高考知识点及其例题

高三数学（文）回扣材料选填题：集合考点：集合的运算；方法：解不等式，利用集合的运算，集合中元素的性质解决问题典例1、（09高考）集合,,若,则的值为()A.0B.1C.2D.4【解析】:∵,,∴∴,故选D.典例2、（11高考）设集合={x|(x+3)(x-2)<0}，={x|1≤x≤3},则∩=()（A）[1,2)(B)[1,2](C)(2,3](D)[2,3]【解析】因为，所以，故选A.典例3（08高考）、满足，且的集合的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【解析】：本题主要考查子集的概念及交集运算。集合中必含有,则或.选B.复数考点：复数的计算；方法：利用复数的加减乘除运算法则，利用复数相等典例1、（09高考）复数等于（）.A．B.C.D.【解析】:,故选C.典例2、（11高考）复数z=(为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为（）（A）第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限【解析】因为,故复数z对应点在第四象限,选D.典例3、（08高考）设的共轭复数是，若，，则等于（）A． B． C． D．【解析】：本小题主要考查共轭复数的概念、复数的运算。可设，由得选D.三、函数考点一：函数的定义域方法：分母不为0，被开方数为非负数，真数大于0，解不等式组。注意集合或区间形式。典例、（12高考)函数的定义域为（）(A)(B)(C)(D)答案：B考点二：函数的值域方法：利用初等函数的值域典例、（10高考）函数的值域为（）A.B.C.D.【解析】因为，所以，故选A。考点三：函数的图像选择方法：排除法。利用函数的性质，特值代入验证。典例1、（08高考）函数的图象是（）yxyxOyxOyxOyxOA．B．C．D．典例2、（12高考)函数的图象大致为（）答案：D考点四：分段函数典例、（09高考）定义在R上的函数f(x)满足f(x)=，则f（3）的值为()A.-1B.-2C.1D.2【解析】:由已知得,,,,,故选B.考点五：函数的性质综合方法：数形结合。典例1、（09高考）已知定义在R上的奇函数，满足,且在区间[0,2]上是增函数,则()ABC.D.答案:D.【命题立意】:本题考查了函数的奇偶性、单调性、周期性等性质,运用化归的数学思想和数形结合的思想典例2、（12高考）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝＿＿＿＿.当时，有，此时，此时为减函数，不合题意.若，则，故，检验知符合题意.考点六：根据奇偶性求值方法：根据奇偶性和周期性把要求的自变量调整到已知区间上。（若奇函数，0属于定义域，则f（0）=0，）典例、（10高考）设为定义在上的奇函数，当时，（为常数），则（A）-3（B）-1（C）1(D)3考点七、函数的零点方法：变号零点；数形结合转化为图像的交点。典例：（09高考）若函数f(x)=a-x-a(a>0且a1)有两个零点，则实数a的取值范围是【解析】:设函数且和函数,则函数f(x)=a-x-a(a>0且a1)有两个零点,就是函数且与函数有两个交点,由图象可知当时两函数只有一个交点,不符合,当时,因为函数的图象过点(0,1),而直线所过的点（0，a）一定在点(0,1)的上方,所以一定有两个交点.所以实数a的取值范围是简易逻辑考点一：充分性必要性的判定方法：定义法；小范围推大范围；等价命题转化法。典例、（09高考）已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的一条直线,,则,反过来则不一定.所以“”是“”的必要不充分条件.答案:B.考点二：四种命题方法：互为逆否命题同真假。典例1、（08高考）给出命题：若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限．在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是（）A．3 B．2 C．1 D．0【解析】：本小题主要考查四种命题的真假。易知原命题是真命题,则其逆否命题也是真命题,而逆命题、否命题是假命题.故它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中,真命题有一个。选C.典例2.（11高考）已知a，b，c∈R，命题“若=3，则≥3”，的否命题是（）(A)若a+b+c≠3，则<3(B)若a+b+c=3，则<3(C)若a+b+c≠3，则≥3(D)若≥3，则a+b+c=3【解析】命题“若,则”的否命题是“若,则”,故选A.考点四：或且非方法：“或”字连接有一真即为真，“且”字连接有一假即为假，“非”字与原来相反。典例、（12高考)设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象关于直线对称.则下列判断正确的是（）(A)p为真(B)为假(C)为假(D)为真【解析】考查逻辑连接词或且非的真值表。选D。考点五：全称命题和存在性命题的否定方法：任意改成存在，存在改成任意，对结论进行否定。典例、命题“对任意的”的否定是（）A．不存在B．存在C．存在D．对任意的【解析】注意两点：（1）全称命题变为特称命题；（2）只对结论进行否定。【答案】C立体几何俯视图正(主)视图侧(左)视图2俯视图正(主)视图侧(左)视图2322典例1、（08高考）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）A． B． C． D．【解析】：本小题主要考查三视图与几何体的表面积。从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面及为选D。典例2、（09高考）一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为().A.B.C.D.【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为1,高为2,体积为,四22侧(左)视图222正(主)视图棱锥的底面边长为22侧(左)视图222正(主)视图俯视图所以该几何体的体积为.俯视图考点二：外接球，内切球问题方法：关键找球心。正棱柱的外接球的球心在上下底面中心连线的中点；正三棱锥的球心在几何体的高线上，内切球的半径用等体积法。典例、（12模拟）一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为.【答案】考点三：位置关系的判定方法：长方体模型；利用平行垂直的判定定理性质定理典例、（12模拟）已知m，n是两条不同直线，α、β是两个不同平面，下列命题中不正确的是（） A．若 B．若 C．若 D．若【答案】A统计案例考点一：给出样本或茎叶图研究数字特征：平均数、方差、众数、中位数、标准差方法：熟记公式，准确计算。典例1、（08高考）从某项综合能力测试中抽取100人的成绩，统计如表，则这100人成绩的标准差为（）分数54321人数2010303010A． B． C．3 D．解析：本小题主要考查平均数、方差、标准差的概念及其运算。选B典例2、（12高考）在某次测量中得到的A样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88.若B样本数据恰好是A样本数据都加2后所得数据，则A，B两样本的下列数字特征对应相同的是（）(A)众数(B)平均数(C)中位数(D)标准差答案：D考点二：回归直线方程方法：回归直线方程恒过典例、（11高考）某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为(A)63.6万元(B)65.5万元(C)67.7万元(D)72.0万元【解析】由表可计算,,因为点在回归直线上,且为9.4，所以,解得,故回归方程为,令x=6得65.5,选B.考点三：抽样方法：简单随机抽样：数量小；系统抽样：等距抽样；分层抽样：按比例抽样典例、（11高考）某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生，为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为.【答案】16考点四：频率分布直方图方法：小矩形的面积为概率。典例、右图是根据部分城市某年6月份的平均气温(单位：℃)数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的范围是［20.5，26.5］，样本数据的分组为，，，，，.已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为11，则样本中平均气温不低于25.5℃的城市个数为＿＿＿＿.【解析】最左边两个矩形面积之和为0.10×1+0.12×1＝0.22，总城市数为11÷0.22＝50，最右面矩形面积为0.18×1＝0.18，50×0.18＝9.三角函数考点一：三角恒等变换求值方法：给角求值，给值求值等问题用凑角，熟记三角恒等变换公式。注意角的范围。典例、（08高考）已知，则的值是（）A． B． C． D．解析：本小题主要考查三角函数变换与求值。，，选C.考点二：三角函数的图像变换方法：同名函数：左加右减，上加下减。左右平移一定要提x的系数。伸缩变换只变化周期。异名函数先化同名。典例、（09高考）将函数的图象向左平移个单位,再向上平移1个单位,所得图象的函数解析式是A.B.C.D.【解析】:将函数的图象向左平移个单位,得到函数即的图象,再向上平移1个单位,所得图象的函数解析式为,故选A.考点三：解三角形方法：正余弦定理的应用。边角互化。典例：（10高考）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，,,则角A的大小为.不等式考点一、解不等式一次（二次）不等式，分式不等式，高次不等式，含绝对值不等式。典例：（08高考）不等式的解集是（）A． B． C． D．考点二、线性规划方法：准确做出可行域，令目标函数为0，平移至边界点得最值。典例：设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（）(A)11(B)10(C)9(D)8.5【解析】画出平面区域表示的可行域如图所示,当直线平移至点A(3,1)时,目标函数取得最大值为10,故选B.考点三、均值不等式方法：正定等，1的代换利用均值不等式求最值。典例、（10高考）已知，且满足，则xy的最大值为.答案：3算法框图（11高考）执行右图所示的程序框图，输入l=2，m=3，n=5，则输出的y的值是【解析】由输入l=2，m=3，n=5，计算得出y=278,第一次得新的y=173;第二次得新的y=68<105,输出y.解析几何考点一：圆的方程及直线与圆、圆与圆的位置关系方法：确定圆心和半径；直线与圆相交时；圆圆的位置关系由圆心距与半径和差有关。典例1、（12高考)圆与圆的位置关系为（）(A)内切(B)相交(C)外切(D)相离答案：B典例2、（10高考）已知圆C过点（1,0），且圆心在x轴的正半轴上，直线l：被圆所截得的弦长为，则圆C的标准方程为.【解析】由题意，设圆心坐标为，则由直线l：被该圆所截得的弦长为得，，解得或-1，又因为圆心在x轴的正半轴上，所以，故圆心坐标为（3，0），又已知圆C过点（1,0），所以所求圆的半径为2，故圆C的标准方程为。考点二、椭圆、双曲线、抛物线的方程及性质方法：数形结合典例1、（09高考）设斜率为2的直线过抛物线的焦点F,且和轴交于点A,若△OAF(O为坐标原点)的面积为4,则抛物线方程为()A.B.C.D.【解析】:抛物线的焦点F坐标为,则直线的方程为,它与轴的交点为A,所以△OAF的面积为,解得.所以抛物线方程为,故选B.典例2、（12高考）已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为(A)(B)(C)(D)答案：D十、概率考点：几何概型方法：长度之比，面积之比，体积之比。典例、（09高考）在区间上随机取一个数x，的值介于0到之间的概率为().A.B.C.D.【解析】在区间上随机取一个数x,即时,要使的值介于0到之间,需使或，区间长度为，由几何概型知的值介于0到之间的概率为.故选A.ABCABCP第8题图考点一、向量的加法运算和平行四边形法则方法：借助图形解答典例：（09高考）设P是△ABC所在平面内的一点，，则（）A.B.C.D.【解析】:因为，所以点P为线段AC的中点，所以应该选B。考点二、平面向量的平行垂直（或与三角函数的综合）方法：，典例：（08高考）已知为的三个内角的对边，向量．若，且，则角的大小分别为（）A． B． C． D．解析：，，.选C.本题在求角B时,也可用验证法.考点三、定义新的运算典例：（10高考）定义平面向量之间的一种运算“”如下：对任意的，，令，下面说法错误的是(A)若a与b共线，则(B)(C)对任意的，有(D)【解析】若与共线，则有，故A正确；因为，而，所以有，故选项B错误，故选B。解答题一、三角函数考点一：三角函数的图像与性质方法：利用二倍角公式，降幂公式，辅助角公式化为型，整体思想研究值域，单调性（化w为正），周期性（x系数为w）等问题。特别注意：解析式一定要求对，有必要好好检查。典例：（10高考）已知函数（）的最小正周期为，（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）将函数的图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的最小值.考点二、解三角形方法：利用正余弦定理边角互化典例：（11高考）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为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,又因为的周长为5,所以b=5-3a,由余弦定理得，即，解得a=1，所以b=2.考点三、三角恒等变换方法：凑角。注意角的范围。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分考点四、三角函数的图像与性质和解三角形结合典例、设函数f(x)=2在处取最小值.求.的值;在ABC中,分别是角A,B,C的对边,已知,求角C.解:（1）因为函数f(x)在处取最小值，所以,由诱导公式知,因为,所以.所以（2）因为,所以,因为角A为ABC的内角,所以.又因为所以由正弦定理,得,也就是,因为,所以或.当时,;当时,二、概率考点：古典概型方法：列举法，数个数，，注意：列举要全面，不重不漏。典例1：（12高考）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.(Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；(Ⅱ)现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.【解析】(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为.(II)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为.典例2、以频率分布直方图为背景（12模拟）某县为增强市民的环境保护意识，面向全县征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）分别求第3，4，5组的频率.（2）若从第3，4，5组中用分层抽样的方法抽取6名志愿者参广场的宣传活动，应从第3，4，5组各抽取多少名志愿者？ （3）在（2）的条件下，该县决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第4组至少有一名志愿者被抽中的概率.【.解析】:(Ⅰ)由题设可知,第3组的频率为0.06×5=0.3,第4组的频率为0.04×5=0.2,第5组的频率为0.02×5=0.1.…………2分(Ⅱ)第3组的人数为0.3×100=30,第4组的人数为0.2×100=20,第5组的人数为0.1×100=10.因为第3,4,5组共有60名志愿者,所以利用分层抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者,每组抽取的人数分别为:第3组:×6=3;第4组:×6=2;第5组:×6=1.所以应从第3,4,5组中分别抽取3人,2人,1人.…………6分(Ⅲ)记第3组的3名志愿者为A1,A2,A3,第4组的2名志愿者为B1,B2,第5组的1名志愿者为C1.则从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种.其中第4组的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种,所以第4组至少有一名志愿者被抽中的概率为…………12分典例3、几何概型典例、（12模拟）已知关于的一元二次函数（Ⅰ）设集合和，分别从集合和中随机取一个数作为和，求函数在区间[上是增函数的概率；（Ⅱ）设点是区域内的随机点，记有两个零点,其中一个大于，另一个小于,求事件发生的概率.【答案】解：（Ⅰ）∵函数的图象的对称轴为要使在区间上为增函数，当且仅当且………………2分若则，若则若则……4分记函数在区间上是增函数则事件包含基本事件的个数是1+2+2=5，∴……6分（Ⅱ）依条件可知试验的全部结果所构成的区域为，其面积……8分事件构成的区域：由,得交点坐标为………………10分，∴事件发生的概率为……12分三、立体几何考点一：证明平行、垂直；求几何体的体积。方法：证明平行垂直用判定定理，性质定理，求体积适当时候要换底，利用等体积法。典例1：（10高考）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面，，、、分别为、、的中点，且.（I）求证：平面平面；（II）求三棱锥与四棱锥的体积 之比.【解析】（I）证明：由已知MA平面ABCD，PD

∥MA，所以PD∈平面ABC又BC∈平面ABCD，因为四边形ABCD为正方形，所以PD⊥BC又PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC，在△PBC中，因为G平分为PC的中点，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：因为PD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形，不妨设MA=1，则PD=AD=2，ABCD所以Vp-ABCD=1/3S正方形ABCD，PD=8/3由于DA⊥面MAB的距离所以DA即为点P到平面MAB的距离，三棱锥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）如图，几何体是四棱锥，△为正三角形，.(Ⅰ)求证：；(Ⅱ)若∠，M为线段AE的中点，求证：∥平面.【解析】(I)设中点为O，连接OC，OE，则由知，，又已知，所以平面OCE.所以，即OE是BD的垂直平分线，所以.(II)取AB中点N，连接，∵M是AE的中点，∴∥，∵△是等边三角形，∴.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.考点二、存在性问题方法：先指出点所在的位置，把它当条件证明已知的平行垂直。典例、如图所示，直棱柱中，底面是直角梯形，，．（1）求证：平面；（2）在A1B1上是否存一点，使得与平面平行？证明你的结论．【解析】（1）证明：直棱柱中，平面，…2分又，∴………5分又平面．………………6分（2）存在点，为的中点可满足要求．…7分证明：由为的中点，有，且…8分又∵，且，∴为平行四边形，…10分又面，面，面…12分考点三、折叠问题方法：必须弄清楚在折叠的过程中哪些量改变，哪些量没变。典例、如图甲，在平面四边形ABCD中，已知,,现将四边形ABCD沿BD折起，使平面ABD平面BDC（如图乙），设点E、F分别为棱AC、AD的中点．（1）求证：DC平面ABC；（2）设，求三棱锥A－BFE的体积．【解析】（1）证明：在图甲中∵且∴,即--------------------------------------------2分在图乙中，∵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分别为AC、AD的中点∴EF//CD，又由（1）知，DC平面ABC，∴EF⊥平面ABC，--------------------------------------------------------8分∴-------------------------9分在图甲中，∵,∴,由得,--------------------------11分∴∴∴-------------------------------------------14分考点四、给出三视图研究平行垂直问题方法：证明问题前要根据三视图描述几何体的形状。典例、已知四棱锥如图5-1所示，其三视图如图5-2所示，其中正视图和侧视图都是直角三角形，俯视图是矩形.（Ⅰ）求此四棱锥的体积；(Ⅱ)若E是PD的中点，求证：平面PCD；(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，若F是的中点，证明：直线AE和直线BF既不平行也不异面.【解析】（Ⅰ）由题意可知，四棱锥的底面是边长为2的正方形，其面积，高，所以（4分）(Ⅱ)由三视图可知，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为PD的中点，∴（9分）又，平面，平面∴平面.(10分)(Ⅲ)∵分别是的中点，∴且又∵且，∴且∴四边形是梯形，(13分)是梯形的两腰，故与所在的直线必相交。所以，直线AE和直线BF既不平行也不异面.(14分)四、数列考点一：数列求通项，求和方法：（1）求通项的方法：基本量的运算，已知求（注意验证n=1），已知与的关系（2）求和的方法：公式法，分组求和，裂项求和，错位相减法求和，倒序相加，并项求和。典例1、（10高考）已知等差数列满足：，.的前n项和为.（Ⅰ）求及；（Ⅱ）令（）,求数列的前n项和.【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为d，因为，，所以有，解得，所以；==。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以bn===，所以==，即数列的前n项和=。典例2、（12高考）已知等差数列的前5项和为105，且.(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)对任意，将数列中不大于的项的个数记为.求数列的前m项和.【解析】(I)由已知得：解得,所以通项公式为.(II)由，得，即.∵，∴是公比为49的等比数列，∴.典例3、(09高考)等比数列{}的前n项和为，已知对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上（1）求r的值；（11）当b=2时，记求数列的前项和解:因为对任意的,点，均在函数且均为常数)的图像上.所以得,当时,,当时,,又因为{}为等比数列,所以,公比为,所以（2）当b=2时，,则相减,得所以考点二：证明等差等比数列方法：定义法。典例4、在数列中，，若函数在点处切线过点（）求证：数列为等比数列；求数列的通项公式和前n项和公式.【解析】：（1）因为，所以切线的斜率为，切点（1，2），切线方程为………………2分又因为过点（），所以，即①…………4分所以，即数列为一等比数列，公比.……………6分（2）由（1）得为一公比为的等比数列，……………8分则∴，…………10分……………12分典例5、,点在曲线上且（Ⅰ）求证:数列为等差数列,并求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和为,若对于任意的,存在正整数t,使得恒成立,求最小正整数t的值．【解析】,2分所以是以1为首项,4为公差的等差数列．2分,,3分（Ⅱ）．2分…．2分对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数符合题意1分五、圆锥曲线考点一、（1）求圆锥曲线方程方法：定义法；待定系数法；直接法。注意：方程求不对，后面是浪费时间，切记！（2）求弦长，面积的最值方法：把弦长、面积表示为关于k或截距m的函数，利用均值不等式或二次函数等函数问题求最值典例1、（12高考）如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8.(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；(Ⅱ)设直线与椭圆M有两个不同的交点与矩形ABCD有两个不同的交点.求的最大值及取得最大值时m的值.【解析】(I)……①矩形ABCD面积为8，即……②由①②解得：，∴椭圆M的标准方程是.(II)，设，则，由得..当过点时，，当过点时，.①当时，有，，其中，由此知当，即时，取得最大值.②由对称性，可知若，则当时，取得最大值.③当时，，，由此知，当时，取得最大值.综上可知，当和0时，取得最大值.考点二、定点定值问题方法：(1)从特殊情况入手，求出定点定值，再证明这个值与变量无关（2）直接推理、计算，并在推理计算的过程中消去变量，从而得到定点定值。典例2、（11高考）在平面直角坐标系中，已知椭圆.如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）若∙，（i）求证：直线过定点；（ii）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆方程；若不能，请说明理由.【解析】（Ⅰ）由题意:设直线,由消y得:,设A、B,AB的中点E,则由韦达定理得:=,即,,所以中点E的坐标为E,因为O、E、D三点在同一直线上，所以，即，解得，所以=,当且仅当时取等号,即的最小值为2.（Ⅱ）（i）证明:由题意知:n>0,因为直线OD的方程为,所以由得交点G的纵坐标为,又因为,,且∙，所以,又由（Ⅰ）知:,所以解得,所以直线的方程为,即有,令得,y=0,与实数k无关,所以直线过定点(-1,0).（ii）假设点，关于轴对称,则有的外接圆的圆心在x轴上,又在线段AB的中垂线上,由（i）知点G(,所以点B(,又因为直线过定点(-1,0),所以直线的斜率为，又因为，所以解得或6，又因为,所以舍去,即，此时k=1，m=1，E，AB的中垂线为2x+2y+1=0，圆心坐标为，G(,圆半径为，圆的方程为.综上所述,点，关于轴对称,此时的外接圆的方程为.典例2、（07高考） 已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于两点（不是左右顶点），且以 为直径的图过椭圆的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【解析】：（I）由题意设椭圆的标准方程为，由已知得：，，，，椭圆的标准方程为（Ⅱ）设，，联立得，又，因为以为直径的圆过椭圆的右焦点，，即，，，解得：，，且均满足，当时，的方程为，直线过定点，与已知矛盾；当时，的方程为，直线过定点所以，直线过定点，定点坐标为六、导数的应用考点一、1、利用函数研究函数的单调性方法:（1）求定义域（2）求导，通分（3）最高次项系数含参数，先讨论其为0（4）能分解因式，求根，比较根的大小产生讨论，注意根是否在定义域内（5）不能分解因式，讨论判别式。2、证明不等式方法：作差构造新函数，证明新函数的最值大于0或小于0.典例：（12高考）已知函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线在点处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；(Ⅱ)求的单调区间；(Ⅲ)设，其中为的导函数.证明：对任意.【解析:】(I)，由已知，，∴.(II)由(I)知，.设，则，即在上是减函数，由知，当时，从而，当时，从而.综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是.(III)由(II)可知，当时，≤0＜1+，故只需证明在时成立.当时，＞1，且，∴.设，，则，当时，，当时，，所以当时，取得最大.所以.综上，对任意，.考点二、函数应用题方法：审题，建立数学模型，列出解析式，利用导数求单调性求最值。典例：（11高考）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千