【文档说明】江西省赣州市2023届高三年级（一模）丨文数答案.pdf，共(6)页，248.312 KB，由小赞的店铺上传

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赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案1赣州市2023年高三年级摸底考试数学（文科）参考答案一、选择题题号123456789101112答案CDCABDBDABCA8.解：因为0.70.7log0.3log0.

71，0.30.30.3log1log0.7log0.3，0.3000.70.7，即1a，01b，01c，又0.50.30.30.31log0.7log0.30.70.70.72，

所以bca，故选D.12.由120MFMF，所以1FMN为直角三角形，故内切圆半径111222MFMNNFMFMNNFr121222MFMNMNMFMFMFab，所以2e，故选A.二、填空题13.163；14.30xy；

15.5（取4m的整数即可）；16.33(2,)2.16.解：由正弦定理，2coscbbA，即为sinsin2sincosCBBA，即sinsin2sincosABBBA，展开整理得sinsinABB，因为锐角ABC△中，π,0,2AB，π2A

B，ππ,22AB，所以ABB，即2AB，ππ64B.又22sincossin2cossin2cos21CBABABBB2sin214B，因为ππ64B，所以ππ232B，所以7ππ3π21244

B，所以范围为33(2,)2.三、解答题17.解：（1）甲的平均成绩为17078848593825x………………………………1分乙的平均成绩为27374819092825x……………………………………………2

分甲的成绩方差222222117082788284828582938258.85s…3分乙的成绩方差为22222221(82)(82)(82)(82)(82)6257374819092s

…4分由于12xx，2212ss，甲的成绩较稳定………………………………………………………5分故派甲参赛比较合适…………………………………………………………………………6分赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案2（2）

记四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》的作者依次记为ABCD，则游戏互动中，观众丙随机连线的结果有:ABCD,ABDC,ACBD,ACDB,ADBC,ADCB；BCDA,BCAD,BDAC,BD

CA,BACD,BADC；CABD,CADB,CBDA,CBAD,CDAB,CDBA；DABC,DACB,DBAC,DBCA,DCBA,DCAB.共24种连法……………………………………………………………………………………8分其中恰好连对1个的结果有：ACDB,ADBC；BDCA

,BCAD；CABD，CBDA；DACB,DBAC共8种…………………………………………………………………………10分所以观众丙恰好连对1个的概率为81243…………………………………………………12分18.解：（1）由数列{}nb是等比数列，11b，设

其公比为q，由题设323bbm，得23qqm，即230qqm（*）…………………………1分因为数列{}nb是唯一的，所以对于方程（*），①若方程（*）有一个根为0，另一个不为0，把0代入方程，得0m，当0m时，1

3q或0（舍去），故13q，满足唯一性………………………………3分②若方程（*）有两个相等的实根，且根不为0，则2(1)120m，解得112m，代入（*）式，解得16q，又11b，所以{}nb是唯一的等比数列，符合题意…………5分所以，

0m或112…………………………………………………………………………6分（2）由0m，所以3230bb，得230qq，解得13q或0（舍去），此时11()3nnb…………………………………………………7分所以3293ab，所以等差数列na的公差31

3113131aad，所以111nann，即113nnnabn…………………………………………8分所以211111123333nnTnL……①2311111111231333333nnnTn

nL……②………9分①②得21211113231133333223nnnnnTnL…………11分所以19231443nnnT………………

……………………12分19．解：（1）因为2DCPC，π3PDC所以PCD△是正三角形，所以2PD…………………………1分又1AD，π3PDA，由余弦定理得22π12212cos33AP赣州

市2023年高三摸底考试文科数学参考答案3则222ADAPDP，所以π2DAP,即ADAP……………………………………2分因为点M是PD的中点．所以CMDP，点N是AD的中点，所以MNAP∥，所以ADMN

………………………………………………………………………………3分又平面PCD平面APD，平面PCD平面APDDP，CM平面PCD所以CM平面APD，因为AD平面APD，所以CMAD………………………4分因为CMMNM，CM、MN平面CMN………………………………………

…5分所以AD平面CMN………………………………………………………………………6分（2）由（1）得CM平面APD，π2sin33CM，1322MNAP………8分在直角CMN△中22315322CN

，设点P到平面ABCD的距离为h，由PACDCAPDVV…………………………………10分即111511113332232h，解得2155h，所以点P到平面ABCD的距离为2155………………………………12分20.解：（1）因为

函数fx在0,π上单调递减，所以esin0xfxxm≤在0,π上恒成立…………………………………………1分又ecos1cos0xfxxx≥，所以fx在0,上单调递增………………2分要使得

esin0xfxxm≤在0,π上恒成立，则ππe0fm≤，解得πem≥…………………………………………………………4分即所求的实数m的取值范围为πe,…………………………………

…………………5分（2）由（1）知esinxfxxm在0,上单调递增，因为ππ2e1em，所以π2πe102fm，ππe0fm，所以函数fx在0,上存在唯一

零点π,π2t，即0ft，又0x为fx的极值点，即00fx，所以0π,π2tx，此时00esinxmx…………………………………………………8分所以当00,xx时

，0fx，fx单调递减；0,xx时，0fx，fx单调递增……………………………………………9分又0000ecosxfxxmx00000ecosesinxxxx

x000001ecossinxxxxx，记1ecossinxgxxxxx，π,π2x，则ecosecos1cos0xxgxxxxxxxx≤，赣州市2023年

高三摸底考试文科数学参考答案4所以gx在π,π2上递减，所以π2πππ3.143.141e14.81022222gxg，所以00

fx………………………………………………………………………………11分又020f，2π2ππππ2πe12πe12πeee2π10fm，所以函数fx在00,x及

0,2πx上各存在一个零点，即函数fx在0,上有两个零点……………………………………………………12分21．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：1288yxyy，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………………………………………………10分

②当ABx轴时，128yy，此时128xx，∵ONAB，∴8,0N；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赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案5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1264yy………………………………………………………………………………8分即128

648yynn，直线AB恒过定点8,0M……………………………10分下同法一22.解：（1）由曲线1C：2cossinxy（为参数），得2222cossin12xy,所以曲线1C的普通方程为2212xy

………………………………………………………1分又由cosx，siny得2222cos2sin2，所以曲线1C的极坐标方程为2222cos2sin2…………………………………3分又曲线2C：r，得22r，即222xyr……………………

……………………4分所以曲线2C的普通方程为222(0)xyrr……………………………………………5分（2）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，故r为点O到直线AB的距离，由曲线1C的极坐标方程为

2222cos2sin2，得2221cos2sin2，所以22211cos2sin2………………………………6分222222cos902sin901sin2cos22……………………………7分所

以22121132，即221221232…………………………………………………………8分所以1222122633…………………………………………………………………9分又OAOBABr，所以1222122633OAOBrAB，即

所求实数r的值为63……………………………………………………………………10分23.解:(1)不等式()6fx≤即2216xx≤，赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案612316xx≥≤或12236xx

≤或2316xx≤≤……………………………………………2分解得1523x≤≤，或122x，或723x≤≤………………………………………4分所以原不等式的解集为75[,]33………………………………………………………………5分(

2)证明：122fxxaxa11222xaxxaa………………………6分11222axaa≥（当且仅当1(2)()02xaxa≤时取等号）……………………8分122aa≥（当且仅当12xa时取等号），1222aa

≥（当且仅当12a时取等号）…………………………………………9分所以()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分所以min11222fxfaaa1222aa≥……………………………………9分所以2fx≥（当且仅当12a，12xa时等号成立）……………………………10

分