信阳市2014--2015学年度高中毕业班第二次调研检测高三数学理科答案

高三数学理科答案第1页共4页高三数学理科参考答案一、BCAACDCABDCB二、13．314.-1015.216.2三、17.解：（Ⅰ）xxf2sin3)()(2ba212cos3sin2cos23sin22xxxx=2)6π2sin(2x，当且仅当23ππ26π2kx,即32ππkx)(Zk时，()0fxmin，此时x的集合是Zkkxxπ,32π|.………………6分（Ⅱ）由)(2ππ26π22ππ2Zkkxk－，所以)(6ππ3ππZkkxk－,∴函数()fx的单调递增区间为)](6ππ,3ππ[Zkkk-.………12分18.解：（Ⅰ）∵22nnSa当2n时，1122nnSa得，122nnnaaa，即12nnaa（2n）．又当n=1时，1122Sa，得12a．∴数列{}na是以2为首项，公比为2的等比数列，∴数列{}na的通项公式为1222nnna.又由题意知，11b，12nnbb，即12nnbb∴数列{}nb是首项为1，公差为2的等差数列，∴数列{}nb的通项公式为1(1)221nbnn．……………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，(21)2nncn∴231123252(23)2(21)2nnnTnn231121232(25)2(23)2(21)2nnnnTnnn④由④得2311222222222(21)2nnnnTn23112(12222)(21)2nnnnTn∴62)23(1nnnT∴62)32(2nnnT∴数列{}nc的前n项和62)32(1nnnT……………………………12分19.解：（Ⅰ）由直方图可得：200.025200.0065200.0032201x．∴0.0125x=．..........................3分（Ⅱ）新生上学所需时间不少于1小时的频率为：0.0032200.12，∵12000.12144，∴1200名新生中有144名学生可以申请住宿....................6分（Ⅲ）∵X的可能取值为0,1,2,3,4.由直方图可知，每位学生上学所需时间少于20分钟的概率为14，高三数学理科答案第2页共4页4381(0)4256PX,3141327(1)C4464PX,22241327(2)C44128PX,334133(3)C4464PX,411(4)4256PX．..................10分所以X的分布列为：X01234P812562764271283641256812727310123412566412864256EX．（或1414EX）所以X的数学期望为1．.................12分20．解：（Ⅰ）由已知可得,3,42222babac解得a2＝6，b2＝2.∴椭圆C的标准方程是12622yx.……………………………………………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，F点的坐标是(2，0).设直线PQ的方程为x＝my+2，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得x＝my+2，x26＋y22＝1.消去x，得(m2＋3)y2+4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝-4mm2＋3，y1y2＝－2m2＋3.于是x1＋x2＝m(y1＋y2)+4＝12m2＋3.设M为PQ的中点，则M点的坐标为)32,36(22mmm.∵TF⊥PQ，所以直线FT的斜率为m，其方程为)2(xmy.当tx时，2tmy，所以点T的坐标为2,tmt，此时直线OT的斜率为ttm2，其方程为xttmy)2(.将M点的坐标为)32,36(22mmm代入上式，得36)2(3222mttmmm.解得3t.………………………………………………12分21.解.（Ⅰ）由1e)(axxfx，得axfxe)(.又11)0(af，∴2a.∴12e)(xxfx，2e)(xxf.由02e)(xxf，得2lnx.∴函数)(xf在区间)2ln,(上单调递减，在),2(ln上单调递增.…………4分(Ⅱ)证明：由（Ⅰ）知4ln112ln2e)2(ln)(2lnminfxf.∴4ln1)(xf，即4ln112exx，04ln22exx.令1e)(2xxgx，则02e)(xxgx.∴)(xg在),0(上单调递增，∴0)0(1e)(2gxxgx，∴1e2xx.…………（8分）高三数学理科答案第3页共4页(Ⅲ)首先证明：当0x时，恒有331exx.令331e)(xxhx，则2e)(xxhx.由(Ⅱ)知，当0x时，2exx，所以0)(xh，所以)(xh在),0(上单调递增，∴01)0()(hxh，所以331exx.∴)31ln(3xx，即xxln33ln.依次取nnx1,,23,12，代入上式，则12ln33ln12，23ln33ln23，nnnn1ln33ln1.以上各式相加，有)12312ln(33ln12312nnnnn∴1ln33ln)131211(nnnn，∴nnnn3ln1ln3131211，即nnnne31ln1312113……………………………………12分22.(Ⅰ)∵PA是圆O的切线∴ACBPAB又P是公共角∴ABP∽CAP…………………2分∴2PBAPABAC∴ABAC2………4分(Ⅱ)由切割线定理得：PCPBPA2∴20PC又PB=5∴15BC………6分又∵AD是BAC的平分线∴2DBCDABAC∴DBCD2∴5,10DBCD………8分又由相交弦定理得：50DBCDDEAD………10分23．解：(Ⅰ)（方法一）曲线C的直角坐标方程为05622xyx即4)3(22yx∴曲线C是圆心为(3,0)，半径为2的圆.∵直线l的方程为:0sincossinyx………3分∵直线l与曲线C相切∴2cossin|sinsin3|22即21sin………5分∵[0,π)∴=656或………6分高三数学理科答案第4页共4页(法二)将05cos62化成直角坐标方程为05622xyx……2分由sincos105622tytxxyx消去yx,得012cos82tt…………4分∵l与C相切∴Δ=642cos-48=0解得cos=23∵[0,π)∴=656或…………6分(Ⅱ)设sin2,cos23yx则yx=sin2cos23)4sin(223………9分∴yx的取值范围是223,223.………10分24．解：(Ⅰ)∵abbaab2222即abab∴1ab………2分又2b211aba当且仅当ba时取等号.∴2m………5分(Ⅱ)()fx2|1||1|||tttxtx………9分∴满足条件的实数x不存在.………10分