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1、1组合增分练 7 解答题组合练C1.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.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.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
2、到平面BC1D的距离.24.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的中点.(1)求证:ABPC;(2)若PA=AB=AD=2,求三棱锥P-AEC的体积.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S OPQ=,其中O为坐标原点.(1)证明:均为定值;(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S ODE=SODG=SOEG=?若存在,判断DEG的形状;若不存在,请说明理由.6.过椭圆C:=1(ab0)上一点P向x轴作垂线,垂
3、足为右焦点F,A,B分别为椭圆C的左顶点和上顶点,且ABOP,|AF|=.(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.3组合增分练7 答案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,设数列 bn 的公差为d,则b1=
4、1,d=3,bn=3n-2,+.2.解 (1)依题意得解得所以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,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,所以Tn=n3n.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,四边形ADFE是平行四边形,AEDF,DF?平面BDC1,AE
5、?平面BDC1,直线AE平面BDC1.(2)解 由(1)的结论可知直线AE平面BDC1,点E到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离,设为h.,h=,2h=22,解得h=.所以点E到平面BDC1的距离为.44.(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=BC.在ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB BC cos 60=BC2-AB2,所以AB2+AC2=BC2,即ABAC.又因为PAAC=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=
6、AB=AD=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,所以三棱锥P-AEC的体积为VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC=SADC PA=24sin 60 1=.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.又因为SOPQ=,所以|x1|y1|=.由,得|x1|=,|y1|=1,此时=3,=2.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,其中=36k2
7、m2-12(2+3k2)(m2-2)0,即 3k2+2m2.(*)又x1+x2=-,x1x2=,所以|PQ|=.因为点O到直线l的距离为d=.所以SOPQ=|PQ|d=.又S OPQ=,整理得 3k2+2=2m2,且符合(*)式,此时=(x1+x2)2-2x1x2=-2=3,(3-)+(3-)=4-)=2.综上所述,=3,=2,结论成立.(2)解法一当直线l的斜率不存在时,5由(1)知|OM|=|x1|=,|PQ|=2|y1|=2,因此|OM|PQ|=2=.当直线l的斜率存在时,由(1)知,=-,=k+m=-+m=,|OM|2=,|PQ|2=(1+k2)=2,所以|OM|2|PQ|2=2.所以
8、|OM|PQ|,当且仅当3-=2+,即m=时,等号成立.综合得|OM|PQ|的最大值为.解法二因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2()+()=10.所以 2|OM|PQ|=5,即|OM|PQ|.当且仅当2|OM|=|PQ|=时等号成立.因此|OM|PQ|的最大值为.(3)解 椭圆C上不存在三点D,E,G,使得S ODE=SODG=SOEG=.证明:假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODE=SODG=SOEG=,由(1)得u2+=3,u2+=3,=3;v2+=2,v2+=2,=2,解得u2=;v2=
9、1.因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,因此D,E,G只能在这四点中选取三个不同点,而这三点的两两连线中必有一条过原点,与S ODE=SODG=SOEG=矛盾.所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G.6.解 (1)由题意得P,所以kOP=,kAB=.由ABOP,得,解得b=c,a=c,由|AF|=a+c=,得b=c=,a=,椭圆C的方程为=1.6(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,所以x1x2+y1y2=0.当直线l垂直于x轴时,x1=x2,y1=-y2,所以=0,又=1,解得=2,不妨设M(),N(,-)或M(-),N(-,-),即直线l的方程为x=或x=-,此时原点O到直线l的距离为d=.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(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=.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.