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在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含x^-1项为第    项．

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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)

 ∴

     又已知点为的图像的一个对称中心。∴

     而  （6分）

     （Ⅱ）若，

        （9分）

∵，∴

即m的取值范围是  （12分）

17. 解：（1）由已知得，∵，∴

     ∵、是方程的两个根，∴

∴，       ………………6分

（2）的可能取值为0，100，200，300，400

，，

，，

即的分布列为：

故………12分

18解法一：

   （1）延长C₁F交CB的延长线于点N，连接AN。因为F是BB₁的中点，

    所以F为C₁N的中点，B为CN的中点。????2分

    又M是线段AC₁的中点，故MF∥AN。?????3分

    又MF平面ABCD，AN平面ABCD。

    ∴MF∥平面ABCD。  ???5分

   （2）证明：连BD，由直四棱柱ABCD―A₁B₁C₁D₁

    可知A₁A⊥平面ABCD，又∵BD平面ABCD，

    ∴A₁A⊥BD。∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD。

    又∵AC∩A₁A=A，AC，AA平面ACC₁A₁。

    ∴BD⊥平面ACC₁A₁。                  ?????????????????7分

    在四边形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四边形DANB为平行四边形

    故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC₁A₁，又因为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与平面ABCD所成二面角的平面角或补角。???10分

    在Rt△C₁AC中，tan，故∠C₁AC=30°???12分

    ∴平面AFC₁与平面ABCD所成二面角的大小为30°或150°。???12分

19.解：（Ⅰ）因为成等差数列，点的坐标分别为所以且

由椭圆的定义可知点的轨迹是以为焦点长轴为4的椭圆（去掉长轴的端点），

所以．故顶点的轨迹方程为．…………4分

（Ⅱ）由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为．

由得，

设两点坐标分别为，则，

，所以线段CD中点E的坐标为,故CD垂直平分线l的方程为，令y=0，得与轴交点的横坐标为，由得，解得，

又因为，所以．当时，有，此时函数递减，所以．所以，．

故直线与轴交点的横坐标的范围是．           ………………12分

20．解:(1)因为

所以设S=（1）

        S=……….(2)(1)+(2)得:

   =,   所以S=3012

(2)由两边同减去1,得

所以,

所以,是以2为公差以为首项的等差数列,

所以

（3）因为

    所以

所以

>

21．解：(1)∵  ∴…1分

    设 则  ……2分

∴在上为减函数  又    时，，

∴ ∴在上是减函数………4分(2)①

∵ ∴或时

 ∴…………………………………6分

又≤≤对一切恒成立 ∴≤≤        ……………8分

②显然当或时，不等式成立                 …………………………9分

当，原不等式等价于≥ ………10分

下面证明一个更强的不等式：≥…①

即≥……②亦即≥ …………………………11分

由(1) 知在上是减函数   又  ∴……12分

∴不等式②成立，从而①成立  又

∴＞

综合上面∴≤≤且≤≤时，原不等式成立     ……………………………14分

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