足球場上三個人相互傳球，由甲開始發(fā)球，并作為第一次傳球，經(jīng)過五次傳球后，球又回到甲手中，則不同的傳球種數(shù)有________種．

1,3,5

三、解答題

17．解：（1）依題意由g（x）得

       f（x）－=sin［2（x+）+］…得f（x）=－sin（2x+）+…

       又f（x）=acos（x+）+b=－sin（2x+）++b           比較得a=1，b=0…

   （2）（x）=g（x）－f（x）=sin（2x+）－cos（2x+）－

       =sin（2x+）－…（9分）              ∴2kπ－≤2x+≤2kπ+（k∈Z）

              kπ－≤x≤kπ+（k∈Z）∴（x）的單調(diào)增區(qū)間為［kπ－，kπ+］（k∈Z）

       ………………（12分）

18．解：（1）由于C（n）在各段上都是單調(diào)增函數(shù)，因此在每一段上不存在買多于n本書比恰好買n本書所花錢少的問題，一定是在各段分界點附近因單價的差別造成買多于n本書比恰好買n本書所花錢少的現(xiàn)象. C（25）＝1125＝275，C（23）＝1223＝276，∴C（25）<C（23）.1分

C（24）＝1224＝288，∴ C（25）<C（24）…………………..…………..2分

C（49）＝4910＝490，C（48）＝1148＝528，∴ C（49）<C（48）

C（47）＝1147＝517，∴ C（49）<C（47）

C（46）＝1146＝506，∴ C（49）<C（46）

C（45）＝1145＝495，∴ C（49）<C（45）……….. ……….………..……..5分

∴這樣的n有23，24，45，46，47，48   …….………..……….. ……………6分

（2）設(shè)甲買n本書，則乙買60－n本，且n30，n（不妨設(shè)甲買的書少于或等于乙買的書）

①當(dāng)1n11時，4960－n59

出版公司賺得錢數(shù)…….. …7分

②當(dāng)1224時，3660－48，

出版公司賺得錢數(shù)

③當(dāng)2530時，3060－35，

出版公司賺得錢數(shù)……..……….. ………9分

∴

∴當(dāng)時，  當(dāng)時，

當(dāng)時，

故出版公司至少能賺302元，最多能賺384元…….. .………. .……12分

19.解： (1)D為A₁C₁的中點. …………………………………2分

　 連結(jié)A₁B與AB₁交于E，

則E為A₁B的中點，DE為平面AB₁D與平面A₁BC₁的交線，

∵BC₁∥平面AB₁D

∴BC₁∥DE，∴D為A₁C₁的中點. ……………………………6分

(2) 解法一：過D作DF⊥A₁B₁于F，

由正三棱柱的性質(zhì)，AA₁⊥DF，∴DF⊥平面AB₁，

連結(jié)EF、DE，在正三角形A₁B₁C₁中，

∵D是A₁C₁的中點，∴B₁D＝A₁B₁＝a，…………………7分

又在直角三角形AA₁D中，∵AD＝＝a，∴AD＝B₁D. ……………8分

∴DE⊥AB₁，∴可得EF⊥AB₁，則∠DEF為二面角A₁－AB₁－D的平面角. ……10分

可求得DF＝a，∵△B₁FE∽△B₁AA₁，得EF＝a，∴∠DEF＝，即為所求. ……12分

20．解：由題意得：①…②

∵{a_n}、{b_n}都是各項均為正的數(shù)列, 由②得

代入①得……4分 

∴………7分 ∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列

由a₁=1，b₁=及①②兩式得……………_12分

21．解：（1）由條件得M（0，－），F(xiàn)（0，）.設(shè)直線AB的方程為

       y=kx+，A（，），B（，）.

       則，，Q（）.

       由得.

       ∴由韋達定理得+=2pk，?=－

       從而有= +=k（+）+p=………………（4分）

              的取值范圍是.……………………………………………（6分）

   （2）拋物線方程可化為，求導(dǎo)得.

       ∴切線NA的方程為：y－即.

       切線NB的方程為：………………………………………（8分）

       由解得∴N（）

       從而可知N點Q點的橫坐標(biāo)相同但縱坐標(biāo)不同.

       ∴NQ∥OF.即…………………………………………………………（9分）

       又由（Ⅰ）知+=2pk，?=－p  ∴N（pk，－）

       而M（0，－）  ∴

       又. ∴.………………………………………………（12分）

22．解：（1）

       由k≥－1，得3x²－2ax+1≥0，即a≤恒成立…………（2分）

       ∴a≤（3x+）_{min………………………………………………………………（4分）}

       ∵當(dāng)x∈（0，1）時，3x+≥2=2，當(dāng)且僅當(dāng)x=時取等號.

       ∴（3x+）_min =.故a的取值范圍是（－∞，].……………………（6分）

   （2）設(shè)g（x）=f（x）+a（x²－3x）=x³－3ax，x∈［－1，1］則

       g′(x)=3x²－3a=3（x²－a）.………………………………………………………（8分）

   ①當(dāng)a≥1時，∴g′（x）≤0.從而g（x）在［－1，1］上是減函數(shù).

       ∴g（x）的最大值為g（－1）=3a－1.…………………………………………（9分）

   ②當(dāng)0<a<1時，g′（x）=3（x+）（x－）.

       由g′(x) >0得，x>或x<－：由g′(x)< 0得，－<x<.

       ∴g（x）在［－1，－］，［，1］上增函數(shù)，在［－，］上減函數(shù).

       ∴g（x）的極大值為g（－）=2a.…………………………………………（10分）

       由g（－）－g（1）=2a+3a－1=（+1）?（2－1）知

       當(dāng)2－1<0，即0≤a<時，g（－）<g（1）

       ∴g（x）=g（1）=1－3a．…………………………………………（11分）

       當(dāng)2－1≥0，即<a<1時，g（－）≥g（1）

       ∴g（x）=g（－）=2a.………………………………………………（12分）

   ③當(dāng)a≤0時，g′（x）≥0，從而g（x）在［－1，1］上是增函數(shù).

       ∴g（x）=g（1）=1－3a………………………………………………………（13分）

       綜上分析，g（x） ………………………………（14分）