每天半小時(shí)天天“7+1”自主加餐練(二十六)一、7道把關(guān)小題增分練1．已知函數(shù)f(x)＝sinxcos(2x＋φ)(φ∈[0，π])為偶函數(shù)，則φ＝()A．0 B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．π解析：選C∵f(x)的定義域?yàn)镽，且為偶函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))?－cos(－π＋φ)＝cos(π＋φ)?cosφ＝－cosφ?cosφ＝0.∵φ∈[0，π]，∴φ＝eq\f(π,2).當(dāng)φ＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)＝－sinxsin2x為偶函數(shù)，滿足題意．故選C．2．已知圓柱的高和底面半徑均為4，AB為上底面圓周的直徑，點(diǎn)P是上底面圓周上的一點(diǎn)，且AP＝BP，PC是圓柱的一條母線，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為()A．4 B．2eq\r(3)C．3 D．2eq\r(2)解析：選D由題可得AB＝8.因?yàn)锳P＝BP，所以S△ABP＝eq\f(1,2)×8×4＝16.因?yàn)镻C⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq\f(1,3)×16×4＝eq\f(64,3).因?yàn)锳P＝BP＝4eq\r(2)，所以AC＝BC＝4eq\r(3).所以S△ABC＝eq\f(1,2)×8×eq\r(48－16)＝16eq\r(2).設(shè)點(diǎn)P到平面ABC的距離為d，則VP－ABC＝eq\f(1,3)×16eq\r(2)d＝eq\f(64,3)，解得d＝2eq\r(2).故選D．3．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，以原點(diǎn)O為頂點(diǎn)，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的拋物線與雙曲線C在第一象限的交點(diǎn)為P.若∠PF1F2＝45°，則C的離心率為()A．eq\r(2) B．eq\r(2)＋1C．eq\r(3) D．eq\r(3)＋1解析：選B由題知F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，則拋物線方程為y2＝4cx，直線PF1的方程為y＝x＋c，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋c，,y2＝4cx))?x2－2cx＋c2＝0?x＝c，∴P(c,2c)．∴PF2⊥x軸．∴|PF2|＝2c，|PF1|＝2eq\r(2)C．∴雙曲線離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|PF1|－|PF2|)＝eq\f(2,2\r(2)－2)＝eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1.故選B．4．(多選)若a>b>1,0<m<1，則()A．a(chǎn)m<bm B．ma<mbC．logma<logmb D．logam<logbm解析：選BC∵冪函數(shù)y＝xm(0<m<1)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴根據(jù)a>b>1可知am>bm，故A錯(cuò)誤；∵指數(shù)函數(shù)y＝mx(0<m<1)在R上單調(diào)遞減，∴根據(jù)a>b>1可知ma<mb，故B正確；∵對(duì)數(shù)函數(shù)y＝logmx(0<m<1)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴根據(jù)a>b>1可知logma<logmb，故C正確；由C可知logma<logmb<0，∴eq\f(1,logma)>eq\f(1,logmb)，即logam>logbm，故D錯(cuò)誤．故選B、C．5．(多選)一個(gè)袋子中有大小和質(zhì)地相同的4個(gè)球，其中有2個(gè)紅色球(標(biāo)號(hào)為1和2)，2個(gè)綠色球(標(biāo)號(hào)為3和4)，從袋中不放回地依次隨機(jī)摸出2個(gè)球．設(shè)事件R1＝“第一次摸到紅球”，事件R2＝“第二次摸到紅球”，G＝“兩次都摸到綠球”，R＝“兩個(gè)球中有紅球”，則()A．P(R1)<P(R)B．P(R)＝P(R1)＋P(R2)C．P(G)<1－P(R)D．P(G＋R2)＝P(G)＋P(R2)解析：選AD由題意知，R1＝“第一次摸到紅球”，故P(R1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(1,4)C\o\al(1,3))＝eq\f(1,2)；R2＝“第二次摸到紅球”，故P(R2)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,1)＋C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(1,4)C\o\al(1,3))＝eq\f(1,2)；G＝“兩次都摸到綠球”，故P(G)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),C\o\al(1,4)C\o\al(1,3))＝eq\f(1,6)；R＝“兩個(gè)球中有紅球”和G＝“兩次都摸到綠球”互為對(duì)立事件，故P(R)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).P(R1)<P(R)，A正確；P(R)＝eq\f(5,6)≠P(R1)＋P(R2)＝1，B錯(cuò)誤；P(G)＋P(R)＝1，C錯(cuò)誤；“兩次都摸到綠球”和“第二次摸到紅球”為互斥事件，D正確．故選A、D．6．設(shè)隨機(jī)事件A，B，已知P(A)＝0.4，P(B|A)＝0.3，P(B|eq\x\to(A))＝0.2，則P(AB)＝________，P(B)＝________.解析：P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝0.3?P(AB)＝P(B|A)P(A)＝0.3×0.4＝0.12，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(P\x\to(A)B,P\x\to(A))＝0.2?P(eq\x\to(A)B)＝P(B|eq\x\to(A))P(eq\x\to(A))＝0.2×(1－0.4)＝0.12，P(B)＝P(AB)＋P(eq\x\to(A)B)＝0.12＋0.12＝0.24.答案：0.120.247．已知曲線C1：y＝ex＋x，C2：y＝－x2＋2x＋a(a>0)，若有且只有一條直線同時(shí)與C1，C2都相切，則a＝________.解析：設(shè)l與C1相切于點(diǎn)P(x1，ex1＋x1)，與C2相切于點(diǎn)Q(x2，－xeq\o\al(2,2)＋2x2＋a)，由C1：y＝ex＋x，得y′＝ex＋1，則與C1相切于點(diǎn)P的切線方程為y－ex1－x1＝(ex1＋1)(x－x1)，即y＝x(1＋ex1)－x1ex1＋ex1.由C2：y＝－x2＋2x＋a，得y′＝－2x＋2，則與C2相切于點(diǎn)Q的切線方程為y＋xeq\o\al(2,2)－2x2－a＝(－2x2＋2)(x－x2)，即y＝－2x2x＋xeq\o\al(2,2)＋2x＋a＝x(2－2x2)＋a＋xeq\o\al(2,2).因?yàn)閮汕芯€重合，所以1＋ex1＝2－2x2①，ex1－x1ex1＝a＋xeq\o\al(2,2)②，由①得x2＝eq\f(1－ex1,2)，代入②得，4(1－x1)ex1＝4a＋1－2ex1＋e2x1，化簡得e2x1－6ex1＋4x1ex1＝－1－4a，明顯可見，x1＝0，a＝1時(shí)等式成立．答案：1二、一道?？即箢}循環(huán)練(今日練點(diǎn)：解三角形)8.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，BD＝eq\r(3)，∠ABD＝∠ACD＝eq\f(π,6)，設(shè)∠CAD＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(1)若θ＝eq\f(π,4)，求CD的長；(2)當(dāng)θ為何值時(shí)，△BCD的面積取得最大值，并求出該最大值．解：(1)在△ABD中，由余弦定理得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝4＋3－2×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，所以AD＝1.在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，所以CD＝eq\f(1×sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝eq\r(2).(2)由第(1)問知，在△ABD中，AB＝2，BD＝eq\r(3)，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2.所以∠ADB＝eq\f(π,2).在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，所以CD＝eq\f(1×sinθ,sin\f(π,6))＝2sinθ.因?yàn)椤螧DC＝π－θ－eq\f(π,6)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,3)－θ，所以S△BCD＝eq\f(1,2)CD·BD·sin∠BDC＝eq\r(3)sinθ·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝eq\f(3,2)sinθcosθ－eq\f(\r(3),2)sin2θ＝eq\f(3,4)sin2θ－eq\f(\r(3),2)×eq\f(1－cos2θ,2)＝eq\f(3,4)sin2θ＋eq\f(\r(3),4)cos2θ－eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))－eq\f(\r(3),4).因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c