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1、考前強(qiáng)化練7 解答題組合練C
1.(2019河北棗強(qiáng)中學(xué)高三模擬,文17)已知函數(shù)f(x)=32sin 2x-cos2x-12.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且c=3,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.
2.已知數(shù)列{an}中,a1=1,其前n項的和為Sn,且滿足an=2Sn22Sn-1(n≥2).
(1)求證:數(shù)列1Sn是等差數(shù)列;
(2)證明:當(dāng)n≥2時,S1+12S2+13S3+…+1nSn<32.
2、
3.
(2019遼寧葫蘆島高三二模,理18)如圖,在多面體ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD.四邊形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形,且AD∥BC,△ABD是邊長為1的等邊三角形,M為線段BD中點,BC=3.
(1)求證:AF⊥BD;
(2)求直線MF與平面CDE所成角的正弦值;
(3)線段BD上是否存在點N,使得直線CE∥平面AFN?若存在,求BNBD的值;若不存在,請說明理由.
4.(2019山東淄博部分學(xué)校高三三模,理19)已知正方形的邊長為4,E,F分別為AD,BC的中
3、點,以EF為棱將正方形ABCD折成如圖所示的60°的二面角,點M在線段AB上.
(1)若M為AB的中點,連直線MF,由A,D,E三點所確定平面的交點為O,試確定點O的位置,并證明直線OD∥平面EMC;
(2)是否存在點M,使得直線DE與平面EMC所成的角為60°;若存在,求此時二面角M-EC-F的余弦值,若不存在,說明理由.
5.已知橢圓C:x2a2+y2b2=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D1,32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|
4、,點Q是點P關(guān)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.
6.(2019四川瀘州高三二模,文20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,點P(1,a)在此拋物線上,|PF|=2,不過原點的直線l與拋物線C交于A,B兩點,以AB為直徑的圓M過坐標(biāo)原點.
(1)求拋物線C的方程;
(2)證明:直線l恒過定點;
(3)若線段AB中點的縱坐標(biāo)為2,求此時直線l和圓M的
5、方程.
參考答案
考前強(qiáng)化練7 解答題組合練C
1.解(1)f(x)=32sin2x-cos2x-12
=32sin2x-1+cos2x2-12
=32sin2x-12cos2x-1
=sin2x-π6-1.
所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π.
(2)由f(C)=0,得sin2C-π6=1.
因為0
6、3.②
由①②解得a=1,b=2.
2.解(1)當(dāng)n≥2時,Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1,Sn-1-Sn=2SnSn-1,
1Sn-1Sn-1=2,從而1Sn構(gòu)成以1為首項,2為公差的等差數(shù)列.
(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=12n-1,
∴當(dāng)n≥2時,1nSn=1n(2n-1)<1n(2n-2)=121n-1-1n,
從而S1+12S2+13S3+…+1nSn<1+121-12+12-13+…+1n-1-1n=32-12n<32.
3.(1)證明因為ADEF為正方形,
所以AF⊥AD.
又因為平面ADEF⊥平面ABCD,且平面A
7、DEF∩平面ABCD=AD,
所以AF⊥平面ABCD.
所以AF⊥BD.
(2)解取AD中點O,EF中點K,連接OB,OK.在△ABD中,OB⊥OD,在正方形ADEF中,OK⊥OD,
又平面ADEF⊥平面ABCD,故OB⊥平面ADEF,進(jìn)而OB⊥OK,即OB,OD,OK兩兩垂直,分別以O(shè)B,OD,OK為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).
于是,B32,0,0,D0,12,0,C32,3,0,E0,12,1,M34,14,0,F0,-12,1,
所以MF=-34,-34,1,CD=-32,-52,0,DE=(0,0,1).
設(shè)平面CDE的一個法向量為n=(x
8、,y,z),則CD·n=0,DE·n=0,
即-32·x-52·y=0,z=0,
令x=-5,則y=3,則n=(-5,3,0).
設(shè)直線MF與平面CDE所成角為θ,
sinθ=|cos|=|MF·n||MF||n|=314.
(3)解要使直線CE∥平面AFN,只需AN∥CD,設(shè)BN=λBD,λ∈[0,1],設(shè)N(xn,yn,zn),則xn-32,yn,zn=λ-32,12,0,
得xn=32-32λ,yn=12λ,zn=0,N32-32λ,12λ,0,
所以AN=32-32λ,12λ+12,0.
又CD=-32,-52,0,
由AN∥CD,得32-32λ-32=1
9、2λ+12-52,
解得λ=23∈[0,1].
所以線段BD上存在點N,使得直線CE∥平面AFN,且BNBD=23.
4.解(1)因為直線MF?平面ABFE,故點O在平面ABFE內(nèi)也在平面ADE內(nèi),
所以點O在平面ABFE與平面ADE的交線EA上,如圖所示.
因為AO∥BF,M為AB的中點,
所以△OAM≌△FBM.
所以O(shè)M=MF,AO=BF.
所以點O在EA的延長線上,且AO=2.
連接DF,交EC于點N,因為四邊形CDEF為矩形,所以N是EC的中點.
連接MN,因為MN為△DOF的中位線,所以MN∥OD.
又因為MN?平面EMC,所以直線OD∥平面EMC.
(
10、2)由已知可得,EF⊥AE,EF⊥DE,所以EF⊥平面ADE,
所以平面ABFE⊥平面ODE,取AE的中點H為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
所以E(-1,0,0),D(0,0,3),C(0,4,3),F(-1,4,0),
所以ED=(1,0,3),EC=(1,4,3),
設(shè)M(1,t,0)(0≤t≤4),則EM=(2,t,0).
設(shè)平面EMC的法向量m=(x,y,z),
則m·EM=0m·EC=0?2x+ty=0,x+4y+3z=0,
取y=-2,則x=t,z=8-t3,
所以m=t,-2,8-t3.
DE與平面EMC所成的角為60°,
所以82t2+4+(
11、8-t)23=32.
所以23t2-4t+19=32.
所以t2-4t+3=0,解得t=1或t=3.
所以存在點M,使得直線DE與平面EMC所成的角為60°.
取ED的中點Q,則QA為平面CEF的法向量,因為Q-12,0,32,
所以QA=32,0,-32,m=t,-2,8-t3,
設(shè)二面角M-EC-F的大小為θ,
所以|cosθ|=|QA·m||QA|·|m|=|2t-4|3×t2+4+(8-t)23=|t-2|t2-4t+19.
因為當(dāng)t=2時,cosθ=0,平面EMC⊥平面CDEF,所以當(dāng)t=1時,θ為鈍角,所以cosθ=-14.
當(dāng)t=3時,θ為銳角,所以cosθ=1
12、4.
5.解(1)由題意得b=3c,1a2+94b2=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,故橢圓C的方程為x24+y23=1.
(2)假設(shè)存在這樣的直線l:y=kx+m,
∴M(0,m),N-mk,0,
∵|PM|=|MN|,
∴Pmk,2m,Qmk,-2m,
∴直線QM的方程為y=-3kx+m.
設(shè)A(x1,y1),由y=kx+m,x24+y23=1,
得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
∴x1+mk=-8km3+4k2,
∴x1=-3m(1+4k2)k(3+4k2).
設(shè)B(x2,y2),由y=-3kx+m,x24+y23=1,得(3+36
13、k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,
∴x2+mk=8km1+12k2,
∴x2=-m(1+4k2)k(1+12k2).
∵點N平分線段A1B1,
∴x1+x2=-2mk,
∴-3m(1+4k2)k(3+4k2)-m(1+4k2)k(1+12k2)=-2mk,
∴k=±12,
∴P(±2m,2m),∴4m24+4m23=1,解得m=±217,
∵|m|=2170,符合題意,∴直線l的方程為y=±12x±217.
6.(1)解拋物線C:y2=2px(p>0),其準(zhǔn)線方程為x=-p2,
∵點P(1,a)在此拋物線上,|PF|=2,
∴點P到準(zhǔn)線的距離等
14、于|PF|,即1+p2=2,得p=2,
∴所求拋物線方程為y2=4x.
(2)證明①當(dāng)直線l斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,易知k≠0,m≠0.
聯(lián)立方程組得y2=4x,y=kx+m,從而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,
由題意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=4-2kmk2,x1x2=m2k2,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=4mk.
因為以AB為直徑的圓M過坐標(biāo)原點,
所以O(shè)A·OB=0,即x1x2+y1y2=0,
所以m2k2+4mk
15、=0,所以m=-4k.
所以直線l的方程為y=kx-4k,即y=k(x-4),
所以直線l恒過定點(4,0).
②當(dāng)直線l的斜率不存在時,易求得點A,B坐標(biāo)分別為(4,4),(4,-4),直線l也過點(4,0).
綜合①②可知,直線l恒過定點(4,0).
(3)解由題意可知直線l斜率存在,設(shè)線段AB中點坐標(biāo)為(x0,2),由(2)中所得x1+x2=4-2kmk2,x1x2=m2k2,則y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=4k,
所以2+4k2k2=x0,2k=2,解得k=1,x0=6,
所以直線l的方程為y=x-4.
因為線段AB中點坐標(biāo)為(6,2),即為圓M的圓心坐標(biāo).
設(shè)圓M:(x-6)2+(y-2)2=r2.將點(0,0)代入,得r2=40,
所以圓M的方程為(x-6)2+(y-2)2=40.
15
（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練7 解答題組合練C 理
