新课标广西2022高考数学二轮复习组合增分练5解答题组合练A

组合增分练5　解答题组合练A1.在数列{an}中,a1=12,{an}的前n项和Sn满足Sn+1-Sn=12n+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式an,以及前n项和Sn;(2)若S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,求实数m的值.2.已知数列{an}是等比数列,a2=4,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2log2an-1,求数列{anbn}的前n项和Tn.3.如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.(1)求证:DE∥平面A1CB;(2)求证:A1F⊥BE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.5\n4.如图,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2a,DA=3a,E为BC中点.(1)求证:平面PBC⊥平面PDE;(2)线段PC上是否存在一点F,使PA∥平面BDF?若存在,请找出具体位置,并进行证明;若不存在,请分析说明理由.5.如图,抛物线C:y2=2px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2).(1)求抛物线C的方程及准线l的方程;(2)过焦点F的直线(不经过点Q)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3成立?若存在λ,求出λ的值;若不存在,说明理由.6.已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A,左焦点为F1(-2,0),点B(2,2)在椭圆C上,直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)在x轴上是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.5\n组合增分练5答案1.解(1)∵an+1=Sn+1-Sn=12n+1,∴当n≥2时,an=12n.又a1=12,因此n=1时也成立.∴an=12n,∴Sn=121-12n1-12=1-12n.(2)由(1)可得S1=12,S2=34,S3=78.∵S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,∴12+34+m34+78=212+78,解得m=1213.2.解(1)设数列{an}的公比为q,因为a2=4,所以a3=4q,a4=4q2.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(4q+2)=4+4q2,化简得q2-2q=0.因为公比q≠0,所以q=2.所以an=a2qn-2=4×2n-2=2n(n∈N*).(2)因为an=2n,所以bn=2log2an-1=2n-1.所以anbn=(2n-1)2n.则Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,①2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②①-②得-Tn=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)2n+1=2+2×4(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)2n+1,所以Tn=6+(2n-3)2n+1.3.(1)证明因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,所以A1C⊥DP.5\n所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.4.(1)证明连接BD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=a,DA=3a,所以BD=DC=2a.因为E为BC中点,所以BC⊥DE.又因为PD⊥平面ABCD,所以BC⊥PD.因为DE∩PD=D,所以BC⊥平面PDE.因为BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PDE.(2)解当点F位于PC三分之一分点(靠近点P)时,PA∥平面BDF.连接AC,BD交于点O,AB∥CD,所以△AOB∽△COD.又因为AB=12DC,所以AO=12OC.从而在△CPA中,AO=13AC,而PF=13PC,所以OF∥PA.而OF⊂平面BDF,PA⊄平面BDF,所以PA∥平面BDF.5.解(1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,所以抛物线方程为y2=4x,准线l的方程为x=-1.(2)由条件可设直线AB的方程为y=k(x-1),k≠0.由抛物线准线l:x=-1,可知M(-1,-2k).又Q(1,2),所以k3=2+2k1+1=k+1.把直线AB的方程y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,并整理,可得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1.因为Q(1,2),所以k1=2-y11-x1,k2=2-y21-x2.因为A,F,B三点共线,所以kAF=kBF=k,即y1x1-1=y2x2-1=k,所以k1+k2=2-y11-x1+2-y21-x2=2kx1x2-(2k+2)(x1+x2)+2k+4x1x2-(x1+x2)+1=2(k+1),即存在常数λ=2,使得k1+k2=2k3成立.6.解(1)(方法1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),因为椭圆的左焦点为F1(-2,0),所以a2-b2=4.设椭圆的右焦点为F2(2,0),已知点B(2,2)在椭圆C上,由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a,所以2a=32+2=42.所以a=22,从而b=2.所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(方法2)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),因为椭圆的左焦点为F1(-2,0),所以a2-b2=4.①因为点B(2,2)在椭圆C上,5\n所以4a2+2b2=1.②由①②解得a2=8,b2=4.所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)(方法1)因为椭圆C的左端点为A,则点A的坐标为(-22,0).因为直线y=kx(k≠0)与椭圆x28+y24=1交于两点E,F,设点E(x0,y0),则点F(-x0,-y0),所以直线AE的方程为y=y0x0+22(x+22).因为直线AE与y轴交于点M,令x=0得y=22y0x0+22,即点M0,22y0x0+22.同理可得点N0,22y0x0-22.假设在x轴上存在点P(t,0),使得∠MPN为直角,则MP·NP=0,即t2+22y0x0+22×22y0x0-22=0,即t2+8y02x02-8=0.(※)因为点E(x0,y0)在椭圆C上,所以x028+y024=1,即y02=8-x022.将y02=8-x022代入(※)得t2-4=0,解得t=2或t=-2.故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角.(方法2)因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为(-22,0).因为直线y=kx(k≠0)与椭圆x28+y24=1交于两点E,F,设点E(22cosθ,2sinθ)(0<θ<π),则点F(-22cosθ,-2sinθ).所以直线AE的方程为y=2sinθ22cosθ+22(x+22).因为直线AE与y轴交于点M,令x=0得y=2sinθcosθ+1,即点M0,2sinθcosθ+1.同理可得点N0,2sinθcosθ-1.假设在x轴上存在点P(t,0),使得∠MPN为直角,则MP·NP=0.即t2+-2sinθcosθ+1×-2sinθcosθ-1=0,即t2-4=0,解得t=2或t=-2.故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角.5