（新課標(biāo)）廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 組合增分練5 解答題組合練A.docx

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組合增分練5　解答題組合練A 1.在數(shù)列{an}中,a1=12,{an}的前n項和Sn滿足Sn+1-Sn=12n+1(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項公式an,以及前n項和Sn; (2)若S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差數(shù)列,求實數(shù)m的值. 2.已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中項. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=2log2an-1,求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn. 3.如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90,D,E分別為AC,AB的中點,點F為線段CD上的一點.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如圖2. (1)求證:DE∥平面A1CB; (2)求證:A1F⊥BE; (3)線段A1B上是否存在點Q,使A1C⊥平面DEQ?說明理由. 4.如圖,四邊形ABCD為梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90,DC=2AB=2a,DA=3a,E為BC中點. (1)求證:平面PBC⊥平面PDE; (2)線段PC上是否存在一點F,使PA∥平面BDF?若存在,請找出具體位置,并進(jìn)行證明;若不存在,請分析說明理由. 5. 如圖,拋物線C:y2=2px的焦點為F,拋物線上一定點Q(1,2). (1)求拋物線C的方程及準(zhǔn)線l的方程; (2)過焦點F的直線(不經(jīng)過點Q)與拋物線交于A,B兩點,與準(zhǔn)線l交于點M,記QA,QB,QM的斜率分別為k1,k2,k3,問是否存在常數(shù)λ,使得k1+k2=λk3成立?若存在λ,求出λ的值;若不存在,說明理由. 6.已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點,焦點在x軸上,左頂點為A,左焦點為F1(-2,0),點B(2,2)在橢圓C上,直線 y=kx(k≠0)與橢圓C交于E,F兩點,直線AE,AF分別與y軸交于點M,N. (1)求橢圓C的方程; (2)在x軸上是否存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.  組合增分練5答案 1.解 (1)∵an+1=Sn+1-Sn=12n+1, ∴當(dāng)n≥2時,an=12n. 又a1=12,因此n=1時也成立. ∴an=12n, ∴Sn=121-12n1-12=1-12n. (2)由(1)可得S1=12,S2=34,S3=78. ∵S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差數(shù)列,∴12+34+m34+78=212+78,解得m=1213. 2.解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q, 因為a2=4,所以a3=4q,a4=4q2. 因為a3+2是a2和a4的等差中項, 所以2(a3+2)=a2+a4, 即2(4q+2)=4+4q2,化簡得q2-2q=0. 因為公比q≠0,所以q=2. 所以an=a2qn-2=42n-2=2n(n∈N*). (2)因為an=2n, 所以bn=2log2an-1=2n-1. 所以anbn=(2n-1)2n. 則Tn=12+322+523+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,① 2Tn=122+323+524+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.② ①-②得-Tn=2+222+223+…+22n-(2n-1)2n+1=2+24(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1, 所以Tn=6+(2n-3)2n+1. 3.(1)證明 因為D,E分別為AC,AB的中點, 所以DE∥BC. 又因為DE?平面A1CB, 所以DE∥平面A1CB. (2)證明 由已知得AC⊥BC且DE∥BC, 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC. 而A1F?平面A1DC,所以DE⊥A1F. 又因為A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE. (3)解 線段A1B上存在點Q,使A1C⊥平面DEQ. 理由如下: 如圖,分別取A1C,A1B的中點P,Q,則PQ∥BC. 又因為DE∥BC,所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知,DE⊥平面A1DC, 所以DE⊥A1C. 又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點,所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP. 從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點Q,使得A1C⊥平面DEQ. 4.(1)證明 連接BD,∠BAD=∠ADC=90,AB=a,DA=3a, 所以BD=DC=2a. 因為E為BC中點,所以BC⊥DE. 又因為PD⊥平面ABCD,所以BC⊥PD. 因為DE∩PD=D,所以BC⊥平面PDE. 因為BC?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PDE. (2)解 當(dāng)點F位于PC三分之一分點(靠近點P)時,PA∥平面BDF. 連接AC,BD交于點O,AB∥CD, 所以△AOB∽△COD. 又因為AB=12DC,所以AO=12OC. 從而在△CPA中,AO=13AC,而PF=13PC,所以O(shè)F∥PA. 而OF?平面BDF,PA?平面BDF, 所以PA∥平面BDF. 5.解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,所以拋物線方程為y2=4x, 準(zhǔn)線l的方程為x=-1. (2)由條件可設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1),k≠0. 由拋物線準(zhǔn)線l:x=-1,可知M(-1,-2k).又Q(1,2),所以k3=2+2k1+1=k+1. 把直線AB的方程y=k(x-1),代入拋物線方程y2=4x,并整理,可得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1. 因為Q(1,2), 所以k1=2-y11-x1,k2=2-y21-x2. 因為A,F,B三點共線, 所以kAF=kBF=k,即y1x1-1=y2x2-1=k, 所以k1+k2=2-y11-x1+2-y21-x2=2kx1x2-(2k+2)(x1+x2)+2k+4x1x2-(x1+x2)+1=2(k+1), 即存在常數(shù)λ=2,使得k1+k2=2k3成立. 6.解 (1)(方法1)設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0), 因為橢圓的左焦點為F1(-2,0), 所以a2-b2=4. 設(shè)橢圓的右焦點為F2(2,0),已知點B(2,2)在橢圓C上, 由橢圓的定義知|BF1|+|BF2|=2a, 所以2a=32+2=42. 所以a=22,從而b=2. 所以橢圓C的方程為x28+y24=1. (方法2)設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0), 因為橢圓的左焦點為F1(-2,0), 所以a2-b2=4.① 因為點B(2,2)在橢圓C上, 所以4a2+2b2=1.② 由①②解得a2=8,b2=4. 所以橢圓C的方程為x28+y24=1. (2)(方法1)因為橢圓C的左端點為A,則點A的坐標(biāo)為(-22,0). 因為直線y=kx(k≠0)與橢圓x28+y24=1交于兩點E,F, 設(shè)點E(x0,y0),則點F(-x0,-y0),所以直線AE的方程為y=y0x0+22(x+22). 因為直線AE與y軸交于點M, 令x=0得y=22y0x0+22, 即點M0,22y0x0+22. 同理可得點N0,22y0x0-22. 假設(shè)在x軸上存在點P(t,0),使得∠MPN為直角,則MPNP=0, 即t2+22y0x0+2222y0x0-22=0, 即t2+8y02x02-8=0.(※) 因為點E(x0,y0)在橢圓C上,所以x028+y024=1,即y02=8-x022.將y02=8-x022代入(※)得t2-4=0,解得t=2或t=-2. 故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角. (方法2)因為橢圓C的左頂點為A,則點A的坐標(biāo)為(-22,0). 因為直線y=kx(k≠0)與橢圓x28+y24=1交于兩點E,F, 設(shè)點E(22cos θ,2sin θ)(0<θ<π),則點F(-22cos θ,-2sin θ).所以直線AE的方程為y=2sinθ22cosθ+22(x+22). 因為直線AE與y軸交于點M,令x=0得y=2sinθcosθ+1,即點M0,2sinθcosθ+1. 同理可得點N0,2sinθcosθ-1. 假設(shè)在x軸上存在點P(t,0),使得∠MPN為直角,則MPNP=0. 即t2+-2sinθcosθ+1-2sinθcosθ-1=0,即t2-4=0,解得t=2或t=-2. 故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角.