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1、考前强化练7 解答题组合练C
1.(2019河北枣强中学高三模拟,文17)已知函数f(x)=32sin 2x-cos2x-12.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=3,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.
2.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.
2、
3.
(2019辽宁葫芦岛高三二模,理18)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,△ABD是边长为1的等边三角形,M为线段BD中点,BC=3.
(1)求证:AF⊥BD;
(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值;
(3)线段BD上是否存在点N,使得直线CE∥平面AFN?若存在,求BNBD的值;若不存在,请说明理由.
4.(2019山东淄博部分学校高三三模,理19)已知正方形的边长为4,E,F分别为AD,BC的中
3、点,以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角,点M在线段AB上.
(1)若M为AB的中点,连直线MF,由A,D,E三点所确定平面的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC;
(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°;若存在,求此时二面角M-EC-F的余弦值,若不存在,说明理由.
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|
4、,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.
6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,不过原点的直线l与抛物线C交于A,B两点,以AB为直径的圆M过坐标原点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)证明:直线l恒过定点;
(3)若线段AB中点的纵坐标为2,求此时直线l和圆M的
5、方程.
参考答案
考前强化练7 解答题组合练C
1.解(1)f(x)=32sin2x-cos2x-12
=32sin2x-1+cos2x2-12
=32sin2x-12cos2x-1
=sin2x-π6-1.
所以函数f(x)的最小正周期为π.
(2)由f(C)=0,得sin2C-π6=1.
因为0
6、3.②
由①②解得a=1,b=2.
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.
(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)证明因为ADEF为正方形,
所以AF⊥AD.
又因为平面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中点O,EF中点K,连接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,进而OB⊥OK,即OB,OD,OK两两垂直,分别以OB,OD,OK为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(如图).
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).
设平面CDE的一个法向量为n=(x
8、,y,z),则CD·n=0,DE·n=0,
即-32·x-52·y=0,z=0,
令x=-5,则y=3,则n=(-5,3,0).
设直线MF与平面CDE所成角为θ,
sinθ=|cos|=|MF·n||MF||n|=314.
(3)解要使直线CE∥平面AFN,只需AN∥CD,设BN=λBD,λ∈[0,1],设N(xn,yn,zn),则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].
所以线段BD上存在点N,使得直线CE∥平面AFN,且BNBD=23.
4.解(1)因为直线MF⊂平面ABFE,故点O在平面ABFE内也在平面ADE内,
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线EA上,如图所示.
因为AO∥BF,M为AB的中点,
所以△OAM≌△FBM.
所以OM=MF,AO=BF.
所以点O在EA的延长线上,且AO=2.
连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以N是EC的中点.
连接MN,因为MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD.
又因为MN⊂平面EMC,所以直线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的中点H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
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),
设M(1,t,0)(0≤t≤4),则EM=(2,t,0).
设平面EMC的法向量m=(x,y,z),
则m·EM=0m·EC=0⇒2x+ty=0,x+4y+3z=0,
取y=-2,则x=t,z=8-t3,
所以m=t,-2,8-t3.
DE与平面EMC所成的角为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.
所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q,则QA为平面CEF的法向量,因为Q-12,0,32,
所以QA=32,0,-32,m=t,-2,8-t3,
设二面角M-EC-F的大小为θ,
所以|cosθ|=|QA·m||QA|·|m|=|2t-4|3×t2+4+(8-t)23=|t-2|t2-4t+19.
因为当t=2时,cosθ=0,平面EMC⊥平面CDEF,所以当t=1时,θ为钝角,所以cosθ=-14.
当t=3时,θ为锐角,所以cosθ=1
12、4.
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,
∵|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+36
13、k2)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|=2170,符合题意,∴直线l的方程为y=±12x±217.
6.(1)解抛物线C:y2=2px(p>0),其准线方程为x=-p2,
∵点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,
∴点P到准线的距离等
14、于|PF|,即1+p2=2,得p=2,
∴所求抛物线方程为y2=4x.
(2)证明①当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k≠0,m≠0.
联立方程组得y2=4x,y=kx+m,从而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,
由题意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,
设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.
因为以AB为直径的圆M过坐标原点,
所以OA·OB=0,即x1x2+y1y2=0,
所以m2k2+4mk
15、=0,所以m=-4k.
所以直线l的方程为y=kx-4k,即y=k(x-4),
所以直线l恒过定点(4,0).
②当直线l的斜率不存在时,易求得点A,B坐标分别为(4,4),(4,-4),直线l也过点(4,0).
综合①②可知,直线l恒过定点(4,0).
(3)解由题意可知直线l斜率存在,设线段AB中点坐标为(x0,2),由(2)中所得x1+x2=4-2kmk2,x1x2=m2k2,则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,
所以直线l的方程为y=x-4.
因为线段AB中点坐标为(6,2),即为圆M的圆心坐标.
设圆M:(x-6)2+(y-2)2=r2.将点(0,0)代入,得r2=40,
所以圆M的方程为(x-6)2+(y-2)2=40.
15
（通用版）2020版高考数学大二轮复习 考前强化练7 解答题组合练C 理
