本概念及其运算(3个) | 考查复数的基本概念及其运算能力 |
| 3 | 平面向量的坐标表示及基本运算(2个) | 考查平面向量的坐标表示及运算能力 |
| 4 | 空间几何体的三视图(2个) | 考查空间想象及运算能力 |
| 5 | 函数的单调性、奇偶性，二项式系数的对称性、单调性，事件的概率，充要条件的判定(6个) | 考查函数的基本性质，二项式系数的特征，事件的概率，充要条件的判定及推理、分析的逻辑思维能力 |
| 6 | 分段函数，简单的指数、对数、绝对值不等式的解法(4个) | 考查基本初等函数类型及不等式的解法，数形结合及转化化归的数学思想 |
| 7 | 双曲线的定义和方程，直线的倾斜角，三角形的中位线性质(5个) | 考查双曲线的基本概念及直线的倾斜角，中位线定理，数形结合及转化化归的数学思想 |
| 8 | 函数及其导数为载体来考查对新定义的理解及转化化归的数学思想(4个) | 考查对新信息的理解及探究，及转化化归的数学思想，充分体现新课改的教学理念 |
| 9 | 函数的定义域及缜密的数学思维(2个) | 考查函数的基本概念及缜密的逻辑思维 |
| 10 | 等比数列的定义及其性质(2个) | 考查等比数列的定义及其性质和运算能力 |
| 11 | 线性规划的逆问题，直线方程的截距式，含参型问题(3个) | 考查逆向分析、解决问题的能力，数形结合的数学思想及分析推理能力，及运动的辩证思维能力 |
| 12 | 算法的基本逻辑结构和程序框图，等比数列求和(3个) | 考查算法基本概念及利用算法思想解决问题的综合能力 |
| 13 | 导数的几何意义，曲线的切线和利用方程思想解决几何问题(4个) | 考查数形结合、转化化归的数学思想及解析几何的本质 |
| 14 | 圆的极坐标方程与直角坐标系方程的转化,两角和的正弦公式(2个) | 考查对极坐标思想的理解及分析能力 |
| 15 | 割线定理，圆内接四边形及相似三角形的判定和性质(3个) | 以几何图形考查转化、化归和方程的思想及基本的数算能力 |
| 16 | 向量的数量积运算，三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理(5个) | 考查向量的基本运算及三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理的应用 |
| 17 | 空间的线、面之间的位置关系，空间想象和运算、推理、分析能力(5个) | 考查空间想象和运算、推理、分析能力及对空间向量这一数学基本工具的应用能力 |
| 18 | 随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，逻辑联结词和复合命题真假性的判定，直线和圆的位置关系，数形结合的思想(6个) | 考查随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，命题与逻辑，直线和圆的位置关系，数形结合的思想及解决实际问题的推理、分析和运算能力 |
| 19 | 等差数列的概念，一般数列的通项和前项和的关系及递推关系，裂项放缩证明不等式，逻辑推理与证明能力(6个) | 利用等差数列这一基本数列模型来考查推理、证明能力及联想、类比的逻辑思维方式与能力 |
| 20 | 椭圆的定义及其几何性质，直线和椭圆的位置关系，和对新问题的探究能力，数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思维能力，综合分析、解决问题的能力(7个) | 以直线和椭圆的位置关系为载体考查对新问题的探究能力，数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思维能力，综合分析、解决问题的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效 |
| 21 | 利用导数来研究函数性质（单调性，最值，极值），函数（主元）、转化与化归、分类讨论及数形结合的数学思想（复杂问题如何使其简单化），探究、推理、分析的逻辑思维能力，综合分析、解决问题并证明的能力(7个) | 以伯努利不等式为背景考查利用导数来研究函数性质，函数（主元）、转化与化归、分类讨论及数形结合的数学思想，探究、推理、分析的逻辑思维能力，综合分析、解决问题并证明的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效 |
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