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20090521

2．文：某自助銀行共有4臺ATM機，在某一時刻A、B、C、D四臺ATM機被占用的概率分別為、、、.

   （Ⅰ）如果某客戶只能使用A或B型號的ATM機，求該客戶需要等待的概率；

   （Ⅱ）求至多有三臺ATM機被占用的概率；

   （Ⅲ）求恰有兩臺ATM機被占用的概率.

命題意圖：

       概率主要考查兩個公式（加法、乘法公式）、兩個模型（古典概型、貝努里概型）.

但要注意答題的規范性，不要只列一個算術式子來解答；注意兩個公式適用的條件，互斥和獨立；注意兩個模型的辨別；對于“至多”，“至少”問題，常用對立事件計算.

3．小明一家三口都會下棋.在假期里的每一天，父母都交替與小明下三盤棋，已知小明勝父親的概率是，勝母親的概率是.

   （1）如果小明與父親先下，求小明恰勝一盤的概率；

   （2）父母與小明約定，只要他在三盤中能至少連勝兩盤，就給他獎品，那么小明為了獲勝希望更大，他應該先與父親下，還是先與母親下？請用計算說明理由.

命題意圖：

       用數據說理和決策的意識.通過合理的分類、恰當的分步把復雜事件用相對簡單（或已知概率）事件表示的能力，尤其是對（2）中                                劃線部分的理解；還要注意概率和不等式等其它數學知識的交匯.

解析幾何

1．已知動點P到直線的距離是到定點（）的距離的倍.

   （Ⅰ）求動點P的軌跡方程；

   （Ⅱ）如果直線與P點的軌跡有兩個交點A、B，求弦AB的垂直平分線在y軸上的截距的取值范圍.

命題意圖：

對解析幾何兩大基本問題：①求軌跡；②通過方程研究曲線性質進行再梳理.軌跡方程的求法一般分為直接法和間接法.直接法的步驟：建系設點，找等量關系，列方程，化簡，檢驗；間接法的關鍵是找參數.如果明確說直線與圓錐曲線有兩個不同的交點，一般是考查判別式與根系關系的應用.取值范圍一般是函數的值域或不等式（組）的解集.

2．已知點分別是直線和的動點（在軸的同側），且的面積為，點滿足.

   （1）試求點的軌跡的方程；

   （2）已知，過作直線交軌跡于兩點，若，試求的面積.

   （3）理：已知，矩形的兩個頂點均在曲線上，試求矩形 面積的最小值.

命題意圖：

本題抓住解析幾何重點研究問題設問，熟悉鞏固通性通法，典型幾何條件如長、角等的代數轉換方法，讓學生理解解析幾何的基本思想與策略.解析幾何要把握好條件的等價翻譯，理順各量間的關系，計算準確，進而得出正確結論.取值范圍、最值、存在性、定值等問題是高中數學的重點題型，要重視.最值問題一般要建立函數關系（求哪個量的最值，這個量一般是因變量，關鍵是找到主動變化的量，即自變量），并且指出函數的定義域（定義域往往和判別式有關）.解析幾何考最值要注意均值定理、導數和二次函數的運用.

函數、導數

1．設，曲線y = f(x)在點（2，f(2)）處的切線方程為y = x+3.

   （1）求f(x)的解析式；

   （2）若x∈[2,3]時，f(x)≥bx恒成立，求實數b的取值范圍.

命題意圖：

       切線方程要注意“在點”和“過點”的區別；恒成立問題，存在性問題一般和最值、值域、單調性密切相關，當不等式兩端都為變量時，一般要先分離變量.

2．（理）已知函數（，R）

   （1）求函數的單調區間；

   （2）求函數在上的最大值和最小值．

命題意圖：

       導數的應用，重點是單調性、極值、最值問題（或方程、不等式等可轉化為最值的問題），要注意通性通法的落實.如果有參數，常常需要分類討論：提取常數系數時，要注意系數是否可能為零；導數為零的的值有多個時，要注意它們的大小關系是否是確定的等.

2．（文）設函數．

   （Ⅰ）求的最小值；

   （Ⅱ）若對恒成立，求實數的取值范圍．

命題意圖：

       使文科學生熟悉導數的基本應用，鞏固處理此類問題的通性通法.本題主要考查函數的單調性、極值以及函數導數的應用．

不等式

1．已知函數和的圖象關于y軸對稱，且

   （I）求函數的解析式；

   （Ⅱ）解不等式；

命題意圖：

       引導學生復習對稱性（軸對稱、中心對稱）問題的處理方法.解不等式的方法可以概括為“化歸”的過程，即轉化為有理不等式.含有絕對值的不等式，就是要根據絕對值的意義去掉絕對值符號，根據不同情況進行分類討論，但要分清楚各個步驟是求交集還是并集.

2．已知不等式的解集為，不等式的解集為.

   （1）求集合及；

   （2）若，求實數的取值范圍.

命題意圖：

       復習簡單不等式的解法，注意分式不等式的等價轉化，弄清集合間的關系，注意分類討論的思想方法.

三角函數

1．解：（1）由正弦定理及得，

    .

    在中，，

    ，即.

    又，，

.

.

.

   （2）由（1）得，，即.

       ，，

    .

      當時，取得最大值.

2．解：（1）

   由得.

      的對稱軸方程為.

   （2）由題意可設則

       又因為的圖象關于點對稱，則有，

       即.

       所以當時，

數列

1．證明：（Ⅰ）,

.

又,

       是首項為，公比為的等比數列且.

   （Ⅱ）時，,

時，

 .

故.

   （Ⅲ）

     .

2．解：（１）

       由為等比數列，知與無關，故.

       當時，數列是以１為首項，以為公比的等比數列.

   （２）當時，.

       取為１，２，３，，累乘得:

       　（）.

       當時，.

       而，

   （３）當時，，

       說明異號，此時不存在正整數，

       使得當時，有.

       當時，必存在正整數（取大于的正整數即可），

       使得當時，有，

       即存在正整數，使得當時，有；

       因為存在正整數，使得當時，恒有成立，

       取為與的較大者，則必存在正整數，使得當時，.

       存在正整數，使得當時，有

立體幾何

1．證明：（1）連接交于，連結.

       在平行四邊形中，，，

       四邊形為平行四邊形.

       .

       平面，平面，

       平面.

   （2）在直平行六面體中，平面，

       .

       四邊形為菱形，

       .

       ，平面，平面，

       平面.

       平面，

平面平面.

   （3）過作交于.

       平面平面，平面平面，

       平面.

       為在平面上的射影.

       是與平面所成的角.

       設，在菱形中，，

       .

       在Rt中，.

       ，

       .

       .

       .

   （3）解法二：

       連交于，分別以,,所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示.

       設，在菱形中，，

       ,.

       則（0，，0），（0，，0），

       （1，0，2），（0，0，2）.

       （0，，2），（1，，2）.

       設平面的法向量（，，），

       則

       .令，則.

     （0，，）.

       設與平面所成的角為.

       .

       .

2．解：（Ⅰ）∵平面平面，

，平面,

平面平面  ．

       ∴平面.

       又∵平面,

       ∴.

   （Ⅱ）取的中點，則．連接、．

∵平面平面，

平面平面，．

       ∴平面．

       ∵，

       ∴，從而平面．

       作于，連結，

       則由三垂線定理知．

       從而為二面角的平面角．

       ∵直線與直線所成的角為60°，

       ∴ ．

       在中，由勾股定理得．

       在中，．

       在中，．

       在中，