（全國通用版）2022年高考數(shù)學大二輪復習 考前強化練7 解答題組合練（C）理

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1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學大二輪復習 考前強化練7 解答題組合練（C）理 1.在△ABC中,角A,B,C所對邊分別是a,b,c,滿足4acos B-bcos C=ccos B. (1)求cos B的值; (2)若=3,b=3,求a和c的值. 2.(2018河南六市聯(lián)考一,理17)已知數(shù)列{an}中,a1=1,其前n項的和為Sn,且滿足an=(n≥2). (1)求證:數(shù)列是等差數(shù)列; (2)證明:當n≥2時,S1+S2+S3+…+Sn<.

2、 3. (2018河北保定一模,理19)如圖,四棱臺A1B1C1D1-ABCD中,A1A⊥底面ABCD,A1B1=A1A=,AB=2,AC=2,平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,M為C1C的中點. (1)證明:AM⊥D1D; (2)若∠ABC=30°,且AC≠BC,求二面角B1-CC1-D1的正弦值. 4. (2018河南鄭州一模,理19)如圖,在三棱錐P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D,E分別為線段AB,BC上的點,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC. (1)求證:PD

3、⊥平面ABC; (2)若PA與平面ABC所成的角為,求平面PAC與平面PDE所成的銳二面角. 5.已知橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點與其短軸的一個端點是正三角形的三個頂點,點D在橢圓C上,直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,P兩點,與x軸、y軸分別相交于點N和M,且|PM|=|MN|,點Q是點P關于x軸的對稱點,QM的延長線交橢圓于點B,過點A,B分別作x軸的垂線,垂足分別為A1,B1. (1)求橢圓C的方程. (2)是否存在直線l,使得點N平分線段A1B1?若存在,求出直線l的方程,若不存在,請說明理由.

4、 6. (2018山東臨沂三模,理20)如圖,已知拋物線E:x2=2py(p>0)與圓O:x2+y2=5相交于A,B兩點,且|AB|=4.過劣弧AB上的動點P(x0,y0)作圓O的切線交拋物線E于C,D兩點,分別以C,D為切點作拋物線E的切線l1,l2,相交于點M. (1)求拋物線E的方程; (2)求點M到直線CD距離的最大值. 參考答案 考前強化練7　解答題組合練(C) 1.解 (1)由題意得,

5、4sin Acos B-sin Bcos C=sin Ccos B, 所以4sin Acos B=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)=sin A. 因為sin A≠0,所以cos B= (2)由=3,得accos B=3,ac=12.由b2=a2+c2-2accos B,b=3可得a2+c2=24,所以可得a=c=2 2.解 (1)當n≥2時,Sn-Sn-1=,Sn-1-Sn=2SnSn-1,=2,從而構成以1為首項,2為公差的等差數(shù)列. (2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=,∴當n≥2時,Sn=,從而S1+S2+S3+…+Sn<1+1-

6、+…+= 3.(1)證明 連接AC1,∵A1B1C1D1-ABCD為四棱臺,四邊形A1B1C1D1∥四邊形ABCD,,由AC=2得A1C1=1,∵A1A⊥底面ABCD, ∴四邊形A1ACC1為直角梯形,可求得C1A=2,又AC=2,M為CC1的中點, 所以AM⊥C1C. ∵平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,平面A1ACC1∩平面C1CDD1=C1C, ∴AM⊥平面C1CDD1,D1D?平面C1CDD1,∴AM⊥D1D. (2)解 在△ABC中,AB=2,AC=2,∠ABC=30°,利用余弦定理可求得,BC=4或BC=2, ∵AC≠BC,∴BC=4,從而AB2+AC2=BC2

7、,知AB⊥AC, 如圖,以A為原點建立空間直角坐標系,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,),M0,, 由于AM⊥平面C1CDD1,所以平面C1CDD1的法向量為=0,,設平面B1BCC1的法向量為m=(x,y,z),=(-2,2,0),=(0,-1,), 設y=,∴m=(1,,1),cos=, ∴sin=, 即二面角B1-CC1-D1的正弦值為 4.(1)證明 連接DE,由題意知AD=4,BD=2,∵AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°. cos∠ABC=, ∴CD2=22+12-2×2×2cos∠ABC =8.∴C

8、D=2, ∴CD2+AD2=AC2,則CD⊥AB, 又∵平面PAB⊥平面ABC, ∴CD⊥平面PAB,∴CD⊥PD, ∵PD⊥AC,AC,CD都在平面ABC內(nèi),∴PD⊥平面ABC. (2)由(1)知PD,CD,AB兩兩互相垂直,建立如圖所示的直角坐標系D-xyz, 且PA與平面ABC所成的角為,有PD=4,則A(0,-4,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),=(-2,2,0),=(2,4,0),=(0,-4,-4), ∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC. 由(1)知AC⊥BC,PD⊥平面ABC, ∴CB⊥平面DEP. =(-2,2,0)為

9、平面DEP的一個法向量.設平面PAC的法向量為n=(x,y,z),則 令z=1,則x=,y=-1,∴n=(,-1,1)為平面PAC的一個法向量. ∴cos==- 故平面PAC與平面PDE的銳二面角的余弦值為,所以平面PAC與平面PDE的銳二面角為30°. 5.解 (1)由題意得 解得a2=4,b2=3, 故橢圓C的方程為=1. (2)假設存在這樣的直線l:y=kx+m, ∴M(0,m),N, ∵|PM|=|MN|, ∴P,Q, ∴直線QM的方程為y=-3kx+m. 設A(x1,y1),由 得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0, ∴x1+=-,

10、 ∴x1=- 設B(x2,y2),由 得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0, ∴x2+, ∴x2=- ∵點N平分線段A1B1, ∴x1+x2=-, ∴-=-, ∴k=±,∴P(±2m,2m),=1,解得m=±,∵|m|=0,符合題意, ∴直線l的方程為y=±x± 6.解 (1)由|AB|=4,且B在圓上,由拋物線和圓的對稱性,得B(2,1), 代入拋物線方程得22=2p×1,p=2, ∴拋物線E的方程為x2=4y. (2)設Cx1,,Dx2,, 由x2=4y,得y=x2,∴y'=x. 則l1的方程為y-x1(x-x1), 即y=x1x- ① 同理得l2的方程為y=x2x- ② 聯(lián)立①②解得 又CD與圓x2+y2=5切于點P(x0,y0),得CD的方程為x0x+y0y=5,且=5,y0∈[1,], 聯(lián)立化簡得y0x2+4x0x-20=0. 則x1+x2=-,x1x2=- 設點M(x,y),則x==-,y==-,即M-,-, ∴點M到直線CD:x0x+y0y=5的距離為d=, 易知d關于y0單調(diào)遞減,而y0∈[1,],當y0=1時,dmax=,即點M到直線CD距離的最大值為