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1、
組合增分練5 解答題組合練A
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+1-bn=2(n+1)-2n=2,∴{bn}是以2為首項,公差為2的等差數(shù)列.
2.數(shù)列{an}的前n項和為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}的通項公式;
(2)若對任意的n∈N*,Sn+12k≥bn恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.
解 (1)由an+1=2Sn+1,①
可知當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+
3、(n-3)3=3n-6.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=1-3n1-3=3n-12,
∴3n-12+12k≥3n-6對n∈N*恒成立,
∴k≥6n-123n對n∈N*恒成立.
令cn=3n-63n,cn-cn-1=3n-63n-3n-93n-1=-2n+73n-1,
當n≤3時,cn>cn-1,當n≥4時,cn
4、=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,邊BC上是否存在一點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中點為N,AD中點為P,連接MN,NP,MP.
∵MP∥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N,且BNBC=12.
(2)解 以A為原點,以AD為y軸,以AB為z軸建立空間直角坐標系.
則A(0,
5、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的一個法向量為DE=(2,-2,0).設平面BCE的一個法向量為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-ABCD中,底面ABC
6、D為矩形,PA⊥底面ABCD,PA=BC=1,AB=2,M為PC中點.
(1)在圖中作出平面ADM與PB的交點N,并指出點N所在位置(不要求給出理由).
(2)在線段CD上是否存在一點E,使得直線AE與平面ADM所成角的正弦值為1010,若存在,請說明點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N,連接AN,如圖,
則點N為平面ADM與PB的交點(在圖中畫出).
由M為PC中點,得N為PB的中點.
(2)因為在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥底面ABCD,
以A為坐標原點,以直線AB,A
7、D,AP所在直線建立空間直角坐標系如圖所示.
則A(0,0,0),P(0,0,1),D(0,1,0),C(2,1,0),M1,12,12.
設在線段CD上存在一點E(x,1,0),則AE=(x,1,0),
設直線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).
因為直線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E,使得直線AE與平面AMD所成角的正弦值為1010.
(3
8、)設平面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λ>0,點A的坐標為(1,1),點B在拋物線y=x2上運動,點Q滿足BQ=λQA,經(jīng)過點Q與x軸垂直的直線交拋物線于點M,點P滿足QM=λMP,求點P的軌跡方程.
解 由QM=λMP知Q、M、P三點在同一條垂直于x軸的直線上,
故可設P(x,y),Q(x,y0),M(x,
9、x2),
則x2-y0=λ(y-x2),即y0=(1+λ)x2-λy, ①
再設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(1+λ)x-λ(1+
10、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P的軌跡方程為y=2x-1. ?導學號16804245?
6.已知拋物線C1:x2=y,圓C2 :x2+(y-4)2=1的圓心為點M.
(1)求點M到拋物線C1的準線的距離;
(2)已知點P是拋物線C1上一點(異于原點),過點P作圓C2的兩條切線,交拋物線C1于A,B兩點,若過M,P兩點的直線l垂直于AB,求直線l的方程.
解 (1)由題意可知,拋物線的準線方程為:y=-14,
所以圓心M(0,4)到準線的距離是174.
(2)設P(x0,x02),A(x1,x12),B(x2,
11、x22),由題意得x0≠0,x0≠1,x1≠x2.
設過點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
12、+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P的坐標為235,235,所以直線l的方程為y=3115115x+4.
6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375
高考數(shù)學二輪復習 組合增分練5 解答題組合練A 理
