数学试题卷参考答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260315江西省赣州市2026年高三年级下学期摸底考试（全科）_江西省赣州市2026年高三下学期3月摸底考试数学

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,ee) 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 3sinCcosC  ，由正弦定理得 b 3sinCsinBcosCsinB 2sinCsin A ………………………………………2分 即 3sinCsinBcosCsinB 2sinCsin(BC) 即 3sinCsinBcosCsinB 2sinCsinBcosCcosBsinC 即 3sinCsinB 2sinCcosBsinC  π 即 3sinBcosB 2 ，所以2sinB  2…………………………………………4分  6 π π 7π π π π 因为B   , ，所以B  ，即B  …………………………………5分 6 6 6  6 2 3 因为tanC 5 3 ，所以 tanBtanC 35 3 4 3 3 tan Atan(BC)    ………7分 1tanBtanC 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 1 1 3 所以S  acsinB  (84 3)  2 33 …………………………13分 △ABC 2 2 2 另解：由内切圆性质acb 2 3，所以b3 3 1 1 S  (abc)r  (64 3)12 33 …………………………13分 △ABC 2 2 —1—16解：（1）设直线AB的直线方程 y kx2 x2 2y, 联立 消y得x2 2kx40 y kx2, 设A(x ,y ),B(x ,y )，所以x x  2k ,x x 4…………………………………3分 1 1 2 2 1 2 1 2   则 OAOB  x x  y y  x x (kx  2)(kx  2) (1k 2)x x  2k(x x ) 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 44k24k2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| |TA| 由|PA||TB||PB||TA| ，得    …………………………………………9分 |PB| |TB| 所以PT 为ATB的角平分线，所以k k 0…………………………………10分 AT BT y m y m kx 2m kx 2m 即 1  2  0，即 1  2  0 x x x x 1 2 1 2 (2m)(x x ) (2m)2k 即2k 1 2 0，即2k 0 ， x x 4 1 2 解得m2，所以存在T(0,2)………………………………………………………13分 1 所以S  4|x x |2 (x x )24x x 2 4k216 ≥8 △TAB 2 1 2 1 2 1 2 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  2 因为AC 1,CD  2 , AD2 1221 2 5    2  152 2 5 所以 cosCAD  ………………………………………………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n (x,y,z) 1   因为AE (,0,1)，AF (0,,1)， 且AE n,AF n 1 2 x(1)z 0, 所以  令z ，则x y 1 y(1)z 0, 所以n (1,1,) 1 同理可以求出平面PBC 的法向量为n (1,1,1) 2 因为平面AEF 平面PBC 所以n n (1,1,)(1,1,1)1+1+0 1 1 2 所以 ……………………………………………………………………………15分 3 18.解：（1）因为 f(x)eax 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 1 1 又令 f(x)0，得x ln a a —3— 1 1 1 1  所以函数 f(x)在 , ln 上单调递减，在 ln , 上单调递增…………6分  a a a a  综述：（i）当a≤0时，函数 f(x)在R上单调递减.  1 1 （ii）当a 0时，函数 f(x)在 , ln 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 1 1 ln 1 1 1 1 1 1 g(x)  g( ln )e a  ln am  ln am0 () min a a a a a a a 1 1 1 即关于a的方程  ln 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 1 1 1 1ln a 所以  ln  am   lna am   am () a a a a a a 1 由am 0，所以1lna0，即lna 1，即a  且a 1 e 1lna 对()式同时取对ln mlnaln(1lna)lnamlna a ln(1lna) 即m1 ，令t lna1，则t(0,1)(1,) lna lnt 即关于t的方程m1 在t(0,1)(1,)无解 ()………13分 t1 t1 1 lnt 1 lnt 又令(t) lnt ，t(0,1)(1,)，则'(t) t  t t1 (t1)2 (t1)2 1 1 1 1t 令h(t)1 lnt ，则h'(t)   ， t t2 t t2 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  1 1 1 1 1 1ln aam1 所以g(x)  g ln    ln am ， min 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 1lnaam1 所以存在唯一实数a使 0，即存在唯一实数a使1lnaam10， a 1 1(m1)am1 令h(a)1lnaam1,a 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时，令h(a)0，得0a   ，令h(a)0，得a    ， m1 m1  1   1  故函数h(a)在  0,   1   m1  单调递增，在    1   m1 ,  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 2 1 19．解：由题知：P(X 1) ,P(X 2) 1 3 1 3 （1）X 表示分裂两个周期细胞的个数，则X 的可能取值为1,2,3,4. 2 2 2 2 4 P(X 1)    2 3 9 2 1 2 2 1 10 P(X 2)       2 3 3 3 3 27 1 2 1 4 P(X 3) C1   2 3 2 3 3 27 2 1 1 1 P(X 4)     ………………………………………………………5分 2 3 3 27 所以X 的分布列为 2 X 1 2 3 4 2 —5—4 10 4 1 P 9 27 27 27 4 10 4 1 48 16 数学期望为 EX 1 2 3 4   …………………………7分 2 9 27 27 27 27 9 （2） X 2 表示在n个分裂周期，M 细胞有一次一分为二，则 n n 2 k1 1 2 nk 2 nk n 1 2 2nk1 P(X 2)              n 3 3 3 3 3 3 k1 k1 n  2 2nk1 2 2nk 2 n1 2 2n1 2 n1 2 n                1    ………11分 k1  3 3  3 3 3  3  （3）由全概率公式知 3 2 1 2 P(X 3)P(X 2)C1  P(X 3)   n n1 2 3 3 n1 3 4 8 化简得 P(X 3) P(X 2) P(X 3) n 9 n1 27 n1 n2  n1 42 2 8 代入P(X 3)   1    P(X 3) n 93  3  27 n1 n  n1 2 2 8 即P(X 3)   1    P(X 3) n 3  3  27 n1 3n 2n  n1 3(n1) 3 3 2 3 即  P(X 3)   1      P(X 3) 2 n 2  3  2 n1 3n 3(n1) 2n n1 3 3 3 3 即  P(X 3)   P(X 3)      2 n 2 n1 2 2 由P(X 3)0，所以 1 3 3n n  3 2k 3 k1 n 3 2k n 3 k1   P(X 3)            2 n k2  2 2  k2 2 k2 2 2  n1 3  n1 3 n1  n  9 9 3 3 3 3 3   1      1    4    1  1 4  4  2  2  2  2  2     9 3 5 1 1 4 2 n1 n1 n 2 2 2 6   1   1    3  3  3  6 2 n1 所以P(X 3)     ，即证.………………17分 n 5 5 3 —6—