全国通用高考数学总复习考前三个月解答题滚动练5理.docx

解答题滚动练51.(2017北京)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.(1)证明设AC，BD交于点E，连接ME，如图.因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O，连接OP，OE.因为PAPD，所以OPAD，又因为平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为四边形ABCD是正方形，所以OEAD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，0，)，D(2，0，0)，B(2，4，0)，(4，4，0)，(2，0，).设平面BDP的法向量n(x，y，z)，则即令x1，则y1，z.于是n(1，1，).平面PAD的法向量为p(0，1，0)，所以cosn，p.由题意知二面角BPDA为锐角，所以它的大小为.(3)解由题意知M，C(2，4，0)，.设直线MC与平面BDP所成的角为，则sin |cosn，|，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.2.(2017安徽太和中学模拟)新一届班委会的7名成员有A，B，C三人是上一届的成员，现对7名成员进行如下分工.(1)若正、副班长两职只能由A，B，C三人中选两人担任，则有多少种分工方案？(2)若A，B，C三人不能再担任上一届各自的职务，则有多少种分工方案？解(1)先确定正、副班长，有A种选法，其余全排列有A种，共有AA720(种)分工方案.(2)方法一设A，B，C三人的原职务分别是a，b，c，当ABC任意一人都不担任abc职务时有AA种；当ABC中一人担任abc中的职务时，有CAAA种；当ABC中两人担任abc中的职务时，有3CAAA种；当ABC中三人担任abc中的职务时，有2A种；故共有AACAAA3CAA2A134A3 216(种)分工方案.方法二担任职务总数为A种，当A担任原职务时有A种，同理BC各自担任原职务时也各自有A种，而当AB，BC，CA同时担任原职务时各有A种；当ABC同时担任原职务时有A种，故共有A3A3AA134A3 216(种)分工方案.3.已知数列an满足a11，an1an2，数列bn的前n项和为Sn，且Sn2bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为a11，an1an2，所以an是首项为1，公差为2的等差数列，所以an1(n1)22n1.又当n1时，b1S12b1，所以b11，当n2时，Sn2bn，Sn12bn1，由，得bnbnbn1，即，所以bn是首项为1，公比为的等比数列，故bnn1.(2)由(1)知cnanbn，则Tn，Tn，得Tn1113.所以Tn6.4.已知椭圆的两个焦点为F1(，0)，F2(，0)，M是椭圆上一点，若0，|8.(1)求椭圆的方程；(2)直线l过右焦点F2(，0)(不与x轴重合)且与椭圆相交于不同的两点A，B，在x轴上是否存在一个定点P(x0，0)，使得的值为定值？若存在，写出P点的坐标(不必求出定值)；若不存在，请说明理由.解(1)由题意，c，|MF1|2|MF2|24c220，|MF1|MF2|8，(|)2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|36，解得|MF1|MF2|6，即2a6，a3，b2a2c24，椭圆的方程为1.(2)方法一设直线l的方程为xmy，代入椭圆方程并消元整理得(4m29)x218x4536m20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)是方程的两个解，由根与系数的关系得x1x2，x1x2，则y1y2(x1)(x2)，(x1x0，y1)(x2x0，y2)(x1x0)(x2x0)y1y2x1x2x0(x1x2)xy1y2x0x，令t，则(4x36)m29x18x029t(4m29)，比较系数得4x364t且9x18x0299t，消去t得36x36936x72x0294，解得x0.在x轴上存在一个定点P，使得的值为定值.方法二当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x)(k0)，代入椭圆方程并消元整理得(9k24)x218k2x45k2360，设A(x1，y1)，B(x2，y2)是方程的两个解，由根与系数的关系得x1x2，x1x2，y1y2k2(x1)(x2)k2，(x1x0，y1)(x2x0，y2)(x1x0)(x2x0)y1y2x1x2x0(x1x2)xy1y2，令t，则(9x18x029)k24x36t(49k2)