（新课标）广西2019高考数学二轮复习组合增分练5解答题组合练A.docx

1、1组合增分练 5 解答题组合练 A1.在数列 an中, a1= ,an的前 n项和 Sn满足 Sn+1-Sn= (nN *).12 (12)n+1(1)求数列 an的通项公式 an,以及前 n项和 Sn;(2)若 S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,求实数 m的值 .2.已知数列 an是等比数列, a2=4,a3+2是 a2和 a4的等差中项 .(1)求数列 an的通项公式;(2)设 bn=2log2an-1,求数列 anbn的前 n项和 Tn.3.如图 1,在 Rt ABC中, C=90,D,E分别为 AC,AB的中点,点 F为线段 CD上的一点 .将 ADE沿DE折起到 A

2、1DE的位置,使 A1F CD,如图 2.(1)求证: DE平面 A1CB;(2)求证: A1F BE;(3)线段 A1B上是否存在点 Q,使 A1C平面 DEQ?说明理由 .24.如图,四边形 ABCD为梯形, AB CD,PD平面 ABCD, BAD= ADC=90,DC=2AB=2a,DA= a,E为3BC中点 .(1)求证:平面 PBC平面 PDE;(2)线段 PC上是否存在一点 F,使 PA平面 BDF?若存在,请找出具体位置,并进行证明;若不存在,请分析说明理由 .5.如图,抛物线 C:y2=2px的焦点为 F,抛物线上一定点 Q(1,2).(1)求抛物线 C的方程及准线 l的方程

3、2)过焦点 F的直线(不经过点 Q)与抛物线交于 A,B两点,与准线 l交于点 M,记 QA,QB,QM的斜率分别为 k1,k2,k3,问是否存在常数 ,使得 k1+k2=k 3成立?若存在 ,求出 的值;若不存在,说明理由 .6.已知椭圆 C的中心在坐标原点,焦点在 x轴上,左顶点为 A,左焦点为 F1(-2,0),点 B(2, )在椭2圆 C上,直线 y=kx(k0)与椭圆 C交于 E,F两点,直线 AE,AF分别与 y轴交于点 M,N.(1)求椭圆 C的方程;(2)在 x轴上是否存在点 P,使得无论非零实数 k怎样变化,总有 MPN为直角?若存在,求出点 P的坐标;若不存在,请说明理

4、由 .3组合增分练 5答案1.解 (1) a n+1=Sn+1-Sn= ,(12)n+1 当 n2 时, an= .(12)n又 a1= ,因此 n=1时也成立 .12a n= ,(12)nS n= =1- .12(1-12n)1-12 12n(2)由(1)可得 S1= ,S2= ,S3= .12 34 78S 1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列, +m =2 ,解得 m= .12+34 (34+78) (12 +78) 12132.解 (1)设数列 an的公比为 q,因为 a2=4,所以 a3=4q,a4=4q2.因为 a3+2是 a2和 a4的等差中项,所以 2(a3+2)=

5、a2+a4,即 2(4q+2)=4+4q2,化简得 q2-2q=0.因为公比 q0,所以 q=2.所以 an=a2qn-2=42n-2=2n(nN *).(2)因为 an=2n,所以 bn=2log2an-1=2n-1.所以 anbn=(2n-1)2n.则 Tn=12+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,2Tn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.- 得 -Tn=2+222+223+22n-(2n-1)2n+1=2+2 -(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,4(1-2n-1)1-2所以 Tn=6+(2n-3)2n+1.3.(1)证明

6、 因为 D,E分别为 AC,AB的中点,所以 DE BC.又因为 DE平面 A1CB,所以 DE平面 A1CB.(2)证明 由已知得 AC BC且 DE BC,所以 DE AC.所以 DE A1D,DE CD.所以 DE平面 A1DC.而 A1F平面 A1DC,所以 DE A1F.又因为 A1F CD,所以 A1F平面 BCDE.所以 A1F BE.(3)解 线段 A1B上存在点 Q,使 A1C平面 DEQ.理由如下:如图,分别取 A1C,A1B的中点 P,Q,则 PQ BC.又因为 DE BC,所以 DE PQ.所以平面 DEQ即为平面 DEP.由(2)知, DE平面 A1DC,所以 DE

7、A1C.又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点,所以 A1C DP.4所以 A1C平面 DEP.从而 A1C平面 DEQ.故线段 A1B上存在点 Q,使得 A1C平面 DEQ.4.(1)证明 连接 BD, BAD= ADC=90,AB=a,DA= a,3所以 BD=DC=2a.因为 E为 BC中点,所以 BC DE.又因为 PD平面 ABCD,所以 BC PD.因为 DE PD=D,所以 BC平面 PDE.因为 BC平面 PBC,所以平面 PBC平面 PDE.(2)解 当点 F位于 PC三分之一分点(靠近点 P)时, PA平面 BDF.连接 AC,BD交于点 O,AB CD,所以

8、AOB COD.又因为 AB= DC,所以 AO= OC.12 12从而在 CPA中, AO= AC,而 PF= PC,所以 OF PA.13 13而 OF平面 BDF,PA平面 BDF,所以 PA平面 BDF.5.解 (1)把 Q(1,2)代入 y2=2px,得 2p=4,所以抛物线方程为 y2=4x,准线 l的方程为 x=-1.(2)由条件可设直线 AB的方程为 y=k(x-1),k0 .由抛物线准线 l:x=-1,可知 M(-1,-2k).又 Q(1,2),所以 k3= =k+1.2+2k1+1把直线 AB的方程 y=k(x-1),代入抛物线方程 y2=4x,并整理,可得 k2x2-2(

9、k2+2)x+k2=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= ,x1x2=1.2k2+4k2因为 Q(1,2),所以 k1= ,k2= .2-y11-x1 2-y21-x2因为 A,F,B三点共线,所以 kAF=kBF=k,即 =k,y1x1-1= y2x2-1所以 k1+k2= =2(k+1),2-y11-x1+2-y21-x2=2kx1x2-(2k+2)(x1+x2)+2k+4x1x2-(x1+x2)+1即存在常数 = 2,使得 k1+k2=2k3成立 .6.解 (1)(方法 1)设椭圆 C的方程为 =1(ab0),x2a2+y2b2因为椭圆的左焦点为 F1(-2,0)

10、所以 a2-b2=4.设椭圆的右焦点为 F2(2,0),已知点 B(2, )在椭圆 C上,2由椭圆的定义知 |BF1|+|BF2|=2a,所以 2a=3 =4 .2+ 2 2所以 a=2 ,从而 b=2.2所以椭圆 C的方程为 =1.x28+y24(方法 2)设椭圆 C的方程为 =1(ab0),x2a2+y2b2因为椭圆的左焦点为 F1(-2,0),5所以 a2-b2=4.因为点 B(2, )在椭圆 C上,2所以 =1.4a2+2b2由 解得 a2=8,b2=4.所以椭圆 C的方程为 =1.x28+y24(2)(方法 1)因为椭圆 C的左端点为 A,则点 A的坐标为( -2 ,0).2因为直

11、线 y=kx(k0)与椭圆 =1交于两点 E,F,x28+y24设点 E(x0,y0),则点 F(-x0,-y0),所以直线 AE的方程为 y= (x+2 ).y0x0+22 2因为直线 AE与 y轴交于点 M,令 x=0得 y= ,22y0x0+22即点 M .(0,22y0x0+22)同理可得点 N .(0,22y0x0-22)假设在 x轴上存在点 P(t,0),使得 MPN为直角,则 =0,MPNP即 t2+ =0,22y0x0+2222y0x0-22即 t2+ =0.()8y20x20-8因为点 E(x0,y0)在椭圆 C上,所以 =1,即 .将 代入()得 t2-4=0,解得 t=2

12、x208+y204 y20=8-x202 y20=8-x202或 t=-2.故存在点 P(2,0)或 P(-2,0),无论非零实数 k怎样变化,总有 MPN为直角 .(方法 2)因为椭圆 C的左顶点为 A,则点 A的坐标为( -2 ,0).2因为直线 y=kx(k0)与椭圆 =1交于两点 E,F,x28+y24设点 E(2 cos ,2sin )(0 ),则点 F(-2 cos ,-2sin ).所以直线 AE的方程为 y=2 2(x+2 ).2sin22cos +22 2因为直线 AE与 y轴交于点 M,令 x=0得 y= ,即点 M .2sincos +1 (0,2sincos +1)同理可得点 N .(0,2sincos -1)假设在 x轴上存在点 P(t,0),使得 MPN为直角,则 =0.MPNP即 t2+ =0,即 t2-4=0,解得 t=2或 t=-2.-2sincos +1-2sincos -1故存在点 P(2,0)或 P(-2,0),无论非零实数 k怎样变化,总有 MPN为直角 .