【精品】2019高考数学二轮复习组合增分练5解答题组合练A.pdf
1组合增分练 5 解答题组合练A1.在数列 an中,a1=,an的前n项和Sn满足Sn+1-Sn=(nN*).(1)求数列 an的通项公式an,以及前n项和Sn;(2)若S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,求实数m的值.2.已知数列 an 是等比数列,a2=4,a3+2 是a2和a4的等差中项.(1)求数列 an的通项公式;(2)设bn=2log2an-1,求数列 anbn的前n项和Tn.3.如图 1,在 RtABC中,C=90,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1FCD,如图 2.(1)求证:DE平面A1CB;(2)求证:A1FBE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C平面DEQ?说明理由.24.如图,四边形ABCD为梯形,ABCD,PD平面ABCD,BAD=ADC=90,DC=2AB=2a,DA=a,E为BC中点.(1)求证:平面PBC平面PDE;(2)线段PC上是否存在一点F,使PA平面BDF?若存在,请找出具体位置,并进行证明;若不存在,请分析说明理由.5.如图,抛物线C:y2=2px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2).(1)求抛物线C的方程及准线l的方程;(2)过焦点F的直线(不经过点Q)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数,使得k1+k2=k3成立?若存在,求出 的值;若不存在,说明理由.6.已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A,左焦点为F1(-2,0),点B(2,)在椭圆C上,直线y=kx(k0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)在x轴上是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.3组合增分练5 答案1.解 (1)an+1=Sn+1-Sn=,当n2时,an=.又a1=,因此n=1 时也成立.an=,Sn=1-.(2)由(1)可得S1=,S2=,S3=.S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,+m=2,解得m=.2.解 (1)设数列 an的公比为q,因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2 是a2和a4的等差中项,所以 2(a3+2)=a2+a4,即 2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q0,所以q=2.所以an=a2qn-2=42n-2=2n(nN*).(2)因为an=2n,所以bn=2log2an-1=2n-1.所以anbn=(2n-1)2n.则Tn=12+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,2Tn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.-得-Tn=2+222+223+22n-(2n-1)2n+1=2+2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以Tn=6+(2n-3)2n+1.3.(1)证明因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DEBC.又因为DE?平面A1CB,所以DE平面A1CB.(2)证明由已知得ACBC且DEBC,所以DEAC.所以DEA1D,DECD.所以DE平面A1DC.而A1F?平面A1DC,所以DEA1F.又因为A1FCD,所以A1F平面BCDE.所以A1FBE.(3)解 线段A1B上存在点Q,使A1C平面DEQ.理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQBC.又因为DEBC,所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.4由(2)知,DE平面A1DC,所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,所以A1CDP.所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C平面DEQ.4.(1)证明连接BD,BAD=ADC=90,AB=a,DA=a,所以BD=DC=2a.因为E为BC中点,所以BCDE.又因为PD平面ABCD,所以BCPD.因为DEPD=D,所以BC平面PDE.因为BC?平面PBC,所以平面PBC平面PDE.(2)解 当点F位于PC三分之一分点(靠近点P)时,PA平面BDF.连接AC,BD交于点O,ABCD,所以AOBCOD.又因为AB=DC,所以AO=OC.从而在CPA中,AO=AC,而PF=PC,所以OFPA.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,所以抛物线方程为y2=4x,准线l的方程为x=-1.(2)由条件可设直线AB的方程为y=k(x-1),k 0.由抛物线准线l:x=-1,可知M(-1,-2k).又Q(1,2),所以k3=k+1.把直线AB的方程y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,并整理,可得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=1.因为Q(1,2),所以k1=,k2=.因为A,F,B三点共线,所以kAF=kBF=k,即=k,所以k1+k2=2(k+1),即存在常数=2,使得k1+k2=2k3成立.6.解 (1)(方法 1)设椭圆C的方程为=1(ab0),5因为椭圆的左焦点为F1(-2,0),所以a2-b2=4.设椭圆的右焦点为F2(2,0),已知点B(2,)在椭圆C上,由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a,所以 2a=3=4.所以a=2,从而b=2.所以椭圆C的方程为=1.(方法 2)设椭圆C的方程为=1(ab0),因为椭圆的左焦点为F1(-2,0),所以a2-b2=4.因为点B(2,)在椭圆C上,所以=1.由解得a2=8,b2=4.所以椭圆C的方程为=1.(2)(方法 1)因为椭圆C的左端点为A,则点A的坐标为(-2,0).因为直线y=kx(k0)与椭圆=1 交于两点E,F,设点E(x0,y0),则点F(-x0,-y0),所以直线AE的方程为y=(x+2).因为直线AE与y轴交于点M,令x=0 得y=,即点M.同理可得点N.假设在x轴上存在点P(t,0),使得MPN为直角,则=0,即t2+=0,即t2+=0.()因为点E(x0,y0)在椭圆C上,所以=1,即.将代入()得t2-4=0,解得t=2或t=-2.故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角.(方法 2)因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为(-2,0).因为直线y=kx(k0)与椭圆=1 交于两点E,F,设点E(2cos,2sin)(0),则点F(-2cos,-2sin).所以直线AE的方程为y=(x+2).因为直线AE与y轴交于点M,令x=0 得y=,即点M.6同理可得点N.假设在x轴上存在点P(t,0),使得MPN为直角,则=0.即t2+=0,即t2-4=0,解得t=2 或t=-2.故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角.
