天津市南仓中学2022-2023学年高三上学期期末数学试题答案

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1．D 2．A 3．C 4．B 5．B 6．C 7．D 8．C 9．D
10．3
211．60 12．5 13．11
14 3 14．11 15．1
2
59
112
16．(1)∵sin 3 sinA C，∴由正弦定理得 3a c，又 ABC的面积为 3
∴1sin150 3
2ac   ，解得 2c，∴ 2 3a；
(2)由余弦定理有 2 2 2 2 cos150b a c ac ，∴ 2 7b.
由正弦定理 2 3 sin150 21
sin
sin sin 14
2 7
a b A
A B
.
(3)∵B＝150°，∴A＜90°，∴由 sinA＝21
14
得，
5 7
cos 14
A
，
∴5 3
sin 2 2sin cos 14
A A A ，211
cos 2 2 cos 1 14
A A   .
∴
13
sin 2 sin 2 cos cos 2 sin
6 6 6 14
A A A
 
 
 
 
 
.
17．(1)证明：取 CP 中点 F，连接 NF、BF，
因为 F，N分为 PC，PD 的中点，则
//NF DC
，且
1
2
NF DC
，
又
AB CD∥
，且
2CD
，
1AB
1
2DC
，所以四边形 NABF 是平行四边形，
/ /AN BF
，又
面PBC，
BF
面PBC 所以 AN∥平面 PBC；
(2)取CP 中点 E，连接 AE，则
/ /AB CE
，且
AB CE
，所以四边形 ABCE
是平行四边形，又
AB BC
，则四边形 ABCE 是矩形，所以 AE、AB、AP
两两垂直，建系如图，
(0,0,0), (2 2, 1,0), (2 2,1, 0), (0,1, 0), (0,0,1 )A D C B P 
，
(0,0,1), (2 2, 1, 0), (2 2,0,0), (0, 1,1),AP AD B BPC  
 
设平面 PAD
的法向量为
 
1 1 1
, ,n x y z
，平面 PBC 的法向量为
 
2 2 2
, ,m x y z
则1
1 1
0
2 2 0
z
x y
 
，2
2 2
2 2 0
0
x
y z
 
，设 1 2
1, 1x y 得平面 PAD 的一个法向量为
 
1, 2 2, 0n
，
平面 PBC 的一个法向量为
 
0,1,1m
，所以平面 PAD 与平面 PBC 所成二面角的余弦值为 | | 2 2 2
| | | | 3
3 2
m n
m n
 
 
  ．
(3)
)
4
1
,
4
7
-,
2
2
(),
4
1
,
4
3
-,
2
25
(
)1,1,22-(
4
1
4
1
=
==
CMM
DPDM
天津市南仓中学2022至2023学年度第一学期
高三年级数学期末试卷答案
由（2）知
 
0,1,1m
是平面 PBC 的法向量，
29
293
-
4
58
2
2
3
-
cos =
×
=
•
=
mCM
mCM
mCM，
所以直线 CM 与平面 PBC 所成角的正弦值是
29
293
18．（1）由题意，
4 5 6
2 2 4a a a 
，设公比为 q，则有
2
4 4 4
2a a q a q 
解得
1
2
q
或
1q 
（由于
n
a
是正数列，
舍），由
2
4 3
4a a
，
23
3 3 3 1 2
1 1
4 , , ,
4 8 2
a
q
a q a a a q
 
，
1
2
n
n
a 
 
 
；对于
2 4 6,b b 
由等差中项可知
2 4
33
2
b b
b
 
，设公差为 d，
4 1 2 3 4 3 3
2 3 10, 1S b b b b b d b d  
，
1 3 2 1b b d 
，
n
b n 
；
（2）设数列
 
n
c
的前 n项和为
n
P
，则有：
2 1 2 3 4 2 1 2 1 3 2 1 2 2 4 4 2 2
( ) ( )
n n n n n n
P c c c c c c b b b a b a b a b
 
       
=
 
2 4 6 2
1 2 1 2 2 4 2 6 2 2 2
2
n
nn n
  
         
设
2 4 6 2
2 2 4 2 6 2 2 2 n
K n
  
       
…①，
2 4 6 8 2 2
2 2 2 4 2 6 2 2 2 n
K n
 
       
…② ，-②得：
2 4 6 2 2 2
32 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4
n n
K n
 
       
，
K
8 2 8 4
9 3 9
n
n
 
 
 
 
，
2
2
8 2 8 4
9 3 9
n
n
n
P n
 
 
 
 
；
（3）
   
1
2 5 1 1 1
2 1 2 3 2 2 1 2 2 3 2
nn n n
n
dn n n n
 
 
 
，
 
1 2 2 1
1 1 1 1 1 1
3 5 2 5 2 7 2 2 1 2 2 3 2
n n n n
T d d d n n
   
 
 
 
 
1 1
3 2 3 2n
n
 
1
3
.
19．(1)由点
3
1, 2
P 
 
 
和
1
F
关于点
3
0, 4
C 
 
 
对称，得
 
11, 0F
，所以椭圆
E
的焦点为
 
11, 0F
，
 
21,0F
，
由椭圆定义，得
1 2
2 4a PF PF 
.所以
2a
，
2 2 3b a c  
.故椭圆
E
的方程为
2 2
1
4 3
x y
 
.
(2)由题可知直线
l
，直线
PQ
的斜率存在，设直线
l
的方程为
( 1)y k x 
，
直线
PQ
的方程为
 
31
2
y k x 
.
设
 
1 1
,A x y
，
 
2 2
,B x y
，由
 
2 2
1,
4 3
1 ,
x y
y k x
 
 
消去
y
，得
 
2 2 2 2
3 4 8 4 12 0k x k x k  
，
由题意，可知
0 
，则
2
1 2 2
8
3 4
k
x x k
，
2
1 2 2
4 12
3 4
k
x x k
，
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