高考数学(理数)三轮冲刺 难点题型拔高练习卷二（教师版）

高考数学(理数)三轮冲刺 难点题型拔高练习卷二

1．已知A，B，C，D四点均在以点O1为球心的球面上，且AB＝AC＝AD＝2，BC＝BD＝4，CD＝8.若球O2在球O1内且与平面BCD相切，则球O2直径的最大值为(　　)

A．1　　　　　　　　　　 B．2

C．4   D．8

解析：选D　由题意，得BC2＋BD2＝CD2，所以BC⊥BD，所以△BCD为等腰直角三角形．如图，设CD的中点为O，则O为△BCD的外心，且外接圆半径r＝4.连接AO，BO，因为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在直线AO上．设球O1的半径为R，则有r2＋OO＝R2，即16＋(R－2)2＝R2，解得R＝5.当球O2直径最大时，球O2与平面BCD相切，且与球O1内切，此时A，O，O1，O2四点共线，所以球O2直径的最大值为R＋OO1＝8.

2．已知函数f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　　)

A．[0,3]   B．[0,2]

C．[2,3]   D．(－1,3]

解析：选A　由题意，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，所以当a－1<x<a＋1时，f′(x)<0，当x<a－1或x>a＋1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(a－1，a＋1)上单调递减，在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上单调递增．又f(a＋1)＝－2a－2，f(a－1)＝－2a＋2.若f(－1)＝－2a－2，即(－1－a)3＋3＋a＝－2a－2，则a＝1，此时f(x)＝(x－1)3－3x＋1，且f(x)＝－4时，x＝－1或x＝2；由f(x)＝0，解得x＝0或x＝3.因为函数f(x)在[－1，b]上的值域为[－4,0]，所以0≤b≤3.若f(－1)>－2a－2，因为a>0，所以a－1>－1，要使函数f(x)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，需a＋1≤b，此时a－1∈[－1，b]，所以

即无解．综上所述，b的取值范围是[0,3]．

3．在平面四边形ABCD中，AB＝1，AC＝，BD⊥BC，BD＝2BC，则AD的最小值为________．

解析：设∠BAC＝α，∠ABD＝β(β∈(0，π))，则∠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＝），所以当sin(α＋θ)＝1，即sin α＝，cos α＝时，AD2取得最小值5，所以AD的最小值为.

答案：

4．椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|＝，直线CF交线段AB于点D，且|BD|＝2|DA|.

(1)求E的标准方程；

(2)是否存在直线l，使得l交椭圆于M，N两点，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．

解：(1)法一：由题意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，－b)，

所以直线AB的方程为＋＝1，

直线CF的方程为－＝1，

由得，xD＝.

因为|BD|＝2|DA|，所以＝2，

所以＝| |，得＝a，

解得a＝2c，所以b＝＝c.

因为|AB|＝，即＝，所以c＝，

所以c＝1，a＝2，b＝，

所以椭圆E的标准方程为＋＝1.

法二：如图，设椭圆E的左焦点为G，连接BG，

由椭圆的对称性得BG∥CF，

则＝＝2，

即|GF|＝2|FA|，

由题意知F(c,0)，则|GF|＝2c，

|FA|＝a－c，

所以2c＝2(a－c)，得a＝2c，

所以b＝＝c.

因为|AB|＝，即＝，即c＝，

所以c＝1，a＝2，b＝，

所以椭圆E的标准方程为＋＝1.

(2)假设存在直线l，使得F是△BMN的垂心，连接BF，并延长，连接MF，并延长，如图，则BF⊥MN，MF⊥BN.

由(1)知，B(0，)，F(1,0)，

所以直线BF的斜率kBF＝－，

易知l的斜率存在，设为k，则kBF·k＝－1，所以k＝，

设l的方程为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，

－<m<.

x1＋x2＝－，x1x2＝.

因为MF⊥BN，所以·＝0，

因为＝(1－x1，－y1)，＝(x2，y2－)，

所以(1－x1)x2－y1(y2－)＝0，

即(1－x1)x2－＋＝0，

整理得(x1＋x2)－x1x2－m2＋m＝0，

所以·－·－m2＋m＝0，

整理得21m2－5m－48＝0，

解得m＝或m＝－.

当m＝时，M或N与B重合，不符合题意，舍去；

当m＝－时，满足－<m<.

所以存在直线l，使得F是△BMN的垂心，l的方程为y＝x－.

5．已知函数f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2.

(1)讨论f(x)的单调区间；

(2)若a<－，求证：当x≥0时，f(x)<0.

解：(1)因为f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2，

所以f′(x)＝(ax2＋4ax＋2a＋1)ex，

令u(x)＝ax2＋4ax＋2a＋1，

①当a＝0时，u(x)>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

②当a>0时，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，

(ⅰ)当a>时，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x1<x2.

所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，u(x)>0，f′(x)>0，

当x∈(x1，x2)时，u(x)<0，f′(x)<0，

所以f(x)的单调递增区间为， ，单调递减区间为.

(ⅱ)当0<a≤时，Δ≤0，所以u(x)≥0，f′(x)≥0，

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

③当a<0时，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x2<x1，

所以当x∈(x2，x1)时，u(x)>0，f′(x)>0，

当x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)时，u(x)<0，f′(x)<0，

所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为－， .

综上，当a>时，f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；

当0≤a≤时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；

当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为， .

(2)证明：f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2，

令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2，

显然当x≥0时，ex(x2＋2x)≥0，

所以当a<－时，φ(a)<φ＝－＋ex－2.

所以要证当x≥0时，f(x)<0，只需证当x≥0时，

－＋ex－2≤0，

即证当x≥0时，ex(x2＋2x－7)＋14≥0.

令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14，

则g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex，

所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以当x≥0时，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，

从而当x≥0时，f(x)<0.