（新課標）廣西2019高考數(shù)學二輪復習 組合增分練7 解答題組合練C.docx

組合增分練7解答題組合練C1.已知數(shù)列an的前n項和為Sn,a1=1,且3Sn=an+1-1.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設等差數(shù)列bn的前n項和為Tn,a2=b2,T4=1+S3,求1b1b2+1b2b3+1b10b11的值.2.已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,公差d0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設bnan是首項為1,公比為3的等比數(shù)列,求數(shù)列bn的前n項和Tn.3.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AA1的中點,E為BC的中點.(1)求證:直線AE平面BC1D;(2)若三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,AB=2,AA1=4,求點E到平面BC1D的距離.4.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,ADC=60,AB=12AD,PA平面ABCD,E為PD的中點.(1)求證:ABPC;(2)若PA=AB=12AD=2,求三棱錐P-AEC的體積.5.已知動直線l與橢圓C:x23+y22=1交于P(x1,y1),Q(x2,y2)兩不同點,且OPQ的面積SOPQ=62,其中O為坐標原點.(1)證明:x12+x22和y12+y22均為定值;(2)設線段PQ的中點為M,求|OM|PQ|的最大值;(3)橢圓C上是否存在三點D,E,G,使得SODE=SODG=SOEG=62?若存在,判斷DEG的形狀;若不存在,請說明理由.6.過橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點P向x軸作垂線,垂足為右焦點F,A,B分別為橢圓C的左頂點和上頂點,且ABOP,|AF|=6+3.(1)求橢圓C的方程;(2)若動直線l與橢圓C交于M,N兩點,且以MN為直徑的圓恒過坐標原點O.問是否存在一個定圓與動直線l總相切.若存在,求出該定圓的方程;若不存在,請說明理由.組合增分練7答案1.解 (1)3Sn=an+1-1,當n>1時,3Sn-1=an-1,-得3(Sn-Sn-1)=3an=an+1-an,則an+1=4an,又a2=3a1+1=4=4a1,數(shù)列an是首項為1,公比為4的等比數(shù)列,則an=4n-1.(2)由(1)得a2=4,S3=21,則b2=4,T2=2(b2+b3)=22,得b3=7,設數(shù)列bn的公差為d,則b1=1,d=3,bn=3n-2,1bnbn+1=1(3n-2)(3n+1)=1313n-2-13n+1,1b1b2+1b2b3+1b10b11=131-14+14-17+128-131=1031.2.解 (1)依題意得3a1+322d+5a1+452d=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)bnan=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+23(1-3n-1)1-3-(2n+1)3n=-2n3n,所以Tn=n3n.3.(1)證明 設BC1的中點為F,連接EF,DF,則EF是BCC1的中位線.根據(jù)已知得EFDA,且EF=DA,四邊形ADFE是平行四邊形,AEDF,DF平面BDC1,AE平面BDC1,直線AE平面BDC1.(2)解 由(1)的結論可知直線AE平面BDC1,點E到平面BDC1的距離等于點A到平面BDC1的距離,設為h.VE-BC1D=VA-BC1D=VB-AC1D,13SBC1Dh=13SAC1D3,1312253h=1312223,解得h=255.所以點E到平面BDC1的距離為255.4.(1)證明 因為PA平面ABCD,又AB平面ABCD,所以ABPA.又因為ABC=ADC=60,AB=12AD=12BC.在ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=BC2-AB2,所以AB2+AC2=BC2,即ABAC.又因為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=AB=12AD=2,所以PA=AB=2,AD=4,因為PA平面ABCD,且E為PD的中點,所以點E到平面ADC的距離為12PA=1,所以三棱錐P-AEC的體積為VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC=13SADC12PA=131224sin 601=233.5.(1)證明 當直線l的斜率不存在時,P,Q兩點關于x軸對稱,所以x2=x1,y2=-y1.因為P(x1,y1)在橢圓上,因此x123+y122=1.又因為SOPQ=62,所以|x1|y1|=62.由,得|x1|=62,|y1|=1,此時x12+x22=3,y12+y22=2.當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=kx+m,由題意知m0,將其代入x23+y22=1得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0,其中=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0,即3k2+2>m2.(*)又x1+x2=-6km2+3k2,x1x2=3(m2-2)2+3k2,所以|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2263k2+2-m22+3k2.因為點O到直線l的距離為d=|m|1+k2.所以SOPQ=12|PQ|d=121+k2263k2+2-m22+3k2|m|1+k2=6|m|3k2+2-m22+3k2.又SOPQ=62,整理得3k2+2=2m2,且符合(*)式,此時x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=-6km2+3k22-23(m2-2)2+3k2=3,y12+y22=23(3-x12)+23(3-x22)=4-23(x12+x22)=2.綜上所述,x12+x22=3,y12+y22=2,結論成立.(2)解法一 當直線l的斜率不存在時,由(1)知|OM|=|x1|=62,|PQ|=2|y1|=2,因此|OM|PQ|=622=6.當直線l的斜率存在時,由(1)知,x1+x22=-3k2m,y1+y22=kx1+x22+m=-3k22m+m=-3k2+2m22m=1m,|OM|2=x1+x222+y1+y222=9k24m2+1m2=6m2-24m2=123-1m2,|PQ|2=(1+k2)24(3k2+2-m2)(2+3k2)2=2(2m2+1)m2=22+1m2,所以|OM|2|PQ|2=123-1m222+1m2=3-1m22+1m23-1m2+2+1m222=254.所以|OM|PQ|52,當且僅當3-1m2=2+1m2,即m=2時,等號成立.綜合得|OM|PQ|的最大值為52.解法二 因為4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x12+x22)+(y12+y22)=10.所以2|OM|PQ|4|OM|2+|PQ|22=102=5,即|OM|PQ|52.當且僅當2|OM|=|PQ|=5時等號成立.因此|OM|PQ|的最大值為52.(3)解 橢圓C上不存在三點D,E,G,使得SODE=SODG=SOEG=62.證明:假設存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)滿足SODE=SODG=SOEG=62,由(1)得u2+x12=3,u2+x22=3,x12+x22=3;v2+y12=2,v2+y22=2,y12+y22=2,解得u2=x12=x22=32;v2=y12=y22=1.因此u,x1,x2只能從62中選取,v,y1,y2只能從1中選取,因此D,E,G只能在62,1這四點中選取三個不同點,而這三點的兩兩連線中必有一條過原點,與SODE=SODG=SOEG=62矛盾.所以橢圓C上不存在滿足條件的三點D,E,G.6.解 (1)由題意得Pc,b2a,所以kOP=b2ac,kAB=ba.由ABOP,得b2ac=ba,解得b=c,a=2c,由|AF|=a+c=6+3,得b=c=3,a=6,橢圓C的方程為x26+y23=1.(2)假設存在這樣的圓.設M(x1,y1),N(x2,y2).由已知,以MN為直徑的圓恒過原點O,即OMON,所以x1x2+y1y2=0.當直線l垂直于x軸時,x1=x2,y1=-y2,所以x12-y12=0,又x126+y123=1,解得x12=y12=2,不妨設M(2,2),N(2,-2)或M(-2,2),N(-2,-2),即直線l的方程為x=2或x=-2,此時原點O到直線l的距離為d=2.當直線l的斜率存在時,可設直線l的方程為y=kx+m,解x26+y23=1,y=kx+m,消去y得方程(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.因為直線l與橢圓C交于M,N兩點,所以方程的判別式=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-6)>0,即m2<3(2k2+1),且x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由x1x2+y1y2=0,得x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,所以(1+k2)2m2-61+2k2-4k2m21+2k2+m2=0,整理得m2=2(1+k2)(滿足>0).所以原點O到直線l的距離d=|m|1+k2=2.綜上所述,原點O到直線l的距離為定值2,即存在定圓x2+y2=2總與直線l相切.