2022届广东省佛山市高三教学质量检测（二）数学试题（二模）（答案解析）

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第 1 页 共 5 页
2021～2022 学年佛山市普通高中高三教学质量检测(二)
参考答案与评分标准
一、选择题:本题共 8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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B C B A D C
二、选择题:本题共 4小题,每小题 5分,共20 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 5分,有选错的得 0分,部分选对的得 2分.
题号 9 10 11 12
答案 ACD BCD BC AC
三、填空题:本题共 4小题,每小题 5分,共20 分.
13.
1,2
)(
14.
9
5
15.
390
16.
17
四、解答题:本题共 6小题,共70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解析】(1)依题意得
+ = − =A B C C Csin sin sin 1 cos2 2sin2
)(
,
又
Csin 0
,所以
+=A B Csin sin 2sin
,………………………………………………………………2分
由正弦定理
==
A B C
a b c
sin sin sin
得
a b c+=2
,………………………………………………………4分
由余弦定理得
=+−
ac
Ba c b
2
cos 2 2 2
得
−= +−
ac
a c b
22
12 2 2
………………………………………………5分
代入
=−b c a2
得
−= + − −
ac
a c c a
22
12
22 2
)(
,整理得
=ac53
. ………………………………………7分
(2)由(1)知
=ac
5
3
,所以
ABC
的面积为
= =  =
S ac B c
ABC 2 2 5 2
sin 15 3
1 1 3 3
2
, ……………9分
整理得
=c100
2
,解得
c=10
或
=−c10
(舍去),所以
=c10
. ………………………………………10 分
18.【解析】(1)方法一:根据赛制,小组赛共安排比赛
=C3 18
4
2
场, …………………………………1分
附加赛共安排比赛
=8 2 4
场, …………………………………………………………………………2分
四分之一决赛共安排比赛
=8 2 4
场, …………………………………………………………………3分
半决赛共安排比赛
=4 2 2
场,铜牌赛、金牌赛各一场共 2场, ………………………………………4分
总共安排比赛
++++=18 4 4 2 2 30
场. ………………………………………………………………5分
方法二:根据赛制,小组赛共安排比赛
=C3 18
4
2
场, …………………………………………………1分
附加赛共安排比赛
=8 2 4
场, …………………………………………………………………………2分
进入四分之一决赛后,还有 8个队,每一场比赛淘汰 1个队,要产生冠军,则要淘汰 7个队,即要比赛 7场,
加上铜牌赛 1场,共8场, ………………………………………………………………………………4分
总共安排比赛
+ + + =18 4 7 1 30
场. ……………………………………………………………………5分
(2)设甲、乙、丙、丁队获得冠军分别为事件
A B C D, , ,
,都没获得冠军为事件
E
,…………………6分
由于晋级后继每场比赛相互独立,故
=   =PA 4 2 2 16
3 1 1 3
)(
, ………………………………………8分
第 2 页 共 5 页
P
D
C
B
A
x
y
z
H
又四队实力相当,故
= = = =P B P C P D P A 16
3
)()()()(
, …………………………………………9分
又
= − + + +P E P A B C D1
)()(
,且事件
、 、 、A B C D
互斥,………………………………………11 分
所以


= − + + + = − = − =P E P A P B P C P D P A 16 4
1 1 4 1 12 1
)()()()()()(
预测甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为
4
1
. …………………………………………………12 分
19.【解析】(1)在题设等式中分别令
=n1
和
2
得
+ + − + =
+ − =
a a a a a
a a a
2 3 6
22
1 2 3 1 2
1 2 1
)()(
)(
, …………………1分
将
=a5
3
代入整理得
+=
−=
aa
aa
4
2
12
21
,解得
=a1
1
,
=a3
2
.………………………………………………3分
又由
− + = +
+
nS n S n n
nn
11
1
)()(
得
+−=
+
nn
SS
nn
11
1
,……………………………………………………4分
故数列



n
Sn
是首项
=
S
11
1
,公差
=d1
的等差数列,故
= + −  =
nnn
Sn1 1 1
)(
,即
=Sn
n2
…………6分
当
n2
时,
= − = − − = −
−
a S S n n n
n n n 1 2 1
122
)(
,
又
=a1
1
满足上式,故
an
的通项公式为
=−an
n2 1.
…………………………………………………8分
(2)当
n2
时,
− = − = =
+ + − + + + − +
a a a a a a a a a a a a b
n n n n n n n n n n n n n
66
1 2 1 1 1 2 1 1
)(
,
所以
=−
+ + − +
b a a a a a a
n n n n n n n
6
11 2 1 1
)(
, …………………………………………………………………10 分
所以
= − = −
=
+ + + +
b a a a a a a a a a
kk n n n n n n
n
66
15
11
21 2 1 2 3 1 2
)()(
故
= − + = − + + +
++
T a a a n n n
n n n n
6 6 2
15 3 2 1 2 1 2 3
1 1 1
12
)()()()(
,即
= + −T n n
n
n34 6 1
2
)(
.………12 分
20.【解析】(1)因为平面
⊥PAD
平面
PAB
,且平面
PAD
平面
=PAB PA
,
⊥PA PB
,
PB
面
PAB
,
所以
⊥PB
平面
PAD
,
又因为
AD
平面
PAD
,所以
⊥PB AD
.………………2分
在等腰梯形
ABCD
中,过
D
作
⊥DH AB
于
H
,连结
BD
,
则
= − =AH AB CD AB
24
11
)(
,
又
=AD AB
2
1
,所以
=AH AD
2
1
,故
= DAB 60
,
在
ABD
中,由余弦定理可得
=BD AD3
,
所以
+=AD BD AB
2 2 2
,故
⊥AD BD
,…………………………………………………………………4分
又
=PB BD B
,所以
⊥AD
平面
PBD
,
又
PD
平面
PBD
,所以
⊥AD PD
,所以
PAD
为直角三角形. …………………………………5分
(2)以
P
为原点,建立空间直角坐标系
−P xyz
如图所示,不妨设
=PB 1
,则
P0,0,0
)(
,
B1,0,0
)(
,
A0, 3,0
)(
,




D33
0, ,
2 3 6
,
= = −DC AB
22
1, 3,0
11
)(
,故




C2 6 3
,,
1 3 6
,
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