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1-5  A D B D B    6-10 B B C C B

11. ．  12. 13.    14. 60     15. ①③

16．解：（Ⅰ）∵-

∴，(3分)

 ∴

     又已知點(diǎn)為的圖像的一個(gè)對(duì)稱中心。∴

     而  （6分）

     （Ⅱ）若，

        （9分）

∵，∴

即m的取值范圍是  （12分）

17. 解：（1）由已知得，∵，∴

     ∵、是方程的兩個(gè)根，∴

∴，       ………………6分

（2）的可能取值為0，100，200，300，400

，，

，，

即的分布列為：

故………12分

18解法一：

   （1）延長(zhǎng)C₁F交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，連接AN。因?yàn)镕是BB₁的中點(diǎn)，

    所以F為C₁N的中點(diǎn)，B為CN的中點(diǎn)。????2分

    又M是線段AC₁的中點(diǎn)，故MF∥AN。?????3分

    又MF平面ABCD，AN平面ABCD。

    ∴MF∥平面ABCD。  ???5分

   （2）證明：連BD，由直四棱柱ABCD―A₁B₁C₁D₁

    可知A₁A⊥平面ABCD，又∵BD平面ABCD，

    ∴A₁A⊥BD�！咚倪呅蜛BCD為菱形，∴AC⊥BD。

    又∵AC∩A₁A=A，AC，AA平面ACC₁A₁。

    ∴BD⊥平面ACC₁A₁。                  ?????????????????7分

    在四邊形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四邊形DANB為平行四邊形

    故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC₁A₁，又因?yàn)?i>NA平面AFC₁

    ∴平面AFC₁⊥ACC₁A₁

   （3）由（2）知BD⊥ACC₁A₁，又AC₁ACC₁A₁，∴BD⊥AC₁，∴BD∥NA，∴AC₁⊥NA。

    又由BD⊥AC可知NA⊥AC，

    ∴∠C₁AC就是平面AFC₁與平面ABCD所成二面角的平面角或補(bǔ)角。???10分

    在Rt△C₁AC中，tan，故∠C₁AC=30°???12分

    ∴平面AFC₁與平面ABCD所成二面角的大小為30°或150°。???12分

19.解：（Ⅰ）因?yàn)?sub>成等差數(shù)列，點(diǎn)的坐標(biāo)分別為所以且

由橢圓的定義可知點(diǎn)的軌跡是以為焦點(diǎn)長(zhǎng)軸為4的橢圓（去掉長(zhǎng)軸的端點(diǎn)），

所以．故頂點(diǎn)的軌跡方程為．…………4分

（Ⅱ）由題意可知直線的斜率存在，設(shè)直線方程為．

由得，

設(shè)兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為，則，

，所以線段CD中點(diǎn)E的坐標(biāo)為,故CD垂直平分線l的方程為，令y=0，得與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，由得，解得，

又因?yàn)?sub>，所以．當(dāng)時(shí)，有，此時(shí)函數(shù)遞減，所以．所以，．

故直線與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的范圍是．           ………………12分

20．解:(1)因?yàn)?sub>

所以設(shè)S=（1）

        S=……….(2)(1)+(2)得:

   =,   所以S=3012

(2)由兩邊同減去1,得

所以,

所以,是以2為公差以為首項(xiàng)的等差數(shù)列,

所以

（3）因?yàn)?sub>

    所以

所以

>

21．解：(1)∵  ∴…1分

    設(shè) 則  ……2分

∴在上為減函數(shù)  又    時(shí)，，

∴ ∴在上是減函數(shù)………4分(2)①

∵ ∴或時(shí)

 ∴…………………………………6分

又≤≤對(duì)一切恒成立 ∴≤≤        ……………8分

②顯然當(dāng)或時(shí)，不等式成立                 …………………………9分

當(dāng)，原不等式等價(jià)于≥ ………10分

下面證明一個(gè)更強(qiáng)的不等式：≥…①

即≥……②亦即≥ …………………………11分

由(1) 知在上是減函數(shù)   又  ∴……12分

∴不等式②成立，從而①成立  又

∴＞

綜合上面∴≤≤且≤≤時(shí)，原不等式成立     ……………………………14分

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