《新編高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)突破精練：組合增分練7 解答題組合練C Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)突破精練：組合增分練7 解答題組合練C Word版含解析（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
組合增分練7 解答題組合練C
組合增分練第9頁(yè) ?
1.(20xx河南鄭州三模,理17)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,已知sin B+sin C=msin A(m∈R),且a2-4bc=0.
(1)當(dāng)a=2,m=54時(shí),求b,c的值;
(2)若角A為銳角,求m的取值范圍.
解 (1)∵sin B+sin C=msin A,由正弦定理得b+c=ma,又已知a2-4bc=0,當(dāng)a=2,m=54時(shí),b+c=52,bc=1.
解得b=2,c=12,或b=12,c=2.
(2)cos A=b2+c2-a22bc=(b+c)2-2bc-a22bc=m2a2-a22
2、-a2a22=2m2-3∈(0,1).
∴320,∴62
3、).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Tn=(-1+5)+(-9+13)+…+[-(4n-7)+(4n-3)]=4×n2=2n;當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),n+1為偶數(shù),
Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)-(4n+1)=-2n+1.
綜上,Tn=2n,n=2k,k∈N*,-2n+1,n=2k-1,k∈N*.
3.(20xx山東煙臺(tái)一模,理17)在如圖所示的三棱柱中,側(cè)面ABB1A1為邊長(zhǎng)等于2的菱形,且∠AA1B1=60°,△ABC為等邊三角形,平面ABC⊥平面ABB1A1.
(1)求證:A1B1⊥AC1;
(2)求側(cè)面A1ACC1和側(cè)面BCC1B1所成的二面角的余弦值.
(1)證明 取A1B1的中點(diǎn)O,
4、連接OA,OC1,
∵△ABC為等邊三角形,∴C1O⊥A1B1.
∵側(cè)面ABB1A1為邊長(zhǎng)等于2的菱形,
∴△AA1B1是等邊三角形,可得OA⊥OA1,
∴A1B1⊥C1O,A1B1⊥OA,OA∩OC1=O,
∴A1B1⊥平面AOC1.而AC1?平面AOC1,∴A1B1⊥AC1.
(2)解 ∵平面A1B1C1⊥平面ABB1A1,且C1O⊥A1B1,∴C1O⊥平面ABB1A1,OA?平面ABB1A1,∴AO⊥OC1.由(1)知OA⊥OA1,OA1⊥OC1,故建立坐標(biāo)系O-xyz如下圖.
則A1(1,0,0),A(0,3,0),C1(0,0,3),B1(-1,0,0),C(-1,
5、3,3),
A1C1=(-1,0,3),AC1=(0,-3,3).
設(shè)m=(x,y,z)為平面A1ACC1的法向量,
則-x+3z=0,-3y+3z=0,令y=1可得m=(3,1,1).
B1C1=(1,0,3),C1C=(-1,3,0).
設(shè)n=(a,b,c)為平面BCC1B1的法向量,
則a+3c=0,-a+3b=0,令b=1,可得n=(3,1,-1).
∴cos=35,故側(cè)面A1ACC1和側(cè)面BCC1B1所成的二面角的余弦值為35.
4.(20xx黑龍江大慶三模,理19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD
6、,AB=2AD=2CD=2,E是PB的中點(diǎn).
(1)求證:平面EAC⊥平面PBC;
(2)若二面角P-AC-E的余弦值為33,求直線(xiàn)PA與平面EAC所成角的正弦值.
(1)證明 ∵PC⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,∴AC⊥PC,
∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC=2,
∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,
又BC∩PC=C,∴AC⊥平面PBC,
∵AC?平面EAC,
∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)解 如圖,以C為原點(diǎn),DA,CD,CP分別為x軸、y軸、z軸正向,建立空間直角坐標(biāo)系,
則C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).
7、設(shè)P(0,0,a)(a>0),則E12,-12,a2,
CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE=12,-12,a2,
取m=(1,-1,0),則m·CA=m·CP=0,m為面PAC的法向量.
設(shè)n=(x,y,z)為面EAC的法向量,則n·CA=n·CE=0,
即x+y=0,x-y+az=0,取x=a,y=-a,z=-2,
則n=(a,-a,-2),
依題意,|cos|=|m·n||m||n|=aa2+2=33,則a=1.
于是n=(1,-1,-2),PA=(1,1,-1).
設(shè)直線(xiàn)PA與平面EAC所成角為θ,
則sin θ=|cos|=PA·n
8、|PA||n|=23×6=23,即直線(xiàn)PA與平面EAC所成角的正弦值為23. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804250?
5.(20xx山西晉中二模,理20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)與其短軸的一個(gè)端點(diǎn)是正三角形的三個(gè)頂點(diǎn),點(diǎn)D1,32在橢圓C上,直線(xiàn)l:y=kx+m與橢圓C相交于A,P兩點(diǎn),與x軸、y軸分別相交于點(diǎn)N和M,且|PM|=|MN|,點(diǎn)Q是點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn),QM的延長(zhǎng)線(xiàn)交橢圓于點(diǎn)B,過(guò)點(diǎn)A,B分別作x軸的垂線(xiàn),垂足分別為A1,B1.
(1)求橢圓C的方程.
(2)是否存在直線(xiàn)l,使得點(diǎn)N平分線(xiàn)段A1B1?若存在,求出直線(xiàn)l的方程,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
9、
解 (1)由題意得b=3c,1a2+94b2=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,
故橢圓C的方程為x24+y23=1.
(2)假設(shè)存在這樣的直線(xiàn)l:y=kx+m,
∴M(0,m),N-mk,0,
∵|PM|=|MN|,∴Pmk,2m,Qmk,-2m,
∴直線(xiàn)QM的方程為y=-3kx+m.
設(shè)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).
設(shè)B(x2,y2),由y=-3kx+m,x24+y23=1,
得(3+36k2)x
10、2-24kmx+4(m2-3)=0,
∴x2+mk=8km1+12k2,∴x2=-m(1+4k2)k(1+12k2).
∵點(diǎn)N平分線(xiàn)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,符合題意,
∴直線(xiàn)l的方程為y=±12x±217. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804251?
6.(20xx四川成都二診,理20)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),圓O:x2+y2=
11、r2(0
12、a2kmx+a2m2-a2b2=0.
Δ=(2a2km)2-4(b2+a2k2)(a2m2-a2b2).
x1+x2=-2a2kmb2+a2k2,x1x2=a2m2-a2b2b2+a2k2.
∵以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,
∴OA·OB=x1x2+y1y2=0.
則(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,
∴m2(a2+b2)=(k2+1)a2b2.①
又∵圓O的一條切線(xiàn)l:y=kx+m,
∴原點(diǎn)O到切線(xiàn)l:y=kx+m的距離為半徑r,即m2=(1+k2)r2.②
由①②得r2(a2+b2)=a2b2,
∴以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,則a,b,r之間的等量關(guān)系為r2(a2+b2)=a2b2. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804252?
新編高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)突破精練：組合增分練7 解答題組合練C Word版含解析
