全国通用版2022版高考数学大二轮复习考前强化练7解答题组合练C理.docx

1、考前强化练7解答题组合练(C)1.在ABC中,角A,B,C所对边分别是a,b,c,满足4acos B-bcos C=ccos B.(1)求cos B的值;(2)若BABC=3,b=32,求a和c的值.2.(2022河南六市联考一,理17)已知数列an中,a1=1,其前n项的和为Sn,且满足an=2Sn22Sn-1(n2).(1)求证:数列1Sn是等差数列;(2)证明:当n2时,S1+12S2+13S3+1nSnb0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D1,32在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q

2、是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.6.(2022山东临沂三模,理20)如图,已知抛物线E:x2=2py(p0)与圆O:x2+y2=5相交于A,B两点,且|AB|=4.过劣弧AB上的动点P(x0,y0)作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,相交于点M.(1)求抛物线E的方程;(2)求点M到直线CD距离的最大值.参考答案考前强化练7解答题组合练(C)1.解 (1)由题意得,

3、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.因为sin A0,所以cos B=14.(2)由BABC=3,得accos B=3,ac=12.由b2=a2+c2-2accos B,b=32可得a2+c2=24,所以可得a=c=23.2.解 (1)当n2时,Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1,Sn-1-Sn=2SnSn-1,1Sn-1Sn-1=2,从而1Sn构成以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)2=2n-1,Sn=12n-1,当n

4、2时,1nSn=1n(2n-1)1n(2n-2)=121n-1-1n,从而S1+12S2+13S3+1nSn1+121-12+12-13+1n-1-1n=32-12n32.3.(1)证明 连接AC1,A1B1C1D1-ABCD为四棱台,四边形A1B1C1D1四边形ABCD,A1B1AB=12=A1C1AC,由AC=2得A1C1=1,A1A底面ABCD,四边形A1ACC1为直角梯形,可求得C1A=2,又AC=2,M为CC1的中点,所以AMC1C.平面A1ACC1平面C1CDD1,平面A1ACC1平面C1CDD1=C1C,AM平面C1CDD1,D1D平面C1CDD1,AMD1D.(2)解 在ABC

5、中,AB=23,AC=2,ABC=30,利用余弦定理可求得,BC=4或BC=2,ACBC,BC=4,从而AB2+AC2=BC2,知ABAC,如图,以A为原点建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(23,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,3),M0,32,32,由于AM平面C1CDD1,所以平面C1CDD1的法向量为AM=0,32,32,设平面B1BCC1的法向量为m=(x,y,z),BC=(-23,2,0),CC1=(0,-1,3),BCm=0,CC1m=0,即-23x+2y=0,-y+3z=0,设y=3,m=(1,3,1),cos=mAM|m|AM|=332+3253=255,si

6、n=55,即二面角B1-CC1-D1的正弦值为55.4.(1)证明 连接DE,由题意知AD=4,BD=2,AC2+BC2=AB2,ACB=90.cosABC=236=33,CD2=22+12-2223cosABC=8.CD=22,CD2+AD2=AC2,则CDAB,又平面PAB平面ABC,CD平面PAB,CDPD,PDAC,AC,CD都在平面ABC内,PD平面ABC.(2)由(1)知PD,CD,AB两两互相垂直,建立如图所示的直角坐标系D-xyz,且PA与平面ABC所成的角为4,有PD=4,则A(0,-4,0),C(22,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),CB=(-22,2,0),

7、AC=(22,4,0),PA=(0,-4,-4),AD=2DB,CE=2EB,DEAC.由(1)知ACBC,PD平面ABC,CB平面DEP.CB=(-22,2,0)为平面DEP的一个法向量.设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则ACn=0,PAn=0,22x+4y=0,-4y-4z=0,令z=1,则x=2,y=-1,n=(2,-1,1)为平面PAC的一个法向量.cos=-4-2412=-32.故平面PAC与平面PDE的锐二面角的余弦值为32,所以平面PAC与平面PDE的锐二面角为30.5.解 (1)由题意得b=3c,1a2+94b2=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,故椭圆C

8、的方程为x24+y23=1.(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,M(0,m),N-mk,0,|PM|=|MN|,Pmk,2m,Qmk,-2m,直线QM的方程为y=-3kx+m.设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).设B(x2,y2),由y=-3kx+m,x24+y23=1,得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,x2+mk=8km1+12k2,x2=-m(1+4k2)k(1+12k2).点N平分线段A1B1,x1+x2=-2mk

9、,-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,符合题意,直线l的方程为y=12x217.6.解 (1)由|AB|=4,且B在圆上,由抛物线和圆的对称性,得B(2,1),代入抛物线方程得22=2p1,p=2,抛物线E的方程为x2=4y.(2)设Cx1,x124,Dx2,x224,由x2=4y,得y=14x2,y=12x.则l1的方程为y-x124=12x1(x-x1),即y=12x1x-x124.同理得l2的方程为y=12x2x-x224.联立解得x=x1+x22,y=x

10、1x24.又CD与圆x2+y2=5切于点P(x0,y0),得CD的方程为x0x+y0y=5,且x02+y02=5,y01,5,联立x2=4y,x0x+y0y=5,化简得y0x2+4x0x-20=0.则x1+x2=-4x0y0,x1x2=-20y0.设点M(x,y),则x=x1+x22=-2x0y0,y=x1x24=-5y0,即M-2x0y0,-5y0,点M到直线CD:x0x+y0y=5的距离为d=-2x02y0-5-5x02+y02=2x02y0+105=2(5-y02)y0+105=10y0-2y0+105,易知d关于y0单调递减,而y01,5,当y0=1时,dmax=10-2+105=1855,即点M到直线CD距离的最大值为1855.