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

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24 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











2

1，



17．解析：（Ⅰ）在△ABC 中，由正弦定理

sin sin sin

a b c

A B C

  

，

及

)

sin(cosccos



 BaCbB

，

可得，

)

sin(sincossinsinCcos



 BACBB

.............2 分

)

sin(sin)sin(



 BACB

， .............3 分

因为△ABC 中，

ACB sin)sin( 

且

0sin A

，故

sin( 



，..........4 分

因为

.B0





,所以



B

，即



B

.............5 分

（Ⅱ）在△ABC 中，由余弦定理及

2, 3, ,

a c B



  

有

2 2 2 2 7b a c accosB   

，故

7b

．.............6 分

由正弦定理

sin sin

a b

A B



，可得

sinA 

．因为

a c

，故

cosA 

.....8 分

2 2 2

cos(2 ) cos( ) cos cos sin sin

3 3 3

B A A A A

  

     

1 2 3 3 1 7

2 2 14

7 7 2 7

      （）

............10 分

18.解：（Ⅰ）由已知

,323S 1

nSnn

∴

,123,2 1 nSSn nn

时

两式相减，得

,2)(3 11   nnnn SSSS

.............2 分

即

,23

1

nn aa

从而

).1(31

1

nn aa

.............3 分

又当 n=1 时，

,53 12  SS

， ∴

53 121  aaa

又

,11,3 21  aa

DCD

ABC

{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}

.............4 分

从而

).1(31 12  aa

故总有

.*),1(31

1Nnaa nn 



又∵

,01,3

1 n

从而

1



.............5 分

即

41}1{ 1 aan是以

为首项，公比为 3 的等比数列.

,341 1-n

 n

,134 1-n  n

.............6 分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

.134 1 n

.34)134(b 11 nnnna nn

nn  

.............7 分

设

c n 

 

,设

{c }

前 n 项和为

则

' 2 1

1 2 3 3 3 3n

S n 

      

①

' 2 3 1

3 1 3 2 3 3 3 ( 1) 3 3

n n

S n n



           

②

①-②有

' 2 1

2 1 3 3 3 3

n n

S n



       （）

.............9 分

'2n-1 1

4 4

S  

.............10 分

从而

nn naaabbb   2121n 2T

4S (1 2 )n    

)1(

31-n2 n



 nn

）（

.............12 分

19. 解析（1）证明：

是正方形

BBAA 11

的中心，

1AA

，则

1DA

，

又

DC1

平面

BBAA 11

，



11 DADC 

，又

1DC

......1 分

11  AC

，同理

2,2 111  CABC

.............3 分

11111 ,ACACBA 

均为等边三角形，又

为

11CA

中点，

1 1 1 1 1 1

, , ,A C B M A C AM B M AM M   

又

B M 

平面

MAB1

AM 

平面

MAB1

1 1

A C 

平面

MAB1

..........5 分

{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}

// CAAC

，



AC

平面

MAB1

.............6 分

（ 2 ）解：以

为原点，

11,, DCDADA

分别为

zyx ,,

轴正方向，建立空间直角坐标

系， .............7 分

       

1,0,0,1,1,1,0,1,0,0,1,0 11 CCAB 

.............8 分

     

1,10,1,2,1,0,2,0 1111  ，CACABA

.............9 分

设面

BCA

的法向量

 

zyxn ,,

，则













CAn

BAn

得























002

zyx

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

BCA

的夹角为



，

则

,coscos

CAn

CAn 







1 1

2 2 



......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

(1 ) 8

p p 

  

，解得

p

......4 分

（2）设

为甲累计获得的分数，则

(5, )

X B

,所以

1 5

( ) 5 2 2

E X np   

，...6 分

设

为乙累计获得的分数，则

0, 2, 4, 6,8,10Y

，......7 分

( 0) 2

P Y  

1 1 1

( 2) (1 )

2 2 4

P Y     

1 1 1

( 4) (1 )

2 2 8

P Y  

    

 

 

1 1 1

( 6) (1 )

2 2 16

P Y  

    

 

 

1 1 1

( 8) (1 )

2 2 32

P Y  

    

 

 

1 1

( 10) 2 32

P Y  

  

 

 

......9 分

所以

的分布列为：

所以

 

1 1 1 1 1 1 31

0 2 4 6 8 10

2 4 8 16 32 32 16

E Y             

......11 分

因为

   

E X E Y

,所以甲获胜的可能性大 ......12 分

{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}

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