1．  C 【解析】∵，∴＝

.

说明：解答本题要深刻理解导数的定义,掌握概念形式,看似求极限,实则求导数,如何在极限与导数之间建立起联系是解决本题的关键，导数是特殊情况下的极限，这一基本常识容易被学生忽略，从中也体现出对学生基本素质的考查.

2．C 【解析】，所以选C．

3.  【解析】３个男生先排成一排有种方法；女生甲和女生丙插在３个男生间及前后共四个位置中的两个位置，有种方法；女生乙只能排在女生甲的左侧或右侧，有２种方法．由分步计算原理，共有种方法．（或）故选．

4.  【解析】

故选项.也可求解如下：

故选项.

5． 【解析】，由函数图象的走向可知，单调性是先增后减再增，因此导函数的值应该是随由小到大，先正后负再为正，因此，从函数图象可以确定函数有两个极值点，易知方程有相异号的两个实数根且负根的绝对值大，由根与系数的关系可判定，故选B.

说明：本题难度较大，综合性强，如何从图中得出极值点及单调性的特点是解决本题的关键，同时又要运用二次函数的性质解题，对一元二次方程根与系数的关系也进行了考查.由单调性得开口方向,由极值点得方程的根,由方程的根再判定字母的取值,从中也体现出对学生的思维品质有较高的要求

6．D【解析】在点（0，一1）处目标函数取得最大值为9，故选D．

7． A【解析】因为中的三边a,b,c成等比数列，所以,根据余弦定理得：由此得 ，又，所以A+C=180。但由却不能推出a,b,c成等比数列.故选择A。

【所猜考点】余弦定理、三角形内角和、等比数列概念、基本不等式、充要条件等考点。在考纲中对以上知识点的考查都有明确的要求。

【猜题理由】此题可作为高考选择题中的中档题，试题考查多个知识点的综合性。主要考查三角形的边角之间的关系，同时又以等比数列和充要条件这两个知识点为依托。试题基础知识点多，对考生的要求较高，因此这是立意新颖，且质量较高的选择题。近几年高考题选择题的难度不太大，所考查的都是比较基础的知识点，但所考的知识点并不单一。大多情况在知识交汇处命题，例如充要条件的判断往往与其他知识点结合一起进行考查。数学教学要抓基础知识点，同时要将一些基础知识点有机地整合形成具有综合性的问题，提高学生灵活运用基础知识解决综合性问题的能力。单一的知识不利于学生综合能力的提升。

8． 【解析】设球的半径为， 为正方形中心,在直角三角形中

有在直角三角形中有:

两式联立解得,故球的表面积为,故选B

9．A 【解析】如右图所示,设点P的坐标为(x₀,y₀),

由抛物线以F₂为顶点,F₁为焦点,可得其准线的方

程为x＝3c, 根据抛物线的定义可得|PF₁|＝|PR|＝3c－x₀,

又由点P为双曲线上的点,根据双曲线的第二定义可得

＝e, 即得|PF₂|＝ex₀－a,

由已知a|PF₂|＋c|PF₁|＝8a²，可得－a²＋3c²＝8a²,即e²＝3,

由e＞1可得e＝, 故应选A.

说明：本题难度中等偏难，且很有新意，一般地说，学生在处理圆锥曲线问题时，习惯于单一的思维，当需要同时考虑两条(或两条以上)圆锥曲线性质的综合应用时，往往有些不知所措，从中也体现出对学生的思维品质有较高的要求。

10．D 【解析】 为的边上一点，由，所以=.

【猜题理由】向量共线在三角形中体现，三角形面积公式，以及基本不等式，代数式的最值问题都是高考的常考点，几乎每年的高考题中都考这些知识点。2009年的考纲对此有明确要求。本题将这些考点联合在一起，很有创意。既考查学生的基础知识，同时能检测学生综合运用这些基本知识解决问题的能力。可作为高考中高档选择题出现。

【构思点拨】向量的加减运算及几何意义，向量平行的判断是新高考的重要内容，高考复习时要重视训练。

11.

12. 【解析】

       ．

其展开式中含的项是：，系数等于．

13.【解析】 ≥1,得k≤6.

所以当k≤6时，P(ξ=k+1)≥P(ξ=k),当k＞6时，P(ξ=k+1)＜P(ξ=k),其中k=6时，P(ξ=k+1)=P(ξ=k),从而k=6或7时，P(ξ=k)取得最大值.

14.    15. ③

16. 【解析】（Ⅰ）锐角△ABC中，由∥得:，

由正弦定理得：　　    ……１分

　　  ……２分

△ABC是锐角三角形，，　　 ……３分

，，　　                    ……４分

，角　　……５分

由余弦定理得

　　　……6分

，，，　……７分

 ，　……８分

，即，，

边长的取值范围是．　　……９分

另解提示:对，用余弦定理换去和，仍可得．

（Ⅱ）当时，　　……１０分

　　……１１分

，边长的取值为．　　……１２分

17. 【解析】（Ⅰ）设记事件A为此次射击降雨成功，则

5次射击均未射中积云的概率为;   　…… ２分

5次射击中恰有一次射中积云的概率为 　…… 4分

 　…… 6分

(Ⅱ)的所有可能取值为2，3，4，5，　

 …… 7分

 …… 8分

的分布列为：    2      3      4     5

P                         …… 10分

            …… 11分

18．证明： （Ⅰ）∵AB⊥平面ACD，AB∥DE，∴DE⊥平面ACD，∵AF平面ACD，∴DE⊥AF．又∵AC=AD=CD，F为CD中点，∴AF⊥CD．∵DEÌ平面CDE，CDÌ平面CDE，CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE．  …… 3分

（Ⅱ）解法一：∵AB∥DE，AB(/平面CDE，DEÌ平面CDE，∴AB∥平面CDE，设平面ABC∩平面CDE＝l，则l∥AB．即平面ABC与平面CDE所成的二面角的棱为直线l．

∵AB^平面ADC，∴l^平面ADC．∴l^AC，l^DC．∴ÐACD为平面ABC与平面CDE所成二面角的平面角．∵AC＝AD＝CD，∴ÐACD＝60°，∴平面ABC和平面CDE所成的小于90°的二面角的大小为60°．…… 7分

（Ⅱ）解法二：如图，以F为原点，过F平行于DE的直线为x轴，FC，FA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系．∵AC＝2，∴A(0，0，)，设AB＝x，B(x，0，)，C(0，1，0)，((AB＝(x，0，0)，((AC＝(0，1，－)，设平面ABC的一个法向量为n＝(a，b，c)，则由((AB×n＝0，((AC×n＝0，得a＝0，b＝c，不妨取c＝1，则n＝(0，，1)．∵AF^平面CDE，∴平面CDE的一个法向量为((FA＝(0，0，)．

cos＜n，((FA＞＝ eq \o(\s\up8(((FA＝，＜n，((FA＞＝60°．

∴平面ABC与平面CDE所成的小于90°的二面角的大小为60°．…… 7分

（Ⅲ）解法一：设AB＝x，则x＞0．∵AB^平面ACD，∴AB^CD．又∵AF^CD，ABÌ平面ABF，AFÌ平面ABF，AB∩AF＝A，∴CD^平面ABF．∵CDÌ平面BCD，∴平面ABF^平面BCD．连BF，过A作AH^BF，垂足为H，则AH^平面BCD．线段AH的长即为点A到平面BCD的距离．在Rt△AFB中，AB＝x，AF＝CD＝，∴BF＝，AH＝＝∈(0，)．…… 12分

（Ⅲ）解法二：设AB＝x，∵AC＝CD＝DA＝2，AB^平面ACD．∴V_B－ADC＝×S_△ADC×BA＝××2²×x＝x．

∵BC＝BD＝，CD＝2，∴S_△BCD＝×2×＝，设点A到平面BCD的距离为d，则V_A－BCD＝×S_△BCD×d＝．∵V_B－ADC＝V_A－BCD．∴x＝，解得d＝∈(0，)． …… 12分

19．（Ⅰ）设椭圆方程为，点在直线上，且点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点， 则点为。-------------------1分

，而为，则有

则有，所以            --------------------2分

又因为

所以                            ---------------------3分

所以椭圆方程为：                      ---------------------4分

（Ⅱ）由（1）知,过点的直线与椭圆交于两点，则

的周长为，则（为三角形内切圆半径），当的面积最大时，其内切圆面积最大。                       --------------------5分

设直线方程为：，，则

 -----------------7分

所以  ----------------9分

令，则，所以，而在上单调递增，

所以，当时取等号，即当时，的面积最大值为3，结合，得的最大值为  ----------------12分

20．【解析】（Ⅰ），……… 2分

由，得．

，，．

又．

函数的单调递增区间为,递减区间为．… 6分  

（Ⅱ）【法一】不等式，即为．……………（※）

令，当时，．

则不等式（※）即为．                       …9分

令，，

在的表达式中，当时，，

又时，，

在单调递增，在单调递减．

在时，取得最大，最大值为．            ……12分

因此，对一切正整数，当时，取得最大值．

实数的取值范围是．                    …………… 13分

【法二】不等式，即为．………………（※）

设，

，

令，得或．                             ………… 10分

当时，，当时，．

当时，取得最大值．

因此，实数的取值范围是．                    ………… 13分

21. 【解析】(Ⅰ)对一切有

，

即  ,   

  ()                           …………  2分

由及两式相减,得:

∴是等差数列,且, .                     …………  5分

说明:本小题也可以运用先猜后证(数学归纳法)的方法求解.给分时,猜想正确得2分,经证明给5分.

(Ⅱ)假设存在整数，使得对任意 ，都有．

∵     ∴

     ∴

∴ ⑤

当（）时，⑤式即为  ⑥

依题意，⑥式对都成立，∴λ<1               ………… 7分

当（）时，⑤式即为  ⑦

依题意，⑦式对都成立，∴           ………… 9分

∴∴存在整数，使得对任意，都有 …10分

（Ⅲ） 由,

知,

因此,只需证明.                         …………11分

当或时,结论显然成立.当时,