《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點(diǎn)生含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點(diǎn)生含解析）（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點(diǎn)生，含解析）
1．已知A，B，C，D四點(diǎn)均在以點(diǎn)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(diǎn)為O，則O為△BCD的外心，且外接圓半徑r＝4.連接AO，BO，因?yàn)锳C＝AD＝2，所以AO⊥CD，AO＝2，又BO＝4，所以AO2＋BO2＝AB2，所以AO
2、⊥BO，所以AO⊥平面BCD，所以球心O1在直線AO上．設(shè)球O1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(shí)，球O2與平面BCD相切，且與球O1內(nèi)切，此時(shí)A，O，O1，O2四點(diǎn)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?yàn)閇－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＝
3、a－1，所以當(dāng)a－1a＋1時(shí)，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(shí)f(x)＝(x－1)3－3x＋1，且f(x)＝－4時(shí)，x＝－1或x＝2；由f(x)＝0，解得x＝0或x＝3.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在[－1，b]上的值域?yàn)閇－4,0]，所以0≤b≤3.若f(－1)>－2a－2，因?yàn)閍>0，所以a－1>－1，要使函數(shù)f(x)在[－1，b]上的值域?yàn)閇
4、－2－2a,0]，需a＋1≤b，此時(shí)a－1∈[－1，b]，所以
即無(wú)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_(kāi)_______．
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
5、 α＝25－20sin(α＋θ)（其中sin θ＝，cos θ＝），所以當(dāng)sin(α＋θ)＝1，即sin α＝，cos α＝時(shí)，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(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，上、下頂點(diǎn)分別是B，C，|AB|＝，直線CF交線段AB于點(diǎn)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(diǎn)，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，說(shuō)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
6、方程為－＝1，
由得，xD＝.
因?yàn)閨BD|＝2|DA|，所以＝2，
所以＝| |，得＝a，
解得a＝2c，所以b＝＝c.
因?yàn)閨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(diǎn)為G，連接BG，
由橢圓的對(duì)稱(chēng)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?yàn)閨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，
7、使得F是△BMN的垂心，連接BF，并延長(zhǎng)，連接MF，并延長(zhǎng)，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(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、－＋＝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＝－.
當(dāng)m＝時(shí)，M或N與B重合，不符合題意，舍去；
當(dāng)m＝－時(shí)，滿足－
9、＝0時(shí)，u(x)>0，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
②當(dāng)a>0時(shí)，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，
(ⅰ)當(dāng)a>時(shí)，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x10，f′(x)>0，
當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，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x2<
10、x1，
所以當(dāng)x∈(x2，x1)時(shí)，u(x)>0，f′(x)>0，
當(dāng)x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)時(shí)，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(shí)，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(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；
當(dāng)a<0時(shí)，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(shí)，ex(x2＋2x)≥0，
所以當(dāng)a<－時(shí)，φ(a)<φ＝－＋ex－2.
所以要證當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)<0，只需證當(dāng)x≥0時(shí)，
－＋ex－2≤0，
即證當(dāng)x≥0時(shí)，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(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，
從而當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)<0.
（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（二）理（重點(diǎn)生含解析）
