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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 组合增分练 7 解答题组合练C组合增分练 7 解答题组合练C 1 1.已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,且 3Sn=an+1-1. (1)求数列an的通项公式; (2)设等差数列bn的前n项和为Tn,a2=b2,T4=1+S3,求+的值. 1 b1b2 + 1 b2b3 1 b10b11 2 2.已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列. (1)求数列an的通项公式; (2)设是首项为 1,公比为 3 的等比数列,求数列bn的前n项和Tn. bn an 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打
2、印 3 3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AA1的中点,E为BC的中点. (1)求证:直线AE平面BC1D; (2)若三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,AB=2,AA1=4,求点E到平面BC1D的距离. 4 4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,ADC=60,AB= AD,PA平面ABCD,E为PD 1 2 的中点. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)求证:ABPC; (2)若PA=AB= AD=2,求三棱锥P-AEC的体积. 1 2 5 5.已知动直线l与椭圆C:=1 交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两不同点,且OPQ的面积SOPQ
3、=,其 x2 3 + y2 2 6 2 中O为坐标原点. (1)证明:均为定值;x21+ x22和y21+ y22 (2)设线段PQ的中点为M,求|OM|PQ|的最大值; (3)椭圆C上是否存在三点D,E,G,使得SODE=SODG=SOEG=?若存在,判断DEG的形状;若不存在, 6 2 请说明理由. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6 6.过椭圆C:=1(ab0)上一点P向x轴作垂线,垂足为右焦点F,A,B分别为椭圆C的左顶点 x2 a2 + y2 b2 和上顶点,且ABOP,|AF|=. 6 + 3 (1)求椭圆C的方程; (2)若动直线l与椭圆C交于M,N两点,且以MN为直
4、径的圆恒过坐标原点O.问是否存在一个定圆与 动直线l总相切.若存在,求出该定圆的方程;若不存在,请说明理由. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 组合增分练 7 7 答案 1 1.解 (1)3Sn=an+1-1,当n1 时,3Sn-1=an-1, -得 3(Sn-Sn-1)=3an=an+1-an,则an+1=4an, 又a2=3a1+1=4=4a1,数列an是首项为 1,公比为 4 的等比数列,则an=4n-1. (2)由(1)得a2=4,S3=21, 则得b3=7, b2= 4, T2= 2(b2+ b3) = 22, 设数列bn的公差为d,则b1=1,d=3, bn=3n-2,+
5、 1 bnbn + 1 = 1 (3n - 2)(3n + 1) = 1 3( 1 3n - 2 - 1 3n + 1) 1 b1b2 + 1 b2b3 1 b10b11 = 1 3(1 - 1 4) + +.( 1 4 - 1 7) ( 1 28 - 1 31) = 10 31 2 2.解 (1)依题意得 3a1+ 3 2 2 d + 5a1+ 4 5 2 d = 50, (a1+ 3d)2= a1(a1+ 12d), 解得a1 = 3, d = 2, 所以an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即an=2n+1. (2)=3n-1,bn=an3n-1=(2n+1)3n-1,
6、bn an Tn=3+53+732+(2n+1)3n-1, 3Tn=33+532+733+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n, -得-2Tn=3+23+232+23n-1-(2n+1)3n=3+2-(2n+1)3n=-2n3n, 3(1 - 3n - 1) 1 - 3 所以Tn=n3n. 3 3.(1)证明 设BC1的中点为F,连接EF,DF,则EF是BCC1的中位线. 根据已知得EFDA,且EF=DA, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 四边形ADFE是平行四边形,AEDF, DF平面BDC1,AE平面BDC1, 直线AE平面BDC1. (2)解 由(1)的结论可知直线AE平面
7、BDC1, 点E到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离,设为h. ,VE - BC1D= VA - BC1D= VB - AC1D h=, 1 3S BC1D 1 3S AC1D 3 2h=22,解得h=. 1 3 1 2 5 3 1 3 1 2 3 25 5 所以点E到平面BDC1的距离为. 25 5 4 4.(1)证明 因为PA平面ABCD,又AB平面ABCD,所以ABPA.又因为ABC=ADC=60,AB= AD= 1 2 1 2 BC. 在ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=BC2-AB2, 所以AB2+AC2=BC2,即ABAC. 又因为P
8、AAC=A,又PA平面PAC,AC平面PAC,所以AB平面PAC. 又PC平面PAC,所以ABPC. (2)解 由已知得PA=AB= AD=2, 1 2 所以PA=AB=2,AD=4,因为PA平面ABCD, 且E为PD的中点,所以点E到平面ADC的距离为PA=1, 1 2 所以三棱锥P-AEC的体积为VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC= SADC PA=24sin 601=. 1 3 1 2 1 3 1 2 23 3 5 5.(1)证明 当直线l的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称, 所以x2=x1,y2=-y1.因为P(x1,y1)在椭圆上,因此=1. x21 3 + y21 2 又
9、因为SOPQ=, 6 2 所以|x1|y1|=. 6 2 由,得|x1|=,|y1|=1, 6 2 此时=3,=2.x21+ x22y21+ y22 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m, 由题意知m0,将其代入=1 得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0, x2 3 + y2 2 其中=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)0,即 3k2+2m2.(*) 又x1+x2=-,x1x2=, 6km 2 + 3k2 3(m2- 2) 2 + 3k2 所以|PQ|=1 + k2(x1+ x2)2- 4x1x2 =.1 + k
10、2 263k2+ 2 - m2 2 + 3k2 因为点O到直线l的距离为d=. |m| 1 + k2 所以SOPQ= |PQ|d= 1 2 1 2 1 + k2 263k2+ 2 - m2 2 + 3k2 |m| 1 + k2 =. 6|m| 3k2+ 2 - m2 2 + 3k2 又SOPQ=, 6 2 整理得 3k2+2=2m2,且符合(*)式, 此时=(x1+x2)2-2x1x2=-2=3,x21+ x22(- 6km 2 + 3k2) 2 3(m2- 2) 2 + 3k2 (3-)+(3-)=4-)=2.y21+ y22= 2 3 x21 2 3 x22 2 3(x 2 1+ x22
11、综上所述,=3,=2,结论成立.x21+ x22y21+ y22 (2)解法一 当直线l的斜率不存在时, 由(1)知|OM|=|x1|=,|PQ|=2|y1|=2,因此|OM|PQ|=2=. 6 2 6 2 6 当直线l的斜率存在时,由(1)知, =-, x1+ x2 2 3k 2m =k+m=-+m=, y1+ y2 2 ( x1+ x2 2 ) 3k2 2m - 3k2+ 2m2 2m = 1 m |OM|2=,( x1+ x2 2 ) 2 +( y1+ y2 2 ) 2 = 9k2 4m2 + 1 m2 = 6m2- 2 4m2 = 1 2(3 - 1 m2) |PQ|2=(1+k2)=
12、2, 24(3k2+ 2 - m2) (2 + 3k2)2 = 2(2m2+ 1) m2 (2 + 1 m2) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以|OM|2|PQ|2=2. 1 2 (3 - 1 m2) (2 + 1 m2) =(3 - 1 m2)(2 + 1 m2) ( 3 - 1 m2 + 2 + 1 m2 2) 2 = 25 4 所以|OM|PQ| ,当且仅当 3- =2+,即m=时,等号成立. 5 2 1 m2 1 m2 2 综合得|OM|PQ|的最大值为. 5 2 解法二 因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1
13、)2=2()+()=10.x21+ x22y21+ y22 所以 2|OM|PQ|=5,即|OM|PQ|. 4|OM|2+ |PQ|2 2 = 10 2 5 2 当且仅当 2|OM|=|PQ|=时等号成立.5 因此|OM|PQ|的最大值为. 5 2 (3)解 椭圆C上不存在三点D,E,G,使得SODE=SODG=SOEG=. 6 2 证明:假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODE=SODG=SOEG=, 6 2 由(1)得 u2+=3,u2+=3,=3;x21x22x21+ x22 v2+=2,v2+=2,=2,y21y22y21+ y22 解得u2=;v2=1.x
14、21= x22= 3 2 y21= y22 因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1 中选取, 6 2 因此D,E,G只能在这四点中选取三个不同点,( 6 2 , 1) 而这三点的两两连线中必有一条过原点, 与SODE=SODG=SOEG=矛盾. 6 2 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G. 6 6.解 (1)由题意得P,(c, b2 a) 所以kOP=,kAB= . b2 ac b a 由ABOP,得, b2 ac = b a 解得b=c,a=c,2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由|AF|=a+c=,得b=c=,a=,椭圆C的方程为=1. 6 + 336
15、 x2 6 + y2 3 (2)假设存在这样的圆.设M(x1,y1),N(x2,y2). 由已知,以MN为直径的圆恒过原点O,即,OM ON 所以x1x2+y1y2=0. 当直线l垂直于x轴时,x1=x2,y1=-y2,所以=0,x21- y21 又=1,解得=2, x21 6 + y21 3 x21= y21 不妨设M(),N(,-)或M(-),N(-,-), 2, 222 2, 222 即直线l的方程为x=或x=-,22 此时原点O到直线l的距离为d=.2 当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+m,解消去y得方程 x2 6 + y2 3 = 1, y = kx + m, (1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 因为直线l与椭圆C交于M,N两点, 所以方程的判别式=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-6)0,即m20). 所以原点O到直线l的距离d=. |m| 1 + k2 =2 综上所述,原点O到直线l的距离为定值,即存在定圆x2+y2=2 总与直线l相切.2