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123456789101112DACCCAADBCDCDBCABC11913-16题80，2228abc17．解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理2R，sinAsinBsinC及ccosBbcosCasin(B)，6可得，sinCcosBsinBcosCsinAsin(B).............2分6sin(BC)sinAsin(B)，.............3分6因为△ABC中，sin(BC)sinA且sinA0，故sin(B)1，..........4分6因为0B.,所以B，即B.............5分623（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a2,c3,B,有b2a2c22accosB7，故3b7．.............6分ab32由正弦定理，可得sinA．因为ac，故cosA.....8分sinAsinB77222cos(2BA)cos(A)coscosAsinsinA333123317（）27272714............10分18.解：（Ⅰ）由已知Sn13Sn2n3,∴n2时,Sn3Sn12n1,两式相减，得Sn1Sn3(SnSn1)2,.............2分即an13an2,从而an113(an1)..............3分又当n=1时，S23S15,，∴a1a23a15又a13,a211,1{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}.............4分从而a213(a11).故总有an113(an1),nN*.又∵a13,an10,a1从而n13..............5分an1即为首项，公比为3的等比数列.{an1}是以a114n-1n-1.............6分an143,an431,（Ⅱ）由（Ⅰ）知n1an431..n1n1.............7分bnnann(431)4n3n.设n1,设前n项和为'cnn3{cn}Sn则'2n1Sn12333n3①'23n1n3Sn132333(n1)3n3②①-②有'（2n1）n.............9分2Sn1333n32n-11S'3n.............10分n44从而Tnb1b2bna12a2nan'4Sn(12n)n(n1)（2n-1）3n1.............12分219.解析（1）证明：D是正方形AA1B1B的中心，AA12，则DA11，又C1D平面AA1B1B，C1DDA1，又C1D1......1分.............3分，同理C1A12C1B12,AC12MA1B1C1,A1AC1均为等边三角形，又为A1C1中点，A1C1B1M,A1C1AM,B1MAMM,又B1M平面AB1MAM平面AB1M..........5分A1C1平面AB1M2{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}平面.............6分AC//A1C1，ACAB1M（2）解：以D为原点，DA,DA1,DC1分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，.............7分B0,1,0,A10,1,0,C1,1,1,C10,0,1.............8分A1B0,2,0,A1C1,2,1,A1C10，1,1.............9分nAB0x2yz0zx设面ABC的法向量nx,y,z，则1得1nA1C02y0y0令x1，则n1,0,1，由（1）知，面AB1M的法向量为A1C1.......10分设面AB1M与面A1BC的夹角为，nA1C111则coscosn,AC=......11分112nA1C122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，1p1其概率为p3(1p)，解得p......4分82115（2）设X为甲累计获得的分数，则XB(5,),所以E(X)np5，...6分222设Y为乙累计获得的分数，则Y0,2,4,6,8,10，......7分1111P(Y0)P(Y2)(1)222423111111P(Y4)(1)P(Y6)(1)22822164511111P(Y8)(1)P(Y10)......9分2232232所以Y的分布列为：Y0246810P11111124816323211111131所以EY0246810......11分24816323216因为EXEY,所以甲获胜的可能性大......12分3{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}21.解析：（1）由已知得渐近线方程为bxay0，右焦点Fc,0，bc3，又a2b2c2，解得b3.........2分a2b2c又因为离心率e，解得a1,c2.........3分ay2双曲线的标准方程为x21.........4分3（2）解法1：当直线l的斜率不存在时，其方程为x1，此时，FMN的面积；.........5分SFMN3当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，直线与双曲线联立得22yx12223k3x2kmxm30，.........6分ykxm因为相切，所以4k2m24k23m230，解得m2k230.....7分另设：M(x1,y1),N(x2,y2)3x2y20联立(k23)x22kmxm20ykxm2km2kxx,xx112k23m123yyk(xx)2m,1212m22.........9分y1y2kx1x2km(x1x2)m3在中，，OMNOM2x1ON2x213SOMONsinMON2xx3.........10分OMN21221所以SS+S-SOFyy3，FMNOFMOFNOMN2129所以S(yy)24yy3=123.........11分FMN1212m29因为m2k230，所以S1232333FMNm24{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}综上所述，，其最小值为.........12分SFMN33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：xmyn，直线与双曲线联立得22yx122233m1y6mny3n30，.........6分xmyn2222236kmn43n33m10因为相切，所以，23m103m2n21即.....7分23m10又因为直线与双曲线的渐近线交于两点，设为：lM(x1,y1),N(x2,y2)22yx0222联立33m1y6mny3n0.........8分xmyn由直线l的方程得，直线与x轴的交点坐标为n,0.........9分212112n32n2SFMN2n(y1y2)4y1y2=2n31223m21nn.........11分3m2n21，n21，即1n1，且n0时，的最小值为n1SFMN3综上所述，，其最小值为.........12分SFMN3321mx22x122.解析：（1）f'xm(x0).........1分xx2x2令gxmx22x1(x0)，判别式为=4-4m.........2分11当m0时，fx在(0,)上单调递减，在(,+)上单调递增；.........3分22当时，方程有一个正根11m，在11m上单调递减，在11mm0fx0,,mmm5{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}上单调递增；.........4分11m当0m1时，方程有两个正根，分别为x，所以fx在1,2m11m11m11m11m(0,),(,)上单调递减，在(,)上单调递增；.........5mmmm分当m1时，f'x0恒成立，所以fx在(0,+)上单调递减；.........6分lnblnaa2b2(2)要证baa2bab22lnblnaab2ab只需证baabablnblnaab2只需证baababb2a2ba只需证lnblna2ababb1bba只需证ln2a.........9分baab1ab1t1设t1，则需证lntt2,t1att11t1只需证2lntlntt2,t1tt11由（1）知，2lntt,t1，t2t1所以只需lnt,t1t12t1即证lnt,t1.........10分t122t1t1令，则恒成立，所以当时，在上gtlnt,t1g't20t1gt1,t1tt12t1单调递增，所以gtg10，所以lnt,t1成立，t1因此，原不等式得证..........12分6{#{QQABIQSEogCoABBAAQgCQQmQCkEQkBCACAoOBFAIIAAAwQFABCA=}#}