高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、“2＋1＋2”壓軸滿分練(二) 1．已知A，B，C，D四點均在以點O1為球心的球面上，且AB＝AC＝AD＝2，BC＝BD＝4，CD＝8.若球O2在球O1內(nèi)且與平面BCD相切，則球O2直徑的最大值為(　　) A．1　　　　　　　　　　 B．2 C．4 D．8 解析：選D　由題意，得BC2＋BD2＝CD2，所以BC⊥BD，所以△BCD為等腰直角三角形．如圖，設(shè)CD的中點為O，則O為△BCD的外心，且外接圓半徑r＝4.連接AO，BO，因為AC＝AD＝2，所以AO⊥CD，AO＝2，又BO＝4，所以AO2＋BO2＝AB2，所以AO⊥BO，所以AO⊥平面BCD，所以球心O1在直線AO上．設(shè)球O

2、1的半徑為R，則有r2＋OO＝R2，即16＋(R－2)2＝R2，解得R＝5.當(dāng)球O2直徑最大時，球O2與平面BCD相切，且與球O1內(nèi)切，此時A，O，O1，O2四點共線，所以球O2直徑的最大值為R＋OO1＝8. 2．已知函數(shù)f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域為[－2－2a,0]，則b的取值范圍是(　　) A．[0,3] B．[0,2] C．[2,3] D．(－1,3] 解析：選A　由題意，得f′(x)＝3(x－a)2－3＝3(x－a＋1)(x－a－1)．由f′(x)＝0，得x＝a＋1或x＝a－1，所以當(dāng)a－1

3、1或x>a＋1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(a－1，a＋1)上單調(diào)遞減，在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(a＋1)＝－2a－2，f(a－1)＝－2a＋2.若f(－1)＝－2a－2，即(－1－a)3＋3＋a＝－2a－2，則a＝1，此時f(x)＝(x－1)3－3x＋1，且f(x)＝－4時，x＝－1或x＝2；由f(x)＝0，解得x＝0或x＝3.因為函數(shù)f(x)在[－1，b]上的值域為[－4,0]，所以0≤b≤3.若f(－1)>－2a－2，因為a>0，所以a－1>－1，要使函數(shù)f(x)在[－1，b]上的值域為[－2－2a,0]，需a＋1≤b，此時a－1∈[－1，b]，所以

4、 即無解．綜上所述，b的取值范圍是[0,3]． 3．在平面四邊形ABCD中，AB＝1，AC＝，BD⊥BC，BD＝2BC，則AD的最小值為________． 解析：設(shè)∠BAC＝α，∠ABD＝β(β∈(0，π))，則∠ABC＝β＋.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos α＝6－2cos α，由正弦定理，得＝，即BC＝.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DBcos β＝1＋4BC2－4BCcos β＝1＋4(6－2cos α)－4··cos β＝25－8cos α－4sin α＝25－20sin(α＋θ)（其中sin θ＝，cos θ

5、＝），所以當(dāng)sin(α＋θ)＝1，即sin α＝，cos α＝時，AD2取得最小值5，所以AD的最小值為. 答案： 4．橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右頂點為A，右焦點為F，上、下頂點分別是B，C，|AB|＝，直線CF交線段AB于點D，且|BD|＝2|DA|. (1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)是否存在直線l，使得l交橢圓于M，N兩點，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，說明理由． 解：(1)法一：由題意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，－b)， 所以直線AB的方程為＋＝1， 直線CF的方程為－＝1， 由得，xD＝. 因為|BD|＝2|DA|，

6、所以＝2， 所以＝| |，得＝a， 解得a＝2c，所以b＝＝c. 因為|AB|＝，即＝，所以c＝， 所以c＝1，a＝2，b＝， 所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. 法二：如圖，設(shè)橢圓E的左焦點為G，連接BG， 由橢圓的對稱性得BG∥CF， 則＝＝2， 即|GF|＝2|FA|， 由題意知F(c,0)，則|GF|＝2c， |FA|＝a－c， 所以2c＝2(a－c)，得a＝2c， 所以b＝＝c. 因為|AB|＝，即＝，即c＝， 所以c＝1，a＝2，b＝， 所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)假設(shè)存在直線l，使得F是△BMN的垂心，連接BF，并延長，連接MF，并延長，如

7、圖，則BF⊥MN，MF⊥BN. 由(1)知，B(0，)，F(xiàn)(1,0)， 所以直線BF的斜率kBF＝－， 易知l的斜率存在，設(shè)為k，則kBF·k＝－1，所以k＝， 設(shè)l的方程為y＝x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去y得13x2＋8mx＋12(m2－3)＝0， 由Δ＝(8m)2－4×13×12(m2－3)>0得， －

8、 所以·－·－m2＋m＝0， 整理得21m2－5m－48＝0， 解得m＝或m＝－. 當(dāng)m＝時，M或N與B重合，不符合題意，舍去； 當(dāng)m＝－時，滿足－0，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)

9、間為(－∞，＋∞)． ②當(dāng)a>0時，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)， (ⅰ)當(dāng)a>時，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x10，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(x1，x2)時，u(x)<0，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， ，單調(diào)遞減區(qū)間為. (ⅱ)當(dāng)00，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x20，f′(x)

10、>0， 當(dāng)x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)時，u(x)<0，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為－， . 綜上，當(dāng)a>時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為； 當(dāng)0≤a≤時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)； 當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為， . (2)證明：f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2， 令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2， 顯然當(dāng)x≥0時，ex(x2＋2x)≥0， 所以當(dāng)a<－時，φ(a)<φ＝－＋ex－2. 所以要證當(dāng)x≥0時，f(x)<0，只需證當(dāng)x≥0時， －＋ex－2≤0， 即證當(dāng)x≥0時，ex(x2＋2x－7)＋14≥0. 令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14， 則g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x≥0時，g(x)≥g(1)＝14－4e>0， 從而當(dāng)x≥0時，f(x)<0.