海南省2022届高三下学期学业水平诊断（三）（三模）数学试题评分细则

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海南省 2021—2022 学年高三学业水平诊断（三）
数学·参考答案及评分细则
一、单项选择题
1．A 2．C 3．D 4．D
5．B 6．B 7．C 8．D
二、多项选择题
9．BC 10．AD 11．ABD 12．BD
三、填空题
13．414．112 15．1
216．2
四、解答题
17．解：（Ⅰ）S4S1Da2Ca3Ca4D3a3D3，（1分）
所以 a3D1．（2分）
所以 anDa3C.n 3/d D1C2.n 3/ D2n 5．（4分）（公式 1分，结果 1分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 a3D1，所以 a1D12d ．（5分）
S10 D10a1C10 9
2dD10.1 2d / C45d D25d C10，（7分）（公式 1分，结果 1分）
由jS10j< 60 得j25d C10j< 60，（8分）
所以 60 < 25d C10 < 60，（9分）
解得 14
5< d < 2，即 d的取值范围是 14
5; 2．（10 分）
18．解：（Ⅰ）由余弦定理可得 c2Da2Cb22ab cos C，（2分）
即.a C2/2Da2C828a，（3分） 解得 aD5．（4分）
所以 cDaC2D7．（5分）
（Ⅱ）在 4ACD 中，由余弦定理可得 AD2DAC 2CC D22AC CD cos C，（6分）
即72D82CC D28CD，解得 CD D3或5，（8分）
当CD D5时D与B重合，不符合题意，故 CD D3．（9分）
由正弦定理可得 CD
sin †CAD DAD
sin C，（10 分）
所以 sin †CAD DCD sin C
AD D3p3
14 ．（12 分）
（没有舍去 CD D5扣1分）
—1—
19．解：（Ⅰ）因为平面 PAD ?平面 ABCD，且平面 PAD \平面 ABCD DAD，
根据条件可知 AB ?AD，所以 AB ?平面 PAD，（1分）
所以 AB ?PA．（2分）
所以 PB DpAB2CP A2D2，同理可得 P C D2，（3分）
又BC DAD D2，所以 4PBC 是等边三角形，
因为 BM ?P C ，所以 M是P C 的中点． （4分）
如图，连接 AC ，与 BD 交于点 O，连接 MO，则 O是AC 的中点，所以 PA==MO，（5分）
因为 PA 6 平面 MDB，MO 平面 MDB，所以 PA== 平面 MDB．（6分）
（Ⅱ）以 D为坐标原点，以 DA; DC 所在直线为 x; y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则D.0; 0; 0/，B.2; 1; 0/，P .1; 0; p2/，C.0; 1; 0/，M. 1
2;1
2;p2
2/．（7分）
由（Ⅰ）知 # »
DC D.0; 1; 0/ 是平面 PAD 的一个法向量． （8分）
设nD.x; y; z/ 为平面 MDB 的法向量，因为 # »
DB D.2; 1; 0/，# »
DM D.1
2;1
2;p2
2/，
所以 8
ˆ
<
ˆ
:
n# »
DB D2x CyD0;
n# »
DM D1
2xC1
2yCp2
2zD0;
（9分）
令xD1，可得 nD.1; 2; p2
2/．（10 分）
设平面 PAD 与平面 MDB 的夹角为 ，
则cos Dˇ
ˇ
ˇcos h
# »
DC ; niˇ
ˇ
ˇDˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
# »
DC n
j
# »
DC jjnjˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
（11 分）
D2
1r1C4C1
2
D2p22
11 ．（12 分）
20．解：（Ⅰ）由已知得圆 M的圆心为 M.2; 0/，半径为 2，（1分）
所以点 F到圆心 M的距离为 q.2p3/2C22D4，（2分）
因为 p > 0，所以 F在x轴正半轴上，于是 F .2; 0/，（3分）
所以 pD4，（4分）
—2—
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