数学(1)-【黄冈中学】2026年高考数学临考特训预测

黄冈中学临考特训预测卷（一） 数学 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的 1.已知集合A={x1og2x<1},B={x|x<1},则A∩B= A.（-∞，1) B.(0,1) C.(-∞，2) D.(0,2) 2.已知之1之2为复数，则“之1>之2”是“之1一之2>0”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.已知向量a=(1,1),b=(1,一2)，则a在b上的投影向量为 A(-号》 B(行) 525 c.(-5,5 4.已知一组数据x1,x2,x3的平均数是5，方差是4，则由2x1+1,2x2十1,2x3+1,11 这4个数据组成的新的一组数据的方差是 A.16 B.14 C.12 D.8 5.已知双曲线C:x2- 3 =1的右焦点为F,过F且倾斜角为30°的直线交双曲线C 的两条渐近线于D,E两点，则DE= A.√3 B.5 C.23 D.25 6,将函数f(x)=sin(2or十)(w>0)的图象向右平移5个单位长度后与函数 g(x)=cos2wx的图象重合，则w的最小值为 9 A.2 1 2 5 D.2 黄冈中学临考特训预测卷（一）第1页（共4页） 7.元旦晚会上，某班组织抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为10的四位数称为 “幸运数”（如2026是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数” 共有 A.55个 B.45个 C.43个 D.36个 1,x<0, 8.定义“真指数”e= (e为自然对数的底数)，则 ex,x≥0 A.ee.e B.e e 1十 C.e+e≥2e+ D.e2≤(e) 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.一个袋中有大小相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球， 记“第一次取到红球”为事件A,“第二次取到黄球”为事件B,则 A.P(B)=3 B.P(BIA)=C.P(AIB)- D.A,B相互独立 10.已知正四棱锥M-ABCD的底面边长与侧棱长均为2，下列说法正确的是 、A.平面MAB与平面ABCD夹角的正弦值为 &若点P满足BP-XBA+BD+1-X一)B1,则C的最小值为20 C.在正四棱锥M-ABCD内部有一个可任意转动的正方体，则该正方体表面积的 最大值为16一83 D.点Q在底面正方形ABCD内，且1DG=2Q,则点Q轨迹的长度为： 11.声音是由物体振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音一般都是纯音合成的 复合音.设我们听到的声音的函数是f,(x)=sinx十2sin2x十3sin3x十…十 1 二sin na,则 A.f,(x)的图象关于点(kπ，0)(k∈Z)对称 B.f,(x)的值域为[ 3√33/3 4,4 C.f3(x)在(0，π)上有2个极大值点、1个极小值点 D.(yly=f3(x))(yly=f2(x)) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.在等比数列{an}中，已知a1a3=9,a2十a4=9,则a4= 13.若角。的顶点在坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边逆时针旋转5后经过点 p(-3,40.则sin(a-6) 黄冈中学临考特训预测卷（一）第2页（共4页） 已知双曲线二-Ia0,b>0)的左、右焦点分别为F,F,过F,且斜率 的直线1交双曲线右支于点A(在第一象限)，△AF,F,的内心为I,直线AI交x 轴于点P,且AI=2IP,则双曲线的离心率为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2sin(A+石)- b+2a (1)求角C; (2若。1，点D满足而-D成，且C币-怎求△ABC的面积 16.(15分)如图，四棱锥S-ABCD中，△SAD是正三角形，底面ABCD是矩形，平面 SAD⊥底面ABCD,M,N分别为棱SC,AB的中点. (1)证明：MN∥平面SAD; (2)若二面角C-MN-D的大小为120°，求AB的长. S D,* A B 1y2 .45分已知椭圆C。十6（口>6>0）的离心率为，过桶圆的一个焦点作垂 直于x轴的直线与椭圆交于M,N两点，MV=1. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C外一点P(2,2)任作一条直线与椭圆C交于不同的两点A,B,在线段 AB上取一点Q,满足2 PAPB|=|PQPA|+PQPB|,证明：点Q必 在某条定直线上， 黄冈中学临考特训预测卷（一）第3页（共4页） 18.（17分)已知函数f(x)=cosx+ln(1+x),g(x)=ax+1,a∈R. (1)求f(x)在x=0处的瞬时变化率； (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的值； (3)求证：多f(sin冬-1)<ln2n∈N 19.(17分)有五张背面完全相同的数字卡片，正面分别写着1,2,3,4,5，将它们背面朝 上随机放在桌子上（不叠放），翻开这些卡片时，要求按照从小到大的数字顺序依次 翻开，如果翻开了一张卡片其顺序不符合要求，就将它翻回至背面朝上（翻回不计 入次数)并记住此卡片出现的数字，以保证翻卡片的次数尽可能少，直到所有卡片 正面朝上为止. (1)求第三次恰好翻开数字为3的卡片且不再翻回的概率； (2)记X为所有卡片翻开时需要的次数，求X的分布列及数学期望； (3)将卡片数量改为n张(n∈N*),并依次写上数字1,2,3，…，n,记E(Xm)为翻开 这些卡片需要的平均次数，求证：E(X)≥3m。1 2 附：数学期望具有线性可加性，即E(X+Y)=E(X)+E(Y). 黄冈中学临考特训预测卷（一）第4页（共4页）参考 黄冈中学临考特训预测卷（一）】 答 题号 3 5 6 案 答案 B A A B 速 题号 8 9 10 11 查 答案 B AC BCD ABC 1.B【解析】集合A={x|1og2x<1}={x|0<x< 2},B={x|x<1},所以A∩B=(0,1).故选B. 2.A【解析】1，之2是两个复数，若“1一之2>0”成 立，则“z:一之2”是正实数，此时两复数的虚部相 等，如z1=3十i,z2=1十i,满足21一之2=2>0，但 之1与2不能比较大小，故不能得到“1>2”；若 “z1>之2”成立，则1，之2都是实数，则可得出 “21-2>0”,即“x1>22”是“x1一2>0”的充分 不必要条件.故选A 3.A【解析】a在b上的投影向量为acos(a,b)· 合60=号1，-2=(-吉)故 选A 4.C【解析】由已知得x1十x2十x3=15,(x1 5)2十(x2-5)2十(x3一5)2=12，则新数据的平均 数为(2x,十1+2x:十1+2x3+1+11)=11.所 以方差为[(2x,+1-11)2+(2x+1-11)+ (2x+1-11)+(11-11)]=[4(x,-5)2+ 4(x2-5)2+4(x3-5)2]=(x1-5)2+(x2 5)2+(x3-5)2=12.故选C. 5.A【解析】由已知得a=1,b=3,c=2,则两条 渐近线的倾斜角分别为60°和120°，直线DE的倾 斜角为30°，且经过右焦点F,所以直线DE与双 曲线倾斜角为120°的渐近线垂直.令∠FEO=90 (O为原点)，易得△DEO≌△FEO,则|DE|= =,故选A FE-3 6.B【解析】y=f(x-）=sim[2a(x-晋）十 g]=sm(2am-子。+）：cos2ar sm(2x+）由题可知，-号十=2kx十 答案 公k∈乙，解得w=-6的-2k∈7.又u>0,所 以当表=一1时。取得最小值号故选区 7.B【解析】依题意，即求不定方程x十y十x=8的 非负整数解的组数.利用隔板法求解，共有C。= 45(组).即符合题意的幸运数有45个，故选B. 8.C【解析】对于A,取x1=3,x2=一2，则x1十 x2=1>0,即左边=e,右边=e3·1=e3,故A错 误.对于B,取x1=1,x2=2,则x1一x2=一1<0， 即左边=1，右边=号-。故B信误对于C,由 于e>0恒成立，所以e>0在x∈R恒成立，所 12 以e+e≥2√e·e≥2e+2,当且仅当 e=e且x1x2>0时取等号，故C正确.对于D, 取x1=-1,x2=一1，则x1x2=1>0,即左边等于 e,右边等于(e)1=1-1=1,故D错误.故选C. 9.AC【解析】对于事件B,要求只有第二次取到黄 球，故第一次只能取黄球之外的两种颜色的球，故 P(B)= ×-AE确：P(B1A)= 3 P(AB) 31 所以P(BA)=}B错误：P(AB)=号×号 3×2 6,P(A1B)= P(AB)6 1 P(B) 1 2,C正确； 3 P(AB)≠P(A)P(B),故A,B不独立，D错误.故 选AC. 10.BCD【解析】对于A,设AC∩BD=O,如图1， 连接MO,取AB中点为N,连接MN,NO,由正 四棱锥M-ABCD,可知MO⊥平面ABCD. M D 4 图1 在正方形ABCD中，OA=OB,N为AB中点，故 NO⊥AB,又在△MAB中，MA=MB,N为AB 中点，故AB⊥MN,故∠MNO即为平面MAB 与平面ABCD所成角的平面角.Rt△MVO中， ON=1,MN=√5，则MO=√2，故sin∠MVO= M0巨_6 N33,即平面MAB与平面ABCD夹 角的正弦值为，放A错误。 对于B,如图2，过O作直线与AB平行，交AD 于E,交BC于F,连接ME,MF,由四棱锥M- ABCD为正四棱锥可知MO⊥平面ABCD. M 图2 若点P满足BP-λBA+BD+(1-入-)BM, 且入十4十1-入一=1，故P,A,D,M四点共面， 即点P在平面MAD上，则CP|的最小值即为 点C到平面MAD的距离.在正方形ABCD中， BC∥AD,又ADC平面MAD,BC在平面MAD, 故BC∥平面MAD,故点C到平面MAD的距离 即为点F到平面MAD的距离，设为d.因为O 为AC,BD中点，EF∥AB,所以E为AD中点， F为BC中点，所以ME⊥AD,FE⊥AD,又 ME∩FE=E,ME,FEC平面MEF,所以AD⊥ 平面MEF,又ADC平面MAD,故平面MAD⊥ 平面MEF,过F作FH⊥ME于H,则由平面 MEF∩平面MAD=ME,平面MAD⊥平面 MEF,FHC平面MEF,得FH⊥平面MAD,即 d=FH.在△MEF中，ME=MF=√5，EF=2, M0=2,则d=2XE_25,故1G市的最小值 3 3 为26 ,故B正确。 对于C,若在正四棱锥M-ABCD内部有一个可 任意转动的正方体，则正方体最大为该正四棱锥 的内切球的内接正方体，设该正方体最大棱长为 《,正四棱锥内切球半径为则，= 2a.由等体 积法可得号×2×2=号×2X7+4×号× ×2×r解得=6,2，则a=6一巨 √3 2 3 ,故 正方体表面积的最大值为6a2=16一8√3，故C 2 正确 对于D,在平面ABCD中，以D为原点，以DA 所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴建立平 面直角坐标系，如图3所示， D 图3 则D(0,0),A(2,0),B(2,2),C(0,2).设点 Q(x,y),由|DQ|=21QA1,可得x2+y2= 4-2少+4化简可得(-含)广+y=5。 故点Q的轨迹是以K(号0)为圆心，以亭为半 径的圆在正方形ABCD内部的部分.设圆K与 AD交于J,与AB交于L,由AB=AD=2,易知 JA=AK=子，又1K=,LA上JK,故 ∠LKJ=牙，故点Q的轨迹长度为智×号 4 誓枚D正确故选BCD 11.ABC【解析】对于A,因为fn(x)=sinx十 2sin2x+号sin3x+…+2 sin nx,所以 1 n 1 f,(-x+2kx)=sin(-x+2k+2 sin[2(-+ 2m]+3m3(-x+2m门++nn(一 1 2k]=-(snx+2in2z+号sn3x+…十 m)=-1.).所以.)的图象关于点 (kπ，0)(k∈Z)对称，故A正确， 对于B,f(x)=sinx+2sin2x,f,'(x)= c0sx+cos2x=2cos2x十cosx-1=(2cosx-1)· (cosx+1),当x∈[0，π]时，cosx+1≥0，则当 x∈(0，号）时f)>0:当x∈(，x)时. f(x)<0.所以f,)在x∈(0，)上单调递 增，在x∈(3x)上单调递减，所以f:(x)在 [0止的最大值为()-+9-5义 f2(0)=f2(x)=0,所以当x∈[0，π]时，f2(x)∈ 因为f2(-x)=sin(-x)+ 2sin(-2x)=-f,(x),所以f2(x)为奇函数， 所以x∈[-0时f)∈[-35.0]，所以 x∈[-π，π]时，f2(x) [-35.3 44因为 1 f,(x+2x)=sin(x+2r)+2sin[2(x+2x)]= sinx+2sin2x=f2(x),所以f:(x)=sinx+ 2sin2x的周期为2r,所以f2(x)=sinx+ 名血2红的值装为[-8,3]故正确 对于C,因为f.x)=m十名如2x十 3sin3x,所以f,'(r)=cosx+cos2x十cos3x= c0sx十c0s2x十cos(2x十x)=c0sx十c0s2x十 cos 2x cos x-sin 2xsin x=cos x cos 2x+ cos 2xcos x-2sin'xcos x=cos 2x+2cos 2xcos x= cos2x(1十2cosx).因为x∈(0，π)，所以2x∈ 0,2,令f)=0.可得x=子或号或经当 x∈(o,)时'(x)>0:当x∈（牙，）时， f'<0:当x∈()时f)>0:当 x∈(3)时，f'(x)<0,所以f(x)在(0，) 上有2个极大值点、1个极小值点，故C正确。 对于D,由B项的分析，知f2(x)的值域为 []x()=如+ 言如5-2g+>+-L4 3 2 3 2 35<3X18-1.35,所以2+号>35.放D 4 4 错误. 12.6【解析】因为a1a3=9,所以a=9,因为 a2十a4=a2十a2g2=9,所以a2>0,所以a2=3, g2=2,所以a4=a2q2=6. 13.号【解析】sim(a-君）=sin(a+牙-） -cos(e+)其中cos(a+号）=-号，所以 sim(e-）=号 14.号【解析】如图所示 设AFz=m,则|AF,=AF2|+2a=m+2a. 又直线I的斜率为5，可知∠AP,F,- 由余弦定理可得|AF:2=|AF22+|F1F22 2AF,·F,1cos即(m+2a)P=m2+ 4r-2×m×2x×(-号），整理可得m= 262 2a一c设内切圆的半径为r,因为1A11 2IP|,所以点A到x轴的距离为3r SAF,P=S△r,+S△，十S△，P2,即2 1 2c·3r=2(AF+AF:+FF2),可得 262 6c=m+2a十m+2c,所以m=2c-a=2a-。 所以2b2=(2c-a)(2a-c),即2c2-2a2= 5ac-2c2-2a2,整理可得4c=5a,故该双曲线的 离心率为日 15.屏：12A+）62m(A+若） sin B+2sin A sin C A,(3 sin A cos A)sin C= sin(A+C)+2sin A,..3 sin Asin C+ cos Asin C=sin Acos C+cos A sin C+2sin A, .'.3 sin A sin C=sin A cos C+2sin A. 又A∈(0，π)，.sinA≠0,3sinC=cosC+2, 即sn(c-君）=1， 又c-ge(-吾)c-吾=c 2 3 (6分) (2)AD =2DB.:CD=CA+AD=CA+ 号a店-ci+号-i.i=ci+ 励1-号+号 36+ √@武+41成+4.- a2+4a6(-）=7.即6+4-26=7. ∴.b2-2b一3=0，即(b十1)(b-3)=0,解得b= 3.ae absin c 21 4 (13分) 16.解：(1)证明：取SD的中点E,连接ME,AE,如 图所示.因为M为棱SC的中点，所以ME∥CD, 且ME=专CD.又因为底面ABCD是矩形.N 是校AB的中点，所以AN=号AB=2CD且 AN∥CD, 所以AN∥ME且AN=ME,所以四边形 ANME为平行四边形，所以AE∥MN 因为MN￠平面SAD,AEC平面SAD,所以 MN∥平面SAD. (5分) W B x (2)记O为AD的中点，连接OS,作Oy∥AB.因 为△SAD是正三角形，所以OS⊥AD,因为平面 SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD= AD,OSC平面SAD,所以OS⊥平面ABCD. 因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面 ABCD=AD,CD⊥AD,CDC平面ABCD,所以 CD⊥平面SAD,又因为CD∥AB∥Oy,所以 Oy⊥平面SAD, (7分) 由此建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设 AD=2,CD=k,k>0. 则s0.05),D(-1.0.0,N(1,令0)， M(-）c-10. 所以D-(2专o）-(30,-） =(2,-多0小设m=(xy)为平面 MND 的法向 量， 则 m…D成=2x+台=0 取x=1,所以m= m·M=3, 21-2之=0， (1,-冬wS).设n=(a,6c)为平面MNC的 nG=2a-6=0, 法向量，则 取a=1,所 n·MN= 3. 2a- 2c=0, 以n=(1专5）： 因为二面角CMN-D的大小为120°，所以|cos(m, 16 m·n )-imin 4 ,16 ,解得=25或 1 4 2 k= (13分) 当k=后时，DM=CM=sC=后-CD,所以 /13 △CDM为等边三角形，且DN=CN=√/3， MN=AE=√3，所以DM2+MN2=DN2= CN2=CM+MN2,即DM⊥MN,CM⊥MN, 所以二面角C-MN-D的大小为60°，矛盾.故k= 后不满足题意，所以=23（经验证满足题意 即AB的长为2√3， (15分) 17.解：1由题如-D.MN1-2公-1@.又 a2=b2十c2③， a=2, 联立①②③解得b=1, c=√5， 椭圆C的方程为+y=1。 (5分) (2)(法一)证明：由题知直线AB的斜率存在，设 直线AB的斜率为k,则直线AB方程为y= k(x-2)+2. A(z1y1),B(z2,y2),Q(x,y), .2PAPBI=PQIPA+PQPBI, ∴.2x1-2|x2-2=x-2|·|x1-2+|x 2|·|x2-21, x<2,x1<2,x2<2,.上式可化简为x= 2x1x:一2(x十x).联立直线AB与椭圆方程 x1+x24 (y=k(x-2)+2, 得 x 4十y2-1, 消去y化简可得(1+ 4k2)x2+8(-2k2+2k)x+16k2-32k+12=0, 16k2-16k 则x1十x2= 1+4k2 16k2-32k+12 1+4k2 (10分) 2x1x?-2(x1+x2）_8k-6 = x1+x2-4 4+将其代人直 2 线方程y=k(x一2)十2，得y=4h十由 8k-6 4k+1 (13分) 2 y=4k+1' 消去k可得x+4y一2=0，则点Q必在定直线 x+4y-2=0上. (15分) (法二)证明：：2PA||PB|= PQPA+PQ PBI ..PA(PB-PQ=PB(PQ- PA PAQB=PBQA = (8分) 设PA=λA0,则PB=-ABQ,设A(x1·y1), B(x2y2),Q(x,y),又P(2,2), 2十λx x1=1+入 故由PA=λAQ,可得 2+Ay y1=1+X 2-入x 由PB=一λBQ,可得 x2=1- (10分) 2-Ay 1λ AB在椭圆行+y=1上. 2十λx 2+Ay)2 =1. 4 1+λ/ 化简可得 A(+y）+xx+4)+5=1+a). 两式 2(年+y2）-x+4y)+5=1-), 相减得到x十4y=2, .点Q必在定直线x十4y-2=0上.(15分) 18.解：1f)=-mx+十则/0)=1 故f(x)在x=0处的瞬时变化率为f'(0)=1. (3分) (2)设h(x)=f(x)-g(x)=cosx十 ln(1+x)-ax一1，x>-1,则由条件可知 h(x)≤0恒成立. 由于h(0)=0,且h(x)的图象在定义域内是连续 不间断的曲线， 所以x=0是h(x)的一个极大值点，则 h'(0)=0, 1 又'(x)=-sinx+1十，a,所以'(0)=1 a=0,解得a=1. (6分) 下证当a=1时，h(x)≤0对任意的x∈(-1， 十∞)恒成立.令(x)=ln(1十x)-x,则 一x 由9'(x)>0→-1<x<0,p'(x)<0→x>0, 故函数(x)在（一1,0）上单调递增，在(0，十∞) 上单调递减，所以g(x)≤p(0)=0,即ln(x十1) x≤0.而cosx-1≤0，所以当x∈(-1，十∞)时， h(x)=(cosx-1)+[1n(1+x)-x]≤0. 综上，若f(x)≤g(x)恒成立，则a=1.(9分) (3)证明：由(2)可知f(x)≤x十1，所以 f(sn专-≤sin 1 所以之(sm太-)=(sm-)十 f(n2小++(m- (11分) 先证x>sin∈(o.）,令4()=x-sinx x∈(0.)，则'()=1-cosx>0,故(x)在 (0,2)上单调递增，故1(x)>1(0)=0,故x> 血r(o,号）所以n十如十2+叶 1 1 1 1 再证lnx≤x-1(x>0),设m(x)=lnx-x十1 红>0则m'(x)=-1.当x>1时，m') <0,m(x)单调递减，当0<x<1时，m'(x)>0, m(x)单调递增，故m(x)≤m(1)=0,故lnx≤ x一1，当且仅当x=1时取等号.令xn十则 n千升-1.故<n" 7 In(n+1)-In n, 因此，+2t…+n<ha+1D-lhn叶 1+1 ln(n+2)-ln(n+1)+…+ln(2m)-ln(2n 1)=In(2n)-In n=In 2. 综上可知，】 f(smg-i<ln2neN. (17分) 19.解：(1)由题设，必定是第一次翻到1，第二次翻到 2第三次翻到3：故版率为P=号×}×专 1 60 (4分) (2)根据题意可以推断出下面两点：首先，错误翻 开的卡片即使被翻回至背面朝上，也会知道这张 卡片上的数字，因此第二次翻开它时并非随机事 件；其次，如果在翻一张卡片时，数字比它小的所 有卡片没有被翻开，那么这张卡片就需要被翻两 次，可以看作对翻开的五张卡片的排列.从左往 右依次翻开卡片，遇到不符合顺序的进行调整， 因此需要翻开的次数X可取5,6,7,8,9. ①当X=5时，恰好按照数字从小到大的顺序翻 开了所有卡片，图此P(X-5》-日××号× 1 11 2X1=120 ②当X=9时，数字为2,3,4,5的卡片恰好全部 在写有数字1的卡片之前翻开，因此，P(X=9) A 1 =A= ③当X=6时，只有一张卡片没有在所有比它数字 小的卡片翻开时翻开了，因此，P(X=6)= A12 ④当X=8时，有三张卡片错误地翻开了，因此 P(X=8)= 1×2×3+1×2×4+1×3×4+2×3×4 A 5 12 ⑤当X=7时，P(X=7)=1-120-5-12 111 57 12=24 列出分布列如下： X 5 6 8 9 7 5 P 120 12 24 12 5 1 7 因此E(X)=5× +6X 120 12 +7× 24 +8× 1926463 52+9X512060(次) (11分) (3)基于第二问的思考，这实际上是对知晓卡片 数字的顺序进行排列，当有n张卡片时，值得注 意的是写有数字n的卡片如果是最后一个知晓， 那么它就只需要被翻开一次，如果它不是最后一 个知晓，那么它就一定需要被翻开两次，记Y,为 需要翻开写有数字n的卡片的次数。 因此P0Y,=D-P(Y.=2)=” ,所以 1 EY,)=1+2m-1D=2-1 于是E(X.)=E(Xm-1+Yn)=E(X-1)十 E(Y,)=E(X.-1)+2-1 而E(X1)=1,于是E(X.)=21- 1 i 2 当n=1,2时上式等号成立，于是E(Xn)≥ 3一1得证. 2 (17分) 黄冈中学临考特训预测卷（二） 答 题号 1 2 4 5 6 案 答案 B C C B 速 题号 7 8 9 10 11 查 答案 D B BC BCD ACD 1+i 1.B【解析】一2i1-i i.故选B. 2.C【解析】因为4∈A,且2任A,画数轴（图略）得 2<a≤4.故选C. 8.c【懈折1由a+后-6+云得a-(1-品) 0,所以a=b或ab=2.由lna=lnb,得a=b>0, 所以a十名-6+子"是1n&=lh"的必要不充 a 分条件.故选C. 4,A【解析】因为am号-文)=上二？一 1十tan2 所以an?-2,所以an8=一专故选A 4 5.B【解析】设t分钟后时针和分针重合n次， 1=2-1D,所以1=/002<1440，所 11 以n<23,所以n=22.m分钟后时针与分针所成