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

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4acosB-bcosC=ccosB.(1)求cosB的值;(2)若BA·BC=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(n≥2).(1)求证:数列1Sn是等差数列;(2)证明:当n≥2时,S1+12S2+13S3+…+1nSn<32.9\n3.(2022河北保定一模,理19)如图,四棱台A1B1C1D1-ABCD中,A1A⊥底面ABCD,A1B1=A1A=3,AB=23,AC=2,平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,M为C1C的中点.(1)证明:AM⊥D1D;(2)若∠ABC=30°,且AC≠BC,求二面角B1-CC1-D1的正弦值.9\n4.(2022河南郑州一模,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=23,AC=26,D,E分别为线段AB,BC上的点,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC.(1)求证:PD⊥平面ABC;(2)若PA与平面ABC所成的角为π4,求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.5.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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.9\n9\n6.(2022山东临沂三模,理20)如图,已知抛物线E:x2=2py(p>0)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,4sinAcosB-sinBcosC=sinCcosB,所以4sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA.因为sinA≠0,所以cosB=14.(2)由BA·BC=3,得accosB=3,ac=12.由b2=a2+c2-2accosB,b=32可得a2+c2=24,所以可得a=c=23.2.解(1)当n≥2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.9\n(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=12n-1,∴当n≥2时,1nSn=1n(2n-1)<1n(2n-2)=121n-1-1n,从而S1+12S2+13S3+…+1nSn<1+121-12+12-13+…+1n-1-1n=32-12n<32.3.(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AM⊥C1C.∵平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,平面A1ACC1∩平面C1CDD1=C1C,∴AM⊥平面C1CDD1,D1D⊂平面C1CDD1,∴AM⊥D1D.(2)解在△ABC中,AB=23,AC=2,∠ABC=30°,利用余弦定理可求得,BC=4或BC=2,∵AC≠BC,∴BC=4,从而AB2+AC2=BC2,知AB⊥AC,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),BC·m=0,CC1·m=0,即-23x+2y=0,-y+3z=0,设y=3,∴m=(1,3,1),cos<m,AM>=m·AM|m|·|AM|=332+325×3=255,∴sin<m,AM>=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°.cos∠ABC=236=33,9\n∴CD2=22+12-2×2×23cos∠ABC=8.∴CD=22,∴CD2+AD2=AC2,则CD⊥AB,又∵平面PAB⊥平面ABC,∴CD⊥平面PAB,∴CD⊥PD,∵PD⊥AC,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π4,有PD=4,则A(0,-4,0),C(22,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),∴CB=(-22,2,0),AC=(22,4,0),PA=(0,-4,-4),∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC.由(1)知AC⊥BC,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AC·n=0,PA·n=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<n,CB>=-4-24×12=-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,0,9\n∵|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,∴-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|=217<b=3,∴Δ>0,符合题意,∴直线l的方程为y=±12x±217.6.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=2p×1,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-x124.①9\n同理得l2的方程为y=12x2x-x224.②联立①②解得x=x1+x22,y=x1·x24.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,y0∈[1,5],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y0∈[1,5],当y0=1时,dmax=10-2+105=1855,即点M到直线CD距离的最大值为1855.9