广西2019高考数学二轮复习组合增分练7解答题组合练C

1 组合增分练组合增分练 7 7 解答题组合练解答题组合练c c 1 1 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 1 b1b2 1 b2b3 1 b10b11 2 2 已知等差数列 an 的前n项和为sn 公差d 0 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 bn an 3 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 2 4 4 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pd 1 2 的中点 1 求证 ab pc 2 若pa ab ad 2 求三棱锥p aec的体积 1 2 5 5 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 x2 3 y2 2 6 2 中o为坐标原点 1 证明 均为定值 x2 1 x2 2和y 2 1 y2 2 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s ode s odg s oeg 若存在 判断 deg的形状 若不存在 6 2 请说明理由 6 6 过椭圆c 1 a b 0 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 x2 a2 y2 b2 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 7 答案 1 1 解 1 3sn an 1 1 当n 1 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 则得b3 7 b2 4 t2 2 b2 b3 22 设数列 bn 的公差为d 则b1 1 d 3 bn 3n 2 1 bnbn 1 1 3n 2 3n 1 1 3 1 3n 2 1 3n 1 1 b1b2 1 b2b3 1 b10b11 1 3 1 1 4 1 4 1 7 1 28 1 31 10 31 2 2 解 1 依题意得 3a1 3 2 2 d 5a1 4 5 2 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 an 3n 1 2n 1 3n 1 bn an tn 3 5 3 7 32 2n 1 3n 1 3tn 3 3 5 32 7 33 2n 1 3n 1 2n 1 3n 得 2tn 3 2 3 2 32 2 3n 1 2n 1 3n 3 2 2n 1 3n 2n 3n 3 1 3n 1 1 3 所以tn n 3n 3 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 1 3s bc1d 1 3s ac1d 3 2 h 2 2 解得h 1 3 1 25 3 1 3 1 23 25 5 所以点e到平面bdc1的距离为 25 5 4 4 1 证明 因为pa 平面abcd 又ab 平面abcd 所以ab pa 又因为 abc adc 60 ab ad bc 1 2 1 2 在 abc中 由余弦定理得ac2 ab2 bc2 2ab bc cos 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 1 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pa 1 1 2 所以三棱锥p aec的体积为vp aec vd aec ve adc s adc pa 2 4 sin 60 1 1 3 1 2 1 3 1 2 23 3 5 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 1 x2 1 3 y2 1 2 又因为s opq 6 2 所以 x1 y1 6 2 由 得 x1 y1 1 6 2 此时 3 2 x2 1 x2 2 y2 1 y2 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m 0 将其代入 1 得 2 3k2 x2 6kmx 3 m2 2 0 x2 3 y2 2 其中 36k2m2 12 2 3k2 m2 2 0 即 3k2 2 m2 又x1 x2 x1x2 6km 2 3k2 3 m2 2 2 3k2 所以 pq 1 k2 x1 x2 2 4x1x2 1 k2 263k2 2 m2 2 3k2 因为点o到直线l的距离为d m 1 k2 所以s opq pq d 1 2 1 2 1 k2 263k2 2 m2 2 3k2 m 1 k2 6 m 3k2 2 m2 2 3k2 又s opq 6 2 整理得 3k2 2 2m2 且符合 式 此时 x1 x2 2 2x1x2 2 3 x2 1 x2 2 6km 2 3k2 2 3 m2 2 2 3k2 3 3 4 2 y2 1 y2 2 2 3 x2 1 2 3 x2 2 2 3 x 2 1 x2 2 综上所述 3 2 结论成立 x2 1 x2 2 y2 1 y2 2 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 6 2 6 26 当直线l的斜率存在时 由 1 知 x1 x2 2 3k 2m k m m y1 y2 2 x1 x2 2 3k2 2m 3k2 2m2 2m 1 m om 2 x1 x2 2 2 y1 y2 2 2 9k2 4m2 1 m2 6m2 2 4m2 1 2 3 1 m2 pq 2 1 k2 2 24 3k2 2 m2 2 3k2 2 2 2m2 1 m2 2 1 m2 所以 om 2 pq 2 2 1 2 3 1 m2 2 1 m2 3 1 m2 2 1 m2 3 1 m2 2 1 m2 2 2 25 4 所以 om pq 当且仅当 3 2 即m 时 等号成立 5 2 1 m2 1 m22 综合 得 om pq 的最大值为 5 2 5 解法二 因为 4 om 2 pq 2 x1 x2 2 y1 y2 2 x2 x1 2 y2 y1 2 2 10 x2 1 x2 2 y2 1 y2 2 所以 2 om pq 5 即 om pq 4 om 2 pq 2 2 10 2 5 2 当且仅当 2 om pq 时等号成立 5 因此 om pq 的最大值为 5 2 3 解 椭圆c上不存在三点d e g 使得s ode s odg s oeg 6 2 证明 假设存在d u v e x1 y1 g x2 y2 满足s ode s odg s oeg 6 2 由 1 得 u2 3 u2 3 3 x2 1 x2 2 x2 1 x2 2 v2 2 v2 2 2 y2 1 y2 2 y2 1 y2 2 解得u2 v2 1 x2 1 x2 2 3 2 y2 1 y2 2 因此u x1 x2只能从 中选取 v y1 y2只能从 1 中选取 6 2 因此d e g只能在这四点中选取三个不同点 6 2 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 6 2 所以椭圆c上不存在满足条件的三点d e g 6 6 解 1 由题意得p c b2 a 所以kop kab b2 ac b a 由ab op 得 b2 ac b a 解得b c a c 2 由 af a c 得b c a 椭圆c的方程为 1 6 336 x2 6 y2 3 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 所以x1x2 y1y2 0 当直线l垂直于x轴时 x1 x2 y1 y2 所以 0 x2 1 y2 1 又 1 解得 2 x2 1 6 y2 1 3 x2 1 y2 1 不妨设m n 或m n 2 2222 222 即直线l的方程为x 或x 22 此时原点o到直线