2019届高考数学二轮复习组合增分练7解答题组合练C.docx

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1b1b2+1b2b3+1b10b11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bnan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到平面BC1D的距离.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,ADC=60,AB=12AD,PA平面ABCD,E为PD的中点.(1)求证:ABPC;(2)若PA=AB=12AD=2,求三棱锥P-AEC的体积.5.已知动直线l与椭圆C:x23+y22=1交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两不同点,且OPQ的面积SOPQ=62,其中O为坐标原点.(1)证明:x12+x22和y12+y22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SODE=SODG=SOEG=62?若存在,判断DEG的形状;若不存在,请说明理由.6.过椭圆C:x2a2+y2b2=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的左顶点和上顶点,且ABOP,|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.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b2=4,T2=2(b2+b3)=22,得b3=7,设数列bn的公差为d,则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)依题意得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)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,13SBC1Dh=13SAC1D3,1312253h=1312223,解得h=255.所以点E到平面BDC1的距离为255.4.(1)证明 因为PA平面ABCD,又AB平面ABCD,所以ABPA.又因为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=AB=12AD=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12PA=1,所以三棱锥P-AEC的体积为VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC=13SADC12PA=131224sin 601=233.5.(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x123+y122=1.又因为SOPQ=62,所以|x1|y1|=62.由,得|x1|=62,|y1|=1,此时x12+x22=3,y12+y22=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x23+y22=1得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0,其中=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)0,即3k2+2m2.(*)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.因为点O到直线l的距离为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,此时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.综上所述,x12+x22=3,y12+y22=2,结论成立.(2)解法一 当直线l的斜率不存在时,由(1)知|OM|=|x1|=62,|PQ|=2|y1|=2,因此|OM|PQ|=622=6.当直线l的斜率存在时,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,当且仅当3-1m2=2+1m2,即m=2时,等号成立.综合得|OM|PQ|的最大值为52.解法二 因为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.当且仅当2|OM|=|PQ|=5时等号成立.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SODE=SODG=SOEG=62.证明:假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足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只能从62中选取,v,y1,y2只能从1中选取,因此D,E,G只能在62,1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SODE=SODG=SOEG=62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,椭圆C的方程为x26+y23=1.(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OMON,所以x1x2+y1y2=0.当直线l垂直于x轴时,x1=x2,y1=-y2,所以x12-y12=0,又x126+y123=1,解得x12=y12=2,不妨设M(2,2),N(2,-2)或M(-2,2),N(-2,-2),即直线l的方程为x=2或x=-2,此时原点O到直线l的距离为d=2.当直线l的斜