新课标广西2022高考数学二轮复习组合增分练7解答题组合练C

组合增分练7　解答题组合练C1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且3Sn=an+1-1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设等差数列{bn}的前n项和为Tn,a2=b2,T4=1+S3,求1b1b2+1b2b3+…+1b10b11的值.2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bnan是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AA1的中点,E为BC的中点.(1)求证:直线AE∥平面BC1D;(2)若三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,AB=2,AA1=4,求点E到平面BC1D的距离.5\n4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ADC=60°,AB=12AD,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)求证:AB⊥PC;(2)若PA=AB=12AD=2,求三棱锥P-AEC的体积.5.已知动直线l与椭圆C:x23+y22=1交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两不同点,且△OPQ的面积S△OPQ=62,其中O为坐标原点.(1)证明:x12+x22和y12+y22均为定值;(2)设线段PQ的中点为M,求|OM|·|PQ|的最大值;(3)椭圆C上是否存在三点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62?若存在,判断△DEG的形状;若不存在,请说明理由.6.过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P向x轴作垂线,垂足为右焦点F,A,B分别为椭圆C的左顶点和上顶点,且AB∥OP,|AF|=6+3.(1)求椭圆C的方程;(2)若动直线l与椭圆C交于M,N两点,且以MN为直径的圆恒过坐标原点O.问是否存在一个定圆与动直线l总相切.若存在,求出该定圆的方程;若不存在,请说明理由.5\n组合增分练7答案1.解(1)∵3Sn=an+1-1,①∴当n>1时,3Sn-1=an-1,②①-②得3(Sn-Sn-1)=3an=an+1-an,则an+1=4an,又a2=3a1+1=4=4a1,∴数列{an}是首项为1,公比为4的等比数列,则an=4n-1.(2)由(1)得a2=4,S3=21,则b2=4,T2=2(b2+b3)=22,得b3=7,设数列{bn}的公差为d,则b1=1,d=3,∴bn=3n-2,∴1bnbn+1=1(3n-2)(3n+1)=1313n-2-13n+1,∴1b1b2+1b2b3+…+1b10b11=131-14+14-17+…+128-131=1031.2.解(1)依题意得3a1+3×22d+5a1+4×52d=50,(a1+3d)2=a1·(a1+12d),解得a1=3,d=2,所以an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即an=2n+1.(2)bnan=3n-1,bn=an·3n-1=(2n+1)·3n-1,Tn=3+5×3+7×32+…+(2n+1)·3n-1,①3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)·3n-1+(2n+1)·3n,②①-②得-2Tn=3+2×3+2×32+…+2·3n-1-(2n+1)3n=3+2·3(1-3n-1)1-3-(2n+1)3n=-2n·3n,所以Tn=n·3n.3.(1)证明设BC1的中点为F,连接EF,DF,则EF是△BCC1的中位线.根据已知得EF∥DA,且EF=DA,∴四边形ADFE是平行四边形,∴AE∥DF,∵DF⊂平面BDC1,AE⊄平面BDC1,∴直线AE∥平面BDC1.(2)解由(1)的结论可知直线AE∥平面BDC1,∴点E到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离,设为h.∴VE-BC1D=VA-BC1D=VB-AC1D,∴13S△BC1D·h=13S△AC1D·3,∴13×12×25×3×h=13×12×2×2×3,解得h=255.所以点E到平面BDC1的距离为255.4.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,又AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA.又因为∠ABC=∠ADC=60°,AB=12AD=12BC.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=BC2-AB2,所以AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC.又因为PA∩AC=A,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC,所以AB⊥PC.(2)解由已知得PA=AB=12AD=2,所以PA=AB=2,AD=4,因为PA⊥平面ABCD,5\n且E为PD的中点,所以点E到平面ADC的距离为12PA=1,所以三棱锥P-AEC的体积为VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC=13S△ADC×12PA=13×12×2×4×sin60°×1=233.5.(1)证明当直线l的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称,所以x2=x1,y2=-y1.因为P(x1,y1)在椭圆上,因此x123+y122=1.①又因为S△OPQ=62,所以|x1|·|y1|=62.②由①,②得|x1|=62,|y1|=1,此时x12+x22=3,y12+y22=2.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,由题意知m≠0,将其代入x23+y22=1得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0,其中Δ=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0,即3k2+2>m2.(*)又x1+x2=-6km2+3k2,x1x2=3(m2-2)2+3k2,所以|PQ|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2263k2+2-m22+3k2.因为点O到直线l的距离为d=|m|1+k2.所以S△OPQ=12|PQ|·d=121+k2·263k2+2-m22+3k2·|m|1+k2=6|m|3k2+2-m22+3k2.又S△OPQ=62,整理得3k2+2=2m2,且符合(*)式,此时x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=-6km2+3k22-2×3(m2-2)2+3k2=3,y12+y22=23(3-x12)+23(3-x22)=4-23(x12+x22)=2.综上所述,x12+x22=3,y12+y22=2,结论成立.(2)解法一①当直线l的斜率不存在时,由(1)知|OM|=|x1|=62,|PQ|=2|y1|=2,因此|OM|·|PQ|=62×2=6.②当直线l的斜率存在时,由(1)知,x1+x22=-3k2m,y1+y22=kx1+x22+m=-3k22m+m=-3k2+2m22m=1m,|OM|2=x1+x222+y1+y222=9k24m2+1m2=6m2-24m2=123-1m2,|PQ|2=(1+k2)24(3k2+2-m2)(2+3k2)2=2(2m2+1)m2=22+1m2,所以|OM|2·|PQ|2=12×3-1m2×2×2+1m2=3-1m22+1m2≤3-1m2+2+1m222=254.所以|OM|·|PQ|≤52,当且仅当3-1m2=2+1m2,即m=±2时,等号成立.综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为52.解法二因为4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=2[(x12+x22)+(y12+y22)]=10.所以2|OM|·|PQ|≤4|OM|2+|PQ|22=102=5,即|OM|·|PQ|≤52.当且仅当2|OM|=|PQ|=5时等号成立.因此|OM|·|PQ|的最大值为52.(3)解椭圆C上不存在三点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62.5\n证明:假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足S△ODE=S△ODG=S△OEG=62,由(1)得u2+x12=3,u2+x22=3,x12+x22=3;v2+y12=2,v2+y22=2,y12+y22=2,解得u2=x12=x22=32;v2=y12=y22=1.因此u,x1,x2只能从±62中选取,v,y1,y2只能从±1中选取,因此D,E,G只能在±62,±1这四点中选取三个不同点,而这三点的两两连线中必有一条过原点,与S△ODE=S△ODG=S△OEG=62矛盾.所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G.6.解(1)由题意得Pc,b2a,所以kOP=b2ac,kAB=ba.由AB∥OP,得b2ac=ba,解得b=c,a=2c,由|AF|=a+c=6+3,得b=c=3,a=6,椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)假设存在这样的圆.设M(x1,y1),N(x2,y2).由已知,以MN为直径的圆恒过原点O,即OM⊥ON,所以x1x2+y1y2=0.当直线l垂直于x轴时,x1=x2,y1=-y2,所以x12-y12=0,又x126+y123=1,解得x12=y12=2,不妨设M(2,2),N(2,-2)或M(-2,2),N(-2,-2),即直线l的方程为x=2或x=-2,此时原点O到直线l的距离为d=2.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+m,解x26+y23=1,y=kx+m,消去y得方程(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.因为直线l与椭圆C交于M,N两点,所以方程的判别式Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-6)>0,即m2<3(2k2+1),且x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由x1x2+y1y2=0,得x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,所以(1+k2)2m2-61+2k2-4k2m21+2k2+m2=0,整理得m2=2(1+k2)(满足Δ>0).所以原点O到直线l的距离d=|m|1+k2=2.综上所述,原点O到直线l的距离为定值2,即存在定圆x2+y2=2总与直线l相切.5