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“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．設球O1的半徑為R，則有r2＋OO＝R2，即16＋(R－2)2＝R2，解得R＝5.當球O2直徑最大時，球O2與平面BCD相切，且與球O1內切，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a－1
a＋1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(a－1，a＋1)上單調遞減，在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上單調遞增．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
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∠BAC＝α，∠ABD＝β(β∈(0，π))，則∠ABC＝β＋.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2ABACcos α＝6－2cos α，由正弦定理，得＝，即BC＝.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋DB2－2ABDBcos β＝1＋4BC2－4BCcos β＝1＋4(6－2cos α)－4cos β＝25－8cos α－4sin α＝25－20sin(α＋θ)（其中sin θ＝，cos θ＝），所以當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的標準方程；
(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|，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的標準方程為＋＝1.
法二：如圖，設橢圓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的標準方程為＋＝1.
(2)假設存在直線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，設為k，則kBFk＝－1，所以k＝，
設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)2－41312(m2－3)>0得，
－0，f′(x)>0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
②當a>0時，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，
(ⅰ)當a>時，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x10，f′(x)>0，
當x∈(x1，x2)時，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為， ，單調遞減區(qū)間為.
(ⅱ)當00，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x20，f′(x)>0，
當x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)時，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為－， .
綜上，當a>時，f(x)的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為；
當0≤a≤時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；
當a<0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(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x≥0時，ex(x2＋2x)≥0，
所以當a<－時，φ(a)<φ＝－＋ex－2.
所以要證當x≥0時，f(x)<0，只需證當x≥0時，
－＋ex－2≤0，
即證當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x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以當x≥0時，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，
從而當x≥0時，f(x)<0.
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