（新课标）广西2019高考数学二轮复习组合增分练7解答题组合练C.docx

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 .1b1b2+ 1b2b3 1b10b112.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.bnan3.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

2、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 .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 PD12的中点 .(1)求证: AB PC;(2)若 PA=AB= AD=2,求三棱锥 P-AEC的体积 .125.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x23+y22 62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

3、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=S ODG=S OEG= ?若存在,判断 DEG的形状;若不存在,62请说明理由 .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的左顶点和x2a2+y2b2上顶点,且 AB OP,|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+

4、1-1, 当 n1时,3 Sn-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,b n=3n-2, , +1bnbn+1= 1(3n-2)(3n+1)=13( 13n-2- 13n+1) 1b1b2+ 1b2b3+ .1b10b11=13(1-14) +(14-17) (128- 131)=10312.解 (

5、1)依题意得3a1+322 d+5a1+452 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,bnanTn=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.(1)证明 设 BC1的中点为 F,连接 EF,DF,则

6、 EF是 BCC1的中位线 .根据已知得 EF DA,且 EF=DA, 四边形 ADFE是平行四边形, AE DF,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 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= ,13S BC1D 13S AC1D3 2 h= 22 ,解得 h= .1312 5 3 1312 3 255所以点 E到平面 BDC1的距离为 .2554.(1)证明 因为 PA平面 ABCD,又 AB平面 ABCD,所以 A

7、B PA.又因为 ABC= ADC=60,AB= AD= BC.12 12在 ABC中,由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=BC2-AB2,所以 AB2+AC2=BC2,即 AB AC.又因为 PA AC=A,又 PA平面 PAC,AC平面 PAC,所以 AB平面 PAC.4又 PC平面 PAC,所以 AB PC.(2)解 由已知得 PA=AB= AD=2,12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=1,12所以三棱锥 P-AEC的体积为 VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC= S A

8、DC PA= 24sin 601= .13 12 1312 2335.(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. x213+y212又因为 S OPQ= ,62所以 |x1|y1|= . 62由 , 得 |x1|= ,|y1|=1,62此时 =3, =2.x21+x22 y21+y22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,x23+y22其中 = 36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)0,

9、即 3k2+2m2.(*)又 x1+x2=- ,x1x2= ,6km2+3k2 3(m2-2)2+3k2所以 |PQ|= 1+k2(x1+x2)2-4x1x2= .1+k2263k2+2-m22+3k2因为点 O到直线 l的距离为 d= .|m|1+k2所以 S OPQ= |PQ|d=12 12 1+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,此时 =(x1+x2)2-2x1x2= -2 =3,x21+x22 (-6km2+3k2)2 3(m2-2)2+3k2(3- )+ (3-

10、 )=4- )=2.y21+y22=23 x21 23 x22 23(x21+x22综上所述, =3, =2,结论成立 .x21+x22 y21+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= .62 62 6 当直线 l的斜率存在时,由(1)知,=- ,x1+x22 3k2m=k +m=- +m= ,y1+y22 (x1+x22 ) 3k22m -3k2+2m22m =1m|OM|2= ,(x1+x22 )2+(y1+y22 )2=9k24m2+1m2=6m2-24m2 =12(3-1m2)|PQ|2=

11、(1+k2) =2 ,24(3k2+2-m2)(2+3k2)2 =2(2m2+1)m2 (2+1m2)所以 |OM|2|PQ|2= 2 .12(3-1m2) (2+1m2)=(3-1m2)(2+1m2) (3-1m2+2+1m22 )2=254所以 |OM|PQ| ,当且仅当 3- =2+ ,即 m= 时,等号成立 .52 1m2 1m2 2综合 得 |OM|PQ|的最大值为 .525解法二 因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2( )+( )=10.x21+x22 y21+y22所以 2|OM|PQ| =5,即 |OM|PQ

12、| .4|OM|2+|PQ|22 =102 52当且仅当 2|OM|=|PQ|= 时等号成立 .5因此 |OM|PQ|的最大值为 .52(3)解 椭圆 C上不存在三点 D,E,G,使得 S ODE=S ODG=S OEG= .62证明:假设存在 D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足 S ODE=S ODG=S OEG= ,62由(1)得u2+ =3,u2+ =3, =3;x21 x22 x21+x22v2+ =2,v2+ =2, =2,y21 y22 y21+y22解得 u2= ;v2= =1.x21=x22=32 y21=y22因此 u,x1,x2只能从 中选取, v,y1,

13、y2只能从 1中选取,62因此 D,E,G只能在 这四点中选取三个不同点,(62,1)而这三点的两两连线中必有一条过原点,与 S ODE=S ODG=S OEG= 矛盾 .62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 ,(c,b2a)所以 kOP= ,kAB= .b2ac ba由 AB OP,得 ,b2ac=ba解得 b=c,a= c,2由 |AF|=a+c= ,得 b=c= ,a= ,椭圆 C的方程为 =1.6+ 3 3 6x26+y23(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

14、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,x216+y213 x21=y21不妨设 M( ),N( ,- )或 M(- ),N(- ,- ),2, 2 2 2 2, 2 2 2即直线 l的方程为 x= 或 x=- ,2 2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(1 +2k2)x26+y23=1,y=kx+m,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 m2 0).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