高考数学总复习 考前三个月 解答题滚动练5 理试题

解答题滚动练51.(2017·北京)如图，在四棱锥P－ABCD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，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B－PD－A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PDB＝ME，所以PD∥ME.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PA＝PD，所以OP⊥AD，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OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，0，eq\r(2))，D(2，0，0)，B(－2，4，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(4，－4，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2，0，－eq\r(2)).设平面BDP的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1，1，eq\r(2)).平面PAD的法向量为p＝(0，1，0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由题意知二面角B－PD－A为锐角，所以它的大小为eq\f(π,3).(3)解由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2，4，0)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成的角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MC,\s\up6(→))|,|n||\o(MC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(6),9)，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).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Aeq\o\al(2,3)种选法，其余全排列有Aeq\o\al(5,5)种，共有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(5,5)＝720(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Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(4,4)种；当ABC中一人担任abc中的职务时，有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(4,4)种；当ABC中两人担任abc中的职务时，有3Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,1)Aeq\o\al(4,4)种；当ABC中三人担任abc中的职务时，有2Aeq\o\al(4,4)种；故共有Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(4,4)＋3Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＋2Aeq\o\al(4,4)＝134Aeq\o\al(4,4)＝3216(种)分工方案.方法二担任职务总数为Aeq\o\al(7,7)种，当A担任原职务时有Aeq\o\al(6,6)种，同理BC各自担任原职务时也各自有Aeq\o\al(6,6)种，而当AB，BC，CA同时担任原职务时各有Aeq\o\al(5,5)种；当ABC同时担任原职务时有Aeq\o\al(4,4)种，故共有Aeq\o\al(7,7)－3Aeq\o\al(6,6)＋3Aeq\o\al(5,5)－Aeq\o\al(4,4)＝134Aeq\o\al(4,4)＝3216(种)分工方案.3.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2，数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝2－bn.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)因为a1＝1，an＋1－an＝2，所以{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.又当n＝1时，b1＝S1＝2－b1，所以b1＝1，当n≥2时，Sn＝2－bn， ①Sn－1＝2－bn－1， ②由①－②，得bn＝－bn＋bn－1，即eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,2)，所以{bn}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，故bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(2)由(1)知cn＝anbn＝eq\f(2n－1,2n－1)，则Tn＝eq\f(1,20)＋eq\f(3,21)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)， ③eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,21)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(2n－3,2n－1)＋eq\f(2n－1,2n)， ④③－④得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,20)＋eq\f(2,21)＋eq\f(2,22)…＋eq\f(2,2n－1)－eq\f(2n－1,2n)＝1＋1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝1＋eq\f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n).所以Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).4.已知椭圆的两个焦点为F1(－eq\r(5)，0)，F2(eq\r(5)，0)，M是椭圆上一点，若eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0，|eq\o(MF1,\s\up6(→))|·|eq\o(MF2,\s\up6(→))|＝8.(1)求椭圆的方程；(2)直线l过右焦点F2(eq\r(5)，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eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))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＝eq\r(5)，|MF1|2＋|MF2|2＝4c2＝20，|MF1|·|MF2|＝8，∴(|eq\o(MF1,\s\up6(→))|＋|eq\o(MF2,\s\up6(→))|)2＝|MF1|2＋|MF2|2＋2|MF1|·|MF2|＝36，解得|MF1|＋|MF2|＝6，即2a＝6，∴a＝3，b2＝a2－c2∴椭圆的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)方法一设直线l的方程为x＝my＋eq\r(5)，代入椭圆方程并消元整理得(4m2＋9)x2－18eq\r(5)x＋45－36m2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)是方程①的两个解，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(18\r(5),4m2＋9)，x1x2＝eq\f(45－36m2,4m2＋9)，则y1y2＝eq\f(1,m2)(x1－eq\r(5))(x2－eq\r(5))＝eq\f(1,m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－\r(5)x1＋x2＋5))＝eq\f(－16,4m2＋9)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝(x1－x0)(x2－x0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝eq\f(45－36m2,4m2＋9)－eq\f(18\r(5),4m2＋9)x0＋xeq\o\al(2,0)＋eq\f(－16,4m2＋9)＝eq\f(4x\o\al(2,0)－36m2＋9x\o\al(2,0)－18\r(5)x0＋29,4m2＋9)，令eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝t，则(4xeq\o\al(2,0)－36)m2＋9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29＝t(4m2＋9)，比较系数得4xeq\o\al(2,0)－36＝4t且9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29＝9t，消去t得36xeq\o\al(2,0)－36×9＝36xeq\o\al(2,0)－72eq\r(5)x0＋29×4，解得x0＝eq\f(11,9)eq\r(5).∴在x轴上存在一个定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,9)\r(5)，0))，使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值为定值－eq\f(124,81).方法二当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－eq\r(5))(k≠0)，代入椭圆方程并消元整理得(9k2＋4)x2－18eq\r(5)k2x＋45k2－36＝0， ①设A(x1，y1)，B(x2，y2)是方程①的两个解，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(18\r(5)k2,4＋9k2)，x1x2＝eq\f(45k2－36,4＋9k2)，y1y2＝k2(x1－eq\r(5))(x2－eq\r(5))＝k2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－\r(5)x1＋x2＋5))＝eq\f(－16k2,4＋9k2)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝(x1－x0)(x2－x0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝eq\f(9x\o\al(2,0)－18\r(5)x0＋29k2＋4x\o\al(2,0)－36,4＋9k2)，令eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝t，则(9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29)k2＋4xeq\o\al(2,0)－36＝t(4＋9k2)，9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29＝9t，且4xeq\o\al(2,0)－36＝4t，解得x0＝eq\f(11,9)eq\r(5)，此时t的值为－eq\f(124,81).当直线l与x轴垂直时，l的方程为x＝eq\r(5)，代入椭圆方程，解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)，－\f(4,3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)，\f(4,3)))，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,9)\r(5)，－\f(4,3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\v