江西省赣州市2023届高三年级一模文科数学试卷+答案.pdf

1、赣州市 20232023 年高三年级摸底考试数学（文科）参考答案一、选择题一、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120MF MF ，所以1FMN为直角三角形，故内切圆半径111222MFMNNFMFMNNFr121222MFMNMNMFMFMFab，所以2e，故选 A.二、填空题二、填空题13.163；14.

2、30 xy；15.5（取4m 的整数即可）；16.33(2,)2.16.解：由正弦定理，2 coscbbA，即为sinsin2sincosCBBA，即sinsin2sincosABBBA，展开整理得sinsinABB，因为锐角ABC中，,0,2A B，2AB，,2 2AB，所以ABB，即2AB，64B.又22sincossin2cossin2cos21CBABABBB2sin 214B，因为64B，所以232B，所以7321244B，所以范围为33(2,)2.三、解答题17.解：（1）甲的平均成绩为17078848593825x1 分乙的平均成绩为27374819092825x2 分甲的成绩方

3、差222222117082788284828582938258.85s3 分乙的成绩方差为22222221(82)(82)(82)(82)(82)6257374819092s4 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（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,BDCA,BACD,BADC；CABD,CADB,CBDA,CBAD,CDAB,CDBA；DABC,DACB,DBAC,DBCA,DCBA,DC

4、AB.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8124312 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（*），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，13q 或0（舍去），故13q，满足唯一性3 分若方程（*）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

5、11b，所以 nb是唯一的等比数列，符合题意5 分所以，0m 或1126 分（2）由0m，所以3230bb，得230qq，解得13q 或0（舍去），此时11()3nnb7 分所以3293ab，所以等差数列 na的公差313 113 13 1aad，所以111nann ，即113nnna bn8 分所以211111 123333nnTn L2311111111231333333nnnTnn L9 分得21211113231133333223nnnnnTn L11 分所以19231443nnnT12 分19解：（1）因为2DCPC，3PDC所以PCD是正三角形，所以2PD 1 分又1AD，3PDA

6、，由余弦定理得22122 1 2 cos33AP 则222ADAPDP，所以2DAP,即ADAP2 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ADMN3 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CMAD4 分因为CMMNM，CM、MN 平面CMN5 分所以AD 平面CMN6 分（2）由（1）得CM 平面APD，2sin33CM，1322MNAP8 分在直角CMN中22315322CN，设点P到平面ABCD的距离为h，由P ACDC APDVV10 分即111511113332232h ，

7、解得2 155h，所以点P到平面ABCD的距离为2 15512 分20.解：（1）因为函数 f x在0,上单调递减，所以 esin0 xfxxm在0,上恒成立1 分又 ecos1 cos0 xfxxx，所以 fx在0,上单调递增2 分要使得 esin0 xfxxm在0,上恒成立，则 e0fm，解得em4 分即所求的实数m的取值范围为e,5 分（2）由（1）知 esinxfxxm在0,上单调递增，因为2e1em，所以2e102fm，e0fm，所以函数 fx在0,上存在唯一零点,2t，即 0ft，又0 x为 f x的极值点，即00fx，所以0,2tx，此时00esinxmx8 分所以当00,xx时

8、，0fx，f x单调递减；0,xx时，0fx，f x单调递增9 分又0000ecosxf xxmx00000ecosesinxxxxx000001ecossinxxxxx，记 1ecossinxg xxxxx，,2x，则 ecosecos1 cos0 xxgxxxxxxxx ，所以 g x在,2上递减，所以 23.143.141e14.81022222g xg，所以00f x11 分又 020f，222e1 2 e1 2eee210fm ，所以函数 f x在00,x及0,2x上各存在一个零点，即函数 f x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0

9、142 2OFMpSy2 分所以016yp3 分2164pp，所以4p 4 分该抛物线的方程为28yx5 分法一：设11,A x y，22,B xy，120 x x，不妨设10y，90BOA，则2212121212088yyx xy yy y，解得1264y y 6 分当AB与x轴不垂直时，120yy，12xx，此时直线AB的方程为：121112yyyxxyxx，整理得1212128y yyxyyyy7 分1264y y ，AB的方程为：1288yxyy，则直线AB恒过定点8,0M8 分ONAB，即ONNM，N在以OM为直径的圆上，该圆方程为22416xy9 分即当Q为该圆心4,0时，4NQ

10、为定值 10 分当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412 分法二：设直线AB的方程为xmyn，11,A x y，22,B xy联立22,8808,xmynymynyx6 分由题意264320mn 由韦达定理得：12128,8yym yyn 7 分由90BOA，即2212121212064y yOA OBx xy yy y 解得1264y y 8 分即128648yynn ，直线AB恒过定点8,0M10 分下同法一22.解：（1）由曲线1C：2cossinxy（为参数），得2222co

11、ssin12xy,所以曲线1C的普通方程为2212xy1 分又由cosx，siny得2222cos2sin2，所以曲线1C的极坐标方程为2222cos2sin23 分又曲线2C：r，得22r，即222xyr4 分所以曲线2C的普通方程为222(0)xyrr5 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22211cos2sin26 分222222cos902sin901sin2cos22 7 分所以22121132，即221221232 8

12、 分所以1222122633 9 分又OAOBABr，所以1222122633OAOBrAB，即所求实数r的值为6310 分23.解:(1)不等式()6f x 即2216xx，12316xx或12236xx 或2316xx2分解得1523x，或122x，或723x4 分所以原不等式的解集为7 5,3 35 分(2)证明：122f xxaxa11222xaxxaa6 分11222axaa（当且仅当1(2)()02xa xa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()2f x（当且仅当12a ，12xa时等号成立）10 分法二：122f xxaxa11222xaxxaa6 分知 f x在1,2a单调递减，在1,2a上单调递增8 分所以 min11222f xfaaa1222aa9 分所以 2f x（当且仅当12a ，12xa时等号成立）10 分