资源简介

赣州市 2026 年高三年级摸底考试
数学试题参考答案
一、单选题（本大题共 8个小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的．）
1 2 3 4 5 6 7 8
C C B D A B D D
二、多选题(本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求，全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有错选的得 0分．)
9 10 11
ABD AC ABC
二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
2 2
1
12. 9 13. (e e ,1) (1,e e ) 14.
8
三、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分，解答写出必要的文字说明、演算过程及步骤）
2c a
15．解：（1）因为 3 sinC cosC ，由正弦定理得
b
3 sinC sin B cosC sin B 2sinC sin A ………………………………………2分
即 3 sinC sin B cosC sin B 2sinC sin(B C)
即 3 sinC sin B cosC sin B 2sinC sin BcosC cos BsinC
即 3 sinC sin B 2sinC cos BsinC
即 3 sin B cos B π 2 ，所以 2sin B 2…………………………………………4分
6
B π π 7π B π π π因为 , ，所以 ，即 B …………………………………5分6 6 6 6 2 3
因为 tanC 5 3，所以
tan A tan(B C) tan B tanC 3 5 3 4 3 3 ………7分
1 tan B tanC 1 3 ( 5 3) 16 4
（2）由内切圆性质 a c b 2 3，所以b 3 3………………………………10分
根据余弦定理b2 a2 c2 ac (a c)2 3ac
2 2即 3 3 3 3 3 3ac，解得 ac 8 4 3
所以 S 1 1 3△ABC ac sinB (8 4 3) 2 3 3 …………………………13分2 2 2
另解：由内切圆性质 a c b 2 3，所以b 3 3
S 1△ABC (a b c)r
1
(6 4 3) 1 2 3 3 …………………………13分
2 2
— 1—
16解：（1）设直线 AB的直线方程 y kx 2
x2 2y , 2
联立 消 y得 x 2kx 4 0
y kx 2 ,
设 A(x1 ,y1) ,B(x2 ,y2 )，所以 x1 x2 2k ,x1x2 4…………………………………3分

2
则 OA OB x1x2 y1y2 x1x2 (kx1 2)(kx2 2) (1 k )x1x2 2k (x1 x2 ) 4
4 4k 2 4k 2 4 0 ，所以OA OB .……………………………………………7分
（2）当 k 0时，由对称性可知点T在 y轴上，设T (0 ,m)

| PA | |TB | | PB | |TA | | PA | |TA |由 ，得 …………………………………………9分
| PB | |TB |
所以PT 为 ATB的角平分线，所以 kAT kBT 0…………………………………10分
y1 m y2 m kx 2 m kx 2 m即 0，即 1 2 0
x1 x2 x1 x2
2k (2 m)(x1 x2) 0 2k (2 m) 2k即 ，即 0，
x1x2 4
解得m 2，所以存在T (0 , 2)………………………………………………………13分
1
所以 S 2 2△TAB 4 | x1 x2 | 2 (x1 x2) 4x1x2 2 4k 16 ≥82
当且仅当 k 0时，△TAB的面积最小为8…………………………………………15分
17.解：（1）因为PA 平面 ABD，所以PA AC， PA AD，
所以 CAD为二面角C AP D的平面角……………………………………4分

因为 AC 1,CD 2 , AD2 2 1 2 2 1 2 5
2
所以 cos CAD 1 5 2 2 5 ………………………………………………7分
2 5 1 5
（2）因为 AB AC 1， PA 平面 ABD，所以 PB PC
因为 PCB 60 ，所以△PBC为等边三角形，
所以PB PC BC 2，所以 PA 1
PE PF
因为 ( (0 ,1))，所以 AE AF ，且 EF∥BC
PB PC
因为三棱锥 A PBC为正三棱锥，
— 2—
所以点 A在平面PBC的投影G必是△PBC的重心
因为平面 AEF 平面PBC，所以G是 EF的中点
2
根据中线性质，所以 ………………………………………………………15分
3
法二：因为 AB AC 1， PA 平面 ABD，所以 PB PC
因为 PCB 60 ，所以△PBC为等边三角形，
所以PB PC BC 2，所以 PA 1
以 AB ,AC ,AP分别作为 x ,y ,z轴建立空间直角坐标系 A xyz，
则 A(0 ,0 ,0) ,B(1,0 ,0) ,C(0 ,1,0) ,P(0 ,0 ,1) ，
PE PF
因为 ( (0 ,1))，所以 E( ,0 ,1 )，F ( 0, ,1 )
PB PC
设平面 AEF 的法向量为n1 (x ,y ,z)

因为 AE ( ,0 ,1 )， AF (0 , ,1 )，
且 AE n1,AF n2
x (1 )z 0 ,
所以 令 z ，则 x y 1
y (1 )z 0 ,
所以n1 ( 1, 1, )
同理可以求出平面PBC的法向量为n2 (1,1,1)
因为平面 AEF 平面PBC
所以n1 n1 ( 1, 1, ) (1,1,1) 1+ 1+ 0
2
所以 ……………………………………………………………………………15分
3
18. ax解：（1）因为 f (x) e x ,x R 所以 f (x) aeax 1………………………1分
（i）当 a≤0时， f (x) 0恒成立，所以函数 f (x)在R 上单调递减.……………3分
1 1
（ii）当 a 0时， 令 f (x) 0，得 x ln
a a
又令 f (x) 0 x 1 ，得 ln 1
a a
— 3—
所以函数 f (x) 1在 , ln
1 1
上单调递减，在 ln
1
,
a a a a
上单调递增…………6分

综述：（i）当 a≤0时，函数 f (x)在R 上单调递减.
（ii）当 a 0时，函数 f (x) 1 ln 1在

, 上单调递减，
a a
1 1
在 ln , 上单调递增……………………………7分
a a
（2）解法一：由 g(x) f (x) am eax x am， a 0
得 g (x) aeax 1，由（1）可知
ln 1
g(x)min g(
1 ln 1) e a 1 1 1 1 1 ln a m ln a m 0 ( )
a a a a a a a
a 1 1即关于 的方程 ln 1 am 0只有1个根 ……………………………9分
a a a
当 a 1时，方程 ( )恒成立，即当 a 0且 a 1时，方程 ( )无解
1 1 ln 1 am 1 1 ln a am 1 ln a所以 am ( )
a a a a a a
由 am 0 1，所以1 ln a 0，即 ln a 1，即 a 且 a 1
e
( ) ln 1 ln a对 式同时取对 m ln a ln(1 ln a) ln a m ln a
a
即m ln(1 ln a) 1 ，令 t ln a 1，则 t (0 ,1) (1, )
ln a
ln t
即关于 t的方程m 1 在 t (0 ,1) (1, )无解 ( )………13分
t 1
t 1 1
ln t ln t 1 ln t
又令 (t) ， t (0 ,1) (1, )，则 '(t) t t
t 1 (t 1)2 (t 1)2
令 h(t) 1 1 1 1 1 t ln t，则 h '(t)
t t 2

t t 2
，
由h(1) 0，所以 h(t)在 (0 ,1)单调递增，在 (1, )单调递减
所以 h(t) h(1) 0，所以 '(t) 0，所以 (t)在 (0 ,1) ,(1, )单调递减
当 t 1时， (t) 1，当 t 时， (t) 0，
要使 ( )式成立，只需m 1 1或m 1≤0，即m 0或m≤ 1
— 4—
综述，实数m的取值范围m 0或m≤ 1.………………………………17分
解法二：（2）令 g(x) f (x) am eax x am(a 0) ，
1 1 1 1
由（1）可知， a 0时， g(x)在 , ln 上单调递减，在 ln , 上单调递增，
a a a a
m 1
所以 g(x) 1 1 1 1min g ln ln
1 1 ln a a
a m ，
a a a a a a
依题，存在唯一实数 a使函数 g(x)的最小值为0，……………………………………………9分
a 1 ln a a
m 1
所以存在唯一实数 使 0，即存在唯一实数 a使1 ln a am 1 0，
a
m 1
h(a) 1 ln a am 1 a 1 1 (m 1)a令 , 0，则 h (a) (m 1)am ，……………12分
a a
（i）当m≤ 1时， h (a)≥0恒成立，故函数 h(a)在 (0 , )单调递增，
又因为 h(1) 0，所以存在唯一实数 a 1使得 h(a) 0，符合题意；………………………13分
1 1
1 m 1 1 m 1
（ii）当m 1 h (a) 0 0 a 时，令 ，得 ，令 h (a) 0，得 a m 1
，
m 1
1 1
1 m 1 1 m 1故函数 h(a)在 0 , 单调递增，在 , 单调递减， m 1 m 1

1
1 m 1
所以 1，解得m 0，.……………………………………………………………16分
m 1
综上，实数m的取值范围是m 0或m≤ 1.…………………………………………………17分
19．解：由题知：P(X1 1)
2
,P(X 11 2) 3 3
（1） X 2表示分裂两个周期细胞的个数，则 X 2的可能取值为1,2 ,3,4 .
2
P(X 1) 2 42
3 9
2
P(X 2 2)
1 2 2 1 10 3 3 3 3 27
P(X 3) 1 C1 2 1 42 3 2

3 3 27
2
P(X 2 4)
1

1 1
………………………………………………………5分3 3 27
所以 X 2的分布列为
X 2 1 2 3 4
— 5—
4 10 4 1
P
9 27 27 27
EX 1 4 2 10 3 4 4 1 48 16数学期望为 2 …………………………7分9 27 27 27 27 9
（2） X n 2 表示在n个分裂周期，M 细胞有一次一分为二，则
n 2 k 1 1 2 n k 2 n k n 1 2 2n k 1P(X 2) n
k 1 3

3 3 3 k 1 3 3
n 2 2n k 1 2n k n 1 2n 1 n 1 n
2
2 2 2
2
1

………11分
k 1 3 3 3 3 3 3
（3）由全概率公式知
2 1 2 3P(X n 3) P(X n 1 2) C
1
2 P(X n 1 3)

3 3 3
4 8
化简得 P(X n 3) P(X n 1 2) P(X9 27 n 1
3)
n 2 n 1
代入 P(X 3) 4 2 2 8n 1 P(X 3)9 3 n 1 3 27
n
P(X 3) 2 2
n 1 8
即 n

3
1 3
P(X n 1 3)
27
3 3n 3 2n 2 n 1 3 3(n 1)
即 P(X n 3)
1 P(X n 1 3)
2 2 3 2
3 3n 3 3(n 1) 3 2n 3 n 1
即 P(X n 3) 2
P(X n 1 3)
2 2 2
由P(X1 3) 0，所以
3 3n n 3 2k k 1 2k k 1 3 n 3 n 3
P(X n 3) 2 2 2 2 k 2 k 2 k 2 2
2 n 1 3
9 9 3 1 3
n 1 3 3 3 n 1 3 n


4 4 2
1 4 1 1
2 2 2 2
1 9
3
1 5
4 2
2 n 1 2 n 1 n6

1 1
2

3 3 3 P(X 6 2
n 1

所以 n 3) ，即证.………………17分5 5 3
— 6—

展开更多......

收起↑