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

組合增分練5　解答題組合練A 　組合增分練第5頁　  1.(20xx河北保定二模,理17)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且a1,a2(a1<a2)分別為方程x2-6x+5=0的兩根. (1)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn; (2)在(1)中,設(shè)bn=,求證:當(dāng)c=-時,數(shù)列{bn}是等差數(shù)列. (1)解 解方程x2-6x+5=0得其兩根分別為1和5, ∵a1,a2(a1<a2)分別為方程x2-6x+5=0的兩根, ∴a1=1,a2=5,∴等差數(shù)列{an}的公差為4, ∴Sn=n·1+×4=2n2-n. (2)證明 當(dāng)c=-時,bn==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)若對任意的n∈N*,·k≥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,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, ∴bn=3+(n-3)×3=3n-6. (2)Sn=, ∴k≥3n-6對n∈N*恒成立, ∴k≥對n∈N*恒成立. 令cn=,cn-cn-1=, 當(dāng)n≤3時,cn>cn-1,當(dāng)n≥4時,cn<cn-1, ∴(cn)max=c3=, ∴k≥2×. ∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是. 3.(20xx河北石家莊二中模擬,理19)已知五邊形ABCDE是由直角梯形ABCD和等腰直角三角形ADE構(gòu)成,如圖所示,AB⊥AD,AE⊥DE,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. (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. 則A(0,0,0),B(0,0,4),C(0,2,2),D(0,2,0),E(,0).∵DE⊥AE,DE⊥AB,∴DE⊥平面ABE. ∴平面ABE的一個法向量為=(,-,0).設(shè)平面BCE的一個法向量為n=(x,y,z), ∵=(0,2,-2),=(,-4), ∴ 令y=1,則x=3,z=,∴n=(3,1,), ∴cos<,n>=, ∴由圖知二面角A-BE-C的平面角的余弦值為-. 4.(20xx吉林三模,理19)已知在四棱錐P-ABCD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,若存在,請說明點(diǎn)E的位置;若不存在,請說明理由. (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)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),M. 設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)E(x,1,0),則=(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⊥,u⊥,即令z=2, 則u=(-1,0,2). 因?yàn)橹本€AE與平面ADM所成角的正弦值為, 所以sin θ=,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所成角的正弦值為. (3)設(shè)平面CMD的法向量v=(x',y',z'), 則v⊥,v⊥,即令z'=-1, 則y'=-1,所以v=(0,-1,-1). 所以cos φ==-, 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-. 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,點(diǎn)Q滿足=λ,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=λ,求點(diǎn)P的軌跡方程. 解 由=λ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(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=λ,即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0), 解得 ② 將①式代入②式,消去y0,得 ③ 又點(diǎn)B在拋物線y=x2上,所以y1=. 再將③式代入y1=, 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(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=-, 所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是. (2)設(shè)P(x0,),A(x1,),B(x2,),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-=k(x-x0), 即y=kx-kx0+. ① 則=1, 即(-1)k2+2x0(4-)k+(-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=,k1k2=. 將①代入y=x2,得x2-kx+kx0-=0, 由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0, 所以kAB==x1+x2=k1+k2-2x0=-2x0,kMP=. 由MP⊥AB,得kAB·kMP==-1,解得, 即點(diǎn)P的坐標(biāo)為,所以直線l的方程為y=±x+4. ?導(dǎo)學(xué)號16804246?