二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） 13．（4分） 考点： 指数函数的单调性与特殊点；对数函数、指数函数与幂函数的增长差异． 专题： 计算题． 分析： 利用题中提示lg2≈0.3010，把不等式同时取以10为底的对数，再利用对数的运算性质，转化为关于m的不等式求解即可． ﹣解答： 解：∵10m1＜2512＜10m， 取以10为底的对数得lg10＜lg2＜lg10， 即m﹣1＜512×lg2＜m 又∵lg2≈0.3010 ∴m﹣1＜154.112＜m， 因为m是正整数，所以 m=155 故答案为 155． 点评： 本题考查了利用指数形式和对数形式的互化．熟练掌握对数的性质．对数的运算性质是解决本题的关键． 14．（4分） 考点： 二项式系数的性质． 专题： 计算题． ﹣分析： 利用二项式定理的通项公式Tr+1=Cnranrbr求出通项，进行指数幂运算后令x的指数幂为0解出r=6，由组合数运算即可求出答案． 解答： m﹣1512m解：由通项公式得Tr+1=C9（2x）令9﹣r9﹣r=（﹣1）2r9﹣rC9xr9﹣r=（﹣1）2r9﹣rC9r，=0得r=6，所以常数项为 6363（﹣1）2C9=8C9=8×=672 故答案为672 点评： 本题主要考查二项式定理的通项公式的应用，并兼顾了对根式与指数幂运算性质的考查，属基础题型． 15．（4分） 考点： 向量的加法及其几何意义；三角形五心． 专题： 压轴题；数形结合． 分析： 根据题意作出图形，由外心和垂心的性质证明四边形AHCD是平行四边形，由向量加法的三角形法则得=+，由向量相等和向量的减法运算进行转化，直到用、和表示出来为止． 解答： 解：如图：作直径BD，连接DA、DC， 由图得，=﹣， ∵H为△ABC的垂心，∴CH⊥AB，AH⊥BC， ∵BD为直径，∴DA⊥AB，DC⊥BC ∴CH∥AD，AH∥CD，故四边形AHCD是平行四边形，∴又∵∴==+﹣==++=， ++，对比系数得到m=1． = 故答案为：1．
点评： 本题考查了向量的线性运算的应用，一般的做法是根据图形找一个封闭的图形，利用向量的加法表示出来，再根据题意进行转化到用已知向量来表示，考查了转化思想． 16．（4分） 考点： 空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系． 专题： 压轴题． 分析： 由平行平面的性质可得①是正确的，当E、F为棱中点时，四边形为菱形，但不可能为正方形，故③④正确，②错误． 解答： 解： ①：∵平面AB′∥平面DC′，平面BFD′E∩平面AB′=EB，平面BFD′E∩平面DC′=D′F，∴EB∥D′F，同理可证：D′E∥FB，故四边形BFD′E一定是平行四边形，即①正确； ②：当E、F为棱中点时，四边形为菱形，但不可能为正方形，故②错误； ③：四边形BFD′E在底面ABCD内的投影为四边形ABCD，所以一定是正方形，即③正确； ④：当E、F为棱中点时，EF⊥平面BB′D，又∵EF?平面BFD′E，∴此时：平面BFD′E⊥平面BB′D，即④正确． 故答案为：①③④ 点评： 本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系，平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力． 三、解答题（共6小题，满分74分） 17．（12分） 考点： 正弦函数的单调性；正弦函数的对称性；直线的斜率． 专题： 计算题；综合题． 分析： （Ⅰ）y=f（x）图象的一条对称轴是直线．就是时函数取得最值，结合?的范围，求出?的值； （Ⅱ）利用正弦函数的单调增区间，直接求函数y=f（x）的单调增区间； （Ⅲ）利用导数求出导函数的值域，从而证明直线5x﹣2y+c=0与函数y=f（x）的图象不相切． 解答： 解：（Ⅰ）∵x=∴∵﹣π＜?＜0，?=﹣（Ⅱ）由（Ⅰ）知?=﹣由题意得2kπ﹣所以函数（Ⅲ）证明：∵|y'|=是函数y=f（x）的图象的对称轴， ，∴． ，因此，k∈Z． 的单调增区间为=． ， ． ，k∈Z． 所以曲线y=f（x）的切线斜率取值范围为[﹣2，2]，
而直线5x﹣2y+c=0的斜率为＞2， 所以直线5x﹣2y+c=0与函数的图象不相切． 点评： 本小题主要考查三角函数性质及图象的基本知识，考查推理和运算能力．是综合题，常考题型． 18．（12分） 考点： 平面与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；与二面角有关的立体几何综合题． 专题： 证明题；综合题；转化思想． 分析： 法一：（Ⅰ）证明面PAD⊥面PCD，只需证明面PCD内的直线CD，垂直平面PAD内的两条相交直线AD、PD即可； （Ⅱ）过点B作BE∥CA，且BE=CA，∠PBE是AC与PB所成的角，解直角三角形PEB求AC与PB所成的角； （Ⅲ）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，说明∠ANB为所求二面角的平面角，在三角形AMC中，用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小． 法二：以A为坐标原点AD长为单位长度，建立空间直角坐标系， （Ⅰ）求出面PCD； （Ⅱ），计算，推出AP⊥DC．，然后证明CD垂直平面PAD，即可证明面PAD⊥，计算．即可求得结果． （Ⅲ）在MC上取一点N（x，y，z），则存在使计算 即可取得结果． ，说明∠ANB为所求二面角的平面角．求出，解答： 法一：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD， ∴由三垂线定理得：CD⊥PD． 因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直， ∴CD⊥面PAD． 又CD?面PCD， ∴面PAD⊥面PCD． （Ⅱ）解：过点B作BE∥CA，且BE=CA， 则∠PBE是AC与PB所成的角． 连接AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2， 所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB=90° 22在Rt△PEB中BE=a=3b，PB=， ∴． ． ∴AC与PB所成的角为 （Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN． 在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB， ∴△AMC≌△BMC， ∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角 ∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM． 在等腰三角形AMC中，AN?MC=， ∴． ∴AB=2， ∴故所求的二面角为 ． 法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度， 如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0）， D（1，0，0），P（0，0，1），M（Ⅰ）证明：因为故，所以AP⊥DC． ， 又由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD． 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD （Ⅱ）解：因故=， ， 所以 由此得AC与PB所成的角为． （Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z）， 则存在使，， ∴x=1﹣λ，y=1，z=λ． 要使AN⊥MC，只需解得．可知当即时，N点坐标为， 有
， ，能使． 由
得AN⊥MC，BN⊥MC．所以∠ANB为所求二面角的平面角．
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