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1、考前強(qiáng)化練5 解答題組合練A
1.(2019遼寧葫蘆島高三二模,文17)已知數(shù)列{an}是公比為q的正項(xiàng)等比數(shù)列,{bn}是公差d為負(fù)數(shù)的等差數(shù)列,滿足1a2-1a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.
(1)求數(shù)列{an}的公比q與數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{|bn|}的前10項(xiàng)和S10.
2.設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足2Sn=an+1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=1an·an+1,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn的取值范圍.
3.(2
2、019河北衡水高三一模,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>1)離心率為32,直線x=1被橢圓截得的弦長(zhǎng)為3.
(1)求橢圓方程;
(2)設(shè)直線y=kx+m交橢圓C于A,B兩點(diǎn),且線段AB的中點(diǎn)M在直線x=1上,求證:線段AB的中垂線恒過(guò)定點(diǎn).
4.
如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=BC=2,AC=22,點(diǎn)M是棱AA1上不同于A,A1的動(dòng)點(diǎn).
(1)證明:BC⊥B1M;
(2)若∠CMB1=90°,判斷點(diǎn)M的位置并求出此時(shí)平面MB1C把此棱柱分成的兩部分幾何體的體積之比.
3、
5.(2019天津南開高三一模,文)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成的三角形面積為2.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)與圓O:x2+y2=34相切的直線l交橢圓C于A,B兩點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn)),求△AOB面積的最大值.
6.
已知拋物線C1:x2=y,圓C2:x2+(y-4)2=1的圓心為點(diǎn)M.
(1)求點(diǎn)M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離;
(2)已知點(diǎn)P是拋物線C1上一點(diǎn)(異于原點(diǎn)),過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,交拋物線C1于A,B兩點(diǎn),若過(guò)M,P兩點(diǎn)的直線l垂直于AB,求直線l
4、的方程.
參考答案
考前強(qiáng)化練5 解答題組合練A
1.解(1)由已知,b1+b2+b3=3b2=21,得b2=7,
又b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315,
得d=-2或2(舍去正值),b1=7+2=9,bn=-2n+11,于是1a2-1a3=-2a1.
又{an}是公比為q的等比數(shù)列,
故1a1q-1a1q2=-2a1,所以2q2+q-1=0,q=-1(舍)或q=12.
綜上q=12,d=-2,bn=11-2n.
(2)設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn,
令bn≥0,由11-2
5、n≥0,得n≤5,
于是S5=T5=5(b1+b5)2=25.
易知,當(dāng)n>6時(shí),bn<0,|b6|+|b7|+…+|b10|=-b6-b7-…-b10=-(b6+b7+…+b10)=-(T10-T5)=-(0-25)=25,
所以S10=50.
2.解(1)①當(dāng)n=1時(shí),由2S1=a1+1,得a1=1.
②當(dāng)n≥2時(shí),由已知,得4Sn=(an+1)2,
∴4Sn-1=(an-1+1)2,
兩式作差,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)數(shù)列,所以an-an-1=2.
∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,∴an=2n-1.
(2)
6、∵bn=1an·an+1
=1(2n-1)(2n+1)
=1212n-1-12n+1,
∴Tn=b1+b2+…+bn=121-13+1213-15+…+1212n-1-12n+1=121-12n+1<12.
∵數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列,當(dāng)n=1時(shí)Tn最小,T1=13,∴Tn∈13,12.
3.(1)解由直線x=1被橢圓截得的弦長(zhǎng)為3,得橢圓過(guò)點(diǎn)1,32,即1a2+34b2=1,
又e=ca=1-b2a2=32,得a2=4b2,所以a2=4,b2=1,
即橢圓方程為x24+y2=1.
(2)證明由x24+y2=1,y=kx+m,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
由
7、Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=-16m2+64k2+16>0,得m2<1+4k2.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),有x1+x2=-8km1+4k2,
設(shè)AB的中點(diǎn)M為(x0,y0),得x0=-4km1+4k2=1,即1+4k2=-4km,
∴y0=kx0+m=m1+4k2=-14k.
∴AB的中垂線方程為y+14k=-1k(x-1).
即y=-1kx-34,故AB的中垂線恒過(guò)定點(diǎn)N34,0.
4.(1)證明在△ABC中,∵AB2+BC2=8=AC2,∴∠ABC=90°,∴BC⊥AB,
∵BC⊥BB1,BB1∩AB=B,
∴BC⊥平面ABB1A1,
8、又B1M?平面ABB1A1,∴BC⊥B1M.
(2)解當(dāng)∠CMB1=90°時(shí),設(shè)AM=t(0
9、=8,∴V錐B1-A1MCC1=8-4=4,
故兩部分幾何體的體積之比為1∶1.
5.解(1)由題設(shè)知,ca=63,bc=2,a2=b2+c2,
解得a2=3,b2=1.
∴橢圓C的方程為x23+y2=1.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).
當(dāng)AB⊥x軸時(shí),|AB|=3.
當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+m.
由已知|m|1+k2=32,得m2=34(k2+1),把y=kx+m代入橢圓方程消去y,整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0,有x1+x2=-6km3k2+1,x1x2=3(m2-1)3k2+1,
|AB|2=(1+k2)(x
10、1-x2)2
=(1+k2)36k2m2(3k2+1)2-12(m2-1)3k2+1
=12(k2+1)(3k2+1-m2)(3k2+1)2
=3(k2+1)(9k2+1)(3k2+1)2
=3+12k29k4+6k2+1
=3+129k2+1k2+6(k≠0)
≤3+122×3+6=4,
當(dāng)且僅當(dāng)9k2=1k2,即k=±33時(shí)等號(hào)成立.
當(dāng)k=0時(shí),|AB|=3.
綜上所述|AB|max=2,從而△AOB面積的最大值為32.
6.
解(1)由題意可知,拋物線的準(zhǔn)線方程為y=-14,所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是174.
(2)設(shè)P(x0,x02),A(x1,x
11、12),B(x2,x22),由題意得x0≠0,x0≠±1,x1≠x2.
設(shè)過(guò)點(diǎn)P的圓C2的切線方程為y-x02=k(x-x0),即y=kx-kx0+x02.①
則|kx0+4-x02|1+k2=1,即(x02-1)k2+2x0(4-x02)k+(x02-4)2-1=0.
設(shè)PA,PB的斜率為k1,k2(k1≠k2),則k1,k2是上述方程的兩根,所以k1+k2=2x0(x02-4)x02-1,k1k2=(x02-4)2-1x02-1.
將①代入y=x2,得x2-kx+kx0-x02=0,
由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0,
所以kAB=x12-x22x1-x2=x1+x2=k1+k2-2x0=2x0(x02-4)x02-1-2x0,kMP=x02-4x0.
由MP⊥AB,得kAB·kMP=2x0(x02-4)x02-1-2x0·x02-4x0=-1,解得x02=235,即點(diǎn)P的坐標(biāo)為±235,235,所以直線l的方程為y=±3115115x+4.
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