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一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.

1.C         2.A        3.D        4.B        5.A    6.C    7.D    8.B

二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分.

9.0                                 10.                    11.24；81

12.(―∞，―1)∪（2，+∞)             13.1；                  14.2^-|x|

注：兩空的題目，第一個(gè)空2分，第二個(gè)空3分.

三、解答題：本大題共6小題，共80分.

15.(本小題滿分12分)

(Ⅰ)解：

記“該選手通過(guò)初賽”為事件A，“該選手通過(guò)復(fù)賽”為事件B，“該選手通過(guò)決賽”為事件C，

則P(A)=，P(B)=，P(C)=.

那么該選手在復(fù)賽階段被淘汰的概率是

P=P()=P(A)P()=×.                                        5分

(Ⅱ)解：

ξ可能的取值為1，2，3.                                                     6分

P(ξ-1)=P=1

P(ξ=2)=P()=P(A)P()=，

P(ξ=3)=P(AB)=P(A)P(B)=×.                                          9分

ξ的數(shù)學(xué)期望Eξ=1×                                    11分

ξ的方差Dξ=                12分

16.(本小題滿分12分)

(Ⅰ)解：

∵f=sin²(1+sin2)=                 4分

∴sin².

∵,

∴

(Ⅱ)解：

由(Ⅰ)得f(x)=sin²                              8分

∵0≤x≤                                    9分

當(dāng)2x+=π，即x=時(shí)，cos取得最小值-1.                         11分

∴f(x)在上的最大值為1，此時(shí)x=                                  12分

17.(本小題滿分14分)

解法一：

(Ⅰ)解：

連結(jié)A₁D.

∵ABCD-A₁B₁C₁D₁是正四棱柱，

∴A₁B₁⊥平面A₁ADD₁，

∴A₁D是B₁D在平A₁ADD₁上的射影，

∴∠A₁DB₁是直線B₁D和平面A₁ADD₁所成的角.                                2分

在RtΔB₁A₁D中，      tanA₁DB₁=

∴∠A₁DB₁=30°，

即直線B₁D和平面A₁ADD₁，所成角的大小是30°                               4分

(Ⅱ)證明：

在Rt△A₁AD和Rt△ADE中，

∵,

∴A₁AD―△ADE，

∴∠A₁DA=∠AED．

∴∠A₁DA+∠EAD=∠AED+∠EAD=90°，

∴A₁D⊥AE．                                                               7分

由(Ⅰ)知，A₁D是B₁D在平面A₁ADD₁上的射影,

根據(jù)三垂線定理得，B₁D⊥AE．                                               9分

(Ⅲ)解：

設(shè)A₁D∩AE=F，連結(jié)CF．

∵CD⊥平面A₁ADD₁,且AE⊥DF，

根據(jù)三垂線定理得，AE⊥CF，

∴∠DFC是二面角C-AE-D的平面角．                                        11分

在Rt△ADE中，由AD?DE=AE?DF.

在Rt△FDC中，tan DFC=

∴∠DFC=60°，

即二面角C-AE-D的大小是60°                                              14分

解法二：

∵ABCD-A₁B₁C₁D₁是正四棱柱，

∴DA、DC、DD₁兩兩互相垂直．

如圖，以D為原點(diǎn)，直線DA，DC，DD₁分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．

1分

則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),B₁(1,1,).

(Ⅰ)解：

連結(jié)A₁D,∵ABCD-A₁B₁C₁D₁是正四棱柱，

∴A₁B₁⊥平面A₁ADD₁,

∴A₁D是B₁D在平面A₁ADD₁上的射影，

∴∠A₁DB₁是直線B₁D和平面A₁ADD₁所成的角．                               4分

∵A₁，                          ∴

∴cos

∴∠A₁DB₁=30°，

即直線B₁D和平面A₁ADD₁所成角的大小是30°,                                 6分

(Ⅱ)證明：

∵E是DD₁的中點(diǎn)      ∴E,                  ∴

∵=-1+0+1=0，

∴B₁D⊥AE．                                                             9分

(Ⅲ)解：

設(shè)A₁D∩AE=F，連結(jié)CF．

∵CD⊥平面A₁ADD₁,   且AE⊥DF；

根據(jù)三垂線定理得，AE⊥CF，

∴∠DFC是二面角C-AE-D的平面角．                                      11分

根據(jù)平面幾何知識(shí)，可求得F

∴

∴cos,

∴二面角C-AE-D的大小是60°                                             14分

18．(本小題滿分14分)

（Ⅰ）解：

∵a₁=-3，a_n=2a_n-1+2ⁿ+3(n≥2，且n∈N^*)，

∴a₂=2a₁+2²+3=1                                                         2分

a₃=2a₂+2³+3=13．                                                        4分

（Ⅱ）證明：

證法一：對(duì)于任意nN*，

∵b_n+1-b_n=[(a_n+1-2a_n)-3]=[(2ⁿ⁺¹+3)-3]=1，

∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為==0，公差為1的等差數(shù)列.                 9分

證法二：對(duì)于任意nN*，

∵2b_n+1-(b_n+b_n+2)=2×=（4a_n+1-4a_n-a_n+2-3）

              =[2(a_n+1-2a_n)-(a_n+2-2a_n+1)-3]=[2(2ⁿ⁺¹+3)-(2ⁿ⁺²+3)-3]=0，

∴2b_n+1=b_n+b_n+2，

∴數(shù)例{b_n}是首項(xiàng)為=0，公差為b₂-b₁=1的等差數(shù)列.             9分

（Ⅲ）解：

由（Ⅱ）得，=0 + (n-1)×1，

∴a_n=(n-1)?2ⁿ-3(nN*).                                                   10分

∴S_n=-3+（1×2²-3）+（2×2³-3）+…+[（n-1）?2ⁿ-3]，

即S_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+(n-1)?2ⁿ-3n.

設(shè)T_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+(n-1)?2ⁿ，

則2T_n=1×2³+2×2⁴+3×2⁵+…+(n-1)?2ⁿ⁺¹，

兩式相減得，-T_n=2²+2³+2⁴+…+2ⁿ-（n-1）?2ⁿ⁺¹=-(n-1)?2ⁿ⁺¹，

整理得，T_n=4+（n-2）?2ⁿ⁺¹，

從而S_n=4+(n-2)?2ⁿ⁺¹-3n(nN*).                                             14分

19．（本小題滿分14分）

（Ⅰ）解：

依題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+p，

將其代入x²=2py，消去y整理得x²-2pkx-2p²=0.                                 2分

設(shè)A，B的坐標(biāo)分別為A（x₁，y₁），B(x₂，y₂)，則x₁x₂=-2p².                      3分

將拋物線的方程改寫(xiě)為y=，求導(dǎo)得y′=

所以過(guò)點(diǎn)A的切線l₁的斜率是k₁=，過(guò)點(diǎn)B的切線l₂的斜率是k₂=，

故k₁k₂=，所以直線l₁和l₂的斜率之積為定值-2.                     6分

（Ⅱ）解：

設(shè)M（x,y）.因?yàn)橹本�l₁的方程為y-y₁=k₁(x-x₁)，即，

同理，直線l₂的方程為，

聯(lián)立這兩個(gè)方程，消去y得，

整理得(x₁-x₂)=0，注意到x₁≠x₂，所以x=.               10分

此時(shí)y=.              12分

由(Ⅰ)知，x₁+x₂=2pk，所以x==pkR,

所以點(diǎn)M的軌跡方程是y=-p.                                              14分

20.(本小題滿分14分)

(Ⅰ)解：

f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=e^x-1.

令f′(x)＞0，解得x＞0；令f′(x)＜0，解得x＜0.

從而f(x)在(-∞，0)內(nèi)單調(diào)遞減，在(0，+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.

所以，當(dāng)x=0時(shí)，f(x)取得最小值1.                                            3分

(Ⅱ)解：

因?yàn)椴坏仁絝(x)＞ax的解集為P，且{x|0≤x≤2}P，

所以對(duì)于任意x∈[0，2]，不等式f(x)＞ax恒成立.                                4分

由f(x)＞ax，得(a+1)x＜e^x.

當(dāng)x=0時(shí)，上述不等式顯然成立，故只需考慮x∈(0,2]的情況.                     5分

將（a+1）x＜e^x變形為a＜，

令g（x）=-1，則g(x)的導(dǎo)數(shù)g′(x)=，

令g′(x)＞0，解得x＞1；令g′(x)＜0，解得x＜1.

從而g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增.

所以，當(dāng)x=1時(shí)，g（x）取得最小值e-1，

從而實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，e-1）.                                        8分

(Ⅲ)證明：

由(Ⅰ)得，對(duì)于任意x∈R，都有e^x-x≥1，即1+x≤e^x.                            9分

令x=(n∈N*,i=1，2，…，n-1)，  則0＜1＜

∴  (i=1，2，…，n-1)，

即  (i=1，2，…，n-1).

∴

∵e^-(n-1)+e^-(n-2)+…+e^-1+1=，

∴                                                        14分