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—