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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練5 解答題組合練（A）文
1.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且a1,a2(a1
2、
3.(2018河北唐山三模,文19)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,∠BAC=∠PAD=∠PCD=90°.
(1)求證:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)若AB=AC=2,PA=4,E為棱PB上的點(diǎn),若PD∥平面ACE,求點(diǎn)P到平面ACE的距離.
4.
(2018山東濰坊一模,文18)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=BC=2,AC=2,點(diǎn)M是棱AA1上不同于A,A1的動(dòng)點(diǎn).
(1)證明:BC⊥B1M;
(2)若∠CMB1=90°,判斷點(diǎn)M的位置并求出此時(shí)平面MB1
3、C把此棱柱分成的兩部分幾何體的體積之比.
5.(2018河北唐山三模,文20)已知點(diǎn)A,B分別是x軸,y軸上的動(dòng)點(diǎn),且|AB|=3,點(diǎn)P滿足=2,點(diǎn)P的軌跡為曲線Γ,O為坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)求Γ的方程;
(2)設(shè)點(diǎn)P在第一象限,直線AB與Γ的另一個(gè)交點(diǎn)為Q,當(dāng)△POB的面積最大時(shí),求|PQ|.
6.已知拋物線C1:x2=y,圓C2:x2+(y-4)2=1的圓心為點(diǎn)M.
4、(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.
參考答案
考前強(qiáng)化練5 解答題組合練(A)
1.(1)解 解方程x2-6x+5=0得其兩根分別為1和5,
∵a1,a2(a1
5、2為首項(xiàng),公差為2的等差數(shù)列.
2.解 (1)①當(dāng)n=1時(shí),由2=a1+1,得a1=1.
②當(dāng)n≥2時(shí),由已知,得4Sn=(an+1)2,
∴4Sn-1=,
兩式作差,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)數(shù)列,所以an-an-1=2.
∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,∴an=2n-1.
(2)∵bn=
=
=,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1-++…+=1-<.
∵數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列,當(dāng)n=1時(shí)Tn最小,T1=,∴Tn∈.
3.(1)證明 ∵底面ABCD是平行四邊形,
∠BAC=∠PAD=∠PCD=90°,
∴
6、CD⊥PC,CD⊥AC,
∵AC∩PC=C,
∴CD⊥平面PAC,則CD⊥PA,
又PA⊥AD,AD∩CD=D,
則PA⊥平面ABCD,
∵PA?平面PAB,
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 由(1)知PA⊥底面ABCD,
∴VP-ABC=S△ABC×PA=×2×2×4=,
連接BD交AC于O,連接EO,
∵PD∥平面ACE,∴EO∥PD.
∵O是BD的中點(diǎn),∴E是PB的中點(diǎn),
∴VE-ABC=S△ABC×PA=,
∴VP-EAC=VP-ABC-VE-ABC=.
在Rt△PAB中,AE=PB=,
∵AC⊥AB,AC⊥PA,PA∩AB=A,
∴AC⊥平面P
7、AB,∴AC⊥AE,
∴S△EAC=×2×.
設(shè)點(diǎn)P到平面ACE的距離為h,則VP-EAC=×h=,∴h=.
即點(diǎn)P到平面ACE的距離為.
4.(1)證明 在△ABC中,∵AB2+BC2=8=AC2,∴∠ABC=90°,∴BC⊥AB,
∵BC⊥BB1,BB1∩AB=B,
∴BC⊥平面ABB1A1,
又B1M?平面ABB1A1,
∴BC⊥B1M.
(2)解 當(dāng)∠CMB1=90°時(shí),設(shè)AM=t(0
8、2+4=20,
整理,得t2-4t+4=0,∴t=2,故M為AA1的中點(diǎn).此時(shí)平面MB1C把此棱柱分成兩個(gè)幾何體為:四棱錐C-ABB1M和四棱錐B1-A1MCC1.
由(1)知四棱錐C-ABB1M的高為BC=2,×2=6,
∴×6×2=4.
又V柱=2×4=8,
∴=8-4=4,
故兩部分幾何體的體積之比為1∶1.
5.解 (1)設(shè)A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),
∴=(x,y-y0),=(x0-x,-y),
∵=2,
∴(x,y-y0)=2(x0-x,-y).
∴x=2x0-2x,y-y0=-2y.
∴x0=x,y0=3y.
∵|AB|=3,∴=9.
9、
∴x2+9y2=9.∴+y2=1.
(2)當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí),設(shè)P的坐標(biāo)為(m,n),m>0,n>0.
則+n2=1,即m2+4n2=4.
由(1)知,點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,3n),
則△POB的面積S=·m·3n=·m·2n≤,
當(dāng)且僅當(dāng)m2=4n2=2,即m=,n=時(shí),取等號(hào),
此時(shí)△POB的面積取得最大值,
此時(shí)P的坐標(biāo)為,B的坐標(biāo)為0,,
則AB的方程為y=-x+,代入+y2=1得5x2-12x+14=0,
由xP·xQ=得xQ=,則Q的坐標(biāo)為,則|PQ|=.
6.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(
10、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=-2x0·=-1,解得,
即點(diǎn)P的坐標(biāo)為±,所以直線l的方程為y=±x+4.
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練5 解答題組合練（A）文
