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2011届高考数学难题、精题考前训练一(2)

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在数列?an?中,a1?0,且对任意k?N*.a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列,其公差为dk。 (Ⅰ)若dk=2k,证明a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列(k?N*) (Ⅱ)若对任意k?N*,a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列,其公比为qk。 (Ⅰ)证明:由题设,可得a所以a?a1?(a2k?1?a2k?1?4k,k?N。

?a)?...?(a3?a1)

*2k?12k?1?a2k?1)?(a2k?12k?3=4k?4(k?1)?...?4?1 =2k(k+1) 由a1=0,得aa2k?1?2k(k?1),从而a2k?a2k?1?2k?2k,a22k?2?2(k?1).

2aaa2k?1?k?1,2k?2?k?1,所以2k?2?2k?1于是。

akakaa2k2k?12k?12k所以dk?2k时,对任意k?N,a(Ⅱ)证法一:(i)证明:由a*2k,a2k?1,a2k?2成等比数列。

,a,a2k?1,a2k,aa2k?1成等差数列,及a2k2k?12k?2成等比数列,得

a2a2k?a2k?1?a2k?1,2?2k?1?a2k2k?1?1?q

kaq2kk?1当q1≠1时,可知qk≠1,k?N* 从而

1qk?1?2?q11k?1?1?1qk?1?1?1,即1qk?1?1qk?1?1?1(k?2)

??

?1?所以??是等差数列,公差为1。

q?1???k?

(Ⅱ)证明:a1?0,a2?2,可得a3?4,从而q1?42?2,1=1.由(Ⅰ)有 q?111qk?1*?1?k?1?k,得qk?k?1,k?N

k所以2k?2?a2k?1因此,

aa()2k?1?k?1,从而2k?2?k?1,k?N* 2akak2k2ka2第 6 页 共 69 页

a2k222ak(k?1)222k?2k?1?2k(k?1),k?N*4?......a?.....2?2k.a?a.2(k?1)2(k?2)2122k?12kaaak2k?22k?42a2ka以下分两种情况进行讨论:

(1) 当n为偶数时,设n=2m(m?N*)

n若m=1,则2n??k?2k2ak?2.

若m≥2,则

n?k?2k2mak??k?1(2k)a2k2m?1??k?1(2k?1)a2k?1m?12m??k?14k2k22+

m?1?k?14k?4k?12k(k?1)2?2m?1232?k?1?4k2?4k?1????2m??2k(k?1)2k(k?1)?)?2n?32?1n.n?1?11??2????2?kk?1?????k?1?

m?1?2m?2(m?1)?n2(1?1m所以2n??k?2kak??1n,从而32?2n??k?2k2ak?2,n?4,6,8...

(2)当n为奇数时,设n=2m+1(m?N*)

n?k?2k22mak??k?2k2ak?(2m?1)a2m?12?4m?32?12m?(2m?1)22m(m?1)

?4m?12?12(m?1)k2?2n?32?1n?132

n所以2n??k?2ak?32?1n?1n,从而?2n??k?2k2ak32?2,n?3,5,7···

n综合(1)(2)可知,对任意n?2,n?N,有

??2n??k?2k2ak?2

证法二:(i)证明:由题设,可得dk?a2k?1?a2k?qka2k?a2k?a2k(qk?1),

dk?1?a2k?2?a2k?1?qka2k?qka2k?a2kqk(qk?1),所以dk?1?qkdk

2qk?1?a2k?3a2k?2?a2k?2?dk?1a2k?2?1?dk?1qa2k2k?1?dkqka2k?1?qk?1qk

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由q1?1可知qk?1,k?N*。可得

1qk?1?1?1qk?1?qkqk?1?1qk?1?1,

?1?所以??是等差数列,公差为1。

?qk?1?(ii)证明:因为a1?0,a2?2,所以d1?a2?a1?2。 所以a3?a2?d1?4,从而q1?a3a2?2,

?1?。于是,由(i)可知所以?1??是公差为1的等

q1?1?qk?1?1差数列。由等差数列的通项公式可得

1qk?1= 1??k?1??k,故qk?k?1k。

从而

dk?1dkdkd1?qk?k?1kdk?1。

所以?dkdk?1dk?2.........d2d1?kk?1k?2.k?1......21?k,由d1?2,可得

dk?2k。

于是,由(i)可知a2k?1?2k?k?1?,a2k?2k,k?N*

2以下同证法一。

1.已知点P(4,4),圆C:(x?m)?y?5(m?3)与椭圆E:F1、F2分别是椭圆的左、右焦点,直线PF1与圆C相切. (1)求m的值与椭圆E的方程; (2)设Q为椭圆E

????????上的一个动点,求AP?AQ22xa22?yb22?1(a?b?0)有一个公共点A(3,1),

的取值范围.

yP解:(1)点A代入圆C方程,得(3?m)2?1?5.

∵m<3,∴m=1.圆C:(x?1)2?y2?5. 设直线PF1的斜率为k,则PF1:y?k(x?4)?4,

即kx?y?4k?4?0.∵直线PF1与圆C相切,∴

|k?0?4k?4|k?12AF2F1OCQx?5.解得k?112,或k?12.

3611当k=当k=

11212时,直线PF1与x轴的交点横坐标为,不合题意,舍去.

时,直线PF1与x轴的交点横坐标为-4,∴c=4.F1(-4,0),F2(4,0).

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2a=AF1+AF2=52?2?62,a?32,a=18,b=2. 椭圆E的方程为:

????22

x218?y22?1. ????(2)AP?(1,3),设Q(x,y),AQ?x(?,3y?)1∵

x2,AP?AQ?(x?3)?3(y?1)?x?3y?6.

????????18?y22?1,即x?(3y)?1822

而x2?(3y)2≥2|x|?|3y|,∴-18≤6xy≤18.

∴(x?3y)2?x2?(3y)2?6xy?18?6xy的取值范围是[0,36], 即x?3y的取值范围是[-6,6].

????????∴AP?AQ?x?3y?6的取值范围是[-12,0].

2.如图,在矩形ABCD中,已知A(2,0)、C(-2,2),点P在BC边上移动,线段OP的垂直平分线交y轴于点E,点M满足EM?EO?EP. (1)求点M的轨迹方程; (2)已知点F(0,

12),过点F的直线l交点M的轨迹于Q、R两点,且QF??FR,求实数?的取值范

围.

解:(1)依题意,设P(t,2)(-2≤t≤2),M(x,y). 当t=0时,点M与点E重合,则M=(0,1), 当t≠0时,线段OP的垂直平分线方程为:y?1??令x?0,得y?t?442t2(x?t2).

,即E(0,2t?4442)t?442 由EM?EO?EP得(x,y?t?4)?(0,?)?(t,2?t?442)

?x?t?22??t?4.消去t,得x??4(y?1)?y?2?4? 显然,点(0,1)适合上式 .故点M的轨迹方程为x2=-4(y-1)( -2≤x≤2) (2)设l:y?kx?12(?14?k?14),代入x2??4(y?1),得x+4k-2=0.

2

???16k2?8?0? 设Q(x1,y1)、R(x2,y2),则?x1?x2??4k

?xx??2?122?(1??)x2??4k(1??)2?8k.消去x. QF??FR,得x1???x2,??2,得2????x2??2第 9 页 共 69 页

?0?k2?116,?0?(1??)2??12,即2??5??2?0(??0).解得

212???2

3.如图:在三棱锥P?ABC中,PB?面ABC,?ABC是直角三角形,?ABC?90?,AB?BC?2,

??PAB?45,点D、E、F分别为AC、AB、BC的中点。

⑴求证:EF?PD;

⑵求直线PF与平面PBD所成的角的大小; ⑶求二面角E?PF?B的正切值。

P解:⑴连结BD。在?ABC中,?ABC?90

??AB?BC,点D为AC的中点,?BD?AC

又?PB?面ABC,即BD为PD在平面ABC内的射影 ?PD?AC

?E、F分别为AB、BC的中点?EF//AC ?EF?PD

⑵?PB?面ABC,?PB?EF

连结BD交EF于点O,?EF?PB,EF?PD,

MBFEAODC ????EF?平面PBD

?FPO为直线PF与平面PBD所成的角,且EF?PO PB?面ABC,?PB?AB,PB?BC,又??PAB?45

?PB?AB?2,?OF?14AC?22,?PF?PB?BF22?5 ?在Rt?FPO中,sin?FPO?OFPF?1010,??FPO?arcsin1010

⑶过点B作BM?PF于点F,连结EM,?AB?PB,AB?BC,

??AB?面PBC,即BM为EM在平面PBC内的射影 EM?PF,??EMB为二面角E?PF?B的平面角

Rt?PBF中,BM??

PB?BFPF?25,?tan?EMB?EBBM?52

4.如图所示,正三棱柱ABC?A1B1C1的底面边长是2,侧棱长是3,D是AC的中点。

C1(1)求证:B1C//平面A1BD; (2)求二面角A1?BD?A的大小;

(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值。

C第 10 页 共 69 页

A1B1DAB

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