【文档说明】广东省南粤名校联考2023-2024学年高三上学期9月月考 数学答案和解析.pdf，共(7)页，292.530 KB，由小赞的店铺上传

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124届广东省普通高中学科综合素养评价9月南粤名校联考数学参考答案13-16题802121，89217．解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理2RsinsinsinabcABC，及)6sin(cosccosBaCbB，可

得，)6sin(sincossinsinCcosBACBB.............2分)6sin(sin)sin(BACB，.............3分因为△ABC中，ACBsin)sin(且0sinA，故1)6sin(B，..........4分因为.B0,

所以26B，即3B.............5分（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及2,3,,3acB有22227bacaccosB，故7b．.............6分由正弦定理sinsinabAB，可得37sin

A．因为ac，故27cosA.....8分222cos(2)cos()coscossinsin333BAAAA12331722147727（）............10

分18.解：（Ⅰ）由已知,323S1nSnn∴,123,21nSSnnn时两式相减，得,2)(311nnnnSSSS.............2分即,231nnaa从而).1(311nnaa.............3分又当n=1时，,

5312SS，∴53121aaa又,11,321aa123456789101112DACCCAADBCDCDBCABC{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAo

OBFAIIAAAwQFABCA=}#}2.............4分从而).1(3112aa故总有.*),1(311Nnaann又∵,01,31naa从而.3111nnaa.............5

分即41}1{1aan是以为首项，公比为3的等比数列.,3411-nna,1341-nna.............6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知.1341nna..34)134(b11nnnnannnn.............

7分设13nncn,设{c}n前n项和为'nS则'21123333nnSn①'2313132333(1)33nnnSnn②①-②有'21213333nnnSn（）.............9分'2n-11344

nnS.............10分从而nnnaaabbb2121n2T'n4S(12)n12)1(31-n2nnn）（.............12分19.解析（1）证明：D是正方形BBAA11的中心，21AA，则11DA，又DC1平

面BBAA11，11DADC，又11DC......1分211AC，同理2,2111CABC.............3分11111,ACACBA均为等边三角形，又M为11CA中点，111111,,,ACBMACAMBMAMM又1BM平面MAB1AM平

面MAB111AC平面MAB1..........5分{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}311//CAAC，AC平面MAB1.............6分（2）解：以D为原点，1

1,,DCDADA分别为zyx,,轴正方向，建立空间直角坐标系，.............7分1,0,0,1,1,1,0,1,0,0,1,011CCAB.............8分1,10,1,2,1,0,

2,01111，CACABA.............9分设面BCA1的法向量zyxn,,，则0011CAnBAn得00202yxzyzyx令1x，则1,0,1n，由（1）知，面MAB1的法

向量为11CA.......10分设面MAB1与面BCA1的夹角为，则111111,coscosCAnCAnCAn=11222......11分60.............12分20.解：（1）若乙得6分

，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，其概率为31(1)8ppp，解得12p......4分（2）设X为甲累计获得的分数，则1(5,)2XB,所以15()522EXnp，...6分设Y为乙累计获得的分数，则0,2,4,6,8,10Y，......7分1(0)2

PY111(2)(1)224PY2111(4)(1)228PY3111(6)(1)2216PY4111(8)(1)2232PY511(10)232PY......9分所以

Y的分布列为：Y0246810P121418116132132所以11111131024681024816323216EY......11分因为EXEY,所以甲获胜的可能性大......12分{#{

QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}421.解析：（1）由已知得渐近线方程为0bxay，右焦点,0Fc，223bcab，又222abc，解得3b

.........2分又因为离心率cea，解得1,2ac.........3分双曲线的标准方程为2213yx.........4分（2）解法1：当直线l的斜率不存在时，其方程为1x，此时，FMN的面积S3FMN；..

.......5分当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，直线与双曲线联立得2213yxykxm2223230kxkmxm，.........6分因为相切，所以222244330kmkm，解得2230mk...

..7分另设：1122(,),(,)MxyNxy联立2222230(3)20xykxkmxmykxm1212222,13kmkxxxxkm12123()2,yykxxmm22121212()3yykxxkmxxm...

......9分在OMN中，12OMx，22ONx1213Ssin2322OMNOMONMONxx.........10分所以121SS+S-S32FMNOFMOFNOMNOFyy

，所以2121229S()43=123FMNyyyym.........11分因为2230mk，所以29S1232333FMNm{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQ

mQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}5综上所述，S3FMN，其最小值为3.........12分解法2：由条件知，若直线l的斜率存在，则斜率不为零，故可设l：xmyn，直线与双曲

线联立得2213yxxmyn222316330mymnyn，.........6分因为相切，所以22222236433310310kmnnmm，即22231310mnm

.....7分又因为直线l与双曲线的渐近线交于两点，设为：1122(,),(,)MxyNxy联立2203yxxmyn22231630mymnyn.........8分由直线

l的方程得，直线与x轴的交点坐标为,0n.........9分22121223211122S2()4=2312231FMNnnnyyyynnnm.........11分2231mn，21n，即11n，且

0n1n时，SFMN的最小值为3综上所述，S3FMN，其最小值为3.........12分22.解析：（1）2222121'(0)mxxfxmxxxx.........1分令

221(0)gxmxxx，判别式为=4-4m.........2分当0m时，fx在1(0,)2上单调递减，在1(,+)2上单调递增；.........3分当0m时，方程有一个正根11mm

，fx在110,mm上单调递减，在11,mm{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}

#}6上单调递增；.........4分当01m时，方程有两个正根，分别为1,211mxm，所以fx在1111(0,),(,)mmmm上单调递减，在1111(,)mmmm上单调递增；.....

....5分当1m时，'0fx恒成立，所以fx在(0,+)上单调递减；.........6分(2)要证2222lnlnbaabbaabab只需证22lnlnababbabaabab只需证lnln2baabbaabab

只需证22lnln2bababaabab只需证1ln21bbbaabaaba.........9分设1bta，则需证11ln2,11tttttt只需证112lnln2,11ttttttt由（1）知，1

2ln,1tttt，所以只需21ln,11tttt即证21ln,11tttt.........10分令21ln,11tgtttt，则221'0

1tgttt恒成立，所以当1t时，gt在1,上单调递增，所以10gtg，所以21ln,11tttt成立，因此，原不等式得证..........12分{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkE

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