《高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)突破精練：組合增分練5 解答題組合練A Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)突破精練：組合增分練5 解答題組合練A Word版含解析（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、組合增分練5 解答題組合練A
組合增分練第5頁(yè)
1.(2017河北保定二模,理17)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且a1,a2(a1
2、n-12=2n,∴bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,∴{bn}是以2為首項(xiàng),公差為2的等差數(shù)列.
2.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,an+1=2Sn+1,數(shù)列{bn}為等差數(shù)列,且b3=3,b5=9.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)若對(duì)任意的n∈N*,Sn+12k≥bn恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.
解 (1)由an+1=2Sn+1,①
可知當(dāng)n≥2時(shí),an=2Sn-1+1,②
①-②得an+1-an=2(Sn-Sn-1),
∴an+1=3an(n≥2).
又a2=3,a1=1也滿足上式,∴an=3n-1.
由b5-b3=2d=6,可得d=
3、3,
∴bn=3+(n-3)3=3n-6.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=1-3n1-3=3n-12,
∴3n-12+12k≥3n-6對(duì)n∈N*恒成立,
∴k≥6n-123n對(duì)n∈N*恒成立.
令cn=3n-63n,cn-cn-1=3n-63n-3n-93n-1=-2n+73n-1,
當(dāng)n≤3時(shí),cn>cn-1,當(dāng)n≥4時(shí),cn
4、,AB∥CD,且AB=2CD=2DE=4,將五邊形ABCDE沿著AD折起,且使平面ABCD⊥平面ADE.
(1)若M為DE中點(diǎn),邊BC上是否存在一點(diǎn)N,使得MN∥平面ABE?若存在,求BNBC的值;若不存在,說明理由;
(2)求二面角A-BE-C的平面角的余弦值.
(1)證明 取BC中點(diǎn)為N,AD中點(diǎn)為P,連接MN,NP,MP.
∵M(jìn)P∥AE,AE?平面ABE,MP?平面ABE,
∴MP∥平面ABE,同理NP∥平面ABE.
又MP∩NP=P,∴MN∥平面ABE.
∴邊AB上存在這樣的點(diǎn)N,且BNBC=12.
(2)解 以A為原點(diǎn),以AD為y軸,以AB為z軸建立空間直角坐標(biāo)系
5、.
則A(0,0,0),B(0,0,4),C(0,22,2),D(0,22,0),E(2,2,0).∵DE⊥AE,DE⊥AB,∴DE⊥平面ABE.
∴平面ABE的一個(gè)法向量為DE=(2,-2,0).設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),
∵BC=(0,22,-2),BE=(2,2,-4),
∴nBC=22y-2z=0,nBE=2x+2y-4z=0,
令y=1,則x=3,z=2,∴n=(3,1,2),
∴cos=DEn|DE||n|=22223=66,
∴由圖知二面角A-BE-C的平面角的余弦值為-66.
4.(2017吉林三模,理19)已知在四棱錐P-A
6、BCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥底面ABCD,PA=BC=1,AB=2,M為PC中點(diǎn).
(1)在圖中作出平面ADM與PB的交點(diǎn)N,并指出點(diǎn)N所在位置(不要求給出理由).
(2)在線段CD上是否存在一點(diǎn)E,使得直線AE與平面ADM所成角的正弦值為1010,若存在,請(qǐng)說明點(diǎn)E的位置;若不存在,請(qǐng)說明理由.
(3)求二面角A-MD-C的余弦值.
解 (1)過M作MN∥BC,交PB于點(diǎn)N,連接AN,如圖,
則點(diǎn)N為平面ADM與PB的交點(diǎn)(在圖中畫出).
由M為PC中點(diǎn),得N為PB的中點(diǎn).
(2)因?yàn)樵谒睦忮FP-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥底面ABCD,
以A為坐標(biāo)
7、原點(diǎn),以直線AB,AD,AP所在直線建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.
則A(0,0,0),P(0,0,1),D(0,1,0),C(2,1,0),M1,12,12.
設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)E(x,1,0),則AE=(x,1,0),
設(shè)直線AE與平面AMD所成角為θ,平面AMD的法向量為u=(x,y,z),
則u⊥AM,u⊥AD,即x+12y+12z=0,y=0,令z=2,
則u=(-1,0,2).
因?yàn)橹本€AE與平面ADM所成角的正弦值為1010,
所以sin θ=|AEu||AE||u|=1010,所以x=1.
所以在線段CD上存在中點(diǎn)E,使得直線AE與平面AMD所成角的正弦值
8、為1010.
(3)設(shè)平面CMD的法向量v=(x,y,z),
則v⊥CM,v⊥CD,即-x-y2+z2=0,2x=0,令z=-1,
則y=-1,所以v=(0,-1,-1).
所以cos φ=vu|v||u|=-105,
由圖形知二面角A-MD-C的平面角是鈍角,
所以二面角A-MD-C的平面角的余弦值為-105.
5.
設(shè)λ>0,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,1),點(diǎn)B在拋物線y=x2上運(yùn)動(dòng),點(diǎn)Q滿足BQ=λQA,經(jīng)過點(diǎn)Q與x軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)M,點(diǎn)P滿足QM=λMP,求點(diǎn)P的軌跡方程.
解 由QM=λMP知Q、M、P三點(diǎn)在同一條垂直于x軸的直線上,
故可設(shè)P(x,y),Q(
9、x,y0),M(x,x2),
則x2-y0=λ(y-x2),即y0=(1+λ)x2-λy, ①
再設(shè)B(x1,y1),
由BQ=λQA,即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0),
解得x1=(1+λ)x-λ,y1=(1+λ)y0-λ, ②
將①式代入②式,消去y0,得x1=(1+λ)x-λ,y1=(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ. ③
又點(diǎn)B在拋物線y=x2上,所以y1=x12.
再將③式代入y1=x12,
得(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=((1+λ)x-λ)2,
(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2,
2λ(
10、1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0.
因λ>0,兩邊同除以λ(1+λ),得2x-y-1=0.
故所求點(diǎn)P的軌跡方程為y=2x-1. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804245?
6.已知拋物線C1:x2=y,圓C2 :x2+(y-4)2=1的圓心為點(diǎn)M.
(1)求點(diǎn)M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離;
(2)已知點(diǎn)P是拋物線C1上一點(diǎn)(異于原點(diǎn)),過點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,交拋物線C1于A,B兩點(diǎn),若過M,P兩點(diǎn)的直線l垂直于AB,求直線l的方程.
解 (1)由題意可知,拋物線的準(zhǔn)線方程為:y=-14,
所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是174.
(2)設(shè)P(x0,x02),A(x1,
11、x12),B(x2,x22),由題意得x0≠0,x0≠1,x1≠x2.
設(shè)過點(diǎn)P的圓C2的切線方程為y-x02=k(x-x0),
即y=kx-kx0+x02. ①
則|kx0+4-x02|1+k2=1,
即(x02-1)k2+2x0(4-x02)k+(x02-4)2-1=0.
設(shè)PA,PB的斜率為k1,k2(k1≠k2),則k1,k2是上述方程的兩根,所以k1+k2=2x0(x02-4)x02-1,k1k2=(x02-4)2-1x02-1.
將①代入y=x2,得x2-kx+kx0-x02=0,
由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0,
所以kAB=x12-x22x1-x2=x1+x2=k1+k2-2x0=2x0(x02-4)x02-1-2x0,kMP=x02-4x0.
由MP⊥AB,得kABkMP=2x0(x02-4)x02-1-2x0x02-4x0=-1,解得x02=235,
即點(diǎn)P的坐標(biāo)為235,235,所以直線l的方程為y=3115115x+4. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804246?
高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)突破精練：組合增分練5 解答題組合練A Word版含解析
