姜堰市罗塘中学2009～2010学年度第一学期期中考试高三数学试题(文)参考答案

高三数学期中试卷（文科）参考答案1．232.bac3.24.15.1206.一7.378.29.42110.必要不充分11.（-427，）12.2613．-214.无数个15.①由0ba，则有0cossin∴),0(0)4sin(2∴434分②]2,1()4sin(2cossinba7分1cos2cos1sin2sin2||2222bbaaba=)cos(sin23∴有]2,1(23xxy10分∴]223,1(y12分16．解：由正弦定理有22236sinsinsinCcBbAa2分∴22sinsinBAba∴)]32sin([sin22AAba5分=]sin21cos23[sin22AAA=)cos23sin23(22AA=)cos21sin23(62AA=)6sin(62A8分又∵该三角形为锐角三角形∴232020AA∴)2,6(A11分∴)32,3(6A∴]1,23()6sin(A∴]62,23()6sin(62A∴a+b的取值范围为(]62,2314分17．①21a不等式的解集为R2分②21a不等式的解集为}1|{xx4分③210a不等式的解集为),2411()2411,(22aa6分④0a不等式的解集为)0,(8分⑤021a不等式的解集为)2411,2411(22aa10分⑥21a不等式的解集为12分⑦21a不等式的解集为14分18、（1）当n=1时，2211111,4404aSaa，解得12a，2分当2n时，2211()(1)44nnnnnaaaSSnn，整理得11(2)(2)0nnnnaaaa，所以12nnaa，或12nnaa（不合题意，舍去，否则20na与已知矛盾），∴数列{}na是等差数列，且公差为2，首项12a，从而2nan.…………7分（2）数列}{na依次按1项，2项，3项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14），（16，18），（20，22，24），…，每一次循环记为一组.由于每一个循环含有3个括号，故b2009是第670组中第2个括号内各数之和.由分组规律知，2572009,,,,,bbbb组成一个首项为24610b，公差为d=24的等差数列.所以2009b=10+（670-1）×24=16066.……………………………16分19、解：①∵2121421CCrr∴两圆外离3分②由题意知直线l的斜率不存在时，不符合题意设直线l的方程为)3(xky，即03kykx由题意有11|3|2kk即1922kk∴直线l的方程为)3(42xy8分③由题意知与两圆都相交的直线的斜率是存在的，故可以设其方程为)(mxky，即0kmykx设原点(0,0)和点(4,0)到该直线的距离分别为d1,d2依题意有222141dd即32122dd11分∴有3)1||()1|4|(222kkmkkmk即22233816kmkk∴有3)813(2km14分若该直线存在必有030813m显然这是矛盾的∴这样的直线是不存在的16分20、解：（1）由题意得()2ln2qpfepeeqeee1()()0pqee而10ee，所以p、q的关系为pq2分（2）由（1）知()2ln2lnqpfxpxxpxxxx，2'2222()ppxxpfxpxxx令2()2hxpxxp，要使()fx在其定义域(0,)内是单调函数，只需()hx在(0,)内满足：()0()0hxhx或恒成立.4分①当0p时，()2hxx，因为x＞0，所以()hx＜0，'22()xfxx＜0，∴()fx在(0,)内是单调递减函数，即0p适合题意；6分②当p＞0时，2()2hxpxxp，其图像为开口向上的抛物线，对称轴为1(0,)xp，∴min1()hxpp，8分只需10pp，即'1()0,()0phxfx时，∴()fx在(0,)内为单调递增函数，故1p适合题意.③当p＜0时，2()2hxpxxp，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为1(0,)xp，只要(0)0h，即0p时，()0hx在(0,)恒成立，故p＜0适合题意.10分综上所述，p的取值范围为10pp或.11分（3）∵2()egxx在1,e上是减函数，∴xe时，min()2gx；1x时，max()2gxe，即()2,2gxe，①当0p时，由（2）知()fx在1,e上递减max()(1)0fxf＜2，不合题意；13分②当0＜p＜1时，由11,0xexx，又由（2）知当1p时，()fx在1,e上是增函数，∴1111()()2ln2ln2ln2fxpxxxxeeexxee＜2，不合题意；15分③当1p时，由（2）知()fx在1,e上是增函数，(1)0f＜2，又()gx在1,e上是减函数，故只需max()fx＞min()gx，1,xe，而max1()()()2lnfxfepeee，min()2gx，即1()2lnpeee＞2，解得p＞241ee，综上，p的取值范围是24()1ee，.18分=