【文档说明】江西省赣州市2023届高三年级（一模）丨理数答案.pdf，共(8)页，226.360 KB，由小赞的店铺上传

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赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案1赣州市2023年高三年级摸底考试数学(理科)参考答案一、选择题题号123456789101112答案BABDCDCDACBD11．解：由题意得1122FMFFc，由椭圆定义得：222

MFac．记12MFF，则212AFFMFA，121222FFMFMFMAF，则2122AFAFac，42AMca，故122MFFMFA△∽△，则2122MFAMFFMF(或由内角平分线定理得到)，则2accacac，即222

510102cacaeee(负值已舍)．12．解：如图，设,EF分别为棱11BCCD,的中点，则三棱锥1MAAN与三棱柱1AEMANF外接球相同．由余弦定理4cos5EAM，由正弦定理EAM△外接圆半

径522r，设三棱柱1AEMANF外接球半径为R，则2224332Rr，则三棱锥1MAAN外接球的表面积2434π4π86π2SR．二、填空题13．2；14．1e；15．3与2中的任选一个即可；16．①②③④

．16.解：由(1)0f结合()(2)1,(4)()3fxgxfxgx，(1)1,(3)3gg由(4)()3fxgx得：(44)(4)3fxgx，即()(4)3fxgx

，结合()(2)1fxgx得：(2)(4)2gxgx，从而有()(2)2gxgx，进而得：()(4)gxgx，故4是()gx的周期.又由()yfx的图像关于直线1x对称，即()(2)fxfx，

从而()(2)1fxgx可得：(2)(2)1fxgx，从而有：[2(6)][(6)2]1fxgx，即(4)(8)1fxgx，结合(4)()3fxgx得(8)()2gxgx，()gx的图像关于(4,1)对称，且(4)1g

，又()(2)2gxgx，得(2)1g..赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案2三、解答题17．解：(1)由21222nnnaaa…①当1n时，1124aa……………………………………………

…………………………………1分当2n≥时，有2121(1)(1)22nnnaaa…②…………………………………3分①—②得：nan，即2nan……………………………………………………………………………5分1a不符合上式，故24,1,2nnann≥…………………

…………………………………………………………6分(2)由(1)知21,161,2nnbnnn≥1,1611,21nnbnnn≥………………………………………

………7分故当1n时，116S…………………………………………………………………………………………8分当2n≥时，1231111111623341nnSbbbbnn…………………10分111212162

13131nnSnnn…………………………………………………………………11分因1S符合上式，故2131nnSn…………………………………………………………………………12分18．解：(1)设A小区方案一的满意度平均分为x，则450.006550.01

4650.018750.031850.021950.0101072.7x………2分设B小区方案二的满意度平均分为y，则450.005550.010650.010750.0

20850.032950.0231078.3y……3分∵72.778.3………………………………………………………………………………………………4分∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎…………………………………………………………………5分(

2)由题意可知方案二中，满意度不低于70分的频率为30.0200.0320.023100.754，低于70分的频率为10.0050.0050.015100.254……………………………………………………6分现从B小区内随

机抽取5个人，X的所有可能取值为012345,,,,,，则35,4XB:………………7分赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案3505110C41024PX，41531151C441024PX………………………………

………8分22533190452C410245142PX，5323312701353C410245124PX…………9分445314054C4

44102PX，55532435C41024PX………………………………………10分∴X的分布列为X012345P1102415102445512135512

40510242431024…………………………………………………………………………………………………………………11分期望154EX…………………………………………………………………………………………

………12分19．证：(1)证明：如图，连接AM，∵ABAP，M为PB的中点，∴AMPB…………………………………………………………………………………………………1分又平面PAB平面PBC，平面PAB平面PBCBP，AM平面PAB，故AM平面PBC…………………

………………………………………………………………………2分∵PC平面PBC，∴AMPC…………………………………………………………………………3分又∵PCMN，且AMMNM，AMMN,平面AMD∴PC平面AMD；而AD

平面AMD，∴PCAD………………………………………………………………………4分(2)解：由ABP△为等边三角形，2PB，得3AM………………………………………………5分如图，过C作MA的平行线z轴，

结合(1)知zCBCP轴,,两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则0,0,0C，1,0,0P，13,,022M，13,,322A，0,3,0B，设,,xyz

n为平面PAC的一个法向量…………………………………………………………………6分则0,0,CACPnn…………………………………………………………………………………………………7分赣州市2023年

摸底考试理科数学参考答案4又13,,322CA，1,0,0CP，得1330,220,xyzx取2y，得1z，则0,2,1n………………………………………………………………………8分∵N

为AD的中点，∴1130,,0222ANADCB…………………………………………………………………9分∵0,0,3AM，∴330,,00,0,30,,322MNANAM

………10分则234cos,51552MNMNMN<>nnn…………………………………………………………11分设直线MN与平面PAC所成角为，则4sincos,5MN<>n…………………

………………12分20．解：（1）因为点0(2,)My在C上，则204yp，而01422OFMpSy△………………………2分所以016yp……………………………………………………………………………………………………3分∴2164pp，所以4p………………………

………………………………………………………………4分∴该抛物线的方程为28yx…………………………………………………………………………………5分⑵法一：设11,Axy，22,Bxy，120xx，不妨设10y，∵90BOA，则2212121212088yyxxyyyy

，解得1264yy………………………………6分①当AB与x轴不垂直时，120yy，12xx，此时直线AB的方程为：121112yyyxxyxx，整理得1212128yyyxyyyy……………………7分∵1264yy，∴AB的方程为：1

288yxyy，则直线AB恒过定点8,0M………………8分∵ONAB，即ONNM，∴N在以OM为直径的圆上，该圆方程为22416xy……………………………………………9分即当Q为该圆心4,0时，4NQ为定值………………………………………………………………1

0分②当ABx轴时，128yy，此时128xx，∵ONAB，∴8,0N；赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案5当4,0Q时，也满足4NQ………………………………………………………………………………11分综上，平面内存在一个定点4,0Q，使得QN为定值4…………

……………………………………12分法二：设直线AB的方程为xmyn，11,Axy，22,Bxy，联立22,8808,xmynymynyx……………………………………………………………………6分由

题意264320mn，由韦达定理得：12128,8yymyyn…………………………………………………………………7分由90BOA，即2212121212064yyOAOBxxyyyy解得1264y

y…………………………………………………………………………………………………8分即128648yynn，直线AB恒过定点8,0M……………………………………………10分下同法一21．解：(1)法一：由()exafxx

得()e1xafx，故当(,)xa时，()0fx；当(,)xa时，()0fx．故函数()fx在区间(,)a上单调递减，在(,)a上单调递增………………………………………

…1分∴min()()1fxfaa，①当1a时，min()0fx，函数()fx无零点……………………………………………………………2分②当1a时，min()0fx，函数()fx有一个零点………………………………………………………3

分③当1a时，()0fa，又(0)e0af，(2)e20afaa……………………………………4分故当1a时，函数()fx有两个零点…………………………………………………………………………5分法二：方程e0xax

等解于方程ln0xxa，记1()ln()1FxxxaFxx，故当0,1x时，()0Fx；当1,x时，()0Fx．故函数()Fx在区间0,1上单调递减，在1,

上单调递增……………………………………………1分∴min()(1)1Fxga，①当1a时，函数()gx，即()fx无零点…………………………………………………………………2分②当1a时，函数()gx即()fx有一个零点………………………………………………………………3分③当1a时

，由(e)e20aaga，11()0eeaag…………………………………………………4分赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案6故当1a时，函数()gx，即()fx有两个零点……………………………………………………………5分(2)法一：由eln1xagxxx

ax，得：elnelnxaxagxxaxxxa……6分由(1)知：当1,3ln3a时，fx有两个零点12,xx(不妨设12xx)，同时12,xx也是lnFxxxa的两个零点

，且函数fx与Fx单调性完全相同………………………………7分∴()gx在120,,,xx上单调递增，在12,xx上单调递减…………………………………………8分∴gx的极小值为22222eln1xahagxxxax……………………

……………………9分又2x满足22e0xax，即22lnaxx，代入上式得2222222222ln1ln2hagxxxxxxxxx………………………………10分又22ln1,3l

n3axx，∴21,3x………………………………………………………………11分∴23,1hagx……………………………………………………………………………………12分法二：由elnxagxxa，记1examxgxmxx

，结合1,3ln3a显然函数mx在0,上单调递增，且111e10,10ammaa，故存在唯一01,xa，使得00mx，且当00,xx时，0mx；当0,xx时，()0mx，故gx在00,x上单调递

减，在0,x单调递增，又11e1e0,1e0,2eln20eaaaaggagaaa，故存在两个零点12,xx(不妨设12xx)，下同法一注：eln0elnxaxaxaxxxa

，即lnfxfxa或eln0eelnexaxaaxaxxx均可处理．22．解：⑴由曲线12cos,:sin,xCy(为参数)，得2222cossin12xy

,∴曲线1C的普通方程为2212xy…………………………………………………………………………1分又由cosx，siny得2222cos2sin2，∴曲线1C的极坐标方程

为2222cos2sin2………………………………………………………3分又曲线2:Cr，得22r，即222xyr……………………………………………………………4分赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案7∴曲线2C的普通方程为2220xy

rr………………………………………………………………5分⑵由题意°90AOB，设1,A，则°2,90B，又曲线2C与直线AB有且仅有一个公共点，∴r即为点O到直线AB的距离，由曲线1C的极坐标方程为2222cos2sin2，

得2221cos2sin2，∴22211cos2sin2…………………………………………………6分2°2°2222cos902sin901sin2cos22………………

……………………………7分∴22121132，即221221232…………………………………………………………………………8分∴1222122633……………………………………………………………………………………9分又OAOBABr，∴12221226

33OAOBrAB，即所求实数r的值为63……………………………………………………………………………………10分23．解：(1)不等式()6fx≤即2216xx≤1,2316,xx≥≤或12,2

36,xx≤或2,316,xx≤≤…………………………………………………………2分解得1523x≤≤，或122x，或723x≤≤……………………………………………………4分∴原不等式的解集为75

,33………………………………………………………………………………5分(2)证明：122fxxaxa11222xaxxaa………………………………………………………………………………6分11222axaa≥(当且仅当1202xaxa

≤时取等号)……………………………………8分122aa≥(当且仅当12xa时取等号)…………………………………………………………………9分1222aa≥(当且仅当12a时取等号)赣州市2023年摸底考试理科数

学参考答案8∴()2fx≥(当且仅当12a，12xa时等号成立)…………………………………………………10分法二：122fxxaxa11222xaxxaa………………………………………

6分知fx在1,2a单调递减，在1,2a上单调递增……………………………………………8分∴min11222fxfaaa1222aa≥…………………………

……………………………9分∴2fx≥(当且仅当12a，12xa时等号成立)…………………………………………………10分