《（新課標(biāo)）廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 組合增分練7 解答題組合練C.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 組合增分練7 解答題組合練C.docx（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

組合增分練7　解答題組合練C 1.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,且3Sn=an+1-1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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(xiàng)和為Sn,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bnan是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 3.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AA1的中點(diǎn),E為BC的中點(diǎn). (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(diǎn)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(diǎn). (1)求證:AB⊥PC; (2)若PA=AB=12AD=2,求三棱錐P-AEC的體積. 5.已知?jiǎng)又本€l與橢圓C:x23+y22=1交于P(x1,y1),Q(x2,y2)兩不同點(diǎn),且△OPQ的面積S△OPQ=62,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)證明:x12+x22和y12+y22均為定值; (2)設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M,求|OM||PQ|的最大值; (3)橢圓C上是否存在三點(diǎn)D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62?若存在,判斷△DEG的形狀;若不存在,請(qǐng)說明理由. 6.過橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點(diǎn)P向x軸作垂線,垂足為右焦點(diǎn)F,A,B分別為橢圓C的左頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),且AB∥OP,|AF|=6+3. (1)求橢圓C的方程; (2)若動(dòng)直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),且以MN為直徑的圓恒過坐標(biāo)原點(diǎn)O.問是否存在一個(gè)定圓與動(dòng)直線l總相切.若存在,求出該定圓的方程;若不存在,請(qǐng)說明理由.  組合增分練7答案 1.解 (1)∵3Sn=an+1-1,①∴當(dāng)n>1時(shí),3Sn-1=an-1,② ①-②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(xiàng)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(shè)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-1,① 3Tn=33+532+733+…+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n,② ①-②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(shè)BC1的中點(diǎn)為F,連接EF,DF,則EF是△BCC1的中位線. 根據(jù)已知得EF∥DA,且EF=DA, ∴四邊形ADFE是平行四邊形,∴AE∥DF, ∵DF?平面BDC1,AE?平面BDC1, ∴直線AE∥平面BDC1. (2)解 由(1)的結(jié)論可知直線AE∥平面BDC1, ∴點(diǎn)E到平面BDC1的距離等于點(diǎn)A到平面BDC1的距離,設(shè)為h. ∴VE-BC1D=VA-BC1D=VB-AC1D, ∴13S△BC1Dh=13S△AC1D3, ∴1312253h=1312223,解得h=255. 所以點(diǎn)E到平面BDC1的距離為255. 4.(1)證明 因?yàn)镻A⊥平面ABCD,又AB?平面ABCD,所以AB⊥PA.又因?yàn)椤螦BC=∠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AB⊥AC. 又因?yàn)镻A∩AC=A,又PA?平面PAC,AC?平面PAC,所以AB⊥平面PAC. 又PC?平面PAC,所以AB⊥PC. (2)解 由已知得PA=AB=12AD=2, 所以PA=AB=2,AD=4,因?yàn)镻A⊥平面ABCD, 且E為PD的中點(diǎn),所以點(diǎn)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=13S△ADC12PA=131224sin 601=233. 5.(1)證明 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),P,Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱, 所以x2=x1,y2=-y1.因?yàn)镻(x1,y1)在橢圓上,因此x123+y122=1. ① 又因?yàn)镾△OPQ=62, 所以|x1||y1|=62. ② 由①,②得|x1|=62,|y1|=1, 此時(shí)x12+x22=3,y12+y22=2. 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+m, 由題意知m≠0,將其代入x23+y22=1得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0, 其中Δ=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?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d=|m|1+k2. 所以S△OPQ=12|PQ|d=121+k2263k2+2-m22+3k2|m|1+k2 =6|m|3k2+2-m22+3k2. 又S△OPQ=62, 整理得3k2+2=2m2,且符合(*)式, 此時(shí)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(jié)論成立. (2)解法一 ①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí), 由(1)知|OM|=|x1|=62,|PQ|=2|y1|=2,因此|OM||PQ|=622=6. ②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),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+1m2≤3-1m2+2+1m222=254. 所以|OM||PQ|≤52,當(dāng)且僅當(dāng)3-1m2=2+1m2,即m=2時(shí),等號(hào)成立. 綜合①②得|OM||PQ|的最大值為52. 解法二 因?yàn)?|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(dāng)且僅當(dāng)2|OM|=|PQ|=5時(shí)等號(hào)成立. 因此|OM||PQ|的最大值為52. (3)解 橢圓C上不存在三點(diǎn)D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62. 證明:假設(shè)存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)滿足S△ODE=S△ODG=S△OEG=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(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn), 而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過原點(diǎn), 與S△ODE=S△ODG=S△OEG=62矛盾. 所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn)D,E,G. 6.解 (1)由題意得Pc,b2a, 所以kOP=b2ac,kAB=ba. 由AB∥OP,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(shè)存在這樣的圓.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2). 由已知,以MN為直徑的圓恒過原點(diǎn)O,即OM⊥ON, 所以x1x2+y1y2=0. 當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí),x1=x2,y1=-y2,所以x12-y12=0, 又x126+y123=1,解得x12=y12=2, 不妨設(shè)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(shí)原點(diǎn)O到直線l的距離為d=2. 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),可設(shè)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?yàn)橹本€l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn), 所以方程的判別式Δ=(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Δ>0). 所以原點(diǎn)O到直線l的距離d=|m|1+k2=2. 綜上所述,原點(diǎn)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.