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一、              選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）

題號

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

答案

D

A

B

B

D

A

C

C

二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，有兩空的小題，第一空3分，第二空2分，共30分）

(9)2    (10)y=sin(2x+ )    (11)     (12)(-∞,-1)∪(-1,1)    (13)16,

(14)72,120

三、解答題（本大題共6小題，共80分）

（15）（共13分）

解：（Ⅰ）f(x)=cos²x+2sinxcosx-sin²x

=sin2x+cos2x……………………………………………………4分

＝2sin(2x+)………………………………………………………5分

∴T=, f(x)∈［-2,2］ ……………………………………………7分

（Ⅱ）由f()=2，有f()=2sin(A+)=2, ………………………………8分

∴sin(A+)=1.

∵0<A<,∴A+=,即A=.……………………………………10分

由余弦定理a²=b²+c²-2bccosA及a²=bc,∴(b-c)²=0. ………………12分

則b=c,∴B=C=.

∴△ABC為等邊三角形. ……………………………………………13分

（16）（共13分）

解：（Ⅰ）∵S₁=a₁=1,且數(shù)列{S_n}是以2為公比的等比數(shù)列，

∴S_n=2^n-1.……………………………………………………………2分

又當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2^n-2(2-1)=2^n-2. …………………………5分

∴an=          ………………………………………………7分

（Ⅱ）a₃,a₅,…,a_2n+1是以2為首項(xiàng)，以4為公比的等比數(shù)列，…………9分

∴a₃+a₅+…＋a_2n+1=…………………………11分

∴a₁+a₃+…＋a_2n+1=1+…………………………13分

（17）（共14分）

方法一：

（Ⅰ）證明：連結(jié)BD交AC于E,連結(jié)ME.…………………………………1分

∵ABCD是正方形,∴E是BD的中點(diǎn).∵M是SD的中點(diǎn),∴ME是△DSB的中位線.

∴ME∥SB.………………………………………………………………………2分

又∵ME?平面ACM,SB?平面ACM, ………………………………………3分

∴SB∥平面ACM.………………………………………………………………4分

（Ⅱ）解：取AD中點(diǎn)F,則MF∥SA.作FQ⊥AC于Q，連結(jié)MQ. ………5分

∵SA⊥底面ABCD,∴MF⊥底面ABCD.

∴FQ為MQ在平面ABCD內(nèi)的射影.

∵FQ⊥AC,

∴MQ⊥AC.

∴∠FQM為二面角D-AC-M的平面角.………………………………………7分

設(shè)SA=AB=a,在Rt△MFQ中，MF=SA=,FQ=DE=a,

∴tanFQM=

∴二面角D-AC-M的大小為arctan. ………………………………………9分

（Ⅲ）證明：由條件有DC⊥SA,DC⊥DA,∴DC⊥平面SAD,∴AM⊥DC.…………10分

又∵SA=AD,M是SD的中點(diǎn)，∴AM⊥SD.

∴AM⊥平面SDC. ………………………………………………………………11分

∴SC⊥AM.

由已知SC⊥AN,∴SC⊥平面AMN.

又SC?平面SAC,∴平面SAC⊥平面AMN. …………………………………14分

方法二：

解：（Ⅱ）如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐

標(biāo)系A-xyz, ……………………………5分

由SA=AB,故設(shè)AB=AD=AS=1,則

A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),

D(1,0,0),S(0,0,1),M（，0，）.

∵SA⊥底面ABCD,

∴是平面ABCD的法向量，

=(0,0,1).

設(shè)平面ACM的法向量為n=(x, y, z),

=(1,1,0), =（），………………………………………………7分

令x=1,則n=(1,-1,-1).  …………………………………………………………8分

∴cos＜, n＞=     =      =

∴二面角D-AC-M的大小為arccos.………………………………………9分

（Ⅲ）∵=（，0，），=(-1,-1,1),…………………………………………10分

∴? = -+=0.

∴⊥.…………………………………………………………………………12分

又∵SC⊥AN且AN∩AM=A,

∴SC⊥平面AMN.又SC平面SAC,

∴平面SAC⊥平面AMN.…………………………………………………………14分

（18）（共12分）

解：(Ⅰ)設(shè)“這4個(gè)家庭中恰好有3個(gè)家庭訂閱了A報(bào)”的事件為A,………1分

P(A)=  (0.3)³(0.7)=0.0756 …………………………………………4分

答：這4個(gè)家庭中恰好有3個(gè)家庭訂閱了A報(bào)的概率為0.0756.

(Ⅱ)設(shè)“這4個(gè)家庭中至多有3個(gè)家庭訂閱了B報(bào)”的事件為B,………5分

P(B)=1-(0.6)⁴=1-0.1296=0.8704…………………………………………8分

答：這4個(gè)家庭中至多有3個(gè)家庭訂閱了B報(bào)的概率為0.8704.

(Ⅲ)設(shè)“這4個(gè)家庭中恰好有2個(gè)家庭A,B報(bào)都沒有訂閱”的事件為C, …9分

因?yàn)橛?0%的家庭訂閱了A報(bào),有60%的家庭訂閱了B報(bào)，

有20%的家庭同時(shí)訂閱了A報(bào)和B報(bào).所以兩份報(bào)紙都沒有訂閱的家庭

有30%.

所以P(C)=  (0.3)²(0.7)²=0.2646 …………………………………12分

答：這4個(gè)家庭中恰好有2個(gè)家庭A,B報(bào)都沒有訂閱的概率為0.2646.

注：第三問若寫出兩份報(bào)紙都沒有訂閱的家庭有30%，后面計(jì)算有誤，給到10分.

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）設(shè)拋物線S的方程為y²=2px.…………………………………………1分

由可得2y²+py-20p=0.……………………………………3分

由Δ>0,有p>0,或p<-160.

設(shè)B(x₁,y₁),C(x₂,y₂),則y₁+y₂=.

∴x₁+x₂=（5-）+（5-）=10- =10+.…………………………5分

設(shè)A(x₃,y₃)，由△ABC的重心為F（，0）,則

∴x₃=

∵點(diǎn)A在拋物線S上，∴（）²=2p（）,∴p=8.…………………6分

∴拋物線S的方程為y²=16x.……………………………………………………7分

(Ⅱ)當(dāng)動直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)PQ的方程為y=kx+b,顯然k≠0,b≠0.………

……………………………………………………………………………………8分

設(shè)P(x_p, y_p),Q(x_Q, y_Q),∵OP⊥OQ,∴k_OP?k_OQ=-1.

∴?=-1，∴x_P x_Q + y_P y_Q=0.  …………………………………………10分

將y=kx+b代入拋物線方程，得ky²-16y+16b=0,∴y_Py_Q=.

∵k≠0,b≠0,∴b=-16k,∴動直線方程為y=kx-16k=k(x-16).

此時(shí)動直線PQ過定點(diǎn)（16,0）.………………………………………………12分

當(dāng)直線PQ 的斜率不存在時(shí)，顯然PQ⊥x軸，又OP⊥OQ,∴△POQ為等腰直角三角形.

由得到P(16,16),Q(16,-16).

此時(shí)直線PQ亦過點(diǎn)（16,0）. …………………………………………………13分

綜上所述，動直線PQ過定點(diǎn)M(16,0). ………………………………………14分

（20）（共14分）

解：（Ⅰ）由已知，可得f '(x)=2ax+b,  …………………………………………1分

∴ 解之得a=.…………………………………………3分

（Ⅱ）∵∴

由=2×1

=2×2

=2×3

…

累加得=n²-n(n=2,3…).………………………………………………6分

∴a_n=（n=2,3…）.

當(dāng)n=1時(shí)，………………………………………………7分

∴a_n=（n=1,2,3…）.……………………………………………8分

（Ⅲ）當(dāng)k=1時(shí)，由已知a₁=4<5顯然成立;………………………………………9分

當(dāng)k≥2時(shí),a_k=<(k≥2)……………………11分

則a₁+a₂+a₃+…+a_k<4+［(1-)+()+…+ ()］=5-<5

………………………………………………………………………………13分

綜上，a₁+a₂+a₃+…+a_k<5(k=1,2,3…)成立. ………………………………14分

說明：其他正確解法按相應(yīng)步驟給分.