高三数学二轮复习第一次模拟测试题参考解答

高三数学二轮复习第一次模拟测试题参考解答题目123456789101112答案CCDBCADACACD13、（文）21nn-+（理）114、2*3()nnN15、①0322mn②216、2417、解：用iA表示第i次拨号接通电话，i1，2，3。（1）第3次才接通电话可表示为321AAA，于是所求概率为1239811()109810PAAA；（2）拨号不超过3次而接通电话可表示为：112123AAAAAA，于是所求概率为1121231121231919813()()()()10109109810PAAAAAAPAPAAPAAA。18、依题意，得222sin2abCabcab。由余弦定理知：222cosabcabC。∴sin2(1cos)abCabC，即sin2()C。2sincos2cos222CCC又0C，∴cos02C，∴sin2cos22CC，∴tan22C∴22tan21tan24tan3CCC。（方法二）由22sin2(1cos)sincos1CCCC得cos1C（舍）或3cos5C∴44sin,tan53CC。19、解：⑴连结AC，则BDAC，∵AC是A1C在平面ABCD内的射影∴BDCA1；∵CBCBBA1111面，且A1C在平面CBCB11内的射影BECB1∴BECA1又∵BBEBD∴EBDCA面1⑵∵AB∥面11ABC∴即求点B到面11ABC的距离。易证：BF⊥平面A1B1C，∴所求距离即为125BF⑶连结DF，A1D，∵CBEF1，CAEF1∴CBAEF11面，∴∠EDF即为ED与平面A1B1C所成的角由条件3BCAB，41BB，可知51CB，512BF，5161FB，59CF，由1RtEFCRtBBF度?得：12720FCBFEFBF，1194FCBBECBF∴41522CDECED∴9sin25EFEDFED∴ED与平面A1B1C所成角为9434934arcsinarccosarctan2525136。20、解：⑴由点(2,8)A在抛物线ypx22上，得p16。所以抛物线方程为yx232，焦点F的坐标为(8,0)⑵如图，(8,0)F是ABC的重心，M是BC的中点∴F是线段AM的定比分点，且AFFM2设点M的坐标为00(,)xy，则221288212000xy，解得xy00114，所以点M的坐标为(11,4)⑶由于线段BC的中点M不在x轴上，所以BC所在的直线不垂直于x轴。设BC所成直线的方程为ykxk4110()()由ykxyx411322()消x得kyyk232321140()所以yyk1232由(Ⅱ)的结论得yy1224解得k4∴直线BC的方程为yx4411()即4400xy21、⑴由题意，(0)(0)fg，||1a∵0a，∴1a。⑵2()()|1|21fxgxxxx当1x时，2()()3fxgxxx，它在1,上单调递增；当1x时，2()()2fxgxxx，它在1,12上单调递增。∵函数()()fxgx在1x处连续∴单调区间为1,2。⑶设21214410()10()55fngnnnnnc，考查数列{}nc的变化规律：解不等式11nncc，由0nc，上式化为23410()15n解得133.72lg0.82n，因nN得4n，于是1234cccc，而456ccc所以4432544410()10()10()4555fngnfg。（方法二）要证221141045nnn++-骣÷ç?÷ç÷ç桫，只需证22114lg10lglg45nnn++-骣÷ç+÷ç÷ç桫即证()()21213lg212lg2nnn-+++-，由lg20.3=得：只需证()2410n-+22、（文）⑴证明：∵133(1)022ab∴ab⑵解：由题意知222333332(,)22ttx，3(3,)22tyktk∵xy∴2223333323(3)()02222tttxyktk整理得：2340ttk∴31344ktt(3)解：由313()44kfttt得233''()44kftt令'0k得11t；令'0k得1t或1t∴函数()kft的单调递减区间是(1,1)，单调递增区间是(,1)(1,)。22（理）、解：∵221()0aycdxxx∴1()2yfxaxx∴3221()1'aaxyxxx。令'0y得3()10ax当0a时，'0y，则函数()yfx在0,1上是增函数∴最大值为(1)21fa；当0a时，由'0y得31xa∴3210xa∴①当10a时，01a。由01x得30()1x∴31()0ax∴'0y∴函数()yfx在0,1上是增函数∴最大值为(1)21fa；②当1a时，由'0y得321xa，且32101a这时在321(0,)a上'0y；在321,1a上'0y∴函数yfx在321(0,)a上是增函数，在321,1a上是减函数∴最大值为3233322111()2()3faaaaa综上可得：当1a时最大值为21a；当1a时最大值为323a。