13．495                  14．-1                    15．0.030，3         16．①④

17．①③④

三、解答题

1．设该数列的公差为，前n项和为S_n．

由已知，可得

，．

所以，，，

解得或，即数列{a_n}首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3．

所以，数列的前项和或．

2．(Ⅰ) 由题设知，，

两式相减得，

由于，所以．

(Ⅱ) 由题知，，可得．

由(Ⅰ)知，．

令，解得．

故，由此可得是首项为1，公差为4的等差数列，；

是首项为3，公差为4的等差数列，．

所以，，

因此存在，使得为等差数列．

3．(Ⅰ) 当日需求量时，利润．

所以y关于n的函数解析式为：．

(Ⅱ) （i）可能的取值为，，，并且

．

的分布列为

的数学期望为

．

的方差为：．

（ii）答案一：

花店应购进16枝玫瑰花．理由如下：

若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润（单位：元），那么Y的分布列为

Y的数学期望为

．

Y的方差为

DY==112.04．

由以上的计算结果可以看出，DX<DY，即购进16枝玫瑰花时，利润波动相对较小．另外，虽然EX<EY，但两者相差不大．故花店应购进16枝玫瑰花．

答案二：

花店应购进17枝玫瑰花．理由如下：

若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润（单位：元），那么Y的分布列为

Y的数学期望为

．

由以上的计算结果可以看出，EX<EY，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店应购进17枝玫瑰花．

4．(Ⅰ) 可能的取值为：10，20，100，．根据题意，有

，，

，．

所以的分布列为

 (Ⅱ) 设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件A_i（i=1,2,3），则

．

所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为

．

因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是．

(III) 的数学期望为 ．

这表明，获得分数X的均值为负，

因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．

5．(Ⅰ) 由，得

，

即，

则，即．

(Ⅱ) 由，，得，

由正弦定理，有，所以，．

由题知，则，故，

根据余弦定理，有，

解得或（舍去）．

故向量在方向上的投影为．

6．(Ⅰ) 在△ABC中，，

，

．

,

．

所以索道AB的长为1040米．

(Ⅱ) 由(Ⅰ) 及已知有，米．

设乙出发分钟后，甲到了处，乙到了E处,

则有,．

根据余弦定理,

即.

当时，有最小值．

故乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短．

(Ⅲ) 设甲所用时间为，乙所用时间为，乙步行速度为．

由题意,

,

所以，．

解不等式得．

故为使两位旅客在C处相互等待的事件不超过3分钟，乙步行的速度应控制在（单位：米/分钟）范围内．

7．(Ⅰ) 如图所示，在平面ABC内，过P作直线l∥BC，因为l在平面A₁BC外，BC在平面A₁BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A₁BC．

由已知，AB=AC，D是BC的中点，

所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD．

因为AA₁⊥平面ABC，所以AA₁⊥直线l．

又因为AD，AA₁在平面ADD₁A₁内，且AD与AA₁相交．

所以直线l⊥平面ADD₁A₁．

(Ⅱ) 解法一：

连接A₁P，过A作AE⊥A₁P于E，过E作EF⊥A₁M于F，连接AF．

由(Ⅰ) 知，MN⊥平面AEA₁，所以平面AEA₁⊥平面A₁MN．

所以AE⊥平面A₁MN，则A₁M⊥AE．

所以A₁M⊥平面AEF，则A₁M⊥AF．

故∠AFE为二面角A—A₁M—N的平面角（设为θ）．

设AA₁=1，则由AB=AC= 2AA₁，∠BAC=120°,有∠BAD=60°，AB=2，AD=1．

又P为AD的中点，所以M为AB的中点，且，AM=1，

所以，在Rt△AA₁P中，A₁P=；在Rt△A₁AM中，A₁M=．

从而=，=，

所以sinq =．

所以cosq ===．

故二面角A—A₁M—N的余弦值为．

解法二：

设AA₁=1，如图所示，过A₁作A₁E平行于B₁C₁，以A₁为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz（点O与点A₁重合）．

则A₁(0，0，0)，A(0，0，1)．

因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，

故M()，N()，

所以，，．

设平面AA₁M的一个法向量，则

即故有

从而

取，则，所以．

设平面A₁MN的一个法向量，则

即故有

从而

取，则，所以．

设二面角A—A₁M—N的平面角为θ,又θ为锐角，

则cosθ===．

故二面角A—A₁M—N的余弦值为．

8．法一：

(Ⅰ) 设AB的中点为D，AD的中点为O，连结PO、CO、CD．

由已知，为等边三角形．

所以．

又平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABC=AD，

所以平面ABC．

所以为直线PC与平面ABC所成的角．

不妨设AB=4，则PD=2，，OD=1，．

在Rt△OCD中，，在Rt△POC中，．

所以在Rt△POC中，．

故直线PC与平面ABC所成的角的正弦值为．

(Ⅱ) 如图所示，过D作DE⊥PA于点E，连结CE．

由已知可得，平面PAB，故．

又，，

故平面CDE．

所以．

所以∠DEC为二面角的平面角．

由(Ⅰ) 知，CD=，又在正△ADP中，DE=，

在Rt△CDE中，CE=，所以．

故二面角的余弦值为．

法二：

(Ⅰ) 设AB的中点为D，作PO⊥AB于点O，连结CD．

因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB平面ABC=AD，

所以PO⊥平面ABC．

所以PO⊥CD．

由AB=BC=CA ，知CD⊥AB．

设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB．

如图所示，以O为坐标原点，的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系．

不妨设PA=2，由已知可得，AB=4，OA=OD=1，OP=，CD=2．

所以O（0,0,0），A（-1,0,0），C（1,2,0），P（0,0,）．

所以，而为平面ABC的一个法向量．

设为直线PC与平面ABC所成的角，

则sin===．

故直线PC与平面ABC所成的角的正弦值为．

(Ⅱ) 由(Ⅰ) ，有，．

设平面APC的一个法向量为，则

从而

取，则，所以．

设二面角的平面角为，易知为锐角．

而平面ABP的一个法向量为m，则

．

故二面角的余弦值为．

9．(Ⅰ) 如图，取BD中点O，连接AO，CO．

由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，

因此AO⊥BD，OC⊥BD．

因为AO，OC平面AOC内，且AOOC，

所以BD⊥平面AOC．

又因为AC平面AOC，所以BD⊥AC．

取BO的中点H，连接NH，PH．

又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN∥BD．

因为AO⊥BD，所以NH⊥BD．

因为MN⊥NP，所以NP⊥BD．

因为NH，NP平面NHP，且NHNP，所以BD⊥平面NHP．

又因为HP平面NHP，所以BD⊥HP．

又OC⊥BD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HP∥OC．

因为H为BO中点，

故P为BC中点．

(Ⅱ) 解法一：

如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ．

由(Ⅰ)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP．

因为MN⊥NP，所以为二面角A-NP-M的一个平面角．

由(Ⅰ)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以．

由俯视图可知，AO⊥平面BCD．

因为OC平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，．

作BR⊥AC于R，

在△ABC中，AB=BC，所以.

因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR．

又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，

因此．

同理，可得．

所以在等腰△MNQ中，．

故二面角A-NP-M的余弦值是．

解法二：

由俯视图及(Ⅰ)可知，AO⊥平面BCD．

因为OC，OB平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.

又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．

如图，以O为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．

则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(-1，0，0)．

因为M，N分别为线段AD，AB的中点，

又由(Ⅰ)知，P为线段BC的中点，

所以，，．

于是，，

，．

设平面ABC的一个法向量，则

即 有 从而

取，则，，所以．

设平面MNP的一个法向量，则

即有从而

取，所以．

设二面角A-NP-M的大小为，

则==．

故二面角A-NP-M的余弦值是．

10．(Ⅰ) 由已知条件，直线l的方程为

，

将其代入椭圆方程，得

，

整理得                 

                 ．                       ①

直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，等价于

，

解得

或，

即k的取值范围为．

(Ⅱ) 设，，则

．

由方程①，可得

             ．         &