每天半小時(shí)天天“7+1”自主加餐練(十六)一、7道把關(guān)小題增分練1．已知函數(shù)f(x)＝|sinπx|，g(x)＝sineq\f(π,2)x，若函數(shù)φ(x)＝f(x)，x∈{x|f(x)≠g(x)}，則φ(x)的最小正周期為()A．π B．2C．4 D．4π解析：選C由題可知，f(x)＝|sinπx|的最小正周期為1，g(x)＝sineq\f(π,2)x的最小正周期為4.因?yàn)棣?x)＝f(x)，x∈{x|f(x)≠g(x)}，所以φ(x)的最小正周期為4.故選C．2．設(shè)F1，A分別是橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1的左焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上異于A點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則使得eq\o(PF1,\s\up6(―→))·eq\o(PA,\s\up6(―→))＝0成立的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選BF1，A分別是橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1的左焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，則F1(－3,0)，A(4,0)．∵eq\o(PF1,\s\up6(―→))·eq\o(PA,\s\up6(―→))＝0，∴P在以F1A為直徑的圓上，該圓與橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1有三個(gè)公共點(diǎn)，如圖所示．又P點(diǎn)與A點(diǎn)不重合，故符合條件的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為2．故選B．3．已知函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示，則f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝－xcosπxB．f(x)＝(x－1)sinπxC．f(x)＝xcos[π(x＋1)]D．f(x)＝(x－1)cosπx解析：選B由題圖可知f(0)＝0，而D中f(0)＝－1，排除D；又圖象不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴f(x)不是奇函數(shù)，若f(x)＝－xcosπx，函數(shù)定義域?yàn)镽，f(－x)＝－(－x)cos(－πx)＝xcosπx＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)，排除A；f(x)＝xcos[π(x＋1)]＝－xcosπx，是奇函數(shù)，排除C．故選B．4．(多選)某校組織全體學(xué)生參加了“喜迎二十大，結(jié)合中華傳統(tǒng)文化與楚文化的創(chuàng)新突破”的劇本創(chuàng)作大賽，隨機(jī)抽取了400名學(xué)生進(jìn)行成績(jī)統(tǒng)計(jì)，發(fā)現(xiàn)抽取的學(xué)生的成績(jī)都在50分至100分之間，進(jìn)行適當(dāng)分組后(每組的取值區(qū)間均為左閉右開(kāi))，畫(huà)出頻率分布直方圖(如圖)，下列說(shuō)法正確的是()A．在被抽取的學(xué)生中，成績(jī)?cè)趨^(qū)間[90,100)內(nèi)的學(xué)生有160人B．圖中x的值為0.020C．估計(jì)全校學(xué)生成績(jī)的平均分約為83D．估計(jì)全校學(xué)生成績(jī)的80%分位數(shù)為95解析：選AD由所給頻率分布直方圖可知，抽取的學(xué)生成績(jī)?cè)趨^(qū)間[90,100)內(nèi)的頻率為0.040×10＝0.4，所以成績(jī)?cè)趨^(qū)間[90,100)內(nèi)的學(xué)生有0.4×400＝160人，故A正確；由(0.005＋0.010＋0.015＋x＋0.040)×10＝1，得x＝0.030，故B錯(cuò)誤；抽取的學(xué)生的平均分為0.05×55＋0.10×65＋0.15×75＋0.30×85＋0.40×95＝84，估計(jì)全校學(xué)生成績(jī)的平均分為84，故C錯(cuò)誤；設(shè)抽取學(xué)生成績(jī)的80%分位數(shù)為m，則eq\f(m－90,100－90)＝eq\f(0.8－0.6,0.4)，解得m＝95，所以估計(jì)全校學(xué)生成績(jī)的80%分位數(shù)為95，故D正確．故選A、D．5．(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1（n≥2），則下面說(shuō)法正確的是()A．?dāng)?shù)列{an＋1－an}為等比數(shù)列B．?dāng)?shù)列{an＋1－3an}為等差數(shù)列C．a(chǎn)n＝3n－1＋1D．Sn＝eq\f(3n－1,4)＋eq\f(n,2)解析：選ABD根據(jù)題意得an＋1＝4an－3an－1?an＋1＋kan＝(k＋4)an－3an－1＝(k＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,k＋4)an－1))，令k＝－eq\f(3,k＋4)?k2＋4k＋3＝0?k＝－1或k＝－3，所以an＋1－an＝3(an－an－1)或an＋1－3an＝an－3an－1，所以數(shù)列{an＋1－an}為公比為3的等比數(shù)列，故A正確；數(shù)列{an＋1－3an}為常數(shù)列，即為公差為0的等差數(shù)列，故B正確；所以an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝－1，解得an＝eq\f(3n－1＋1,2)，故C錯(cuò)誤；所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\f(30＋1,2)＋eq\f(31＋1,2)＋…＋eq\f(3n－1＋1,2)＝eq\f(1,2)(30＋31＋…＋3n－1)＋eq\f(n,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)＝eq\f(3n－1,4)＋eq\f(n,2)，故D正確．故選A、B、D．6．若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在不同的兩點(diǎn)，使函數(shù)圖象在這兩點(diǎn)處的切線斜率之積小于0且斜率之和等于常數(shù)e，則稱該函數(shù)為“e函數(shù)”，下列四個(gè)函數(shù)中，為“e函數(shù)”的是________．①y＝eq\f(lnx,x)；②y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x≤0，,e＋1＋xx，x>0；))③y＝x2＋2x；④y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))).解析：記g(x)＝f′(x)，k1＝g(x1)<0，k2＝g(x2)>0.①y＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，g′(x)＝eq\f(2lnx－3,x3)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e\f(3,2)))時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\f(3,2)，＋∞))時(shí)，g′(x)>0，∴x＝eeq\f(3,2)時(shí)，g(x)有最小值－eq\f(1,2e3)，g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2e3)，＋∞))，∴存在x1，x2使k1＋k2＝g(x1)＋g(x2)＝e，故y＝eq\f(lnx,x)是“e函數(shù)”；②y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x≤0，,e＋1＋xx，x>0，))g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，x≤0，,e＋1＋2x，x>0.))∵k1＝g(x1)<0，k2＝g(x2)>0，∴k1＝－1，k2＝e＋1＋2x2(x2>0)，∴k1＋k2＝e＋2x2>e，不存在x1，x2使k1＋k2＝g(x1)＋g(x2)＝e，故y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x≤0，,e＋1＋xx，x>0))不是“e函數(shù)”；③y＝x2＋2x，g(x)＝2x＋2，g(x)的值域?yàn)镽，∴存在x1，x2使k1＋k2＝g(x1)＋g(x2)＝e，故y＝x2＋2x是“e函數(shù)”；④y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)，x<0，,－\f(1,x2)，x>0，))g(x)的值域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，∴存在x1，x2使k1＋k2＝g(x1)＋g(x2)＝e，故y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))是“e函數(shù)”．答案：①③④7．已知有L，M，S三種尺寸的檢測(cè)樣品盒，其中每個(gè)L盒至多放置10支完全相同的樣品，且L盒至少比M盒多2支樣品，M盒至少比S盒多2只樣品，則不同的放置方法共有________種．(注：L，M，S不可為空盒)解析：當(dāng)L盒放置10支樣品，且M盒放置8支樣品時(shí)，S盒可放置6,5,4,3,2,1支樣品，共6種不同的放置方法；當(dāng)L盒放置10支樣品，且M盒放置7支樣品時(shí)，S盒可放置5,4,3,2,1支樣品，共5種不同的放置方法；…；當(dāng)L盒放置10支樣品，且M盒放置3支樣品時(shí)，S盒可放置1支樣品，只有1種放置方法．∴L盒放置10支樣品，共有放置方法6＋5＋4＋3＋2＋1＝21種．同理L盒放置9支樣品，共有放置方法5＋4＋3＋2＋1＝15種，L盒放置8支樣品，共有放置方法4＋3＋2＋1＝10種，L盒放置7支樣品，共有放置方法3＋2＋1＝6種，L盒放置6支樣品，共有放置方法2＋1＝3種，L盒放置5支樣品，共有放置方法1種，∴不同的放置方法總數(shù)為21＋15＋10＋6＋3＋1＝56.答案：56二、一道?？即箢}循環(huán)練(今日練點(diǎn)：立體幾何) 8．在平行四邊形ABCD中，AB＝3eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，∠ABC＝eq\f(2π,3)，過(guò)D點(diǎn)作DE⊥AB于點(diǎn)E，以DE為軸，將△ADE向上翻折使平面ADE⊥平面BCDE，連接CE，F(xiàn)點(diǎn)為線段CE的中點(diǎn)，Q為線段AC上一點(diǎn)．(1)證明：BF⊥AC；(2)若二面角A－DQ－E的余弦值為eq\f(3\r(3),\r(37))，求eq\f(CQ,CA)的值．解：(1)證明：∵平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，且AE⊥DE，∴AE⊥平面BCDE.又BF?平面BCDE，∴AE⊥BF.又在Rt△AED中，AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2)，∴BE＝2eq\r(2)＝BC．又F為CE的中點(diǎn)，故BF⊥EC，且AE∩EC＝E，AE，EC?平面AEC，∴BF⊥平面AEC．又AC?平面AEC，∴BF⊥AC．(2)由(1)知，ED，EB，EA互相垂直，分別以ED，EB，EA為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，其中E(0,0,0)，A(0,0，eq\r(2))，D(eq\r(6)，0,0)，C(eq\r(6)，3eq\r(2)，0)，則eq\o(ED,\s\up6(―→))＝(eq\r(6)，0,0)，eq\o(DC,\s\up6(―→))＝(0,3eq\r(2)，0)，eq\o(DA,\s\up6(―→))＝(－eq\r(6)，0，eq\r(2))，不妨設(shè)eq\o(CQ,\s\up6(―→))＝λeq\o(CA,\s\up6(―→))(0≤λ≤1)，則eq\o(DQ,\s\up6(―→))＝(1－λ)eq\o(DC,\s\up6(―→))＋λeq\o(DA,\s\up6(―→))＝(－eq\r(6)λ，3eq\r(2)(1－λ)，eq\r(2)λ)．設(shè)m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分別是平面ADQ，平面EDQ的法向量，則分別滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up6(―→))＝0，,m·\o(DC,\s\up6(―→))＝0))與eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(―→))＝0，,n·\o(DQ,\s\up6(―→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(6)x1＋\r(2)z1＝0，,3\r(2)y1＝0，))eq\b\l