（A）已知p：方程x²+mx+1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；q：方程x²-4x-m=0沒有實(shí)數(shù)根．若p且q為真命題，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
（B）已知p：方程x²+mx+1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；q：方程x²-4x-m=0沒有實(shí)數(shù)根．若p或q為真命題，p且q為假命題，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

0

2

4

8

P

則的分布列為

…………………………………10分

（2）E=…………………………12分

答：該人得分的期望為2分……………………………………………………13分

18. 解：（1）取AC中點(diǎn)D，連結(jié)SD、DB.

∵SA=SC，AB=BC，

∴AC⊥SD且AC⊥BD，

∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB，

∴AC⊥SB-----------4分

（2）∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC，

∴平面SDB⊥平面ABC.

過N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC，

過E作EF⊥CM于F，連結(jié)NF，

則NF⊥CM.

∴∠NFE為二面角N－CM－B的平面角---------------6分

∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC.

又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD.

∵SN=NB，

∴NE=SD===， 且ED=EB.

在正△ABC中，由平幾知識(shí)可求得EF=MB=，

在Rt△NEF中，tan∠NFE==2，

∴二面角N―CM―B的大小是arctan2-----------------------8分

（3）在Rt△NEF中，NF==，

∴S_△CMN=CM?NF=，

S_△CMB=BM?CM=2-------------11分

設(shè)點(diǎn)B到平面CMN的距離為h，

∵V_B-CMN=V_N-CMB，NE⊥平面CMB，

∴S_△CMN?h=S_△CMB?NE，∴h==.

即點(diǎn)B到平面CMN的距離為--------13分

19. (1)解：當(dāng)0＜t≤10時(shí)，
　　是增函數(shù)，且                3分
　　當(dāng)20＜t≤40時(shí)，是減函數(shù)，且                    6分
　　所以，講課開始10分鐘，學(xué)生的注意力最集中，能持續(xù)10分鐘                7分

(2)解：，所以，講課開始25分鐘時(shí)，學(xué)生的注意力比講課開始后5分鐘更集中 9分

(3)當(dāng)0＜t≤10時(shí)，令得：                   10分
　　當(dāng)20＜t≤40時(shí)，令得：                      12分
　　則學(xué)生注意力在180以上所持續(xù)的時(shí)間
　　所以,經(jīng)過適當(dāng)安排,老師可以在學(xué)生達(dá)到所需要的狀態(tài)下講授完這道題         14分

20．解：

（1）設(shè)又

又得

當(dāng)時(shí)最大值為。故

………………………(6’)

（2）由橢圓離心率得雙曲線

設(shè)則……………(7’)

①     當(dāng)AB⊥x軸時(shí),

.…………(9’)

②當(dāng)時(shí).

………………………………………………(12’)

又與同在或內(nèi)……………(13’)

=

總=有成立�！�………………………(14’).

21. (1)
　　當(dāng)a≥0時(shí)，在[2，＋∞)上恒大于零，即，符合要求；      2分
    當(dāng)a＜0時(shí)，令，g (x)在[2，＋∞)上只能恒小于零
　　故△＝1＋4a≤0或，解得：a≤
　　∴a的取值范圍是                                     6分

(2)a = 0時(shí)，
　　當(dāng)0＜x＜1時(shí)，當(dāng)x＞1時(shí)，∴              8分

(3)反證法：假設(shè)x₁ = b＞1，由，
    ∴
　　故
　　　，即　�、�
　　又由(2)當(dāng)b＞1時(shí)，，∴
　　與①矛盾，故b≤1，即x₁≤1
　　同理可證x₂≤1，x₃≤1，…，x_n≤1(n∈N^*)                                 14分