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，，0.30，log0.70.3log0.70.71log0.31log0.30.7log0.30.300.70.71即a1，0b1，0c1，又log0.7log0.30.70.70.50.70.3，0.30.32所以bca，故选D.12.由，所以为直角三角形，故内切圆半径MF1MF20F1MNMFMNNFMFMNNFr111222MFMNMNMFMFMF1212ab，22所以e2，故选A.二、填空题163313.；14.xy30；15.5（取m4的整数即可）；16.(2,).3216.解：由正弦定理，cb2bcosA，即为sinCsinB2sinBcosA，即sinABsinB2sinBcosA，展开整理得sinABsinB，ππππ因为锐角△ABC中，A,B0,，AB，AB,，2222ππ所以ABB，即A2B，B.64又sinCBcos2ABsinA2cos2Bsin2Bcos2B1ππππ2sin2B1，因为B，所以2B，464327ππ3π33所以2B，所以范围为(2,).12442三、解答题707884859317.解：（1）甲的平均成绩为x82………………………………1分157374819092乙的平均成绩为x82……………………………………………2分25122222甲的成绩方差s27082788284828582938258.8…3分151乙的成绩方差为s2(7382)2(7482)2(8182)2(9082)2(9282)262…4分25由于，22，甲的成绩较稳定………………………………………………………5分x1x2s1s2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1（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,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81所以观众丙恰好连对1个的概率为…………………………………………………12分24318.解：（1）由数列{bn}是等比数列，b11，设其公比为q，22由题设3b3b2m，得3qqm，即3qqm0（*）…………………………1分因为数列{bn}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m0，11当m0时，q或0（舍去），故q，满足唯一性………………………………3分331②若方程（*）有两个相等的实根，且根不为0，则(1)212m0，解得m，121代入（*）式，解得q，又b1，所以{b}是唯一的等比数列，符合题意…………5分61n1所以，m0或…………………………………………………………………………6分12（）由，所以，得2，2m03b3b203qq011解得q或0（舍去），此时b()n1…………………………………………………7分3n3aa31所以a9b3，所以等差数列a的公差d311，32n3131n1所以，即1…………………………………………8分an1n11nanbnn32n1所以111……①Tn1123Ln33323n1n111111……②………9分Tn123Ln1n3333332n1nn①②得2111132n31…………11分Tn1Ln3333322392n31所以T……………………………………12分n443n1π19．解：（1）因为DCPC2，PDC3所以△PCD是正三角形，所以PD2…………………………1分ππ又AD1，PDA，由余弦定理得AP1222212cos333赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案2π则AD2AP2DP2，所以DAP,即ADAP……………………………………2分2因为点M是PD的中点．所以CMDP，点N是AD的中点，所以MN∥AP，所以ADMN………………………………………………………………………………3分又平面PCD平面APD，平面PCD平面APDDP，CM平面PCD所以CM平面APD，因为AD平面APD，所以CMAD………………………4分因为CMMNM，CM、MN平面CMN…………………………………………5分所以AD平面CMN………………………………………………………………………6分π13（2）由（1）得CM平面APD，CM2sin3，MNAP………8分32222315在直角中，△CMNCN322设点到平面的距离为，由…………………………………10分PABCDhVPACDVCAPD111511即，1h13332232215215解得h，所以点P到平面ABCD的距离为………………………………12分5520.解：（1）因为函数fx在0,π上单调递减，所以fxexsinxm≤0在0,π上恒成立…………………………………………1分又fxexcosx1cosx≥0，所以fx在0,上单调递增………………2分要使得fxexsinxm≤0在0,π上恒成立，π则fπem≤0，解得m≥eπ…………………………………………………………4分π即所求的实数m的取值范围为e,……………………………………………………5分x（2）由（1）知fxesinxm在0,上单调递增，πππππ因为e21me，所以fe21m0，fπem0，2π所以函数fx在0,上存在唯一零点t,π，即ft0，2又x0为fx的极值点，即fx00，π所以，此时x0…………………………………………………8分tx0,πmesinx02所以当x0,x0时，fx0，fx单调递减；xx0,时，fx0，fx单调递增……………………………………………9分x0x0x0又fx0ecosx0mx0ecosx0x0esinx0x01x0ecosx0x0sinx0，xπ记gx1xecosxxsinx，x,π，2则gxxexxcosxxexcosxx1cosx≤0，赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案3π所以gx在,π上递减，2ππππ3.143.14所以gxg1e214.810，22222所以fx00………………………………………………………………………………11分又f020，f2πe2π12mπe2π12πeπeπeπ2π10，所以函数fx在0,x0及x0,2π上各存在一个零点，即函数fx在0,上有两个零点……………………………………………………12分21p21．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：，y1y264AByx8y1y2则直线AB恒过定点M8,0………………………………………………………………8分∵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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赣州市2023年高三摸底考试文科数学参考答案4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下同法一2x2cosx22.解：（1）由曲线：（为参数），得222,C1ycossin1ysin2x2所以曲线C的普通方程为y21………………………………………………………1分12又由xcos，ysin得2cos222sin22，所以曲线的极坐标方程为2222…………………………………3分C1cos2sin2又曲线：，得22，即222…………………………………………4分C2rrxyr所以曲线的普通方程为222……………………………………………5分C2xyr(r0)（2）由题意°，设，则°，AOB90A1,B2,90又曲线与直线有且仅有一个公共点，故为点到直线的距离，C2ABrOAB由曲线的极坐标方程为2222，C1cos2sin21cos22sin21cos22sin2得，所以………………………………6分222121cos2