一、              选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

题号

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

答案

D

A

B

B

D

A

C

C

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，有两空的小题，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、解答题（本大题共6小题，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

则b=c,∴B=C=.

∴△ABC为等边三角形. ……………………………………………13分

（16）（共13分）

解：（Ⅰ）∵S₁=a₁=1,且数列{S_n}是以2为公比的等比数列，

∴S_n=2^n-1.……………………………………………………………2分

又当n≥2时，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为首项，以4为公比的等比数列，…………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）证明：连结BD交AC于E,连结ME.…………………………………1分

∵ABCD是正方形,∴E是BD的中点.∵M是SD的中点,∴ME是△DSB的中位线.

∴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中点F,则MF∥SA.作FQ⊥AC于Q，连结MQ. ………5分

∵SA⊥底面ABCD,∴MF⊥底面ABCD.

∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影.

∵FQ⊥AC,

∴MQ⊥AC.

∴∠FQM为二面角D-AC-M的平面角.………………………………………7分

设SA=AB=a,在Rt△MFQ中，MF=SA=,FQ=DE=a,

∴tanFQM=

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

（Ⅲ）证明：由条件有DC⊥SA,DC⊥DA,∴DC⊥平面SAD,∴AM⊥DC.…………10分

又∵SA=AD,M是SD的中点，∴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）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐

标系A-xyz, ……………………………5分

由SA=AB,故设AB=AD=AS=1,则

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).

设平面ACM的法向量为n=(x, y, z),

=(1,1,0), =（），………………………………………………7分

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

∴cos＜, n＞=     =      =

∴二面角D-AC-M的大小为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)设“这4个家庭中恰好有3个家庭订阅了A报”的事件为A,………1分

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

答：这4个家庭中恰好有3个家庭订阅了A报的概率为0.0756.

(Ⅱ)设“这4个家庭中至多有3个家庭订阅了B报”的事件为B,………5分

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

答：这4个家庭中至多有3个家庭订阅了B报的概率为0.8704.

(Ⅲ)设“这4个家庭中恰好有2个家庭A,B报都没有订阅”的事件为C, …9分

因为有30%的家庭订阅了A报,有60%的家庭订阅了B报，

有20%的家庭同时订阅了A报和B报.所以两份报纸都没有订阅的家庭

有30%.

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

答：这4个家庭中恰好有2个家庭A,B报都没有订阅的概率为0.2646.

注：第三问若写出两份报纸都没有订阅的家庭有30%，后面计算有误，给到10分.

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）设抛物线S的方程为y²=2px.…………………………………………1分

由可得2y²+py-20p=0.……………………………………3分

由Δ>0,有p>0,或p<-160.

设B(x₁,y₁),C(x₂,y₂),则y₁+y₂=.

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

设A(x₃,y₃)，由△ABC的重心为F（，0）,则

∴x₃=

∵点A在抛物线S上，∴（）²=2p（）,∴p=8.…………………6分

∴抛物线S的方程为y²=16x.……………………………………………………7分

(Ⅱ)当动直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y=kx+b,显然k≠0,b≠0.………

……………………………………………………………………………………8分

设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

将y=kx+b代入抛物线方程，得ky²-16y+16b=0,∴y_Py_Q=.

∵k≠0,b≠0,∴b=-16k,∴动直线方程为y=kx-16k=k(x-16).

此时动直线PQ过定点（16,0）.………………………………………………12分

当直线PQ 的斜率不存在时，显然PQ⊥x轴，又OP⊥OQ,∴△POQ为等腰直角三角形.

由得到P(16,16),Q(16,-16).

此时直线PQ亦过点（16,0）. …………………………………………………13分

综上所述，动直线PQ过定点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…）.

当n=1时，………………………………………………7分

∴a_n=（n=1,2,3…）.……………………………………………8分

（Ⅲ）当k=1时，由已知a₁=4<5显然成立;………………………………………9分

当k≥2时,a_k=<(k≥2)……………………11分

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

………………………………………………………………………………13分

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

说明：其他正确解法按相应步骤给分.