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A．        B．     C．       D．不存在

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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)

 ∴

     又已知點為的圖像的一個對稱中心�！�

     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C₁F交CB的延長線于點N，連接AN。因為F是BB₁的中點，

    所以F為C₁N的中點，B為CN的中點。????2分

    又M是線段AC₁的中點，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。∵四邊形ABCD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，又因為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）因為成等差數列，點的坐標分別為所以且

由橢圓的定義可知點的軌跡是以為焦點長軸為4的橢圓（去掉長軸的端點），

所以．故頂點的軌跡方程為．…………4分

（Ⅱ）由題意可知直線的斜率存在，設直線方程為．

由得，

設兩點坐標分別為，則，

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

又因為，所以．當時，有，此時函數遞減，所以．所以，．

故直線與軸交點的橫坐標的范圍是．           ………………12分

20．解:(1)因為

所以設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為公差以為首項的等差數列,

所以

（3）因為

    所以

所以

>

21．解：(1)∵  ∴…1分

    設 則  ……2分

∴在上為減函數  又    時，，

∴ ∴在上是減函數………4分(2)①

∵ ∴或時

 ∴…………………………………6分

又≤≤對一切恒成立 ∴≤≤        ……………8分

②顯然當或時，不等式成立                 …………………………9分

當，原不等式等價于≥ ………10分

下面證明一個更強的不等式：≥…①

即≥……②亦即≥ …………………………11分

由(1) 知在上是減函數   又  ∴……12分

∴不等式②成立，從而①成立  又

∴＞

綜合上面∴≤≤且≤≤時，原不等式成立     ……………………………14分

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