如图，动点 $P$ 在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的对角线 $BD_{1}$ 上. 过点 $P$ 作垂直于平面 $BB_{1}D_{1}D$ 的直线. 与正方体表面相交于 $MN$. 设 $BP = x$，$MN = y$，则函数 $y = f(x)$ 的图象大致是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 设正方体棱长为 $a$，令 $t=\dfrac{BP}{BD_1}$，则 $0\leqslant t\leqslant1$，且 $BP=a\sqrt3t$. 取坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(a,0,0)$，$C=(a,a,0)$，$D=(0,a,0)$，$A_1=(0,0,a)$，$B_1=(a,0,a)$，$D_1=(0,a,a)$. 于是 $P=(a(1-t),at,at)$.

平面 $BB_1D_1D$ 的方程为 $x+y=a$，其法向量可取 $(1,1,0)$. 过 $P$ 的垂线保持 $z=at$，在正方形截面 $0\leqslant x$，$y\leqslant a$ 中沿方向 $(1,1)$ 通过 $P$. 当 $0\leqslant t\leqslant\frac12$ 时，直线段 $MN$ 的两个端点为 $(a(1-2t),0,at)$ 和 $(a,2at,at)$，故 $MN=2\sqrt2at$；当 $\frac12\leqslant t\leqslant1$ 时，两个端点为 $(0,a(2t-1),at)$ 和 $(a(2-2t),a,at)$，故 $MN=2\sqrt2a(1-t)$. 因而 $MN=2\sqrt2a\min\{t,1-t\}$.

代入 $t=\dfrac{x}{a\sqrt3}$，得到 $y=2\sqrt2a\min\left\{\dfrac{x}{a\sqrt3},1-\dfrac{x}{a\sqrt3}\right\}$. 因而 $y$ 从 $x=0$ 时的 $0$ 线性增加，在 $x=\frac{a\sqrt3}{2}$ 处达到最大值，再线性减小到 $x=a\sqrt3$ 时的 $0$. 图象是关于 $x=\frac{a\sqrt3}{2}$ 对称的折线三角形，故选 B. \end{solution}

已知函数 $f(x) = x^2 - \cos x$，对于 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的任意 $x_1$，$x_2$，有如下条件：

① $x_1 > x_2$； ② $x_1^2 > x_2^2$； ③ $|x_1| > x_2$.

其中能使 $f(x_1) > f(x_2)$ 恒成立的条件序号是______.

\begin{answer} \circled{2} \end{answer}

\begin{solution} 令 $g(t)=t^2-\cos t$（$0\leqslant t\leqslant\frac\pi2$），则 $g'(0)=0$，且 $g'(t)=2t+\sin t>0$（$0<t\leqslant\frac\pi2$）. 因而对任意 $0\leqslant s<t\leqslant\frac\pi2$，有 $g(t)-g(s)=\int_s^t(2u+\sin u)\,\mathrm du>0$，所以 $g$ 在该区间上严格递增；又 $f(x)=g(|x|)$.

条件$\circled{2}$给出 $|x_1|>|x_2|$，从而 $f(x_1)=g(|x_1|)>g(|x_2|)=f(x_2)$，因此条件$\circled{2}$充分. 条件$\circled{1}$不充分，例如 $x_1=0$、$x_2=-\frac12$ 时 $x_1>x_2$，但 $f(0)=-1$，而 $f\left(-\frac12\right)=\frac14-\cos\frac12>-\frac34>-1$. 条件$\circled{3}$也不充分，例如 $x_1=-1$、$x_2=-\frac\pi2$ 时 $|x_1|>x_2$，但 $f(-1)=1-\cos1<1<\frac{\pi^2}{4}=f\left(-\frac\pi2\right)$. 因此填 $2$. \end{solution}

已知菱形 $ABCD$ 的顶点 $A$，$C$ 在椭圆 $x^{2} + 3y^{2} = 4$ 上，对角线 $BD$ 所在直线的斜率为 $1$.

(1) 当直线 $BD$ 过点 $(0,1)$ 时，求直线 $AC$ 的方程； (2) 当 $\angle ABC = 60^{\circ}$ 时，求菱形 $ABCD$ 面积的最大值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 $O$ 为菱形两条对角线的交点. 由 $BD$ 的斜率为 $1$，$AC\perp BD$，所以可设 $O=(u,v)$，且 $v=u+1$. 取非零实数 $t$，令 $A=O+t(1,-1)$、$C=O-t(1,-1)$. 因为 $A$，$C$ 都在椭圆 $x^2+3y^2=4$ 上，比较两式 $u+t$，$v-t$ 与 $u-t$，$v+t$ 代入椭圆方程所得结果，得 $4t(u-3v)=0$，所以 $u=3v$. 联立 $v=u+1$，得 $u=-\frac32$、$v=-\frac12$. 因而 $AC$ 的方向为 $(1,-1)$，且 $x+y=u+v=-2$，故直线 $AC$ 为 $x+y+2=0$. \item 设菱形边长为 $s$. 由 $AB=BC=s$ 及 $\angle ABC=60^{\circ}$，在三角形 $ABC$ 中由余弦定理得 $AC^2=s^2+s^2-2s^2\cos60^{\circ}=s^2$. 又因为菱形对角线互相垂直且满足 $AC^2+BD^2=2(AB^2+BC^2)$，所以 $BD^2=3s^2$. 菱形面积为 $\frac12AC\cdot BD=\frac{\sqrt3}{2}AC^2$.

设斜率为 $-1$ 的直线 $AC$ 写为 $x+y=c$，令 $h=\frac c2$，其上点可表示为 $(h+r,h-r)$. 代入椭圆方程得 $4r^2-4hr+4h^2-4=0$. 设两个交点对应的参数为 $r_1$，$r_2$，由求根公式或根的判别式， 由于参数方向向量 $(1,-1)$ 的长度为 $\sqrt2$，所以弦长 $AC=\sqrt2\sqrt{4-3h^2}\leqslant2\sqrt2$，等号在 $h=0$，即 $AC$ 为直线 $x+y=0$ 与椭圆的弦时取得. 当 $h=0$ 时，椭圆与直线 $x+y=0$ 的交点可取 $A=(1,-1)$、$C=(-1,1)$，且 $AC=2\sqrt2$. 取 $B=(\sqrt3,\sqrt3)$、$D=(-\sqrt3,-\sqrt3)$，则 $BD=2\sqrt6=\sqrt3\,AC$，并且 $AB^2=BC^2=AC^2=8$，由关于原点的中心对称性还有 $CD=DA=AB$，所以 $ABCD$ 确实为菱形；由余弦定理，$\cos\angle ABC=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac12$，故 $\angle ABC=60^{\circ}$. 因而菱形面积最大值为 $\frac{\sqrt3}{2}(2\sqrt2)^2=4\sqrt3$. \end{enumerate} \end{solution}