江西省赣州市2023届高三年级（一模）丨理数答案

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BABDCDCDACBD．解：由题意得，由椭圆定义得：．记，11F1MF1F22cMF22a2cMF1F2则，，则，AF2F1MF2AF1F2MF1MF2MAF22AF2AF12a2cMFAM，故△∽△，则2(或由内角平分线定理得到)，则AM4c2aMF1F2MF2AF1F2MF2ac2ca51，即c2aca20e2e10e(负值已舍)．cac2．解：如图，设分别为棱,的中点，则三棱锥12E,FBCC1D1与三棱柱外接球相同．由余弦定理MAA1NAEMA1NF452cosEAM，由正弦定理△EAM外接圆半径r，5243设三棱柱AEMANF外接球半径为R，则R232r2，1243则三棱锥MAAN外接球的表面积S4πR24π86π．12二、填空题113．2；14．；15．3与2中的任选一个即可；16．①②③④．e16.解：由f(1)0结合f(x)g(x2)1,f(x4)g(x)3，g(1)1,g(3)3由f(x4)g(x)3得：f(x44)g(x4)3，即f(x)g(x4)3，结合f(x)g(x2)1得：g(x2)g(x4)2，从而有g(x)g(x2)2，进而得：g(x)g(x4)，故4是g(x)的周期.又由yf(x)的图像关于直线x1对称，即f(x)f(2x)，从而f(x)g(x2)1可得：f(2x)g(x2)1，从而有：f[2(x6)]g[(x6)2]1，即f(x4)g(8x)1，结合f(x4)g(x)3得g(8x)g(x)2，g(x)的图像关于(4,1)对称，且g(4)1，又g(x)g(x2)2，得g(2)1..赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案1三、解答题n2n217．解：(1)由aaa…①12n2当时，………………………………………………………………………………分n1a12a141(n1)2(n1)2当n≥2时，有aaa…②…………………………………3分12n12①②得：，即2……………………………………………………………………………分—annann54,n1不符合上式，故……………………………………………………………………………6分a1an2n,n≥211,n1,n166(2)由(1)知bb………………………………………………7分n1n11,n≥2,n≥2n2nnn11故当n1时，S…………………………………………………………………………………………8分161111111当≥时，…………………分n2Snb1b2b3bn1062334nn1111212n1S…………………………………………………………………11分n62n13n13n12n1因S符合上式，故S…………………………………………………………………………12分1n3n118．解：(1)设A小区方案一的满意度平均分为x，则x450.006550.014650.018750.031850.021950.0101072.7………2分设B小区方案二的满意度平均分为y，则y450.005550.010650.010750.020850.032950.0231078.3……3分∵72.778.3………………………………………………………………………………………………4分∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎…………………………………………………………………5分3(2)由题意可知方案二中，满意度不低于70分的频率为0.0200.0320.023100.75，低于7041分的频率为0.0050.0050.015100.25……………………………………………………6分43现从B小区内随机抽取5个人，X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5，则X:B5,………………7分4赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案2541131150，1………………………………………分PX0C5PX1C58410244410242332319045312701352，3…………分PX2C5PX3C59441024512441024512453140532434，5………………………………………分PX4C5PX5C51044102441024∴X的分布列为X01234511545135405243P1024102451251210241024…………………………………………………………………………………………………………………11分15期望EX…………………………………………………………………………………………………12分419．证：(1)证明：如图，连接AM，∵ABAP，M为PB的中点，∴AMPB…………………………………………………………………………………………………1分又平面PAB平面PBC，平面PAB平面PBCBP，AM平面PAB，故AM平面PBC…………………………………………………………………………………………2分∵PC平面PBC，∴AMPC…………………………………………………………………………3分又∵PCMN，且AMMNM，AM,MN平面AMD∴PC平面AMD；而AD平面AMD，∴PCAD………………………………………………………………………4分(2)解：由△ABP为等边三角形，PB2，得AM3………………………………………………5分如图，过C作MA的平行线z轴，结合(1)知z轴,CB,CP两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，1313则，，，，，C0,0,0P1,0,0M,,0A,,3B0,3,02222设nx,y,z为平面PAC的一个法向量…………………………………………………………………6分nCA0,则…………………………………………………………………………………………………7分nCP0,赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案31313又，，得xy3z0,CA,,3CP1,0,02222x0,取y2，得z1，则n0,2,1………………………………………………………………………8分∵N为AD的中点，113∴…………………………………………………………………分ANADCB0,,0922233∵，∴………分AM0,0,3MNANAM0,,00,0,30,,31022MNn234则cos…………………………………………………………11分MNn155524设直线MN与平面PAC所成角为，则sincos…………………………………12分521p20．解：（1）因为点M(2,y)在C上，则y4p，而S△y4………………………2分00OFM22016所以y……………………………………………………………………………………………………3分0p16∴4p，所以p4………………………………………………………………………………………4分p2∴该抛物线的方程为y28x…………………………………………………………………………………5分⑵法一：设，，，不妨设，Ax1,y1Bx2,y2x1x20y10y2y2∵BOA90，则xxyy12yy0，解得yy64………………………………6分1212881212①当与轴不垂直时，，，ABxy1y20x1x2yy8yy此时直线的方程为：12，整理得12……………………分AByxx1y1yx7x1x2y1y2y1y28∵，∴的方程为：，则直线恒过定点………………分y1y264AByx8ABM8,08y1y2∵ONAB，即ONNM，2∴N在以OM为直径的圆上，该圆方程为x4y216……………………………………………9分即当Q为该圆心4,0时，NQ4为定值………………………………………………………………10分②当轴时，，此时，∵，∴；ABxy1y28x1x28ONABN8,0赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案4当Q4,0时，也满足NQ4………………………………………………………………………………11分综上，平面内存在一个定点Q4,0，使得QN为定值4………………………………………………12分法二：设直线的方程为，，，ABxmynAx1,y1Bx2,y2xmyn,联立2……………………………………………………………………6分2y8my8n0y8x,由题意64m232n0，由韦达定理得：…………………………………………………………………分y1y28m,y1y28n7y2y2由BOA90，即OAOBxxyy12yy012126412解得…………………………………………………………………………………………………分y1y2648即，直线恒过定点……………………………………………分y1y28n64n8ABM8,010下同法一21．解：(1)法一：由f(x)exax得f(x)exa1，故当x(,a)时，f(x)0；当x(a,)时，f(x)0．故函数f(x)在区间(,a)上单调递减，在(a,)上单调递增…………………………………………1分∴，f(x)minf(a)1a①当时，，函数无零点……………………………………………………………分a1f(x)min0f(x)2②当时，，函数有一个零点………………………………………………………分a1f(x)min0f(x)3③当a1时，f(a)0，又f(0)ea0，f(2a)ea2a0……………………………………4分故当a1时，函数f(x)有两个零点…………………………………………………………………………5分法二：方程exax0等解于方程xlnxa0，1记F(x)xlnxaF(x)1，x故当x0,1时，F(x)0；当x1,时，F(x)0．故函数F(x)在区间0,1上单调递减，在1,上单调递增……………………………………………1分∴，F(x)ming(1)1a①当a1时，函数g(x)，即f(x)无零点…………………………………………………………………2分②当a1时，函数g(x)即f(x)有一个零点………………………………………………………………3分11③当a1时，由g(ea)ea2a0，g()0…………………………………………………4分eaea赣州市2023年摸底考试理科数学参考答案5故