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1．     2．     3．{(1，-1)}    4．12        5．  

6．      7．         8．直角   

9．解析：（1）（4）．本題考查了獨(dú)立性檢驗(yàn)的基本思想及常用邏輯用語．由題意，得，，所以，只有第一位同學(xué)的判斷正確，即：有的把握認(rèn)為“這種血清能起到預(yù)防感冒的作用”．由真值表知（1）（4）為真命題．

10．提示：設(shè)四棱錐的兩組不相鄰的側(cè)面的交線分別為 m、n, 直線 m、n 確定了一個(gè)平面 β．作與 β 平行的平面 α, 與四棱錐的各個(gè)側(cè)面相截，則截得的四邊形必為平行四邊形．而這樣的平面 α 有無數(shù)多個(gè)．

11．                        12．y=-x ±   

13．解：由可化為xy =8+x+y

x，y均為正實(shí)數(shù)， xy =8+x+y（當(dāng)且僅當(dāng)x=y等號(hào)成立）

即xy-2-8可解得，即xy16故xy的最小值為16.

14．

15．解：（1）A中2張錢幣取1張，有2種情況，

     B中3張錢幣取1張，有3種情況，

   ∴互換一次有2´3 = 6種情況，

     其中10元幣恰是一張的情況有3種，

   ∴A袋中10元錢幣恰是一張的概率為P₁ =.答略

（2）A袋中恰有一張10元幣的概率為P₁ = ；

        A袋中恰有兩張10元幣的概率為P₂ = ；

     ∴ A袋中10元錢幣至少是一張的概率P = P₁ + P₂ = +  = .

另解：. A袋中恰有0張10元幣的概率為P₀ = ，

 ∴A袋中10元錢幣至少是一張的概率P = 1 ? P₀ = .答略.

16．解：（1）證明：取PB中點(diǎn)Q，連結(jié)MQ、NQ，因?yàn)镸、N分別是棱AD、PC中點(diǎn)，所以

        QN//BC//MD，且QN=MD，于是DN//MQ.

.      

   （2）

又因?yàn)榈酌鍭BCD是、邊長(zhǎng)為的菱形，且M為AD中點(diǎn)，

所以.

又

所以.

   （3）因?yàn)镸是AD中點(diǎn)，所以點(diǎn)A與D到平面PMB等距離.

過點(diǎn)D作于H，由（2）平面PMB平面PAD，所以.

       故DH是點(diǎn)D到平面PMB的距離.

所以點(diǎn)A到平面PMB的距離為.

17．解：(1)設(shè)中角的對(duì)邊分別為，則由，

可得，所以

      (2)

因?yàn)?sub>，，所以

即當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，

18．解：（1）直線l₁: x＋my－m－2＝0與l₂: mx－y-2m+1＝0互相垂直，且恒過點(diǎn)（2，1），所以點(diǎn)M即（2，1），又OAOB，所以A，M，B，O四點(diǎn)共圓，且AB即圓的直徑，又A（m+2，0），B （0，1-2m），所以圓的方程為：

整理得：

（2）當(dāng)AB與OM垂直于點(diǎn)P時(shí)，由垂徑定理得點(diǎn)P為OM中點(diǎn)（1，），不妨取OA中點(diǎn)Q（，0），又m，否則AM垂直x軸，四邊形AMBO為矩形，AB與OM不垂直，所以，，，得證.

19．解：（1）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，有2ⁿ+1=（2+1）（2^n-1-2^n-2+…-2+1）=3（2^n-1-2^n-2+…-2+1）

所以2ⁿ+1是最小的數(shù)；又2ⁿ⁺¹-1=（2ⁿ⁺¹+2）-3=2（2ⁿ+1）-3，所以2ⁿ⁺¹-1是最大的數(shù).

（2）由（1）知當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，A_n中的各個(gè)元素組成以2ⁿ+1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，設(shè)項(xiàng)數(shù)為m，則2ⁿ⁺¹-1=2ⁿ+1+3(m-1)，所以m=，所以當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，A_n中的所有元素之和為；

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n-1時(shí)奇數(shù)，由（1）可知2^n-1+1是3的倍數(shù)，因此2ⁿ+2=2（2^n-1+1）是3的倍數(shù)；同理，2ⁿ⁺¹-2=2（2ⁿ-1）是3的倍數(shù).所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，A_n中的各個(gè)元素組成以2ⁿ+2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，設(shè)項(xiàng)數(shù)為m，則2ⁿ⁺¹-2=2ⁿ+2+3(m-1)，所以m=，所以當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，A_n中的所有元素之和為.

20．解：（1），∴可設(shè)，

因而   ①

=，

∵在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，

∴在上的函數(shù)值非正，

由于，對(duì)稱軸，故只需，注意到，∴，得或（舍去）.

故所求的取值范圍是.                    

（2）時(shí)，方程僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根，即證方程 僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根.令，由，得，，易知在，上遞增，在上遞減，的極大值，故函數(shù)的圖像與軸僅有一個(gè)交點(diǎn)，∴時(shí)，方程僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根，得證. 

（3）設(shè) = x²+x+1, =1，對(duì)稱軸為，.

由題意,得或

解出，故使||≤3成立的充要條件是

附加題：

1．證明：如圖,分別過點(diǎn)E、F作AB的垂線,G、H為垂足,連FA、EB.易知

    DB²＝FB²＝AB?HB,

    AD²＝AE²＝AG?AB.

    二式相減,得

    DB²－AD²＝AB?(HB－AG),

或  (DB－AD)?AB＝AB?(HB－AG).

于是,DB－AD＝HB－AG,

或  DB－HB＝AD－AG.

    就是DH＝GD.

    顯然,EG∥CD∥FH.

    故CD平分EF.2.

2．解：由上題可知₁ =,₂ =是矩陣M= 分別對(duì)應(yīng)特征值₁=1，₂=4的兩個(gè)特征向量，而₁與₂不共線.又==3+（－2）

∴M²⁰= M²⁰(3₂+（－2）₁)=3 M²⁰₂+(－2) M²⁰₁

=3₂²⁰₂+（－2）×₁²⁰₁=3×4²⁰×+(-2)×1²⁰×

     =≈

答：20個(gè)時(shí)段后這兩個(gè)種群的數(shù)量都趨向于3×4²⁰.

3．證明：以F為極點(diǎn)，極軸與x軸正向重合建立極坐標(biāo)系．

設(shè)拋物線方程，A（ρ₁，θ），B（ρ₂，θ＋π），

則AB＝ρ₁＋ρ₂＝ = 4p，sin²θ=，θ=

4．（Ⅰ）證明：（?）當(dāng)時(shí)，原不等式成立；當(dāng)時(shí)，左邊，右邊，因?yàn)?sub>，所以左邊右邊，原不等式成立；

（?）假設(shè)當(dāng)時(shí)，不等式成立，即，則當(dāng)時(shí)，

，，于是在不等式兩邊同乘以得

，

所以．即當(dāng)時(shí)，不等式也成立．

綜合（?）（?）知，對(duì)一切正整數(shù)，不等式都成立．

5．（1）設(shè)事件為A,則在7次拋骰子中出現(xiàn)5次奇數(shù)，2次偶數(shù)

    而拋骰子出現(xiàn)的奇數(shù)和偶數(shù)的概率為p是相等的，且為

    根據(jù)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)概率公式：

   （2）若

    即前2次拋骰子中都是奇數(shù)或都是偶數(shù).

    若前2次都是奇數(shù)，則必須在后5次中拋出3次奇數(shù)2次偶數(shù)，

    其概率：

    若前2次都是偶數(shù)，則必須在后5次中拋出5次奇數(shù)，其概率：

所求事件的概率

6．以下解答僅供參考，按學(xué)生實(shí)際解答給分.

 解：(1)條直線將一個(gè)平面最多分成個(gè)部分(),與（2）合并證明；

(2)個(gè)平面最多將空間分割成個(gè)部分().

證明：設(shè)個(gè)維空間可將維空間最多分成個(gè)部分，則只需證明

，這里∈