分，将答案填在答题纸上）13．【解答】解：由题意可得
∵＝＝1，
∴
＝
＝
＝
＝1，
故答案为：1．
14．【解答】解：
的展开式的通项
．
令62r＝0，得r＝3．
∴
的展开式中常数项为
＝160，解得a＝2．
故答案为：2．15．【解答】解：△ABC为等腰三角形，
，AC边上的中线BD的长为7，
设：BC＝AC＝2x，所以：CD＝x，在△BCD中，利用余弦定理：BD2＝CD2BC22CDBCcos∠C，
第9页（共19页）
f即：
，
整理得：7x2＝49，解得：x＝．所以：
＝7．
故答案为：716．【解答】解：如图设∠MOF＝α，OF＝c，（0＜α＜），
则ta
2α＝，即
＝，si
22αcos22α＝1，
解得si
2α＝
＝，cos2α＝，
可得OM＝ccosα，M（ccos2α，ccosαsi
α），
即有M（c，c），即M（，），将M的坐标代入双曲线的方程可得
＝1，
即有（）2＝，即（e1）2＝5，解得e＝1．故答案为：1．
三、解答题（本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．【解答】解：（1）数列a
的前
项和
，
当
＝1时，a1＝S1＝2，当
≥2时，则：
＝2
．
第10页（共19页）
f由于
＝1时，符合通项，
故：
．
（2）由于：
，
故：
＝
＝
．
所以：T
＝b1b2…b
，
＝
，
＝
，
＝
．
18．【解答】解：（1）∵2ccosCc＝acosBbcosA，由正弦定理可得，2si
CcosCsi
C＝si
AcosBsi
BcosA，即2si
CcosCsi
C＝si
（AB）＝si
C，∵si
C≠0，∴cosC＝0，∵0＜C＜π，∴C＝，
（2）令CP＝x，CB＝y，∠BCP＝θ，
∵
，C＝，
∴cosθ＝，
△BCP中，由余弦定理可得，cosθ＝
∴
，
整理可得，
，
解不等式可得，0
，
即CPCB的最大值2．
19．【解答】解：（1）延长AB，DE，交于点M，由此作出平面PAB与平面PED的交线PM．
第11页（共19页）
f（2）取AB中点F，连接CF交DE于O，∵四边形ABCD是边长为的正方形，E为BC的中点，∴DE⊥CF，∴PO⊥DE，∵二面角PDEA为直二面角，∴PO⊥面ABED．故以O为原点建立空间直角坐标系．∵DC2＝DODE，∴DO＝4，EO＝1．CO＝2∴P（0，0，2），D（4，0，0），A（2，4，0），M（6，0，0）．
，
，
．
设面PAD的法向量为
．

．
cos
＝
，
∴直线l与平面ADP所成角的正弦值为
．
20．【解答】解：（1）设椭圆的标准方程为＝1，a＞b＞0，
第12页（共19页）
f由抛物线∴b＝，∵e＝＝
的焦点为（0，），＝，
∴＝，∴a2＝4，∴椭圆的方程为＝1；（2）证明：当直线的l的斜率为0时，点M与原点重合，则MF＝1，PQ＝4，则＝，当直线l的斜率不为0时，r