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正四棱柱ABCD-ABC₁D₁（底面是正方形，側(cè)棱與底面垂直）底面邊長為1，高為2，M、N、P分別為線段AB、CD、C₁D₁的中點(diǎn)．
（1）求證：MC₁∥平面ANPA₁；
（2）求異面直線CD與MC₁所成角的大小的正切值．

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一、AADCB  DCACB  DA

二、(13)160；(14)6π；(15)8；(16)①②③

三、(17)解：(Ⅰ)f(x)=(sinx+cosx)²=[sin(x+]²=[g(x)]²

   由f(x)=g(x),得g(x)=0,或g(x)=1

   ∴sin(x+)=0,或sin(x+)=1……………………………………………3分

   ∵-

   ∴x+=0,或x+=,或x+=

   x=-或x=0或x=

   所求x值的集合為{-,0,} …………………………………………………7分

   (Ⅱ)由(Ⅰ)知，

   解不等式2kπ+≤x+≤2kπ+,k∈Z,得

   2kπ+≤x≤2kπ+…………………………………………………………9分

   ∵-≤x≤且x≠-,

   ∴≤x≤

   ∴函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為[，]………………………………………12分

18.解：依題意，ξ的可能值為-6000，3000，12000，5000，14000，16000，…2分

  P(ξ=-6000)=0.05²=0025，

  P(ξ=3000)=2×0.2×0.05=0.02，

  P(ξ=12000)=0.2²=0.4，

  P(ξ=5000)=2×0.75×0.05×=0.075，

  P(ξ=14000)= 2×0.75×0.2×=0.3，

  P(ξ=16000)=0.075²=0.5625…………………………………………………………8分

  ξ的分布列為

ξ

-6000

3000

12000

5000

14000

16000

P

0.0025

0.02

0.04

0.075

0.3

0.5625

……………………………………………………………………………………………10分

ξ的期望為

  Eξ=-6000×0.0025+3000×0.02+12000×0.04+5000×0.075+14000×0.3+16000×0.5625=14100(元)        ………………………………………………………12分

19.解法一：(Ⅰ)∵PO⊥平面ABCD，∴OD為PD在平面ABCD內(nèi)的射影

  又ABCD為菱形，∴AC⊥OD，∴AC⊥PD，即PD⊥AC

  在菱形ABCD中，∵∠DAB=60°，

  分∴OD=AO?cot60°=1

  在Rt△POD中，PD=，由PE：ED=3：1，得

  DE=又∠PDO=60°，

 ∴OE²=OD²+DE²-2OD?DEcos60°=

∴OE²+DE²=OD²，∴∠OED=90°,即PD⊥OE

 PD⊥平面EAC…………………………………………………………………………4分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知PD⊥EA,PD⊥EC,則∠AEC為二面角A-PD-C的平面角tan∠AEO=，易知OE為AC的垂直平分線，所以∠AEC=2∠AEO，

∴cos∠AEC=cos²∠AEO-sin²∠AEO

=………………………………………8分

(Ⅲ)由O為BD中點(diǎn)，知點(diǎn)B到平面PDC的距離等于點(diǎn)O到平面PDC距離的2倍，由(Ⅰ)知，平面OEC⊥平面PDC，作OH⊥CE，垂足為H，則OH⊥平面PDC，在Rt△OEC中，∠EOC=90°，OC=

  ∴OH=

  所以點(diǎn)B到平面PDC的距離為……………………………………………12分

 解法二：建 立如圖所示的坐標(biāo)系O-xyz，其中A(0，-，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(-1，0，0)，P(0，0，).

(Ⅰ)由PE：ED=3：1，知E(-)

∵

∴

∴PD⊥OE，PD⊥AC，∴PD⊥平面EAC……………………………………………4分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知PD⊥EA，PD⊥EC，則∠AEC為二面角A-PD-C的平面角

∵

∴cos∠AEC=cos<……………………………………………8分

(Ⅲ)由OBD中點(diǎn)知，點(diǎn)B到平面PDC的距離為點(diǎn)O到平面PDC距離的2倍，又，cos∠OED=cos<

所以點(diǎn)B到平面PDC的距離為

d=2………………………………………………12分

20.解：(Ⅰ)x-f₁(x)=0,即x-，解得x₁=0,x₂=1,x₃=-1.

 所以，函數(shù)f₁(x)的不動(dòng)點(diǎn)為0，1，-1. ………………………………………………4分

(Ⅱ)令g(x)=x-f₂(x)=x-log_ax(x>0)，則g′(x)=1-…………6分

(1)若0<a<1,則log_ae<0,g′(x)>0,則g(x)在(0，+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.

又g(a)=a-1<0,g(1)=1>0,所以g(x)=0即x-f₂(x)=0在(0，1)內(nèi)有一根. ………………8分

(2)若a>1,則當(dāng)x∈(0，log_ae)時(shí)，g′<0,g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(log_ae,+∞)時(shí)，g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x=log_ae時(shí)，g(x)有最小值log_ae-log_a(log_ae).

由g(1)=1>0知，當(dāng)且僅當(dāng)log_ae-log_a(log_ae)≤0時(shí)，g(x)=0即x-f₂(x)=0有實(shí)根.

由a>1，知log_ae-log_a(log_ae)≤0   …………………11分

綜合所述，a的取值范圍是(0，1)∪(1，e).   …………………………………………12分

21.解：由已知，F()，雙曲線的漸近線y=±x的方向向量為v=(1,±1),當(dāng)l斜率k不存在時(shí)，不失一般性，取A(，-1)、B(，-1)、B(，1)，則在v上的投影的絕對(duì)值為，不合題意   ………………………………………………2分

  所以l的斜率k存在，其方程為y=k(x-).

  由得(k²-1)x²-2k²x+2k²+1=0(k²≠1)

 設(shè)A(x₁,k(x₁-))、B(x₂,k(x₂-)),則x₁+x₂=     ………………6分

當(dāng)v=(1，1)時(shí)，設(shè)與v的夾角為θ，則=(x₂-x₁,k(x₂-x₁))在v上投影的絕對(duì)值

=

=

由，得2k²-5k+2=0,k=2或k=.

根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性知，當(dāng)v=(1,-1)時(shí)，k=-2或k=.

       所以直線l的方程為y=±2(x-)或y=±.…………………12分

22.解：(Ⅰ)(i)a_n=1-1+1-…+(-1)^n-1=.………………………………3分

  (ii)用數(shù)學(xué)歸納法證明：

  (1)當(dāng)n=1時(shí)，由f₁(x)=1+x,知b₁=0，而=0，等式成立. ……4分

  (2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立，即b_k= -,

  那么由f_k+1(x)=f_k(x)[1+(-1)^(k+1)-1x]=f_k(x)[1+(-1)^kx],得

  b_k+1=b_k+(-1)^ka_k=-

  =

  =-

  等式仍然成立. …………………………………………………………………8分

  根據(jù)(1)和(2)知，對(duì)任意n∈N*,都有b_n=-……………………9分

  (Ⅱ)c_n=1-2+2²+…+(-2)^n-1=……………………………11分

  由g₁(x)=1-x,知d₁=0,

  當(dāng)n≥2時(shí)，由g_n(x)=g_n-1(x)[1+(-2)^n-1x],知d_n=d_n-1+(-2)^n-1c_n-1,

  ∴d_n-d_n-1=(-2)^n-1c_n-1=(-2)^n-1?.

  ∴d_n=d₁+(d₂-d₁)+(d₃-d₂)+…+(-2)(d_n-d_n-1)

=0+

=

=

=

當(dāng)n=1時(shí)上式也成立.

∴d_n=……………………………………………………14分