1、考前强化练7解答题组合练C1.(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(n2).(1)求证:数列1Sn是等差数列;(2)证明:当n2时,S1+12S2+13S3+1nSnb0)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
2、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.6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p0)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的方程.参考答案考前强化练7解答题组合
3、练C1.解 (1)f(x)=32sin 2x-cos2x-12=32sin 2x-1+cos2x2-12=32sin 2x-12cos 2x-1=sin2x-6-1.所以函数f(x)的最小正周期为.(2)由f(C)=0,得sin2C-6=1.因为0C,所以-62C-6116,所以2C-6=2,C=3.又sin B=2sin A,由正弦定理得ba=2.由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos 3,即a2+b2-ab=3.由解得a=1,b=2.2.解 (1)当n2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
4、等差数列.(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)2=2n-1,Sn=12n-1,当n2时,1nSn=1n(2n-1)1n(2n-2)=121n-1-1n,从而S1+12S2+13S3+1nSn1+121-12+12-13+1n-1-1n=32-12n32.3.(1)证明 因为ADEF为正方形,所以AFAD.又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,所以AF平面ABCD.所以AFBD.(2)解 取AD中点O,EF中点K,连接OB,OK.在ABD中,OBOD,在正方形ADEF中,OKOD,又平面ADEF平面ABCD,故OB平面ADEF,进而OBOK,即OB,OD,O
5、K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,y,z),则CDn=0,DEn=0,即-32x-52y=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,sin =|cos|=|MFn|MF|n|=314.(3)解 要使直线CE平面AFN,只需ANCD,设BN=BD,0,1,设N(xn,yn,zn
6、),则xn-32,yn,zn=-32,12,0,得xn=32-32,yn=12,zn=0,N32-32,12,0,所以AN=32-32,12+12,0.又CD=-32,-52,0,由ANCD,得32-32-32=12+12-52,解得=230,1.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AOBF,M为AB的中点,所以OAMFBM.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
7、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MNOD.又因为MN平面EMC,所以直线OD平面EMC.(2)由已知可得,EFAE,EFDE,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)(0t4),则EM=(2,t,0).设平面EMC的法向量m=(x,y,z),则mEM=0mEC=02x+ty=0,x+4y+3z=0,取y=-2,则x=t,z=8-t3,所以m=t
8、,-2,8-t3.DE与平面EMC所成的角为60,所以82t2+4+(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,所以|cos |=|QAm|QA|m|=|2t-4|3t2+4+(8-t)23=|t-2|t2-4t+19.因为当t=2时,cos =0,平面EMC平面CDEF,所以当t=1时,为钝角,所以cos =-14.当t=3时,为锐角,所
9、以cos =14.5.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+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=
10、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=12x217.6.(1)解 抛物线C:y2=2px(p0),其准线方程为x=-p2,点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,点P到准线的距离等于|PF|,即1+p2=2,得p=2,所求抛物线方程为y2=4x.(2)证明 当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k
11、0,m0.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=(2km-4)2-4k2m20,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OAOB=0,即x1x2+y1y2=0,所以m2k2+4mk=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).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.