20090521

2．文：某自助银行共有4台ATM机，在某一时刻A、B、C、D四台ATM机被占用的概率分别为、、、.

   （Ⅰ）如果某客户只能使用A或B型号的ATM机，求该客户需要等待的概率；

   （Ⅱ）求至多有三台ATM机被占用的概率；

   （Ⅲ）求恰有两台ATM机被占用的概率.

命题意图：

       概率主要考查两个公式（加法、乘法公式）、两个模型（古典概型、贝努里概型）.

但要注意答题的规范性，不要只列一个算术式子来解答；注意两个公式适用的条件，互斥和独立；注意两个模型的辨别；对于“至多”，“至少”问题，常用对立事件计算.

3．小明一家三口都会下棋.在假期里的每一天，父母都交替与小明下三盘棋，已知小明胜父亲的概率是，胜母亲的概率是.

   （1）如果小明与父亲先下，求小明恰胜一盘的概率；

   （2）父母与小明约定，只要他在三盘中能至少连胜两盘，就给他奖品，那么小明为了获胜希望更大，他应该先与父亲下，还是先与母亲下？请用计算说明理由.

命题意图：

       用数据说理和决策的意识.通过合理的分类、恰当的分步把复杂事件用相对简单（或已知概率）事件表示的能力，尤其是对（2）中                                划线部分的理解；还要注意概率和不等式等其它数学知识的交汇.

解析几何

1．已知动点P到直线的距离是到定点（）的距离的倍.

   （Ⅰ）求动点P的轨迹方程；

   （Ⅱ）如果直线与P点的轨迹有两个交点A、B，求弦AB的垂直平分线在y轴上的截距的取值范围.

命题意图：

对解析几何两大基本问题：①求轨迹；②通过方程研究曲线性质进行再梳理.轨迹方程的求法一般分为直接法和间接法.直接法的步骤：建系设点，找等量关系，列方程，化简，检验；间接法的关键是找参数.如果明确说直线与圆锥曲线有两个不同的交点，一般是考查判别式与根系关系的应用.取值范围一般是函数的值域或不等式（组）的解集.

2．已知点分别是直线和的动点（在轴的同侧），且的面积为，点满足.

   （1）试求点的轨迹的方程；

   （2）已知，过作直线交轨迹于两点，若，试求的面积.

   （3）理：已知，矩形的两个顶点均在曲线上，试求矩形 面积的最小值.

命题意图：

本题抓住解析几何重点研究问题设问，熟悉巩固通性通法，典型几何条件如长、角等的代数转换方法，让学生理解解析几何的基本思想与策略.解析几何要把握好条件的等价翻译，理顺各量间的关系，计算准确，进而得出正确结论.取值范围、最值、存在性、定值等问题是高中数学的重点题型，要重视.最值问题一般要建立函数关系（求哪个量的最值，这个量一般是因变量，关键是找到主动变化的量，即自变量），并且指出函数的定义域（定义域往往和判别式有关）.解析几何考最值要注意均值定理、导数和二次函数的运用.

函数、导数

1．设，曲线y = f(x)在点（2，f(2)）处的切线方程为y = x+3.

   （1）求f(x)的解析式；

   （2）若x∈[2,3]时，f(x)≥bx恒成立，求实数b的取值范围.

命题意图：

       切线方程要注意“在点”和“过点”的区别；恒成立问题，存在性问题一般和最值、值域、单调性密切相关，当不等式两端都为变量时，一般要先分离变量.

2．（理）已知函数（，R）

   （1）求函数的单调区间；

   （2）求函数在上的最大值和最小值．

命题意图：

       导数的应用，重点是单调性、极值、最值问题（或方程、不等式等可转化为最值的问题），要注意通性通法的落实.如果有参数，常常需要分类讨论：提取常数系数时，要注意系数是否可能为零；导数为零的的值有多个时，要注意它们的大小关系是否是确定的等.

2．（文）设函数．

   （Ⅰ）求的最小值；

   （Ⅱ）若对恒成立，求实数的取值范围．

命题意图：

       使文科学生熟悉导数的基本应用，巩固处理此类问题的通性通法.本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用．

不等式

1．已知函数和的图象关于y轴对称，且

   （I）求函数的解析式；

   （Ⅱ）解不等式；

命题意图：

       引导学生复习对称性（轴对称、中心对称）问题的处理方法.解不等式的方法可以概括为“化归”的过程，即转化为有理不等式.含有绝对值的不等式，就是要根据绝对值的意义去掉绝对值符号，根据不同情况进行分类讨论，但要分清楚各个步骤是求交集还是并集.

2．已知不等式的解集为，不等式的解集为.

   （1）求集合及；

   （2）若，求实数的取值范围.

命题意图：

       复习简单不等式的解法，注意分式不等式的等价转化，弄清集合间的关系，注意分类讨论的思想方法.

三角函数

1．解：（1）由正弦定理及得，

    .

    在中，，

    ，即.

    又，，

.

.

.

   （2）由（1）得，，即.

       ，，

    .

      当时，取得最大值.

2．解：（1）

   由得.

      的对称轴方程为.

   （2）由题意可设则

       又因为的图象关于点对称，则有，

       即.

       所以当时，

数列

1．证明：（Ⅰ）,

.

又,

       是首项为，公比为的等比数列且.

   （Ⅱ）时，,

时，

 .

故.

   （Ⅲ）

     .

2．解：（１）

       由为等比数列，知与无关，故.

       当时，数列是以１为首项，以为公比的等比数列.

   （２）当时，.

       取为１，２，３，，累乘得:

       　（）.

       当时，.

       而，

   （３）当时，，

       说明异号，此时不存在正整数，

       使得当时，有.

       当时，必存在正整数（取大于的正整数即可），

       使得当时，有，

       即存在正整数，使得当时，有；

       因为存在正整数，使得当时，恒有成立，

       取为与的较大者，则必存在正整数，使得当时，.

       存在正整数，使得当时，有

立体几何

1．证明：（1）连接交于，连结.

       在平行四边形中，，，

       四边形为平行四边形.

       .

       平面，平面，

       平面.

   （2）在直平行六面体中，平面，

       .

       四边形为菱形，

       .

       ，平面，平面，

       平面.

       平面，

平面平面.

   （3）过作交于.

       平面平面，平面平面，

       平面.

       为在平面上的射影.

       是与平面所成的角.

       设，在菱形中，，

       .

       在Rt中，.

       ，

       .

       .

       .

   （3）解法二：

       连交于，分别以,,所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.

       设，在菱形中，，

       ,.

       则（0，，0），（0，，0），

       （1，0，2），（0，0，2）.

       （0，，2），（1，，2）.

       设平面的法向量（，，），

       则

       .令，则.

     （0，，）.

       设与平面所成的角为.

       .

       .

2．解：（Ⅰ）∵平面平面，

，平面,

平面平面  ．

       ∴平面.

       又∵平面,

       ∴.

   （Ⅱ）取的中点，则．连接、．

∵平面平面，

平面平面，．

       ∴平面．

       ∵，

       ∴，从而平面．

       作于，连结，

       则由三垂线定理知．

       从而为二面角的平面角．

       ∵直线与直线所成的角为60°，

       ∴ ．

       在中，由勾股定理得．

       在中，．

       在中，．

       在中，